【数学分析】存在覆盖有理数但不能覆盖实数的区间之并——两道相关证明题题目看到这么一个视频，发现算法竞赛味挺浓，而且能看

题目

看到这么一个视频，发现算法竞赛味挺浓，而且能看懂，就水了这么一篇blog~

2022年某校数学分析①期末考试，传送门

五、（本题满分20分）

（1）设数列{r_n}为全体有理数的任意一个排列，记
$J = \cup_{n=1}^{\infty}(r_n-\frac{1}{n^2},r_n+\frac{1}{n^2})$
证明：J不能覆盖R。

（2）证明：存在全体有理数的一个排列{s_n}，使得
$K = \cup_{n=1}^{\infty}(s_n-\frac{1}{n},s_n+\frac{1}{n})$
且K不能覆盖R。

作者：hans774882968以及hans774882968以及hans774882968

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（1）直接放缩

勒贝格测度：区间(a,b)的长度为b-a。

显然J的长度≤Σ2/n^2 = π^2/3，是有限的，证毕。

（2）

题干变成了“存在”，说明条件变得苛刻以后，我们能得到的结论也更弱了。（1）的做法不行，因为Σ2/n是ln(n)，不是有限的。

法一：容易理解的放缩做法

有一个结论：Σ1/n, n不含9是收敛的。简单证明如下：

设a(n,k)为n位第k小不含9的数，则

\sum_{n不含9}1/n = \sum_{n=1}^{\infty} \sum_{k=1}^{8*9^{n-1}} 1/a(n,k) < \sum_{n=1}^{\infty} \frac{8*9^{n-1}}{10^{n-1}} = 80

n位不含9的数有8*9^(n-1)个，因为：最高位不能是9，还有8个选择，其他位还有9个选择。
简单放缩：a(n,k) > 10^(n-1)和一个等比数列求和。

我们将有理数集分为[-1,1]内的和[-1,1]外的，将[-1,1]内的放在s_k下标k含9的部分，[-1,1]外的放在s_k下标k不含9的部分。~~这两个应该都存在双射但我不是数院学生不清楚细节~~。

s_k下标k含9的部分的(s_k - 1/k,s_k + 1/k)区间并是[-2,2]的子集，所以这个区间并的长度小于4。
s_k下标k不含9的部分的(s_k - 1/k,s_k + 1/k)区间总长度就是上述结论的式子，所以小于160。

于是K的区间总长度小于164，证毕。上面的区间[-1,1]可以选择其他的，同理。

法二：更为构造的做法

要证明的结论等价于：存在无理数x和有理数的一个排列{s_n}，使得|x - s_n| >= 1/n。更直观的理解是，存在无理数x和有理数的排列，使得x和所有有理数都“不太近”。

和上面的思路一样，对有理数集进行划分，再逐个击破。我们不妨就通过x和有理数的距离，对有理数集进行划分，将有理数集分为：与x距离大于1的，与x距离为[1/n,1/(n+1))的，后者的集合不妨记为I_n。显然只有I_n是有难度的。

记I_n的一个元素为a(n,k)，则我们要解决的问题是：给a(n,k)分配一个合适的下标。a(n,k)的集合是N+ * N+，即正整数集合和正整数集合的笛卡儿积，所以我们需要给出的是N+ * N+到N+的一个双射f(n,k)。我们不妨先按n+k升序排序，再按k升序排序。于是(1,1) -> 1,(2,1) -> 2,(1,2) -> 3,(3,1) -> 4,...。这个双射记为f(n,k)。

我们给a(n,k)分配的下标为f(n+1,k+1)，这个操作是为了留出一些“空间”，即f(1,k)和f(n,1)，给与x距离大于1的有理数。最后只需要验证x和a(n,k)的距离（[1/n,1/(n+1))）大于1/f(n+1,k+1)，即验证n+1 <= f(n+1,k+1)。观察上述双射的特例，易得f(n,k) > 1+...+(n+k-2) = (n+k-1)*(n+k-2)/2，所以f(n+1,k+1) > (n+k)*(n+k-1)/2 >= n+1。证毕。

总结

共同点：对有理数集进行划分，然后为每个子集分配合适的下标。