數學分析學習(一)

前言

最近學習了陳紀修老師編著的《數學分析》的書籍，這裏記錄下學習的隨筆。

基礎部分

這裏主要包括映射，單射，滿射，雙射，逆映射，函數，重要不等式的學習

一. 映射

設A和B是兩個非空集合($X \subseteq \mathbb{R}, Y \subseteq \mathbb{R}$)，按照某種對應關係$f$，對於任意的$x \in X$，存在唯一確定的$y \in Y$於之相對應，則稱$f$爲$X$到$Y$的映射，記作$X \xrightarrow{f} Y$
如果這裏的$A$和$B$的集合是非空數集，那麼$f$就是集合$A$到集合$B$的函數。
$D_f={X}$稱爲$f$的定義域，$R_f \subseteq Y$稱爲$f$的值域。其中爲$x$稱爲在$f$映射下$y$的逆像(原像)，$y$稱爲在$f$映射下$x$的像。
對於映射而言，像具有唯一性，而逆像(原像)不具有唯一性。

滿射

如果對於映射$f$，$R_f = Y$，則稱映射$f$爲滿射。
即對於任意的$y \in Y$，存在$x \in X$，使得$y=f(x)$

單射

如果對於映射$f$，逆像也是唯一的，則稱映射$f$爲單射。
即對於任意的$x_1$ $x_2$，若$x_1 \not= x_2$，有$f(x_1) \not= f(x_2)$

雙射

如果映射$f$即是單射也是滿射，那麼則稱$f$爲雙射(也叫一一映射)。

逆映射

$f$爲$X$到$Y$的一個映射，並且滿足單射。同時構造$g: Y\xrightarrow{g}X$
也是一個映射，則稱$g是f的逆映射$。

二. 常用不等式

三角不等式

$||a|-|b|| \le |a \pm b| \le |a|+|b|$

要證明上面的不等式，可以利用下面的不等式，該不等式顯然成立。
$-|a||b| \le ab \le |a||b|$

1.先證明：$||a|-|b|| \le |a + b| \le |a|+|b|$
證明：由不等式$-|a||b| \le ab \le |a||b|$，式子同時乘以2，再加上$|a|^2$和$|b|^2$，得到$|a|^2-2|a||b|+|b|^2 \le |a|^2+2ab+|b|^2 \le |a|^2+2|a||b|+|b|^2$，繼而得到$(|a|-|b|)^2 \le (a+b)^2 \le (|a|+|b|)^2$，開方後即證。

2.證明：$||a|-|b|| \le |a - b| \le |a|+|b|$
證明：還是由不等式$-|a||b| \le ab \le |a||b|$，式子同時乘以-1得到$-|a||b| \le -ab \le |a||b|$後面的證明和上面的大同小異，最後得到$(|a|-|b|)^2 \le (a-b)^2 \le (|a|+|b|)^2$，再開方後即證。

四個不等式

$\sqrt[n]{\frac{{a_1}^2+{a_2}^2+{a_3}^2+···{a_n}^2}{n}} \ge \frac{a_1+a_2+a_3+···a_n}{n} \ge \sqrt[n]{a_1a_2a_3···a_n} \ge \frac{n}{\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\frac{1}{a_3}+···\frac{1}{a_n}}$

平方平均數$\ge$算術平均數$\ge$幾何平均數$\ge$調和平均數

這些不等式對於後續的證明是非常重要。

證明
$\frac{a_1+a_2+a_3+···a_n}{n} \ge \sqrt[n]{a_1a_2a_3···a_n}$
首先引入不等式$a+b \ge \sqrt{ab}(基本不等式)$
首先證明不等式$\frac{a_1+a_2+a_3+a_4}{4} \ge \sqrt[4]{a_1a_2a_3a_4}$
$\frac{1}{2}(\frac{a_1+a_2}{2} + \frac{a_3+a_4}{2}) \ge \frac{1}{2}(\sqrt{a_1a_2} + \sqrt{a_3a_4}) \ge \sqrt{\sqrt{a_1a_2} \sqrt{a_3a_4}} = \sqrt[4]{a_1a_2a_3a_4}$
化簡後得到$\frac{a_1+a_2+a_3+a_4}{4} \ge \sqrt[4]{a_1a_2a_3a_4}$
以上證明對於$n=2^k$的情況都適用。(可以考慮數學歸納法證明)

接下來考慮$n \not = 2^k$的情況:
如果$n \not = 2^k$，取$l \in N^+$，使得$2^{l-1} \le n \le 2^l$。既然不等式不是$2^l$，那麼我們加上一些數字，變成$2^l$，首先規定$\sqrt[n]{a_1a_2a_3···a_n} = \overline{a}$。同時，$a_1a_2a_3···a_n = {\overline{a}}^n$當$n \not = 2^l$的時候，補充$(2^l - n )個\overline{a}$
$\frac{a_1+a_2+a_3+···a_n+(2^l-n)\overline{a}}{2^l} \ge \sqrt[2^l]{a_1a_2a_3···a_n(2^l-n)\overline{a}} = (a_1a_2a_3···a_n\overline{a}^{2^l-n})^\frac{1}{2^l}$
$\Downarrow$
$\frac{a_1+a_2+a_3+···a_n+(2^l-n)\overline{a}}{2^l} \ge (a_1a_2a_3···a_n)^\frac{1}{2^l}\frac{\overline{a}}{\overline{a}^{\frac{n}{2^l}}} = {\overline{a}}^\frac{n}{2^l}{\frac{\overline{a}}{\overline{a}^{\frac{n}{2^l}}}} = \overline{a}$
$\Downarrow$
$\frac{a_1+a_2+a_3+···a_n-n\overline{a}}{2^l}+\overline{a} \ge \overline{a}$
$\Downarrow$
$\frac{a_1+a_2+a_3+···a_n}{2^l} \ge \frac{n\overline{a}}{2^l}$
$\Downarrow$
$a_1+a_2+a_3+···a_n \ge n\overline{a}$
$\Downarrow$
$\frac{a_1+a_2+a_3+···a_n}{n} \ge \sqrt[n]{a_1a_2a_3···a_n}$
證畢。
對於$\sqrt[n]{a_1a_2a_3···a_n} \ge \frac{n}{\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\frac{1}{a_3}+···\frac{1}{a_n}}$的證明。只需要用不等式$\frac{a_1+a_2+a_3+···a_n}{n} \ge \sqrt[n]{a_1a_2a_3···a_n}$替換爲$\frac{1}{a_1},\frac{1}{a_2},\frac{1}{a_3},···,\frac{1}{a_n}$後即可得證明。

以上都是學習數學分析的基礎知識，大部分都是高中學習過的。下一篇將涉及數學分析的基石，實數的相關理論。

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