$序关系,上下界以及Zorn引理$
$小朋友们好,我是你们的小学薯雪烙逝$
$今天这节课,我们来学习Zorn引理$
$之前我们学习了集合的概念,那么同学们,集合里的元素可以比较大小吗?$
$可以呀,因为\mathbb{N}(自然数集)中的元素们就可以$
$有的同学就说了,但是\mathbb{R}(实数集)相对于全集\mathbb{C}(复数集)的补集中的元素们就不可以!!!$
$那么一个是都可以比较,一个是都不可以比较$
$我们要看的是有些元素之间可以比较,有些元素之间不可以比较的集合$
$是不是已经想出来了,对啊,是\mathbb{C}(绕不绕?)$
$这种集合以及这种关系,给他起一个高大上的名字,叫偏序集$
$拿出你们的课本,tsinghua\ edu出版社的"集合论,代数与拓扑初步"$
$第62页,赶紧把笔记记在定义5.12这里啊$
$相应的,都可以比的,就叫全序集$
$全序集就像一根链条一样,所有的元素都整齐地排成一队$
$问\mbox{:}实数上的小于等于是偏序关系吗?$
$答\mbox{:}是的,但它也是一个全序关系$
$上面太难了,烙逝我听不懂啊啊啊啊$
$很好,我们这就看Hasse图怎么画(无视)$
$图5.2中,1在最下面,比如从1出发,有一个箭头指向了11$
$那么11和1之间(左开右开)就没有一个自然数满足同时整除11和被1整除$
$既然没有,那定义5.13的记号(a,b)就是空集了$
$[1能整除所有自然数(因为n=1\cdot n)$
$但假设是同时‌满足n\mid 11和1\mid n$
$而n\mid 11在n\in (1,11)时无解了]$
$极大元和上界的区别$
$熟悉番茄免费小说的同学知道,修仙时会有很多世界,所有世界作为一个宇宙(偏序集)$
$单独一个世界作为全序集$
$你在玄灵世界里最牛X(也相当于这么说,你是玄灵世界在宇宙中的一个上界)$
$不一定在魔人世界里最牛X$
$当然也不一定在宇宙里最牛X$
$Zorn引理说的是$
$如果每个世界中都存在一个天之骄子(不一定在这个世界)$
$那么宇宙中必然存在一个BOSS(如果有个人比他还强(怎么可能呢),那么这个人就是他自己了)$
$可能不止一个呦,其他的人和他不能比,就像朝鲜有核弹,美国也不敢惹$
$第二节$ $全班同学(X)坐在座位(Y)上\ 而开学后\ 老尸会让一列同学(A)坐在一列座位(f(A))\ (可能有空座位)上$
$f\mbox{:}A\to Y$
$我们叫老尸的"让"为(A,f),'让'是规定$
$其中A\subseteq X$
$那是必须的\ 一列同学不会比全班同学多$
$排列座位时\ 如果第二列座位不比第一列座位多\ 那么我们记第一排为A\ 它的"让"为f\ 第二排为B\ "让"为g$
$A\subseteq B\ g|A=f$
$g\mid A=f是什么玩意?$
$如果L是神笔马良\ 现在他有一张A4纸(A)$
$他用神笔在A4纸上画了三只小猪(f)\ 然后借了太乙真人的山河社稷图(B)和指点江山笔$
$图里的他(A\subseteq B)把A4纸放在地上\ 奇怪的是A4纸上的三只小猪空白了\ 于是他用指点江山笔重新画了三只小猪(g)\ 竟不差毫厘(g\mid A=f).$
$指点江山笔作用在山河社稷图上\ 但我们把它的作用限制在山河社稷图的一部分(A4纸)上\ 与神笔作用在A4纸上的结果是一样的$ $定义集合\Sigma上的偏序关系(A,f)\le (B,g)\iff A\subseteq B\ g\mid A=f$
$例\ 第一列座位的"让"\le 第一列座位和第二列座位的"让"$
$67页第5行到第14行太繁了\ 我写下与它等价的.不过为了避免讨论重心偏移,我不做二者等价性的证明.$
$让我任取\Sigma中的一条链S=\{(\emptyset,\emptyset),(\{王\},f_{\alpha}),(\{王,陈\},f_{\beta})\}$
$f_{\alpha}(王)=凰$
$f_{\beta}(王)=凰$
$f_{\beta}(陈)=凤$
$\emptyset \subseteq \{王\}\subseteq \{王,陈\}$
$\to f_{\beta}\mid {王}=f_{\alpha}$
$即得易见显然\ (B,g)=(\{王,陈\},\{(王,凰),(陈,凤)\})是S的上界$
$根据Zorn引理\ \Sigma有极大元,设为(C,h)$
$C=X\to h\mbox{:}X\to Y是双射\to |X| \le |Y|$
$C\ne X\to 存在一个同学没有座位\to 教室里没有空座位$
$于是老尸让椅子被同学坐\to |Y|\le |X|$
$最终,我们证明了|X|和|Y|相对于\mathbb{N}上的二元关系(\le)(和\Sigma 上的偏序关系\le 没有一分钱的关系)$
$是可比的(comparable\ with\ respect\ to\ a\ binary\ relation\ \le)$

$<普通高中教科书\ 必修第一册>$
$例1\ 已知x>0,求x+\frac{1}{x}的最小值$
$例2\ 已知x,y都是正数,求证\mbox{:}$
$(1)如果积xy等于定值P,那么当x=y时,和x+y有最小值2\sqrt{p}$
$(2)如果和x+y等于定值S,那么当x=y时,积xy有最大值\frac{1}{4}S^{2}$
$分析\mbox{:}求x+\frac{1}{x}的最小值,就是要求一个临界点(Critical\ Point)\ y_{0}, 即在可微实函数f(x)=x+\frac{1}{x}的定义域内导数为0的点$
$\displaystyle{\cfrac{\mathrm{d}(x+\frac{1}{x})}{\mathrm{d}x}=1-\cfrac{1}{x^{2}}}=0$
$当且仅当x=1时等号成立,因此y_{0}为2$
$提示\mbox{:}求其二阶导数进一步证明2为局部最小值.$
$例2\ 两个变量x,y和一个约束条件xy=P,拉格朗日乘数法会将其转化为一个2+1=3个变量的方程组.$
$因为只有一个未知数的约束条件,我们只需要用一个拉格朗日乘数\lambda$
$下列是拉格朗日函数$
$\mathcal{L}(x,y,\lambda)=x+y-\lambda(xy-P)$
$求它的局部极值,得到一个方程组$
$\cfrac{\partial \mathcal{L}}{\partial x}=1-\lambda y=0$
$\cfrac{\partial \mathcal{L}}{\partial y}=1-\lambda x=0$
$\cfrac{\partial \mathcal{L}}{\partial \lambda}=-(xy-P)=0$
$易见(1)$
$其实这个时候我们已经来到小学高年级了,就不能再继续沉迷于那些太过于具体的简单的东西了.$
$所以(2)略$
$综合运用第9题$
$证明\mbox{:}圆的面积大于它具有相同周长的正方形的面积$
$设平面图形的参数方程$
$\begin{array}{l} x=x(t)\\ y=y(t) \end{array} $
$t\in[0,L]$
$0是跑道的起点,L是跑道的终点也是起点,速率\equiv 1$
$从Green公式求区域面积$
$复旦大学数学科学学院的演示文稿中提到$
$设\mathbf{D}为平面上的有界闭区域,其边界为分段光滑的简单闭曲线. 则它的面积为$
${\displaystyle S=\int_{\partial D} x\mathrm{d}y=\frac{1}{2}\int_{\partial D} x\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x}$
${\displaystyle \Rightarrow \cfrac{1}{2}\cdot \int_0^L x(t)y'(t)-x'(t)y(t)\mathrm{d}t}$
$利用Cauchy–Schwarz\ inequality的特例$
$积分$
${\displaystyle(\int_{0}^{L}f(t)\cdot g(t)\mathrm{d}t)^2\le\int_{0}^{L}\|f\|^{2}\mathrm{d}t\int_{0}^{L}\|g\|^{2}}\mathrm{d}t$
$\begin{array}{l} {\displaystyle f(t)=(x(t),y(t))}\\ {\displaystyle g(t)=(y'(t),-x'(t))}\\ {\displaystyle\|f\|^{2}=(x(t))^{2}+(y(t))^{2}}\\ {\displaystyle\|g\|^{2}=(x'(t))^{2}+(y'(t))^{2}}\\ {\displaystyle \int_{0}^{L}\|f\|^{2}\mathrm{d}t\int_{0}^{L}\|g\|^{2}\mathrm{d}t=\int_{0}^{L}(x(t))^{2}+(y(t))^{2}\mathrm{d}t\int_{0}^{L}(x'(t))^{2}+(y'(t))^{2}\mathrm{d}t}\\ {\displaystyle\vec{f}\cdot \vec{g}=(x(t),y(t))\cdot (y'(t),-x'(t))=x(t)y'(t)-x'(t)y(t)}\\ {\displaystyle\int_0^L x(t)y'(t)-x'(t)y(t)\mathrm{d}t=\int_0^L f(t)\cdot g(t)\mathrm{d}t}\\ {\displaystyle\left(\cfrac{1}{2}\cdot\int_0^L f(t)\cdot g(t)\mathrm{d}t\right)^{2}\le\cfrac{1}{4}\cdot \int_{0}^{L}(x(t))^{2}+(y(t))^{2}\mathrm{d}t\int_{0}^{L}(x'(t))^{2}+(y'(t))^{2}\mathrm{d}t} \end{array}$
$和Wirtinger\ inequality$
$\begin{array}{l} {\displaystyle \int_{0}^{L}u(s)^{2}\mathrm{d}s\le{\frac{L^{2}}{4\pi^{2}}}\int_{0}^{L}u'(s)^{2}\mathrm{d}s}\\ {\displaystyle \int_{0}^{L}(x(t))^{2}+(y(t))^{2}\mathrm{d}t\le{\frac{L^{2}}{4\pi^{2}}}\int_{0}^{L}(x'(t))^{2}+(y'(t))^{2}\mathrm{d}t}\\ {\displaystyle\left(\cfrac{1}{2}\cdot\int_0^L f(t)\cdot g(t)\mathrm{d}t\right)^{2}\le\frac{L^{2}}{4\pi^{2}}\int_{0}^{L}(x'(t))^{2}+(y'(t))^{2}\mathrm{d}t\cdot \cfrac{1}{4}\int_{0}^{L}(x'(t))^{2}+(y'(t))^{2}\mathrm{d}t=\frac{L^{2}}{4\pi^{2}}\cdot\cfrac{1}{4}\left(\int_{0}^{L}(x'(t))^{2}+(y'(t))^{2}\mathrm{d}t\right)^{2}}\\ {\displaystyle x'(t)+y'(t)=1}\\ \end{array}$
$\Rightarrow$
${\displaystyle 4\pi\left(\cfrac{1}{2}\cdot\int_0^L f(t)\cdot g(t)\mathrm{d}t\right)\leq L^{2}}$
$证毕 Q.E.D$
$注意到{\displaystyle \pi-3=\int_0^1\frac{x^{2}\cdot\left(1-x^{2}\right)\left(5x^{2}+1\right)}{2x^{2}+2}\mathrm{d}x>0}$