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连续的一一映射,其逆映射怎样才连续?

在拓扑学中有很多的反例能够说明,从一个拓扑空间到另一个拓扑空间的连续一一映射,其逆映射不一定是连续的,即使假定两个拓扑空间都是距离空间。

反例1:

 \begin{aligned}f:[0,2\pi) & \to C(0,1) \\ t & \to e^{it}\end{aligned}

它是连续映射,但是其逆映射在单位圆的 (1,0) 点是不连续的。
反例2:

\begin{aligned}f:[0,1)\cup \{2\} & \to [0,1] \\ t & \to \left\{\begin{matrix}t & t<1\\ 1 & t=2 \end{matrix}\right.\end{aligned}

在相对拓扑意义下,f 是连续的,但是其逆映射不连续。

但是,数学各个分支中又有很多定理表明,如果加了某些条件,一个连续的一一映射,其逆映射可以保证也是连续的。如:

命题1:定义在一段连续区间上的实值函数,如果是连续单射,那么它的反函数也是连续的。
命题2(泛函分析中的开映射定理):定义在两个巴拿赫空间之间的连续线性算子,如果是满射,那么它是开映射,即将开集映为开集,那么它如果可逆,其逆映射就一定是连续的。
命题3:复平面上的解析映射是开映射,跟上一个例子类似,如果它可逆,那么它的逆映射是连续的。
更一般的,在拓扑中有这样的事实:
命题4:紧致空间的连续映射的像是紧致的,因此从紧致空间 X 到距离空间 Y 的连续映射是闭映射。

这些例子分别处在不同的数学分支,证明方法也不一样,那么现在的问题是,他们之间是否有某种联系?是否可以从拓扑的角度统一地处理这些问题?是否能在拓扑上提出一个充要条件使得逆映射的连续性能够得到保证?

上面的第四条其实就是对空间提出的拓扑条件,可惜的是,紧致性的条件太苛刻,以至于其它三个例子都不能从4 直接推出来。

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用超限归纳法证明《实变函数论》中另一命题

为了建立实数轴上的 Lebesgue 测度,首先需要找一个适当的集合环,在上面建立起满足可数可加性的测度。因此,通常是在环

\mathscr R_0=\left\{\bigcup_{i=1}^n(a_i,b_i]\,|\,a_i,b_i\in\mathbf R,i=1,2,\dots,n \right\}

上定义集合函数

m(E)=\sum_{i=1}^n(b_i-a_i)

其中区间 (a_i,b_i] 为 E 的初等分解。

《实变函数论》中在证明了这个定义的合理性(即 E 的函数值与 E 的初等分解方式无关)之后,作者通过134页(2009清华版124页)引理2.3.2 证明了这个集合函数的一系列性质,包括有限可加性,单调性和有限次可加性,最后证明这个集合函数是环 \mathscr R_0 上的测度,即满足空集的函数值为0;此函数非负,且具有可数可加性。

应该说,引理2.3.2 论证的内容是十分直观的,因为环 \mathscr R_0 上的元素都十分简单,只是有限个左开右闭区间的并。而引理2.3.2的核心内容无非是说,可数多个互不相交的左开右闭区间的总长度,是这些区间长度的和。比如,我们高中理解等比数列和

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^n}=1

的时候,就是把单位线段无限地二等分,然后看到单位线段的长度等于这些小线段的总长度,这是多么直观的事情。但引理2.3.2的建立过程却非常曲折,为了证明所定义的函数是测度,引理2.3.2被分解成了四个部分,最后一个部分还用到了 Heine-Borel 有限覆盖定理,而这个定理应用的也是极不自然,因为,这里并不是一些开集覆盖住了一个有界闭集,为了应用有限覆盖定理,还必须得给每个区间做一些小手术,这是不容易想得到的。

有没有可能就像高中证明那个无限二分线段长度之和为1那样直接证明这个命题?就是通过有限可加性取极限,就能直接得到可数可加性?用通常的分析思想会有些困难,因为,这里讨论的是可数无限分割,而这种分割的结构可以相当复杂。比如,就在一个简单的连续区间里,这种分划点的极限点就可以有很多甚至无限多,而这些极限点又可能有极限点的极限点,比如上面那个分划的每一个小区间  (\frac{1}{2^n},\frac{1}{2^{n+1}}] 中又可以有可数多个小区间,因此想用取极限的方式去证明一般的命题,有可能需要考虑极限的极限,而且嵌套无穷多次。

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徐森林《实变函数论》中有关超限归纳法的一处疏漏

我想趁着假期的时候多复习些内容,所以现在有几门功课正在齐头并进,以便于在一门功课看累了的时候可以换换主题。这其中有实变函数,用的是徐森林的《实变函数论》中科大2002年版。

这本书第68页定理1.5.7(对应于2009清华版59页定理1.4.6):"布莱尔集与实数集等势"的证明过程中,用到了超限归纳法。作者首先以实数集为基础,构造良序集 A,以便有足够多的序数对 \mathscr R\mathscr R_\sigma(\mathscr R) 扩充的无限过程编号。A 实际上等同于最小的不可数序数之前的所有序数构成的集合,即所有可数序数构成的集合。(对于序数的直观描述可参见本博客文章《0.00...1是个什么数?》 打开连接之后在页内搜索"序数")有意思的是,A 中任意一个元素,前面都只有可数多个元素,但 A 本身却是不可数的。这有点类似于自然数集 \mathbf N,任意一个自然数都是有限的,但自然数集本身却是无限的。当然,可数序数和有限序数都没有最大元。

有了合适的序数集,作者便用递归的方式,通过差运算和可数并运算将 \mathscr R 一步步向 \mathscr R_\sigma(\mathscr R) 扩充。第0步,\mathscr R_{a_0}=\mathscr R。假设第 \lambda\in A 步已经完成,那么在第 \lambda +1 步,令

\mathscr R_{\lambda+1}=\left\{\bigcup_{i=1}^{\infty}E_i, E_2-E_1\,|\, E_i\in \mathscr R_\lambda, i=1,2,\dots\right\}

则作者认为对于每一个 a\in A, \mathscr R_a 都定义好了。

我认为,实际上这个递归定义的结果,最多是对于所有的有限序数,即自然数 n 定义好了 \mathscr R_n,而无法遍历 A 中所有的可数序数。因为我们知道,不是所有的序数都是另一个序数的后继,比如第一个无限序数 \omega 就不是任何一个序数的后继,这样的序数称为超越序数。而 A 是个不可数集合,其中无法避免地会出现超越序数。

因此,我把上面的定义过程修改如下:

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概率处处有奇论——三门问题和男孩女孩问题

最近,在 mickeylili 的博客 上看到了两个问题,颇有概率奇论的味道,让我想起了当初学习概率的感觉:如履薄冰,甚至怀疑,概率这东西到底是不是一个确定的理论呢?这两个问题是这样:

第一个问题是有名的"三门问题", 亦称"蒙提霍尔问题":

三门问题出自美国电视游戏节目 Let's Make a Deal,问题的名字来自该节目的主持人 Monty Hall.

游戏玩法是:参赛者面对三扇关闭的门,其中一扇门的后面有汽车,另两扇门的后面各有一只山羊,选中后面有车的那扇门就可以赢得汽车,当参赛者选定一扇门,但未开启它时,知道门后情形的节目主持人会开启剩下两扇门的其中一扇,露出其中一只山羊,主持人其后会问参赛者要不要换另一扇仍然关闭的门。

问题是:参赛者换另一扇门会否改变参赛者赢得汽车的概率?

初看问题,会感觉自己陷入两难境地:主持人打开了一扇有山羊的门,给我留下了另外两扇,我不知道这两扇哪一扇后面会有汽车。我第一次选定的,和另外一扇未打开的门,似乎没有什么不同。换,或不换也似乎没有不同。再以概率的角度想,我开始选中有车的门的概率是 1/3,当主持人打开一扇有山羊的门之后,因为已经知道其中一只山羊藏在哪里了,那就相当于在这个条件下,我选中有车的门的"条件概率"变成了 1/2,而另一扇门有车的概率也是 1/2。想想觉得有道理。于是继续看后面答案。

后面给出两种分析,其一大意为,汽车在我选中的门后的概率为 1/3,在另外两扇门之一后面的概率是 2/3,既然另两扇门其一被打开,后面是山羊,那么这 2/3 的概率就集中到另一扇关着的门了,因此应该换门。
另一个大意为,下面三种情况等可能(概率均为 1/3):
我选山羊一号门,主持人选山羊二号,换门将赢得汽车;
我选山羊二号门,主持人选山羊一号,换门将赢得汽车;
我选汽车门,主持人选山羊一号或二号,换门失败。
三种情况有两种换门会赢得汽车,只有一种换门失败,因此换门赢得汽车的概率为 2/3。

老实说,看到这两种分析之后,我头脑里闪现的念头是,这两种分析都有漏洞,都是错的。对于第一种,两扇关着的门是一样的,为什么后面有车的概率一个不变,另一个就变成 2/3 了?为什么不都变成 1/2?难道就因为我选了和我没选的区别?对于第二种,我曾觉得似乎应该是四种情况:
我选山羊一号门,主持人选山羊二号,换门将赢得汽车;
我选山羊二号门,主持人选山羊一号,换门将赢得汽车;
我选汽车门,主持人选山羊一号,换门失败;
我选汽车门,主持人选山羊二号,换门失败。
两成功两失败,不能说换门就提高成功概率。

但是我又无法坚信自己的分析而否定文档的分析,这样我就陷入两难:到底是我错了,还是文档错了?

如果是数学的其它分支,如果两个人得到结果不一样,我们可以很容易验证,因为答案是确定的,大多数情况只要代入一个特殊值,或考虑一个特殊情况,马上就可以验证孰是孰非。但是一个事情发生的概率,你说是1/3,我说是1/2,怎么验证呢?毕竟概率这东西看不到摸不着,它就是可能性的大小,如果不是必然事件或不可能事件,这个可能性的大小是很难捉摸的。即使做实验,它也有可能发生有可能不发生,即使计算频率,而即使频率倾向于支持你的答案,理论上也无法完全否定我。这就是我当初讨厌概率的地方。我总是在想,到底概率这东西有没有意义?客观上存在一个叫概率的东西吗?

对这个问题第二次深入分析,最后文档中第二种分析说服了我。因为我首先看到的是,主持人知道所有门后面的情况,因此他只开有山羊的门。在这种情况下,如果我每次都换门,那么我换门之后得到的东西完全取决于我第一次选中的门。也就是说,既然主持人永远开羊门,那么 如果我开始选中了羊门,换了之后就是汽车;如果我开始选中车门,换了之后就是羊。因此,文档中例举的三个过程,只有第个一步骤是带有随机性的,后面的两个步骤:主持人开羊门,换门得结果,都是在第一步之后就确定下来的。因此,第一步选中羊,等价于换门后得到汽车,其概率显然是 2/3;而第一步选中汽车,也等价于换门后是羊,其概率为 1/3。而如果我坚持不换门,那么第一步选中羊,等价于第三步打开这个羊门,其概率显然是 2/3;而第一步选中汽车,也等价于第三步打开得汽车,其概率为 1/3。

那么到底怎么样利用条件概率来分析这个问题?我先前的分析为什么不对?经过简单的搜索,我发现这个问题还有不同的提法,例如,如果主持人不知道门后的情况,他也是随机地开门,那么在他恰好开了羊门之后,我换或不换,中奖的概率就都是 1/2 了。

主持人开的都是羊门,为什么他知道或不知道门后的情况会影响到我得奖的概率呢?按照日常生活经验是无法理解的。

经过分析,我认为,如果主持人在我选定之后随机地开其余两扇门,然后如果我每次都换门,那么这个过程就相当于把三个不同的门随机排列,假设三个门分别为羊一,羊二,车,那么三个门排列的次序有以下几种等可能情况:
羊一,羊二,车;
羊二,羊一,车;
车,羊一,羊二;
车,羊二,羊一;
羊一,车,羊二;
羊二,车,羊一。
如果已知第二项是羊,那就相当于发生了上面前四种情况之一,在这个条件下,换门中奖的概率为 1/2。同理,不换门中奖的概率也是 1/2,这个问题与条件概率的理论吻合得正好。

如果主持人知道门后的情况而故意不开车门,那么,上面的最后两种排列就演变成了前两种排列,即六种排列演变成:
羊一,羊二,车;
羊二,羊一,车;
车,羊一,羊二;
车,羊二,羊一;
羊一,羊二,车;
羊二,羊一,车;
这样六种情况等可能,那么有四种情况换门得奖,两种情况换门失败。

如果用条件概率公式

P(A_1A_2A_3)=P(A_1)P(A_2|A_1)P(A_3|A_1A_2)

来解释,设 A1 表示我第一次选到羊,A2 表示主持人开了个羊门,A3 表示我换门之后得到车,那么要想换门之后得奖,这三件事必须顺次发生。在主持人知道门后情况的时候,P(A_2)=P(A_2|A_1)=1,否则 P(A_2)=\frac{2}{3}, P(A_2|A_1)=\frac{1}{2}。而 P(A_3|A_1A_2)=1 在两种情况下都成立。那么主持人知情时,有

P(A_1A_2A_3)=P(A_1)P(A_2|A_1)P(A_3|A_1A_2)=\frac{2}{3}

而当主持人不知情时,有

P(A_1A_2A_3)=P(A_1)P(A_2|A_1)P(A_3|A_1A_2)=\frac{1}{3}

但是注意这里已经知道主持人开了羊门,即 A2 已经发生,因此这里求的实际上是

P(A_1A_2A_3|A_2)=P(A_1A_2A_3)/P(A_2)=\frac{1}{2}

这与上面的例举吻合完好。

由此,文档中的第一种分析就有些问题了,因为第一种分析没有用到主持人知情这个条件,它可以完全不加改变地应用到主持人不知情而恰巧开启羊门的情况,同样得到这时换门的胜算更大。而实际上这时换不换门得奖的概率是一样的。

第二个问题是关于生男生女的概率问题,这个问题出现在有关条件概率的内容后面。首先讨论了这样的问题:人的生育过程决定,每次生育,生男孩和生女孩的概率基本一样。那么一个家庭有两个孩子,以下四种情况就有等可能的机会出现:男男,男女,女男,女女。现在已知一个家庭至少有一个女孩,那么另一个也是女孩的概率是多少。因为已知至少有一个女孩,排除了第一种男男的可能性,在剩下三种可能当中,最后一种是符合要求的组合,因此这个概率是 1/3。

现在问题变化一下,已知一个朋友家里有两个孩子,你去了他家,开门的是女孩,现在问另一个你还没见到的孩子是女孩的概率。

如果受到上一题目影响,开门的是女儿,但是不知道开门的是老大还是老二,因此我们只能由此推断出,他家至少有一个女孩,那么另一个孩子是女孩的概率就是 1/3。

但是,我又明显感觉到这里面有问题,因为,如果这个推理正确,那么,假设一位母亲怀了双胞胎,排除同卵的情形,临产时先生出个女孩,那么护士是否可以说,老二是女孩的概率是 1/3?这和上面排列推断出的概率不同,因为已知老大是女孩的情况下,老二是男是女依然各占一半。再设想,抛开两个孩子出生顺序,只是假设一个屋子里有两个人,每个人是男是女概率各占一半,那么第一次出来个女的,问屋子里剩下的那个人是女的概率?这样根据出屋顺序,也有四种可能:男男,男女,女男,女女。第一个是女的,排除两种情况:男男、男女。则剩下个女的可能性是 1/2。

那么问题出在哪里?难道"我见到一个孩子是女孩"和"已知一个孩子是女孩"不一样?

因为这个问题在文档中以思考题出现,文档中没有答案,所以我也不知道正确答案到底是哪个。经过分析,我认为,之所以出现 1/3 这个数,是因为我们始终坚持认为出生时的四种排列顺序(男男,男女,女男,女女)是等可能出现的。这是正确的。而"我去他家,见到开门的孩子是女孩",相当于做了另一个随机试验,再一次引入一个随机事件,即"两个孩子,随机地见到一个,是女孩",这就跟"确定至少有一个女孩"有所不同了。如果用试验模拟"随机见到女孩"的过程,那么这个试验大概如下:

从一堆红球白球里随机地抽出两个放在黑盒子里,每次抽取红球和白球的概率都是1/2;然后再从黑盒子里任意掏出一球,发现是白球,问剩下的球是白球的概率。

将黑盒子里两球编号,那么两球有四种情况等可能出现:M1=1红2红,M2=1白2白,M3=1红2白,M4=1白2红。然后在每种情况下分析第二次随机试验。设 A 事件为,"第一次摸出白球",B 事件为"剩下那个是白球"。问题归结为求 P(B|A)。首先,P(AB)=1/4(因为 AB 发生等价于上面的 M2)。那么接下来只要求出 P(A) 即可。而根据全概率公式,

P(A)=P(A|M_1)P(M_1)+P(A|M_2)P(M_2)+P(A|M_3)P(M_3)+P(A|M_4)P(M_4)=\frac{1}{2}

因此最后结果为

P(B|A)=P(AB)/P(A)=\frac{1}{2}

这样,在一段时间的努力下,两个险些毁三观的问题终于没有逃脱出概率论的框架。

关于概率的定义

概率,是研究不确定的事物,而数学的特点是精确,用数学的方法研究概率,就是给不确定性以精确的描述,这两种特性的矛盾在我初学概率的时候给我提出了很多的疑问。

比如,某件事发生的概率是1/2,到底应该怎样理解,应该怎样定义这个概率?如果说,概率是实验次数无限增大时频率的极限,那么由于每次实验结果都是随机的,你如何证明这种极限的存在性?如果经过大量次数的实验,此事发生的频率总是接近1/2,那也无法精确地定义它的概率就是1/2,因为你无法确定它不是别的与1/2很接近的数,比如501/1000。如果说,概率是所有可能结果中,此结果所占的比例,那问题又有了,如何确定所有结果中,每一个都是等可能的?另外,你如何知道经过很多次试验它的频率就一定接近于这个比例呢?

上面讨论的问题分两类,一类是古典概率中等可能性的确定,一类是概率定义的严格化。下面分别讨论这两个问题。

一、古典概率中等可能性的确定

在古典概率中,抛一枚硬币,出现正反两面有相同的可能性,那么抛两枚硬币,可能出现的结果有正正、正反、反正、反反四种结果。这四种结果也是等可能的。但是,抛两枚硬币结果的等可能性,是否依赖于抛一枚硬币结果的等可能性?也就是说,只有在抛每一枚硬币时,出现每一面的机会均等的时候,才能保证抛两枚硬币时四种结果是等可能的。从直观上这样想是合理的,但是如果可以从理论上推导出这种蕴含关系不是更好吗?
如果上面这个问题从直观上不得不接受,那么下面这个问题就稍微难接受一些:将三个不同的球随机地抽取出来进行排列,共六种排列方法,这六种方法等可能。为什么?因为假定每次抽取球的时候都是从剩下的球堆里随机地抽取。但是,每一步抽取,剩下的球都少一只,也就意味着下一次抽取时,已被抽出的球没有可能再次被抽取,而剩下的球每一颗被抽到的概率都增大了。这样就造成了每颗球处境的不同,也意味着每一次抽球的情况都有变化。但是为什么最后的结果是平等的呢?
再如,陈希孺《概率论与数理统计》例1.1分赌注问题,甲胜两局乙胜一局,如果接下来一局甲又胜,那么没必要再赌一局,这样,继续比赛的结果就应该是三种:甲,乙甲,乙乙。为什么不是三种结果等可能?
在n个不同的数之中随机可重复地取出r个数进行组合,共有 \binom{n+r-1}{r} 种方式,那么每一种方式是等可能的吗?比如,在1,2两个数中随机可重复抽取两个做组合,共三种可能:{1,2}, {1,1}, {2,2}。那么出现 {1,2} 的概率是1/3吗?仔细分析可知这是错的,组合 {1,2} 出现的概率应是1/2,另外两种组合的概率各是1/4。

可见,第一,等可能性绝不是自然就成立的,需要进行分析;第二,多次试验的复合结果的等可能性应该蕴含在每次试验结果的等可能中,应该由后者推出前者。

推导可重复排列或不重复排列各个结果之间的等可能性可以用概率的乘法公式:

P(A_1A_2\dots A_n)=P(A_1)P(A_2|A_1)P(A_3|A_1A_2)\dots P(A_n|A_1\dots A_{n-1})

这个公式的解释是,一个由 n 个事件组合而成的事件,它的概率等于第一个事件的概率乘以第二个事件在第一个事件出现时的条件概率,再乘以第三个事件在前两个事件出现是的条件概率,等等。具体应用到抛 n 个硬币和排列 n 个球的问题中:
在抛硬币时,假设各次试验之间毫无影响,那么每次试验出现正或反的概率为 1/2。因此,第 i 次出现正或反的概率是 1/2,那么抛 n 枚硬币出现每一个组合结果的概率为

P(A_1A_2\dots A_n)=P(A_1)P(A_2|A_1)P(A_3|A_1A_2)\dots P(A_n|A_1\dots A_{n-1})=(\frac{1}{2})^n

在排列小球问题中,容易算出

P(A_i|A_1A_2\dots A_{i-1})=\frac{1}{i}

因此出现每一种结果的概率自然是  1/n!
分赌注享问题中也可以这样详细讨论。
在可重复排列中,因为步骤的顺序不重要,不能用这个公式计算每种结果的概率。但是,我们可以这样算:比如,三个数 1,2,3 中可重复抽取三次,组合成 {1,1,2} 的概率,首先,需要三次中抽出两次 1,其概率为  \binom{3}{2}(\frac{1}{3})^2\frac{2}{3} 。在这个事件出现的情况下,再计算有一次抽取 2 的概率,因为三次中两次抽了1,只剩下一次,可能抽取2或3,各有 1/2 的可能性,所以最后结果为这两个概率的乘积,即 1/9。这与下面的方法计算结果是一样的:n 个数可重复取 r 个排列的方法数为 n^r,在某种组合中假设共出现 k1 次 1,k2 次 2,... kn 次 n ( ki=0,1,2,...,r 且 k1+k2+...+kn=r),那么出现这种组合的方法数为

\frac{r!}{k_1!k_2!\dots k_n!}

故出现这种组合的概率为

\frac{r!}{n^r k_1!k_2!\dots k_n!}

可见这个问题中的等可能性是藏在排列中的。

二、概率的严格定义

频率的稳定性表明,大量的不确定事件中可以蕴含一种确定性。概率就是刻画这种不确定当中的确定性。概,就是大概,概率就是刻画可能性的大小,就是在大量重复试验中我们可以期待某种结果出现的大致比例。首先,它作为一个数学概念,必须要有一个严格的定义,必须要知道到底哪一个数可以作为某件事的概率。但是,任何有限次试验,某种事件出现的频率只能在某个范围内波动,并不是完全固定的,这样就给以频率定义概率带来麻烦。所以,在数学上,采取的是迂回定义的方式,既首先给概率一个精确的定义,给每一个事件按某种方式赋予一个数值,然后证明,在大量重复试验下,事件出现的频率按某种方式接近这个数值。至于这个频率最终总是接近于概率的问题,会在后续关于大数定理的讨论中加以分析。

另,读了两章第三版的《概率论基础》,还是觉得这本书的表述更严谨,例子又多,例子组织得更好,又有一本配套的学习指导,尤其是其中的教学札记讲述得很精彩,所以决定还是以这本书为基础去讨论问题。但是不可否认的是陈希孺的书中对概念的直观阐述也很有启发性,比如第一章习题中针对条件概率的一些问题,将是下一篇文章的主题之一。