前言

最近学习了陈纪修老师编著的《数学分析》的书籍，这里是我学习的随笔。

基础部分

这里主要包括映射，单射，满射，双射，逆映射，函数，重要不等式的学习。

一. 映射

设A和B是两个非空集合(X⊆R,Y⊆RX \subseteq \mathbb{R}, Y \subseteq \mathbb{R}X⊆R,Y⊆R)，按照某种对应关系fff，对于任意的x∈Xx \in Xx∈X，存在唯一确定的y∈Yy \in Yy∈Y于之相对应，则称fff为XXX到YYY的映射，记作X→fYX \xrightarrow{f} YXfY
如果这里的AAA和BBB的集合是非空数集，那么fff就是集合AAA到集合BBB的函数。
Df=XD_f={X}Df=X称为fff的定义域，Rf⊆YR_f \subseteq YRf⊆Y称为fff的值域。其中为xxx称为在fff映射下yyy的逆像(原像)，yyy称为在fff映射下xxx的像。
对于映射而言，像具有唯一性，而逆像(原像)不具有唯一性。

1.1 满射

如果对于映射fff，Rf=YR_f = YRf=Y，则称映射fff为满射。
即对于任意的y∈Yy \in Yy∈Y，存在x∈Xx \in Xx∈X，使得y=f(x)y=f(x)y=f(x)

1.2 单射

如果对于映射fff，逆像也是唯一的，则称映射fff为单射。
即对于任意的x1x_1x1 x2x_2x2，若x1≠x2x_1 \not= x_2x1=x2，有f(x1)≠f(x2)f(x_1) \not= f(x_2)f(x1)=f(x2)

1.3 双射

如果映射fff即是单射也是满射，那么则称fff为双射(也叫一一映射)。

1.4 逆映射

fff为XXX到YYY的一个映射，并且满足单射。同时构造g:Y→gXg: Y\xrightarrow{g}Xg:YgX
也是一个映射，则称g是f的逆映射g是f的逆映射g是f的逆映射。

二. 常用不等式

2.1 三角不等式

∣∣a∣−∣b∣∣≤∣a±b∣≤∣a∣+∣b∣||a|-|b|| \le |a \pm b| \le |a|+|b|∣∣a∣−∣b∣∣≤∣a±b∣≤∣a∣+∣b∣

要证明上面的不等式，可以利用下面的不等式，该不等式显然成立。
−∣a∣∣b∣≤ab≤∣a∣∣b∣-|a||b| \le ab \le |a||b|−∣a∣∣b∣≤ab≤∣a∣∣b∣

1.先证明：∣∣a∣−∣b∣∣≤∣a+b∣≤∣a∣+∣b∣||a|-|b|| \le |a + b| \le |a|+|b|∣∣a∣−∣b∣∣≤∣a+b∣≤∣a∣+∣b∣
证明：由不等式−∣a∣∣b∣≤ab≤∣a∣∣b∣-|a||b| \le ab \le |a||b|−∣a∣∣b∣≤ab≤∣a∣∣b∣，式子同时乘以2，再加上∣a∣2|a|^2∣a∣2和∣b∣2|b|^2∣b∣2，得到∣a∣2−2∣a∣∣b∣+∣b∣2≤∣a∣2+2ab+∣b∣2≤∣a∣2+2∣a∣∣b∣+∣b∣2|a|^2-2|a||b|+|b|^2 \le |a|^2+2ab+|b|^2 \le |a|^2+2|a||b|+|b|^2∣a∣2−2∣a∣∣b∣+∣b∣2≤∣a∣2+2ab+∣b∣2≤∣a∣2+2∣a∣∣b∣+∣b∣2，继而得到(∣a∣−∣b∣)2≤(a+b)2≤(∣a∣+∣b∣)2(|a|-|b|)^2 \le (a+b)^2 \le (|a|+|b|)^2(∣a∣−∣b∣)2≤(a+b)2≤(∣a∣+∣b∣)2，开方后即证。

2.证明：∣∣a∣−∣b∣∣≤∣a−b∣≤∣a∣+∣b∣||a|-|b|| \le |a - b| \le |a|+|b|∣∣a∣−∣b∣∣≤∣a−b∣≤∣a∣+∣b∣
证明：还是由不等式−∣a∣∣b∣≤ab≤∣a∣∣b∣-|a||b| \le ab \le |a||b|−∣a∣∣b∣≤ab≤∣a∣∣b∣，式子同时乘以-1得到−∣a∣∣b∣≤−ab≤∣a∣∣b∣-|a||b| \le -ab \le |a||b|−∣a∣∣b∣≤−ab≤∣a∣∣b∣后面的证明和上面的大同小异，最后得到(∣a∣−∣b∣)2≤(a−b)2≤(∣a∣+∣b∣)2(|a|-|b|)^2 \le (a-b)^2 \le (|a|+|b|)^2(∣a∣−∣b∣)2≤(a−b)2≤(∣a∣+∣b∣)2，再开方后即证。

2.2 四个不等式

a12+a22+a32+⋅⋅⋅an2nn≥a1+a2+a3+⋅⋅⋅ann≥a1a2a3⋅⋅⋅ann≥n1a1+1a2+1a3+⋅⋅⋅1an\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}}nna12+a22+a32+⋅⋅⋅an2≥na1+a2+a3+⋅⋅⋅an≥na1a2a3⋅⋅⋅an≥a11+a21+a31+⋅⋅⋅an1n

平方平均数≥\ge≥算术平均数≥\ge≥几何平均数≥\ge≥调和平均数

这些不等式对于后续的证明是非常重要。

证明
a1+a2+a3+⋅⋅⋅ann≥a1a2a3⋅⋅⋅ann\frac{a_1+a_2+a_3+···a_n}{n} \ge \sqrt[n]{a_1a_2a_3···a_n}na1+a2+a3+⋅⋅⋅an≥na1a2a3⋅⋅⋅an
首先引入不等式a+b≥2ab(基本不等式)a+b \ge 2\sqrt{ab}(基本不等式)a+b≥2ab(基本不等式)
首先证明不等式a1+a2+a3+a44≥a1a2a3a44\frac{a_1+a_2+a_3+a_4}{4} \ge \sqrt[4]{a_1a_2a_3a_4}4a1+a2+a3+a4≥4a1a2a3a4
12(a1+a22+a3+a42)≥12(a1a2+a3a4)≥a1a2a3a4=a1a2a3a44\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}21(2a1+a2+2a3+a4)≥21(a1a2+a3a4)≥a1a2a3a4=4a1a2a3a4
化简后得到a1+a2+a3+a44≥a1a2a3a44\frac{a_1+a_2+a_3+a_4}{4} \ge \sqrt[4]{a_1a_2a_3a_4}4a1+a2+a3+a4≥4a1a2a3a4
以上证明对于n=2kn=2^kn=2k的情况都适用。(可以考虑数学归纳法证明)

接下来考虑n≠2kn \not = 2^kn=2k的情况:
如果n≠2kn \not = 2^kn=2k，取l∈N+l \in N^+l∈N+，使得2l−1≤n≤2l2^{l-1} \le n \le 2^l2l−1≤n≤2l。既然不等式不是2l2^l2l，那么我们加上一些数字，变成2l2^l2l，首先规定a1a2a3⋅⋅⋅ann=a‾\sqrt[n]{a_1a_2a_3···a_n} = \overline{a}na1a2a3⋅⋅⋅an=a。同时，a1a2a3⋅⋅⋅an=a‾na_1a_2a_3···a_n = {\overline{a}}^na1a2a3⋅⋅⋅an=an当n≠2ln \not = 2^ln=2l的时候，补充(2l−n)个a‾(2^l - n )个\overline{a}(2l−n)个a
a1+a2+a3+⋅⋅⋅an+(2l−n)a‾2l≥a1a2a3⋅⋅⋅an(2l−n)a‾2l=(a1a2a3⋅⋅⋅ana‾2l−n)12l\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}2la1+a2+a3+⋅⋅⋅an+(2l−n)a≥2la1a2a3⋅⋅⋅an(2l−n)a=(a1a2a3⋅⋅⋅ana2l−n)2l1
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a1+a2+a3+⋅⋅⋅an+(2l−n)a‾2l≥(a1a2a3⋅⋅⋅an)12la‾a‾n2l=a‾n2la‾a‾n2l=a‾\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}2la1+a2+a3+⋅⋅⋅an+(2l−n)a≥(a1a2a3⋅⋅⋅an)2l1a2lna=a2lna2lna=a
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a1+a2+a3+⋅⋅⋅an−na‾2l+a‾≥a‾\frac{a_1+a_2+a_3+···a_n-n\overline{a}}{2^l}+\overline{a} \ge \overline{a}2la1+a2+a3+⋅⋅⋅an−na+a≥a
⇓\Downarrow⇓
a1+a2+a3+⋅⋅⋅an2l≥na‾2l\frac{a_1+a_2+a_3+···a_n}{2^l} \ge \frac{n\overline{a}}{2^l}2la1+a2+a3+⋅⋅⋅an≥2lna
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a1+a2+a3+⋅⋅⋅an≥na‾a_1+a_2+a_3+···a_n \ge n\overline{a}a1+a2+a3+⋅⋅⋅an≥na
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a1+a2+a3+⋅⋅⋅ann≥a1a2a3⋅⋅⋅ann\frac{a_1+a_2+a_3+···a_n}{n} \ge \sqrt[n]{a_1a_2a_3···a_n}na1+a2+a3+⋅⋅⋅an≥na1a2a3⋅⋅⋅an
证毕。
对于a1a2a3⋅⋅⋅ann≥n1a1+1a2+1a3+⋅⋅⋅1an\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}}na1a2a3⋅⋅⋅an≥a11+a21+a31+⋅⋅⋅an1n的证明。只需要用不等式a1+a2+a3+⋅⋅⋅ann≥a1a2a3⋅⋅⋅ann\frac{a_1+a_2+a_3+···a_n}{n} \ge \sqrt[n]{a_1a_2a_3···a_n}na1+a2+a3+⋅⋅⋅an≥na1a2a3⋅⋅⋅an替换为1a1,1a2,1a3,⋅⋅⋅,1an\frac{1}{a_1},\frac{1}{a_2},\frac{1}{a_3},···,\frac{1}{a_n}a11,a21,a31,⋅⋅⋅,an1后即可得证明。

总结

以上都是学习数学分析的基础知识，大部分都是高中学习过的。下一篇将涉及数学分析的基石，实数的相关理论。

下一篇：数学分析学习(二)

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