Note -「M. Analysis 24 Aut. Prev.」“重聚是你我共同的回答”

$$\textit{Litar!} \newcommand{\opn}[1]{\operatorname{#1}} \newcommand{\card}[0]{\opn{card}} \newcommand{\E}[0]{\exist} \newcommand{\A}[0]{\forall} \newcommand{\l}[0]{\left} \newcommand{\r}[0]{\right} \newcommand{\eps}[0]{\varepsilon} \newcommand{\Ra}[0]{\Rightarrow} \newcommand{\Eq}[0]{\Leftrightarrow} \newcommand{\d}[0]{\text{d}} \newcommand{\oo}[0]{\infty}$$

  答应我, 不要强求一只兔子会数学.

  大概是对某讲义的记录, 主要记录练习题和部分定理的证明.

  如果一个问题没说 "求什么", 自行在适当的位置加上 "证明".

  你说得对, 但是为什么没有做作业题呢? 因为做作业是大学生的事 w.

  对了, 因为兔意外触发不 (要) 自 (学) 量 (子) 力 (学) 副本, 所以 S11~S20 会拖更一长段时间, 又或许它根本不会存在. S1~S10 也是一段时间之前的笔记了, 因为某个问题终于被解决, 现在放上来.

  [In Wfurent, litar means star(s), and the sound simulated by "-ar" is a fixed affix for names of stars, nebulas, galaxy, etc.]

目录

• $\S1$ 实数的公理化描述
• $\S2$ 区间套公理与确界原理, 距离空间
• $\S3$ 实数的构造: Dedekind 分割
• $\S4$ 极限, 级数, Cauchy 列, 距离空间中的收敛
• $\S5$ Cauchy 判别准则, 向量序列的收敛, ...
• $\S6$ 指数函数与三角函数的构造, ...
• $\S7$ 乘积级数与 Riemann $\zeta$-函数, ...
• $\S8$ 函数的连续性
• $\S9$ 距离空间之间的连续映射, 介值定理, ...
• $\S10$ 开集, 闭集, 紧集, 闭包, 聚点, ...

$\S1$ 实数的公理化描述

  这里默认所有元 $\in\R$.

练习 1.1 (P19)

  加法逆元 $-x$ 是唯一的.

  若 $x+y=0\land x+z=0$, 那么 $x+z+y=(x+y)+z=y$, 即 $z=y=-x$.

 

练习 1.2 (P19)

  $x\neq 0$ 的乘法逆元 $x^{-1}$ 是唯一的.

  你说呢?

 

练习 1.3 (P20)

  1) $x+a=y+a\Rightarrow x=y$; $x\cdot b=y\cdot b\Rightarrow x=y~(b\neq 0)$.

  2) 若 $y\neq0$, $w\neq 0$, 有 $\frac{x}{y}+\frac{z}{w}=\frac{xw+zy}{yw},~\frac{x}{y}\cdot\frac{z}{w}=\frac{xz}{yw}$.

  3) 若 $x\neq 0$, $y\neq 0$, 有 $\l(\frac{x}{y}\r)^{-1}=\frac{y}{x}$.

  4) $(-1)\cdot x=-x$, $(-x)\cdot y=-(xy)$, $(-x)\cdot(-y)=xy$.

  1) 显然. 2) 先进行 $x\cdot y^{-1}=(x\cdot w)\cdot(y^{-1}\cdot w^{-1})$ 样的操作然后用分配律, 后一个显然. 3) 由于逆元唯一, 验证左右乘积为 $1$ 即可.

  4), 注意到 $1\cdot x+(-1)\cdot x=(1-1)\cdot x=0$, 因此 $(-1)\cdot x=-(1\cdot x)=-x$. 于是 $(-x)\cdot y=(-1)\cdot x\cdot y=(-1)\cdot(xy)=-(xy)$, 最后一个再取一次相反数即得.

 

练习 1.4 (P22)

  1) $x\ge 0\Eq -x\le 0$, $y>1\Ra 0<y^{-1}<1$, $x\ge y\Eq -x\le-y$.

  简单利用 $\le$ 与加法相容 (O4), 与乘法相容 (O5) 公理.

  2) $1>0$, $-1\neq 1$.

  如果 $1<0$, 那么 $-1>0$, 由 (O5), $(-1)\cdot(-1)=1>0$, 矛盾. 因此 $1>0$. 那么 $1>0>-1$, 自然 $-1\neq 1$.

  3) 如果 $x\le y$, $a\le 0$, 那么 $ax\ge ay$.

  令 $a=(-1)\cdot t$, $t\ge 0$, 用 1) 和公理.

  4) 若 $a\le b$, $x\le y$, 那么 $a+x\le b+y$ 且仅在 $a=b\land x=y$ 取等;

  若 $0<a\le b$, $0<x\le y$, 那么 $ax\le by$ 且仅在 $a=b\land x=y$ 取等.

  公理化证明特有的难受.jpg

  第一个, 令 $p=b-a$, 因为 $a\le b=a+p$, 所以 $p\ge 0$. 令 $q=y-x$, 同理 $q\ge 0$. 因为 (O4), 有 $p+q\ge q$, 传递出 $p+q\ge 0$, 还原回去就是 $a+x\le b+y$. 一旦 $a\neq b$, 则 $p>0$, 类似可知 $a+x<b+y$, 不能取等, $x\neq y$ 同理. 最后验证 $a=b\land x=y$ 的确取等, 得证.

  第二个就令 $p=b/a$ 吧, 是类似的.

  5) $(\A a,~a<x\to a<y)\Ra x\le y$.

  否则若 $x>y$, 构造 $a_0=\frac{x+y}{2}$, 不难证明 $y<a_0<x$.

  6) $x^2\ge 0$.

  分 $x$ 的正负讨论.

  7) $a^2<a\Ra 0<a<1$.

  $a=0$ 没有 $0<0$, $a<0$ 由 6) 也不可能, 所以 $a>0$, 根据 (O5) 就有 $a<1$.

  8) 如果非零实数 $x,y$ 符号相同, $(x+y)^2>(x-y)^2$.

  $(x+y)^2-(x-y)^2=xy+xy+xy+xy$ (这里的运算确乎是依乎公理的, 但我们似乎还没有说明 $n\cdot x$ 的意义). 当然确实只需要证明 $xy>0$, 这和 6) 是一样的.

 

练习 1.5 (P23)

  1) 利用 $\R$ 中的 $n$ 的定义, 有 $n\cdot x=nx$.

  不是, 你想表达什么? $n\cdot x=(\underbrace{1+1+\cdots+1}_n)\cdot x=\underbrace{x+x+\cdots +x}_n$ (这是对提示的证明). 然后就读不懂题了. 呃... 要证负整数的情况? 反正都差不多.

  2) 对 $a<b$, 区间 $(a,b)$ 有无限多个元素.

  类似 练习 1.4-5), 有 $a<\frac{a+b}{2}<b$, 那么 $\frac{a+b}{2}\in(a,b)$. 对 $\l(a,\frac{a+b}{2}\r)$ 和 $\l(\frac{a+b}{2},b\r)$ 用同样的手法就能取出无限多个元素. (虽然这样只能取出可数无穷多个.)

  3) $\nexists o>0,~\forall x>0,~o<x$.

  $\frac{0+o}{2}$: 你好.

$\S2$ 区间套公理与确界原理, 距离空间

练习 2.1 (P25)

  1) $x\le y\land y<z\Ra x<z$, $x<y\land y\le z\Ra x<z$.

  只需要验证没有 $x=z$.

  2) $\R$ 的有限子集都有唯一的最大元和唯一的最小元 (约定二者不同). 特别地, 若 $A\sub\R$ 是有限子集, $n=|A|$, 那么可以将 $A$ 中的元素排序, 使得 $A=\{a_1,a_2,\cdots,a_n\}$ 且 $a_1<a_2<\cdots<a_n$.

  呃... 不知道这单纯是摆一个事实还是让我证明. 因为 $\R$ 是有序域, 所以对 $A$ 的排序总是可行的. 那么 $a_1$ 就是最小元, $a_n$ 就是最大元.

  3) 对实数 $x_{1..n}$ 和 $y_{1..n}$, 若 $\forall i\in[1,n],~x_i\le y_i$, 那么 $x_1+\cdots+x_n\le y_1+\cdots+y_n$ 且仅当 $\forall i,~x_i=y_i$ 时取等.

  使用 练习 1.4-4) 归纳.

 

练习 2.2 (P25)

  $a$ 是非负实数, 则 $|x|\le a\Eq -a\le x\le a$. 特别地, $x=0\Eq|x|=0$.

  有个问题啊, 为了对练习编号, 我没有办法略过任何一个叫 "练习" 的地方.

  下面引理有个 2), 但也很明显就不写了.

 

定理 5. (确界原理) (P26)

  设 $X\sub\R$ 是非空的并且 $X$ 有上界. 令 $\overline{\mathcal M}=\{\overline M\in\R \mid \overline M\text{ is an upper bound of }X\}$, 则 $\overline{\mathcal M}$ 有唯一的最小元. 即存在 $\overline{M_0}\in\overline{\mathcal M}$, 使得 $\A\overline{M}\in\overline{\mathcal M},~\overline{M_0}\le\overline{M}$. (此时 $\overline{M}=:\sup X$.)

  任取 $x\in X$, 不妨 $x\notin\overline{\mathcal M}$, 否则已经有 $x=\sup X$. 根据 Archimedes 公理, $\A n\in\N^*,~\E k\in\N^*,~x+k2^{-n}\ge\overline M$ (其实 $k$ 的存在性差不多就是公理的内容, 所以你不需要记得 Archimedes 公理). 那么 $x+k2^{-n}$ 是上界. 令 $k_n$ 为满足条件的最小的 $k$, $I_n=[x+(k_n-1)2^{-n},x+k_n2^{-n}]=:[a_n,b_n]$. 首先, 显然有 $[a_n,b_n]\cap X\neq\varnothing$, 否则 $k_n-1$ 也满足 $\ge$ 条件; 其次, 有 $I_{n+1}\sub I_n$, 我认为这是明显的. 那么集族 $\{I\}$ 确定了唯一的实数 $\overline{M_0}$ (区间套), 不难验证这就是 $\min_{M\in\overline{\mathcal M}}M$.

 

练习 2.3 (P29)

  有理数和无理数在实数中都是稠密的.

  无理数数多势众, 我们只证明 $\Q$ 是稠密的. 对任意 $x\in\R$, 若 $x\in\Q$ 则无话可说, 不妨 $x\in\R\setminus\Q$, 再不妨 $x>0$. 现在我们希望证明, 对任意 $\eps>0$, 都存在 $y\in\Q$, 使得 $|x-y|<\eps\Eq x-\eps<y<x+\eps$. 考虑 Archimedes 公理, 对 $t=2^{-m}$, $m\in\N$, 总有 $n\in\N^*$, 使得 $nt\ge x$. 我们承认, 能取出一个 $t=2^{-m}<\eps$, 这时考虑最小的满足条件的 $n_0$: $(n_0-1)t<x\le n_0t$, 那么 $n_0t=(n_0-1)t<x+\eps$. 成功取出了 $y=n_0t\in\Q$.

 

练习 2.4 (P29)

  试在 $\R^n$ 中定义 $+$ 和 $\cdot$ 的结构使得它成为一个 $\R$-线性空间.

  就 $n$ 维向量啦.

$\S3$ 实数的构造: Dedekind 分割

练习 2.5 (P35)

  对 $X\in\mathcal R$ ($\mathcal R$ 是所有 Dedekind 分割构成的集合), 若 $X>\bar 0$, 我们称 $X$ 是正的; 若 $X<\bar 0$, 我们称 $X$ 是负的.

  1) $X$ 是正的当且仅当 $X$ 中有正的有理数.

  2) $X$ 是正的当且仅当 $-X$ 是负的.

  1) 只需要验证 $\bar 0\sub X\land \bar 0\neq X$, 这是显然的.

  2) 根据先前的讨论, $-X=\bar 0-X=\{z-x'\mid z\in\bar 0,x'\in X'\}$. 一方面, 根据 1), 若已知存在正有理数 $x\in X$, 那么 $\A x'\in X',~x'>x>0$. 而 $z<0$, 所以 $z-x'<0$, 即 $-X<\bar 0$, $-X$ 是负的. 另一方面, 若已知 $-X<\bar 0$, 那么存在 $x_0<0$, $x_0\notin -X$. 显然 $X\neq\bar 0$, 如果 $X$ 竟也是负的, 那么 $0\in X'$, 又 $0>x_0\in\bar 0$, 所以 $x_0=x_0-0\in -X$, 矛盾.

$\S4$ 极限, 级数, Cauchy 列, 距离空间中的收敛

命题 14 (P44)

  4) 如果 $\{x_n\}_{n\ge 1}$ 和 $\{y_n\}_{n\ge 1}$ 是收敛的实数列, $\lim_{n\to\oo}y_n\neq 0$, 那么 $\{x_n/y_n\}_{n\ge N}$ 收敛 (当 $n\ge N$, $y_n\neq 0$), 且 $\lim_{n\to\oo}(x_n/y_n)=(\lim_{n\to\oo}x_n)/(\lim_{n\to\oo}y_n)$.

  设 $\lim_{n\to\oo}x_n=x$, $\lim_{n\to\oo}y_n=y$. 根据 3) 中已证的乘法法则, 我们只需要证明 $\{1/y_n\}_{n\ge N}$ 收敛到 $1/y$. 不妨 $y>0$. 对某个需要 $|1/y_n-1/y|<\eps$ 的 $\eps>0$, 令 $\eps_0=y\l(1-\frac{1}{\eps y+1}\r)>0$, 验证此 $\eps_0$ 在足够大的 $n$ (此时可以使 $y_n>0$) 时:

$$\begin{aligned} |y_n-y|<\eps_0 &\Ra y_n>y-\eps_0=\frac{y}{\eps y+1}\\ &\Ra \frac{1}{y_n}<\eps+\frac{1}{y}, \end{aligned}$$

所以得到 $(1/y_n-1/y)<\eps$. 由 $y_n<y+\eps_0$ 可得另一侧.

$\S5$ Cauchy 判别准则, 向量序列的收敛, ...

定理 17 (Bolzano-Weierstrass 的列紧性定理) (P50)

  任意有界的实数序列 $\{x_n\}_{n\ge 1}$ 必有收敛的子序列.

  根据已有讨论, 一个有界的单调数列是收敛的, 所以我们只需要证明 $\{x_n\}_{n\ge 1}$ 存在 (无穷的, 非严格的) 单调子序列. 考虑取出 $X=\{x_i\mid \A j\ge i,~x_j\le x_i\}$ ("后缀 $\max$" 子列). 如果这个子列是无穷, 我们已然得到一个单降子序列. 否则, 令 $X=\{x_{i_{1..n}}\}$, 令 $y_1=x_{i_n+1}$, 从此处开始, $y_k$ 后面必然存在比 $y_k$ 大的数, 否则 $y_k\in X$, 这是矛盾的. 因此, 我们能够据此构造出单增的无穷子序列 $Y$.

 

定理 (Cauchy 判别准则) (P50)

  $\{x_n\}_{n\ge 1}$ 是实数的数列. 那么, $\{x_n\}_{n\ge 1}$ 收敛当且仅当 $\{x_n\}_{n\ge 1}$ 是 Cauchy 列 ($\A\eps>0,~\E N>0,~\A n,m\ge N,~|x_n-x_m|<\eps$).

  先证明收敛列是 Cauchy 列. 对 $\eps>0$, 有使得 $n\ge N\Ra |x_n-x|<\eps/2$ 的 $N$, 则 $n,m\ge N$ 时 $|x_n-x|<\eps/2$ 且 $|x_m-x|<\eps/2$. 所以 $|x_n-x_m|\le|x_n-x|+|x-x_m|<\eps$.

  接下来, 为了证明 Cauchy 列是收敛列, 我们证明两个引理.

引理 19 (P50)

  Cauchy 列有界.

  这很容易. 取 $\eps=1$, 有使得 $n,m\ge N\Ra |x_n-x_m|<1$ 的 $N$. 取 $m=N$, 知 $|x_n-x_N|<1$, 所以 $\{x_n\}_{n\ge N}$ 有界. 前 $N-1$ 个数自然也有界.

引理 20 (P51)

  如果一个 Cauchy 列的子列收敛, 那么这个 Cauchy 列也收敛.

  对 Cauchy 列 $\{x_n\}_{n\ge 1}$, 设其子列 $\{x_{i_k}\}_{k\ge 1}$ 收敛且 $\lim_{k\to\oo}x_{i_k}=x$. 类似上上个证明, 对于任意 $\eps$, 能够找到 $N_k$ 使得当 $k\ge N_k$ 时 $|x_{i_k}-x|<\eps/2$, 也能找到 $N_n$ 使得当 $n,m\ge N_n$ 时 $|x_n-x_m|<\eps/2$. 那么取 $N=\max\{i_{N_k},N_n\}$, 在 $n\ge N$ 时, $|x_n-x|<|x_n-x_{N_k}|+|x_{N_k}-x|<\eps$.

  到此, 根据 定理 17 和 引理 19, 我们 Cauchy 列存在收敛的子列, 那么再结合 引理 20, Cauchy 列必收敛.

 

  "相比于极限定义本身, 利用 Cauchy 判别准则证明极限存在的优势在于不需要先验地知道极限的值."

练习 5.1 (P52)

  假设 $\{a_n\}_{n\ge 1}$ 是递减的正实数的数列且 $\lim_{n\to\oo}a_n=0$, 那么, 级数 $\sum_{i\ge 1}(-1)^{i-1}a_i$ 是收敛的.

  令 $\{d_n\}_{n\ge 1}$ 有 $d_i=a_i-a_{i+1}>0$, 我们先证明 $d_1+d_3+\cdots$ 收敛. 令 $s_n=\sum_{i=1}^nd_{2i-1}$, $s_n-s_m=\sum_{i=m+1}^nd_{2i-1}~(n\ge m)$. 对某个 $\eps>0$, 因为原数列收敛到 $0$, 所以存在 $N$, 使得 $2m-1\ge N$ 时有 $a_{2m-1}<\eps$. 而显然 $a_{2m-1}=\sum_{i\ge2 m-1}d_i>\sum_{i\ge m}d_{2i-1}$, 所以 $n,m\ge N$ 时 $|s_n-s_m|<a_{2m-1}<\eps$.

  现在证明 $\{t_n\}_{n\ge 1}$ 的收敛性, 其中 $t_{2n-1}=s_n+a_{2n}$, $t_{2n}=s_n$. 考虑 $t$ 两项作差的三种指标情况:

• $|t_{2n}-t_{2m}|=|s_n-s_m|$, 存在 $N_1$, 使得 $n,m\ge N_1$ 时 $|s_n-s_m|<\eps$.
• $|t_{2n}-t_{2m-1}|=|s_n-s_m-a_{2m}|$, 存在 $N_2$, 使得 $n,m\ge N_2$ 时, $|s_n-s_m-a_{2m}|<|s_n-s_m|+|a_{2m}|<\eps/2+\eps/2=\eps$.
• $|t_{2n-1}-t_{2m-1}|=|s_n-s_m+a_{2n}-a_{2m}|$, 存在 $N_3$, 使得 $n,m\ge N_3$ 时, $|s_n-s_m+a_{2n}-a_{2m}|<|s_n-s_m|+|a_{2n}-a_{2m}|<\eps/2+\eps/2=\eps$.

  取 $N=2\max\{N_1,N_2,N_3\}$, 得到 $n,m\ge N$ 时, $|t_n-t_m|<\eps$. 所以 $\{t_n\}_{n\ge 1}$ 收敛. 也即是原级数收敛.

 

练习 5.2 (P58)

  对复数项级数 $\sum_{k\ge 0}a_k$, 如果 $\sum_{k\ge 0}|a_k|$ 收敛, 那么 $\sum_{k\ge 0}a_k$ 也收敛. 其中 $|\cdot|$ 为取复数模长运算.

  (我记得前面应该有说过吧...) 令 $d:\C\times\C\to\C,~(x,y)\mapsto|x-y|$, 则 $(\C,d)$ 是距离空间 (实际上就是二维平面), 三角不等式是适用的.

$\S6$ 指数函数与三角函数的构造, ...

  先来 "两道经典的极限习题".

例子 6.1 (P59)

  当 $\alpha>1$ 时, 级数 $\sum_{k\ge 1} k^{-\alpha}$ 是收敛的.

  使用 "庄子的二分法":

$$\begin{aligned} \sum_{k=1}^{2^m-1}k^{-\alpha} &= \underbrace{\frac{1}{1}}_{\le 1}+\underbrace{\frac{1}{2^\alpha}+\frac{1}{3^\alpha}}_{\le2\times 2^{-\alpha}}+\underbrace{\frac{1}{4^\alpha}+\frac{1}{5^\alpha}+\frac{1}{6^\alpha}+\frac{1}{7^\alpha}}_{\le 4\times 2^{-2\alpha}}+\cdots\\ &\le \sum_{k=1}^m 2^{k-1}\cdot 2^{-(k-1)\alpha}\\ &= \sum_{k=1}^m 2^{-(k-1)(\alpha-1)}. \end{aligned}$$

因为 $\alpha-1>0$, 所以上面的等比数列求和显然是收敛的.

 

例子 6.2 (P59)

  $\{x_n\}_{n\ge 1}$ 是非负实数列. 若对任意的 $n,m$, 都有 $x_{n+m}\le x_n+x_m$, 那么 $\{x_n/n\}_{n\ge 1}$ 有极限.

  设 $A=\inf_{n\ge 1}\{x_n/n\}$, 直接证明 $\lim_{n\to\oo}x_n/n=A$. 由于 $A$ 是下确界, 所以 $\A\eps>0,~\E N,~x_N/N<A+\eps$. 对于 $0\le d<N$, 有 $x_{kN+d}\le x_{kN}+x_d\le kx_N+d$, 所以

$$\frac{x_{kN+d}}{kN+d}\le\frac{kx_N}{kN+d}+\frac{x_d}{kN+d}\le\frac{x_N}{N}+\frac{x_d}{kN}<A+\eps+\frac{x_d}{kN}.$$

取 $K>\dfrac{\sup_{d=0}^{N-1}\{x_d\}}{\eps N}$, 那么 $\A n\ge KN,~x_n/n<A+2\eps$.

 

练习 6.1 (P60)

  $\exp:\C\to\C,~z\mapsto\exp z=\sum_{k\ge 0}z^k/k!$ 是良定的.

  利用上一节的结论, 我们只需要证明 $\exp z$ 是绝对收敛的, 相当于证明 $x\in\R_+$ 时 $\exp x$ 良定. 先研究数列 $a_k=(k!)^{1/k}$, 即

$$a_k=\sqrt[k]{1\times 2\times\cdots\times k}>\sqrt[k]{(1\times k)^{k/2}}=\sqrt k.$$

所以对任意 $2x$, 存在 $N$, 使得任意 $k\ge N$ 满足 $(2x)^k\le k!$, 也即是 $|x^k/k!|\le 2^{-k}$. 据此, 可知 $\sum_{k\ge N}x^k/k!$ 有上界, 即 $\exp x$ 有上界, 而这个级数是单增的, 所以它收敛于上界.

 

练习 6.2 (级数形式的 Funibi 定理) (P63)

  若级数 $\sum_{k=2}^{\oo}\l(\sum_{j=1}^{k-1}a_j b_{k-j+1}\r)$ 是绝对收敛的复数级数, 那么, 我们有

$$\sum_{i=1}^{\oo}\l(\sum_{j=1}^\oo a_ib_j\r)=\l(\sum_{k=1}^\oo a_k\r)\l(\sum_{k=1}^\oo b_k\r)=\sum_{j=1}^\oo\l(\sum_{i=1}^\oo a_ib_j\r).$$

  被奇怪的语义理解坑死了... 题干是指 $\sum_{k=2}^\oo\sum_{j=1}^{k-1}|a_jb_{k-j+1}|=:\sum_{n=1}^\oo|c_n|$ 这个级数收敛. 设给定级数绝对收敛到 $L$, 先考虑 $\R_{\ge 0}$ 的情况, 对给定 $n,M$, 显然

$$\sum_{m=1}^M a_n b_m\le L,$$

关于 $M$, 这个部分和是一个单增有上界数列, 它必然收敛, 所以 $\sum_{m=1}^\oo a_n b_m$ 存在并且其也 $\le L$. 再在 $n$ 这一维考虑, 可以得到

$$S:=\sum_{n=1}^\oo\sum_{m=1}^\oo a_n b_m\le L.$$

当然, 我们可以通过证明 $\A \eps>0, S>L-\eps$ 来说明 $S=L$, 由此推知目标连等式也不难. 在 $\C$ 的情况下, 我们设 $\alpha_n=|a_n|$, $\beta_n=|b_n|$, 利用 $\R_{\ge 0}$ 的结论, 已知 $\sum_{k=1}^\oo\alpha_k$ 和 $\sum_{k=1}^\oo\beta_k$ 均 $<\oo$. 接下来只需要证明 $\sum_{k=1}^\oo a_k$ 和 $\sum_{k=1}^\oo b_k$ 也 $<\oo$ 就行. Cauchy 判别 + 一个三角不等式即可.

  如果你认为是 $\sum_{k=2}^{\oo}\l|\sum_{j=1}^{k-1}a_j b_{k-j+1}\r|=:\sum_{k=2}^\oo|c_k|$ 收敛? (这玩意儿叫 Cauchy 乘积, 或许可以理解成两序列的卷积.) 很遗憾, 这个结论无法被证明, 因为它在 $\R$ 上就已经假了. 一个反例是 (下标从 $0$ 起):

$$\begin{cases} a_0=b_0=1;\\ a_n=-(3/2)^n,&n\ge 1;\\ b_n=(3/2)^{n-1}\l(2^n+2^{-(n+1)}\r),&n\ge 1. \end{cases}$$

这样, 在上面的定义中,

$$\begin{aligned} c_n &= (3/2)^{n-1}(2^n+2^{-(n+1)})-(3/2)^n-\sum_{k=1}^{n-1}(3/2)^{n-1}(2^k+2^{-(k+1)})\\ &= (3/2)^{n-1}(2^n+2^{-(n+1)}-3/2-(2^n-2)-(1/2-2^{-n}))\\ &= (3/4)^n. \end{aligned}$$

(下次一定舍得用 \frac, 这个好丑.)

 

练习 6.3 (P63)

  $\exp x$ 在 $\R$ 上是严格递增的.

  设 $a<b$, 欲证 $\exp a<\exp b$. 设 $b=a+d~(d>0)$, 那么 $\exp b=\exp(a+d)=\exp a\cdot\exp d$. 在 $d>0$ 时, $\exp d>1$ 是显然的. 所以 $\exp b-\exp a=(\exp a)(\exp d-1)>0$.

 

作业 6.1 - 问题 G (Banach-Mazur) (P69)

  老王和王老饭后玩一个 $\R$ 上的区间套游戏来决定谁付饭钱: 老王先选取一个闭区间 $W_1$, 然后王老选一个 $W_1$ 的子区间 $L_1$, 要求 $L_1$ 的长度不超过 $W_1$ 的一半; 此后二人再选择 $W_2$, $L_2$, ... 由此得到一个区间套 $W_1\supset L_1\supset W_2\supset L_2\supset\cdots$, 最终他们得到 $\{x\}=\bigcap_{n\ge 1}W_n=\bigcap_{n\ge 1}L_n$. 如果 $x\in\Q$ 那么老王赢, 否则王老赢. 试问最后谁会付饭钱?

  看到一眼, 挺有意思的. (

  (我猜是) 王老赢. 王老可以列出 $W_1$ 中的所有有理数 $q_1,q_2,\cdots$, 他只需要任意选择 $q_n\notin L_n$ 的 $L_n$, 最终就得不到任何一个有理数.

  是赢家付钱还是输家付钱呢?

$\S7$ 乘积级数与 Riemann $\zeta$-函数, ...

练习 7.1 (P71)

  ($\{a_n\}_{n\ge 1}$ 是复数序列, $a_n\neq 0$. 令 $P_n=a_1a_2\cdots a_n$, 若 $\{P_n\}_{n\ge 1}$ 的极限存在且不为 $0$, 我们就称无限乘积 $\prod_{n\ge 1}a_n$ 收敛并且记 $\prod_{n\ge 1}a_n=\lim_{n\to\oo}P_n$.)

  这里, 有 Cauchy 判别准则: $\prod_{n\ge 1}a_n$ 收敛当且仅当 $\A\eps>0,~\E N,~\A n\ge N,~\A p\ge 0,~|a_n a_{n+1}\cdots a_{n+p}-1|<\eps$.

  先证明收敛的 $\prod_{n\ge 1}a_n$ 满足判据. 设 $\lim_{n\to\oo}P_n=P$. 那么取 $\eps=|P|/2$, 可知 $\E N_0,~\A n\ge N_0,~|P_{n-1}|>|P|/2$. 对任意 $\frac{|P|\eps}{2}>0$, 在数列 $\{P_n\}_{n\ge 1}$ 上, 又有 $\E N_1,~\A n\ge N_1,~\A p\ge 0,~|P_{n-1}-P_{n+p}|<\frac{|P|\eps}{2}$. 则当 $n\ge N=\max\{N_0,N_1\}$ 时:

$$\begin{aligned} \frac{|P|\eps}{2} &> |P_{n-1}-P_{n+p}| \\ &= |P_{n-1}||1-a_na_{n+1}\cdots a_{n+p}| \\ &> \frac{|P|}{2}|1-a_na_{n+1}\cdots a_{n+p}|, \end{aligned}$$

因而 $|1-a_n a_{n+1}\cdots a_{n+p}|<\eps$.

  另一方面, 若已有 $\A \eps>0,~\E N,~\A n\ge N,~\A p\ge 0,~|a_n a_{n+1}\cdots a_{n+p}-1|<\eps$, 我们试证明此时的 $\{P_n\}_{n\ge 1}$ 是 Cauchy 列. 取 $\eps=1$, 那么 $\A n\ge N$, $|a_n a_{n+1}\cdots a_{n+p}|<2\Ra|P_{n+p}|<2|P_n|$, 所以 $\{P_n\}_{n\ge 1}$ 有界, 令 $M=\sup_{n\ge 1}\{|P_n|\}$. 那么当 $n\ge N$ 时:

$$|P_{n-1}-P_{n+p}|=|P_{n-1}||a_n a_{n+1}\cdots a_{n+p}|<M\eps.$$

则 $\{P_n\}_{n\ge 1}$ 是 Cauchy 列, 极限存在.

  还需要证明 $\lim_{n\to\oo}P_n\neq 0$. 在上一段证明中取 $\eps=1/2$, 我们有 $|P_{n+p}/P_{N-1}-1|<1/2$, 则 $\lim_{n\to\oo}P_{n+p}$ 不可为 $0$.

 

练习 7.2 (P72)

  数列 $\{a_n\}_{n\ge 1}$ 满足 $a_n\in(0,1)$, 那么 $\prod_{n=1}^\oo(1-a_n)$ 收敛 ($\neq 0$) 当且仅当 $\sum_{n=1}^\oo a_n$ 收敛.

  注意到 $(1-a_n)(1+a_n)<1\Ra 1-a_n<\frac{1}{1+a_n}$, 所以

$$\prod_{n=1}^\oo(1-a_n)<\frac{1}{\prod_{n=1}^\oo(1+a_n)}<\frac{1}{1+\sum_{n=1}^\oo a_n}.$$

如果前者收敛而后者发散, 那么 $\frac{1}{1+\sum_{n=1}^\oo a_n}\to\oo$, $\prod_{n=1}^\oo(1-a_n)\to 0$, 矛盾.

  反过来, 如果后者收敛, 那么 $\A \eps>0,~\E N,~\A n\ge N,~\A p\ge 0,~a_n+a_{n+1}+\cdots+a_{n+p}<\eps$. 而

$$\prod_{k=n}^{n+p}(1-a_k)<\prod_{k=n}^{n+p}e^{-a_k}=e^{-(a_n+a_{n+1}+\cdots+a_{n+p})},$$

于是 $1-\prod(1-a_k)=1-e^{-\sum a_k}<1-e^{-\eps}<\eps$. 所以此时也有 $|1-\prod(1-a_k)|<\eps$, 即前者收敛.

 

定理 33 (Dirichlet 判别法) (P74)

  给定实数序列 $\{a_k\}_{k\ge 1}$ 和 $\{b_k\}_{k\ge 1}$, 用 $S_n$ 表示 $\{a_k\}_{k\ge 1}$ 的部分和. 假设它们满足如下条件:

• $\{b_k\}_{k\ge 1}$ 是单调数列并且 $\lim_{k\to\oo}b_k=0$;

• 存在 $M$, 使得 $\A n,~|S_n|\le M$.

那么级数 $\sum_{k=1}^\oo a_k b_k$ 收敛.

  取 $m\ge n$ 验证 Cauchy 判据, 根据 Abel 求和法:

$$\sum_{k=n+1}^m a_k b_k=S_m b_m-S_n b_n+\sum_{k=n}^{m-1}S_k(b_k-b_{k+1}).$$

在 $n,m$ 足够大时, 前两项 $\to 0$. 对于最后一项, 不妨 $\{b_k\}_{k\ge 1}$ 单减, 那么

$$\begin{aligned} \l|\sum_{k=n}^{m-1}S_k(b_k-b_{k+1})\r| &\le \sum_{k=n}^{m-1}|S_k|(b_k-b_{k+1}) \\ &= M\sum_{k=n}^{m-1}(b_k-b_{k+1}) \\ &= M(b_n-b_m). \end{aligned}$$

同样也 $\to 0$. 我们能找到 $N$ 时 Cauchy 判据成立.

 

定理 34 (Abel 判别法) (P75)

  实数序列 $\{a_k\}_{k\ge 1}$ 和 $\{b_k\}_{k\ge 1}$ 满足如下条件:

• $\{b_k\}_{k\ge 1}$ 是单调有界数列;

• 级数 $a_1+a_2+\cdots$ 收敛.

那么级数 $\sum_{k=1}^\oo a_k b_k$ 收敛.

  令 $\lim_{k\to\oo}b_k=b$, 那么

$$\sum_{k=1}^\oo a_k b_k=\sum_{k=1}^\oo a_k(b_k-b)+b\sum_{k=1}^\oo a_k.$$

后一项根据条件式收敛的, 前一项二者满足 Dirichlet 判别法的要求, 因此也是收敛的.

 

练习 7.3 (P76)

  以下两个级数收敛:

$$\sum_{n=1}^\oo\frac{(-1)^n}{n}(1+1/n)^n,\quad \sum_{n=1}^\oo\frac{(-1)^n}{n}\cos(1/n).$$

  先考虑级数 $\sum_{n=1}^\oo\frac{(-1)^n}{n}$ 的收敛性. 我们清晰地记得, 这是前文 "收敛但不绝对收敛" 的例子. 至少可以放缩 + 简单 Cauchy 证明, 这里就不写了.

  对第一个级数, $(1+1/n)^n$ 是老朋友了. 对它的讨论在 P54, 当做练习的练习我们再来一次. 下证: $x_n=(1+1/n)^n$ 是单增有界数列.

  1) 有界性. 注意到当 $k\ge 2$, $k!\ge 2^{k-1}$, 那么

$$\begin{aligned} (1+1/n)^n &= \sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\frac{1}{n^k}\\ &= \sum_{k=0}^n\frac{n!}{k!(n-k)!}\cdot\frac{1}{n^k}\\ &= \sum_{k=0}^n\frac{1}{k!}\cdot\frac{n!}{(n-k)!n^k}\\ &\le \sum_{k=0}^n\frac{1}{k!} \le 1+1+\sum_{k=2}^n\frac{1}{2^{k-1}}\\ &<3. \end{aligned}$$

(不是哥们, 我才发现 P54 的证明像在打醉拳, 这从头笔误到尾啊.)

  2) 单增性.

$$\begin{aligned} (1+1/n)^n &= \sum_{k=0}^n\frac{1}{k!}\cdot\frac{n!}{(n-k)!n^k}\\ &= \sum_{k=0}^n\frac{1}{k!}\cdot\l(1-\frac{1}{n}\r)\l(1-\frac{2}{n}\r)\cdots\l(1-\frac{k-1}{n}\r)\\ &< \sum_{k=0}^n\frac{1}{k!}\cdot\l(1-\frac{1}{n+1}\r)\l(1-\frac{2}{n+1}\r)\cdots\l(1-\frac{k-1}{n+1}\r)\\ &< \sum_{k=0}^{n+1}\cdots=\l(1+\frac{1}{n+1}\r)^{n+1}. \end{aligned}$$

最后, 套用 Abel 判别法则证完第一个.

  后一个, 关于 $\cos(1/n)$, 呃... 它对中学生来说是显然成立的, 我们就不用定义证了叭.

 

练习 7.4 (P77)

  1) $(X,d)$ 是完备的度量空间, $T:X\to X$ 是映射, $r\in\Z_+$ 是正整数. 假设 $T^r$ 是压缩映射, 则 $T$ 必有唯一的不动点.

  根据定义, 对 $x,x'\in X$, 存在常数 $0<\gamma<1$, 使得 $d(T^r(x),T^r(x'))\le\gamma d(x,x')$. 仍然考虑点列 $x_n=(T^r)^n(x_0)$, 套用已有证明, 它还是一个 Cauchy 列, 所以存在极限 $x_*$. 还需要说明 $T(x_*)=x_*$. 事实上, 我们已经能够得到 $\E!x_*,~T^r(x_*)=x_*$, 所以 $T$ 至多有 $x_*$ 这一个不动点. 这俨然一个置换上的问题, 可以考虑反证. 如果 $T$ 没有不动点, 那么应该有 $x_\star\neq x_*$, 使得 $T^{r-1}(x_*)=x_\star$ 且 $T(x_\star)=x_*$. 然而这时, $T^r(x_\star)=T^{r-1}(T(x_\star))=T^{r-1}(x_*)=x_\star$, 则 $x_\star$ 也是 $T^r$ 的不动点, 矛盾. (注意区分五芒星和六芒星.)

  2) $f:\R\to\R,~x\mapsto e^{-x}$. 则 $f$ 不是压缩映射但 $f\circ f$ 是压缩映射.

  对 $f$, 取 $x=0$ 和 $x'=-1$, $|f(x)-f(x')|=e-1>|x-x'|=1$.

  对 $g:=f\circ f$, 有 $g:x\mapsto e^{e^{-x}}$. 所以需要证明 $\E\gamma\in(0,1),~\A x_1,x_2\in R,~|e^{-e^{-x_1}}-e^{-e^{-x_2}}|\le\gamma|x_1-x_2|$. 不妨 $x_1<x_2$, 那么

$$\gamma\ge\dfrac{e^{-e^{-x_2}}-e^{-e^{-x_1}}}{x_2-x_1}.$$

结合 Lagrange 中值定理, 令 $h(x)=e^{-e^{-x}}$, 只需证明 $\sup h'(x)<1$.

$$h'(x)=e^{-e^{-x}}\cdot(-e^{-x})\cdot(-1)=e^{-e^{-x}-x}.$$

显然 $e^{-x}\ge-x+1$, 所以 $-(e^{-x}+x)\le-1$, 则 $h'(x)<e^{-1}<0.5$, 所以 $\gamma$ 是存在的. $g$ 是压缩映射. (However, 应该没必要引入导数和中值定理, 懒得改了喵.)

 

练习 7.5 (P79; 其实并不是 "练习", 这个命题及证明没有被标记, 就当成 "练习" 在这里编号吧.)

  对 $\textbf M_n(\R)$ 上的点列 $\{x_n\}$ 和 $\{y_n\}$, 若二者极限均存在, 那么

$$\lim_{n\to\oo}(x_n\cdot y_n)=\lim_{n\to\oo}x_n\cdot\lim_{n\to\oo}y_n.$$

  先回忆我们对实数列的证明.

$$|x_ny_n-xy|\le|(x_n-x)y_n|+|x(y-y_n)|\le|x_n-x||y_n|+|x||y-y_n|,$$

因为 $\{y_n\}$ 有界, 所以 $|x_ny_n-xy|\le M(|x_n-x|+|y-y_n|)\to 0$.

  在矩阵上, 第二步放缩的 $|x\cdot y|=|x||y|$ 不一定成立. 如使用 $\|\cdot\|_{\oo}$ 范数,

$$\|A\cdot B\|_{\oo}=\sup_{1\le i,j\le n}\l|\sum_{k=1}^n A_{ik}B_{kj}\r|\le\sum_{k=1}^n\|A\|_{\oo}\|B\|_{\oo}=n\|A\|_{\oo}\|B\|_{\oo}.$$

结合等价性, $\A x,y\in\textbf M_n(\R),~\|x\cdot y\|\le C\|x\|\|y\|$, 其中 $C$ 是与 $x,y$ 无关的常数. 套用对实数列的证明, 我们有

$$\begin{aligned} \|x_n\cdot y_n-x\cdot y\| &\le \|(x_n-x)\cdot y_n\|+\|x(y-y_n)\|\\ &\le C(\|x_n-x\|\|y\|+\|x\|\|y-y_n\|)\\ &\le CM(\|x_n-x\|+\|y-y_n\|)\to 0. \end{aligned}$$

于是我们证明了, 方阵中极限和乘法是交换的.

 

练习 7.6 (P80)

  如果 $A$ 是 $n\times n$ 的 (复) 矩阵, 那么对任意的 $s,t\in\C$, 都有 $e^{sA}\cdot e^{tA}=e^{(s+t)A}$. 特别地, $e^{-A}=(e^A)^{-1}$.

  令 $s=1,t=-1$, 知 $e^A\cdot e^{-A}=1$, 后一个结论得证. 主要来证明前一个, 其实和实数上的证明类似:

$$\begin{aligned} e^{sA}\cdot e^{tA} &= \l(\sum_{k=0}^\oo\frac{s^k A^k}{k!}\r)\l(\sum_{k=0}^\oo\frac{t^k A^k}{k!}\r)\\ &= \sum_{j=0}^\oo\sum_{k=0}^j\frac{s^k A^k}{k!}\cdot\frac{t^{j-k}A^{j-k}}{(j-k)!}\\ &= \sum_{j=0}^\oo A^k\sum_{k=0}^j\frac{s^k t^{j-k}}{k!(j-k)!}\\ &= \sum_{j=0}^\oo\frac{(s+t)^j}{j!}A^k = e^{(s+t)A}. \end{aligned}$$

$\S8$ 函数的连续性

  (终于不用在标题打省略号了.)

练习 8.1 (P87)

  1) 给定函数 $f:(a,x_0)\cup(x_0,b)\to\R$, 则 $f$ 在 $x_0$ 处有极限当且仅当 $f$ 在 $x_0$ 处的左右极限都存在并且相等.

  2) 给定函数 $f:I\to\R$, 则 $f$ 在 $x_0\in I$ 连续当且仅当 $f$ 在 $x_0$ 处既是左连续的也是右连续的.

  1) 前推后是显然的, 不提. 对于一列收敛于 $x_0$ 的 $\{x_n\}\sub(a,x_0)\cup(x_0,b)$, 可以把它拆成两个子列 $\{x_n^+\}$ 和 $\{x_n^-\}$, 若其中一个是有限列那无事发生, 否则自然需要 $f(x_n^+)$ 和 $f(x_n^-)$ 收敛于同一点. 2) 应该类似吧, 说点道理就行.

$\S9$ 距离空间之间的连续映射, 介值定理, ...

练习 9.1 (P93, 原非 "练")

  多个变量的函数如果对每个固定的变量都连续并不能说明函数本身连续.

  "著名的反例":

$$f:\R^2\to\R,~(x,y)\mapsto f(x,y)=\begin{cases} \dfrac{xy}{x^2+y^2},&(x,y)\neq(0,0);\\ 0,&(x,y)=(0,0). \end{cases}$$

在一个变元固定时得到的一元函数显然是连续的. 然而, 任取一个 $\lambda>0$, 构造点列 $(x_n,y_n)=(1/n,\lambda/n)$, 发现 $f(x_n,y_n)=\frac{\lambda}{1+\lambda^2}\not\to 0$.

 

练习 9.2

  是否存在 $\R$ 上的函数 $f$, 它在任何一个点处都不连续, 但是 $|f|$ 是连续的?

  给一个? $f:x\mapsto(-1)^{[x\in\Q]}$.

 

定理 50

  2) $f:I\to\R$ 是区间 $I$ 上的单调函数, $I$ 是区间, 那么 $f$ 在 $I$ 上的不连续点集合是 (至多) 可数的.

  挺有意思的结论和证明. 若 $f$ 在 $x_0\in I$ 处不连续, 有 $\lim_{x\to x_0^-}f(x)\neq\lim_{x\to x_0^+}f(x)$. 不妨设 $f$ 在 $I$ 上单增, 设 $\mathcal I$ 是 $\R$ 上全体非空开区间的集合, 我们可以根据不连续点集合 $Y$ 构造映射 $\varphi:Y\to\mathcal I,~x_0\mapsto(\lim_{x\to x_0^-}f(x),\lim_{x\to x_0^+}f(x))$. 我们首先严格地说明原像不同的两区间不交, 即 $\A y_1,y_2\in Y,~y_1\neq y_2\Ra\varphi(y_1)\cap\varphi(y_2)=\varnothing$. 不妨 $y_1<y_2$, 取一列单降的收敛于 $y_1$ 的 $\{x_k\}$, 则 $\lim_{k\to\oo}f(x_k)$ 为 $\varphi(y_1)$ 的右端点. 同理, 取一列单增的收敛于 $y_2$ 的 $\{z_k\}$, 则 $\lim_{k\to\oo}f(x_k)$ 为 $\varphi(y_2)$ 的左端点. 能够做道 $\A k,~x_k<z_k$, 因此 $f(x_k)\le f(z_k)$, 于是此右端点在彼左端点左侧.

  接下来, 证明 $\mathcal I$ 内一族两两不交的区间族是至多可数集. 只需要在每个区间 $I$ 中任取一个 $q\in I\cap\Q$ 作为代表, 因为 $\Q$ 是可数的, 单射 $t:\varphi(Y)\to\Q$ 存在, 所以 $\varphi(Y)$ 至多可数, 那么 $Y$ 至多可数.

 

定理 52 (介值定理) (P97)

  若 $f:[a,b]\to\R$ 是连续函数, 且 $f(a)<0\land f(b)>0$, 那么 $\E c\in(a,b),~f(c)=0$.

  反证, 现假设不存在这样的 $c$. 令 $I_0=[a,b]$, 若 $I_k=[\ell_k,r_k]$, 取 $m_k=\frac{\ell_k+r_k}{2}$, 令

$$I_{k+1}=\begin{cases} [\ell_k,m_k], & f(m_k)>0;\\ [m_k,r_k], & f(m_k)<0. \end{cases}$$

这样, 恒有 $f(\ell_k)<0<f(r_k)$, 同时 $I_k\supset I_{k+1}$, 且 $k\to\oo$ 时 $|I_k|\to 0$. 根据区间套公理, $\bigcap_{k=0}^\oo I_k=\{c\}$, 现说明 $f(c)=0$. 若不然, 不妨 $f(c)>0$, 由连续性的 $\eps-\delta$ 语言定义, 取 $\eps=\frac{f(c)}{2}$, 存在 $\delta>0$, 使得 $\A x\in(x-\delta,x+\delta)\cap I,~|f(x)-f(c)|<\frac{f(c)}{2}$, 自然这也有 $f(x)>0$. 然而, 因为 $k$ 足够大时 $c\in I_k\sub((c-\delta,c+\delta)\cap I)$, $f$ 在 $I_k$ 左端点取值应该为负, 得到矛盾.

  有趣的真话: 若 $f$ 定义在 $I_1\cap I_2$ 上, 其中 $I_1,I_2$ 是两个不交的开区间. 那么只要 $f$ 分别在所有 $x\in I_1$ 和 $x\in I_2$ 上连续, $f$ 就是连续函数. 换一个说法的话, 在一个 (直观上就很) 连续的函数图像上挖掉若干点, 它还是连续函数.

 

练习 9.3 (99)

  定理: $f:[a,b]\to\R$ 是在闭区间上定义的连续函数, 那么 $f$ 有界并且能够取到最大最小值.

  定理叙述中两个条件 "闭区间" 和 "连续" 缺一不可, 试举出反例; 同时顺便证明该定理叭.

  反例: 若允许开区间, $f:(0,1)\to(0,1),~x\mapsto x$ 取不到最大最小值. 若允许不连续, $f:[-1,1]\to\R,~x\mapsto[x\neq 0]\cdot x^{-1}$ (什么臭臭写法) 甚至无界.

  设 $I=[a,b]$, 如果 $f$ 无界, 那么能取出点列 $\{x_n\}_{n\ge 1}\sub I$, 使得 $f(x_n)\to\oo$ (不妨趋向正无穷). 通过选取 $\{x_n\}$ 的子列, 可以进一步假设 $x_n\to x$. 由于 $a\le x_n\le b$, 取极限有 $a\le x\le b$, 那么 $f(x_n)\to f(x)\not\to\oo$. 矛盾.

  如果取不到最大值, 令 $A=\sup_{x\in I}f(x)$ 且 $\nexists x\in I,~f(x)=A$. 构造

$$g(x)=\frac{1}{A-f(x)},~x\in[a,b].$$

这是良定的 ($A-f(x)>0$), 是闭区间上的连续函数. 然而根据上确界的定义, $A-f(x)\to 0^+$, $g(x)\to+\oo$, 这和已证明的有界性矛盾.

 

练习 9.4 (P100)

  若连续函数 $f:[a,b]\to\R$ 是单射且 $f(a)<f(b)$, 那么 $f$ 是严格单增的.

  若不然, 可以取出 $a\le x_1<x_2\le b$, 使得 $f(x_1)\ge f(x_2)$. 由于是单射, 只考虑 $f(x_1)>f(x_2)$. 我们将 $\{f(a),f(b),f(x_1),f(x_2)\}$ 升序排列, 其自变量对应得到 $u_1,u_2,u_3,u_4$, 这里已经有 $f(u_1)<\cdots<f(u_4)$. 因为已经有 $f(x_2)<f(x_1)\land x_1<x_2$, 所以一定能够取出 $1\le i<j<k\le 4$, 使得 $u_j\notin(u_i,u_k)$ (例如, 可以通过暴力枚举来证明这一点). 根据介值定理, $\E x\in(u_i,u_k)$, 使得 $f(x)=f(u_j)\in(f(u_i),f(u_k))$, 那么 $x\neq u_j$ 且 $f(x)=f(u_j)$, 这和 $f$ 是单射矛盾.

$\S10$ 开集, 闭集, 紧集, 闭包, 聚点, ...

练习 10.1 (P102)

  若 $f,g$ 是 $\R$ 上的连续函数, 那么 $f\cdot g$ 也是.

  "我们把⼀个复杂的函数拆成若⼲个相对简单的连续映射的复合来证明连续性."

  考虑映射 $F:\R\to\R^2,~x\mapsto(f(x),g(x))$ 和映射 $\times:\R^2\to\R,~(x,y)\mapsto x\cdot y$, 从复合映射的角度, 显然有 $f\cdot g=\times\circ F$. 我们已经证明过形如 $F$ 的映射仍然连续, $\times$ 的连续性不言而喻, 所以它们复合得到的 $f\cdot g$ 还是连续的.

 

定理 61 (连续函数的拓扑表示) (P105)

  给定函数 $f:\R\to\R$, 那么 $f$ 是连续函数当且仅当其对任意开集的逆像是开集. 即 $\A U\in\mathcal J,~f^{-1}(U)\in\mathcal J$ ($\mathcal J$ 为 $\R$ 上的全体开集族).

  若 $f$ 是连续函数, 任取 $x_0\in f^{-1}(U)$, 令 $y_0=f(x_0)\in U$, 因为 $U$ 是开集, 所以存在 $\delta>0$, 使得 $(y_0-\delta,y_0+\delta)\sub U$. 又由于 $f$ 连续, 所以存在 $\eps>0$, 使得当 $|x-x_0|<\eps$ 时 $|f(x)-y_0|<\delta$. 所以已有 $(x_0-\eps,x_0+\eps)\sub f^{-1}(U)\in\mathcal J$.

  若对于任意开集 $U$, 已有 $f^{-1}(U)$ 是开集. 给定 $x_0\in\R$, 令 $y_0=f(x_0)$, 考虑 $y_0$ 处的一个开集 $(y_0-\delta,y_0+\delta)=:B(y_0,\delta)$ (which is a "Ball"). 由于 $x_0\in f^{-1}(B(y_0,\delta))$ 是开集, 可以取出 $B(x_0,\eps)\sub f^{-1}(B(y_0,\delta))$, 从而 $f(B(x_0,\eps))\sub B(y_0,\delta)$. 换句话说, $\A\delta>0,~\E\eps>0,~|x-x_0|<\eps\Ra|f(x)-y_0|<\delta$ (虽然, 好像, $\delta$ 和 $\eps$ 的习惯位置交换了 www).

 

作业 10.1 - 问题 E (P110, 不交的作业不是作业是吧)

  设 $A\sub\R$ 是一个可数集. 则存在单调函数 $f:\R\to\R$, 使得 $f$ 的不连续点集合恰好是 $A$.

  将 $A$ 升序列出 $A=\{a_0,a_1,\cdots\}$. 不妨认为 $A$ 无上下界 (可以处理, 说着麻烦), 构造

$$f:\R\to\R,~x\mapsto\begin{cases} x+2n,~&x\in(a_n,a_{n+1});\\ x+2n-1,~&x=a_n. \end{cases}$$

可以直观看出 $f$ 满足条件.

 

作业 10.1 - 问题 F (P110)

  函数 $f:[0,1]\to[0,1]$ 是递增的函数, 则 $f$ 有不动点.

  先反证吧, 假设不存在 $f(x)=x$. 考虑 $f(0)$ 和 $f(1)$, 显然不存在 $(\A x\in[0,1],~f(x)>x)\lor(\A x\in[0,1],~f(x)<x)$ 的 $f$. (直观上, 如果还想构造出反例, 必须利用 $f$ 的不连续点 "穿过" 直线 $y=x$.) 任取一个满足 $f(a)>a$ 的 $a_0$ 和一个满足 $f(b)<b$ 的 $b_0$, 不妨 $a_0<b_0$, $I_0=[a_0,b_0]$. 取 $m_0=\frac{a_0+b_0}{2}\in I_0$. 如果 $f(m_0)>m_0$, 令 $I_1=[m_0,b_0]=:[a_1,b_1]$, 否则令 $I_1=[a_0,m_0]$. 以此类推, 可以生成 $I_0\supset I_1\supset I_2\supset\cdots$ 且 $|I_{n+1}|=|I_n|/2$.

  设 $\bigcup_{n=0}^\oo I_n=\{c\}$. 如果还是没有 $f(c)=c$, 不妨 $f(c)>c$, $\delta=\min\{f(c)-c,1-c\}>0$. 因为 $f$ 是递增的, 所以 $\A x\in(c,c+\delta),~f(x)-x\ge f(c)-c+(c-x)>0$. 然而, 必然存在 $b_k\in[c,c+\delta)$, 应当有 $f(b_k)-b_k<0$, 得到矛盾.

 

  付费 Typora 还是撑不住数学渲染.