RE：ゼロから始める PKU 生活 episode 2

RE：ゼロから始める PKU 生活 episode 2

之前那篇太长了，新开一篇罢。

学高代

习题3.7.4

证明：若\(n\)元齐次线性方程组的系数矩阵秩为\(r\)，\(\delta_1, \cdots, \delta_m\)是方程组的解向量，则\(rank(\delta_1, \cdots, \delta_m) \le n - r.\)

取齐次线性方程组的一个基础解系\(\eta_1, \cdots, \eta_{n-r}\)，则\(\delta_1, \cdots, \delta_m\)均可被\(\eta_1, \cdots, \eta_{n-r}\)线性表出，故\(rank(\delta_1, \cdots, \delta_m) \le rank(\eta_1, \cdots, \eta_{n-r}) = n-r\)

习题3.7.5

设\(n\)个方程的\(n\)元齐次线性方程组的系数矩阵\(A\)的行列式值为零，并且存在\(A\)的代数余子式\(A_{kl}\neq 0\)，证明\(\eta = (A_{k1}, \cdots, A_{kn})^T\)是这个齐次线性方程组的一个基础解系。

由于\(A_{kl} \neq 0\)，因此\(A\)存在一个\(n-1\)阶非零子式，故\(rank(A) \ge n-1\)，又由于\(|A| = 0\)，故\(rank(A) < n\)，于是\(rank(A) = n - 1.\)从而说明齐次线性方程组的解空间\(W\)的维度\(\dim W = n - rank(A) = 1.\)

接下来证明\(\eta\)是方程组的一个解：当\(i \neq k\)时，\(\sum_{j=1}^na_{ij}A_{kj} = 0\)，当\(i = k\)时，\(\sum_{j=1}^na_{kj}A_{kj} = |A| = 0\)，故\(\eta\)是方程组的一个解。

既然\(\dim W = 1\)且\(\eta \in W\)，那么\(\eta\)就是\(W\)的一个基，也是齐次线性方程组的一个基础解系。

习题 3.7.6

设\(n-1\)个方程的\(n\)元齐次线性方程组的系数矩阵为\(B\)，把\(B\)划去第\(j\)列得到的\(n-1\)阶子式为\(D_j\)，令\(\eta = (D_1, -D_2, \cdots, (-1)^{n-1}D_n)^T\)，证明：

(1)\(\eta\)是齐次线性方程组的一个解

添加一个方程组\(0x_1 + 0x_2 + \cdots + 0x_n = 0\)

新的齐次线性方程组的系数矩阵\(A=\begin{pmatrix}B\\0\end{pmatrix}\)，\(|A|=0\)且\(A\)的代数余子式满足

\[A_{ij}=\begin{cases}0&i<n\\(-1)^{n+j}D_j&i=n\end{cases} \]

根据代数余子式的性质，\(\sum_{j=1}^nb_{ij}A_{nj} = 0(i=1,2,\cdots,n-1)\)，即\((-1)^{n+1}\sum_{j=1}^nb_{ij}(-1)^{j-1}D_j=0(i=1,2,\cdots,n-1)\)

故\(\eta=(D_1, -D_2, \cdots, (-1)^{n-1}D_n)^T\)是齐次线性方程组的一个解。

(2)如果\(\eta \neq 0\)，则\(\eta\)是齐次线性方程组的一个基础解系。

只需要证明齐次线性方程组的解空间\(W\)维度\(\dim W = 1.\)

\(\eta \neq 0\)说明存在\(D_j \neq 0\)，即\(B\)存在\(n-1\)阶非零子式，故\(rank(B) \ge n-1\)，又因为\(B\)只有\(n-1\)行，故\(rank(B) \le n-1\)，因此\(rank(B) = n-1, \dim W = n - rank(B) = 1.\)

学习指导 习题3.7.5

证明：如果\(n(n>1)\)级矩阵\(A\)的行列式等于零，那么\(A\)的任两行（或者两列）对应元素的代数余子式成比例。

\(|A| = 0\)说明\(rank(A) < n\)。

如果\(rank(A)<n-1\)即\(A\)的任意\(n-1\)阶子式为零，那么\(A\)的任意代数余子式为零，显然任两行（两列）对应成比例；

如果\(rank(A)=n-1\)，那么以\(A\)作为系数矩阵的齐次线性方程组的解空间维度\(\dim W = 1\)，由习题3.7.5可知所有代数余子式组成的所有列向量都是齐次线性方程组的解，于是所有列对应成比例。

往年题 2016.5

设\(A \in M_n(\mathbb F)\)是一个反对称矩阵（\(a_{ij}=-a_{ji}\)，暗含\(a_{ii}=0\)），证明：

（1）当\(n\)是奇数时，\(|A|=0.\)

考虑\(|A| = |A^T|\)，同时\(A\)可以通过将每行乘上系数\(-1\)的初等行变换得到\(A^T\)，因此\(|A^T| = (-1)^n|A|.\)

故当\(n\)是奇数是可以得到\(|A| = |A^T| = 0.\)

（2）当\(n\)是偶数时，\(|A| = |A(t)|\)，其中\(A(t)\)表示把矩阵\(A\)的每个元素加\(t\)后得到的新矩阵，\(t \in \mathbb F.\)

将\(|A(t)|\)展开成\(2^n\)个行列式加和的结果，由于当一个行列式存在两列相等时其结果一定为零，故只需要计算\(n+1\)个行列式加和的结果，其中第\(i\)个行列式是将\(A\)的第\(i\)行全部替换成\(t\)后得到的矩阵的行列式，而第\(n+1\)个行列式就是\(|A|.\)

不难得到\(|A(t)| = |A| + t\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nA_{i,j}\)，其中\(A_{i,j}\)是\(A\)的代数余子式。

接下来证明当\(A\)是反对称矩阵且\(n\)为偶数时，\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nA_{ij}=0.\)

显然\(A\)在去掉第\(i\)行第\(i\)列后会得到\(n-1\)阶反对称矩阵\(B_i\)，故当\(n\)为偶数时，\(A_{ii} = (-1)^{i+i}|B_i| = 0.\)

当\(i \neq j\)时，容易验证\(A_{ij} = -A_{ji}\)（只需要每行乘上系数\(-1\)再转置）

由此，\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nA_{ij}=\sum_{i=1}^nA_{ii} + \sum_{1 \le i < j \le n}(A_{ij}+A_{ji}) = 0.\)

往年题 2017.1.4

求$$D_n=\begin{vmatrix}\frac{1}{x_1+y_1}&\frac{1}{x_1+y_2}&\cdots&\frac{1}{x_1+y_n}\ \frac{1}{x_2+y_1}&\frac{1}{x_2+y_2}&\cdots&\frac{1}{x_2+y_n}\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\ \frac{1}{x_n+y_1}&\frac{1}{x_n+y_2}&\cdots&\frac{1}{x_n+y_n}\end{vmatrix}$$

第\(i\)行乘上\((x_i+y_n)\)这样最后一列就全是\(1\)，再把前\(n-1\)列都减去第\(n\)列可以得到

\[D_n = \frac{1}{\prod_{k=1}^{n}(x_k + y_n)}\begin{vmatrix}\frac{y_n-y_1}{x_1+y_1}&\frac{y_n-y_2}{x_1+y_2}&\cdots&1\\\frac{y_n-y_1}{x_2+y_1}&\frac{y_n-y_2}{x_2+y_2}&\cdots&1\\\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\\frac{y_n-y_1}{x_n+y_1}&\frac{y_n-y_2}{x_n+y_2}&\cdots&1\end{vmatrix} \]

前\(n-1\)列的第\(i\)列可以提出\((y_n-y_i)\)

\[D_n = \frac{\prod_{k=1}^{n-1}(y_n - y_k)}{\prod_{k=1}^n(x_k + y_n)}\begin{vmatrix}\frac{1}{x_1+y_1}&\frac{1}{x_1+y_2}&\cdots&1\\\frac{1}{x_2+y_1}&\frac{1}{x_2+y_2}&\cdots&1\\\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\\frac{1}{x_n+y_1}&\frac{1}{x_n+y_2}&\cdots&1\end{vmatrix} \]

前\(n-1\)列第\(i\)列乘上\((x_n + y_i)\)这样最后一行也全是\(1\)，再把前\(n-1\)行都减去第\(n\)行

\[D_n = \frac{\prod_{k=1}^{n-1}(y_n - y_k)}{\prod_{k=1}^n(x_k + y_n)\prod_{k=1}^{n-1}(x_n + y_k)}\begin{vmatrix}\frac{x_n - x_1}{x_1+y_1}&\frac{x_n - x_1}{x_1+y_2}&\cdots&0\\\frac{x_n - x_2}{x_2+y_1}&\frac{x_n - x_2}{x_2+y_2}&\cdots&0\\\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\1&1&\cdots&1\end{vmatrix} \]

前\(n-1\)行的第\(i\)行可以提出\((x_n - x_i)\)

\[D_n = \frac{\prod_{k=1}^{n-1}(y_n - y_k)(x_n - x_k)}{\prod_{k=1}^n(x_k + y_n)\prod_{k=1}^{n-1}(x_n + y_k)}\begin{vmatrix}\frac{1}{x_1+y_1}&\frac{1}{x_1+y_2}&\cdots&0\\\frac{1}{x_2+y_1}&\frac{1}{x_2+y_2}&\cdots&0\\\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\1&1&\cdots&1\end{vmatrix} \]

后面的行列式就是\(D_{n-1}\)

于是通过归纳可知，\(D_n = \frac{\prod_{1 \le k < j \le n}(x_j - x_k)(y_j - y_k)}{\prod_{j=1}^{n}\prod_{k=1}^n(x_j + y_k)}.\)

11.9 数分习题课

Ex. 1

\(f: \mathbb R \to \mathbb R\)满足\(f(x^2) = f(x)\)且在\(0,1\)处连续，证明\(f\)为常值函数。

只需要说明\(x \ge 0\)时\(f(x)\)是常值函数。

任取\(x_1 > 0, x_{n+1} = \sqrt{x_n}\)，不难发现\(\lim\limits_{n\to\infty}x_n = 1,\)有连续性可知\(\lim\limits_{n\to\infty}f(x_n) = f(1),\)故\(f(x) \equiv f(1) (x > 0),\)同样根据连续性\(f(0) = \lim\limits_{x \to 0}f(x) = f(1).\)

Ex. 2

连续函数\(f: \mathbb R \to \mathbb R\)满足\(f(x+y) = f(x) + f(y)(\forall x, y \in \mathbb R).\)证明\(f(x) = xf(1).\)

\(f(0+0)=f(0)+f(0) \Rightarrow f(0)=0\\f(x-x) = f(x) + f(-x) = 0 \Rightarrow f(x) = f(-x)\\\forall n \in \mathbb N, f(\frac 1n) = \frac 1nf(1)\\\forall r \in \mathbb Q, f(r) = rf(1)\)

\(\forall x \in \mathbb R \setminus \mathbb Q\)，构造\(\{r_n\}\)满足\(\lim\limits_{n\to\infty}r_n = x\)，据连续性\(f(x) = \lim\limits_{n\to\infty}f(r_n) = f(1)\lim\limits_{n\to\infty}r_n = xf(1).\)

Ex. 3

$f(x) \in C(\mathbb R), \lim\limits_{x\to\infty}f(f(x)) = \infty, \(求证\)\lim\limits_{x\to\infty}f(x) = \infty.$

若$\lim\limits_{x\to\infty}f(x) \neq \infty, \(则可取\){x_n}, \lim\limits_{n\to\infty}x_n = \infty, |f(x_n)| \le C\(那么考虑\)|f(f(x_n))|\(应有\)|f(f(x_n))| \le \max\limits_{|x| \le C}{|f(x)|}, \(根据连续函数的最值定理可以说明\)|f(f(x_n))|\(有界，这与题设\)\lim\limits_{x\to\infty}f(f(x)) = \infty$矛盾。

Ex. 4

$f, g \in C[a, b], \(若存在\){x_n} \in [a, b], s.t. g(x_n) = f(x_{n+1}), \(证明\)\exists x_0, s.t. g(x_0) = f(x_0).$

反证，假设\(\forall t \in [a,b], g(t) \neq f(t),\)由介值性有\(f > g\)或\(f < g,\)不妨设\(f < g\)，由最小值性质有$\exists \varepsilon > 0, s.t. g - f \ge \varepsilon, f(x_n) + \varepsilon \le g(x_n) = f(x_{n+1}), \(推出\)f(x_n)\(无界，这与\)f \in C[a, b]$矛盾。

Ex. 5

是否存在连续函数\(f: \mathbb R \to \mathbb R, s.t.x\)

（1）任意函数值恰好取到两次

否

假设存在，任取\(x_1 < x_2, s.t. f(x_1) = f(x_2)\)它们不能同时为\([x_1, x_2]\)区间上的最大最小值（否则区间为常值，\(f(x_1)\)被取了无数次）

不妨设不是最大值，那么$\exists x_3 \in (x_1, x_2), f(x_3) = \max\limits_{x \in [x_1, x_2]}f(x), \(此时\)\exists x_4, f(x_3) = f(x_4).$

分析\(x_4\)的位置，若$x_4 \notin [x_1, x_2], \(不妨设\)x_4 > x_2\(，那么\)\forall \eta \in (f(x_1), f(x_3)), \eta\(会在区间\$(x_1, x_3), (x_3, x_2), (x_2, x_4)\)中各被取到一次，矛盾。

若\(x_4 \in [x_1, x_2]\)，不妨设\(x_4 > x_3\)，由于\(f(x_3)\)是区间\([x_1, x_2]\)上的最大值，故$\forall x \in [x_3, x_4], f(x) < f(x_3), \(此时这个\)f(x)\(会在\)(x_1, x_3)\(和\)(x_4, x_2)$各被再取到一次，矛盾。

（2）任意函数值恰好取到三次

可以构造

\(f(x) = \begin{cases}2x - 3k&x\in[2k, 2k+1)\\3k + 3 - x&x\in[2k+1,2k+2)\end{cases}\)

Extra

构造\(f: \mathbb R \to \mathbb R, s.t. f\)处处不连续但有介值性。

不会

11.16数分习题课

感觉好久没更了啊

谢惠民5.7第二组参考题2.

设函数\(f\)在区间\([0,n]\)上连续，且\(f(0) = f(n)\)，这里的\(n\)是自然数。证明：存在至少\(n\)组不同的\((x, y)\)满足\(f(x) = f(y)\)且\(|x-y|\)是正整数。

考虑归纳。\(n=1\)时显然成立。\(n>1\)时，构造\(F(x) = f(x+1) - f(x)\)，那么\(F(x)\)在\([0,n-1]\)上连续，且\(\sum_{k=0}^{n-1}F(k) = \sum_{k=0}^{n-1}f(k+1)-f(k) = f(n)-f(0) = 0\)，此时必然可以找到一个\(\alpha \in [0, n-1]\)满足\(f(\alpha + 1) - f(\alpha) = 0\)。此时考虑构造函数\(g(x) = \begin{cases}f(x)&x \in [0,\alpha]\\f(x+1)&x \in (\alpha,n-1]\end{cases}\)，那么\(g(x)\)在\([0,n-1]\)上连续，且\(g(0) = f(0) = f(n) = g(n-1)\)。归纳可知成立。

类似的题

给定\(\alpha > 0, \frac{1}{\alpha}\)不是自然数。证明存在定义在\([0,1]\)上的连续函数\(f\)满足\(\forall x \in [0,1-\alpha], f(x + \alpha) \neq f(x)\)。

记\(k = \lfloor\frac {1}{\alpha}\rfloor, t = 1 - k\alpha\)，把\([0,1]\)分成\(k+1\)个\(t\)以及\(k\)个\(\alpha - t\)，只需要构造\(f\)使得\(f(0) < f(\alpha)\)且\(f'(x)\)以\(\alpha\)为周期，这样可以使得\(f(x+\alpha)-f(x)\equiv f(\alpha)-f(0)\)。

谢惠民5.7第二组参考题17.

设\(f\)在开区间\(I\)上连续，且与任意一点\(x \in I\)处取到极值，证明\(f\)是常值函数。

假设存在\(a_0, b_0 \in I, a_0 < b_0\)不妨假设\(f(a_0) < f(b_0)\)，根据介值性可以找到一点\(c\in[a_0, b_0]\)满足\(f(c) = \frac 12(f(a_0) + f(b_0))\)，\([a_1, b_1]\)取\([a_1, c]\)和\([c, b_1]\)中区间长度较小者，依此法构造可得到\(\{a_n\}, \{b_n\}\)收敛于一点\(\xi\)，且\(f(a_n) < f(\xi) < f(b_n)\)，这与\(\xi\)是极值点矛盾。

谢惠民5.7第二组参考题20.

\(f([a, b]) \to [a, b]\)且连续，任取\(x_1 \in [a,b]\)，\(x_{n+1}=f(x_n)\)，证明\(\{x_n\}\)收敛的充要条件是\(\lim\limits_{n\to\infty}(x_{n+1} - x_{n}) = 0\)。

必要性显然。

充分性：假设\(\{x_n\}\)不收敛，那么上下极限不相等，记它们为\([L,H]\)，对于\(\forall t \in [L,H]\)，均存在\(\{x_{n_k}\}\)满足\(\lim\limits_{k\to\infty}x_{n_k} = t, f(t) = \lim\limits_{k\to\infty}f(x_{n_k}) = \lim\limits_{k\to\infty}x_{n_{k}+1} = t\)，推出\(f(x)\)是\([L,H]\)上的常值函数，\(\{x_n\}\)在有限项之后是常值序列，与其发散矛盾。故\(\{x_n\}\)收敛。

抄概念

实数完备性定理

确界存在定理

非空有界的实数集必有确界。

单调收敛原理

单调有界序列必然收敛。

用确界存在定理证明，若\(\{x_n\}\)单调递增，则\(\lim\limits_{n\to\infty}x_n = \sup\{x_n\}\)。

闭区间套定理

设\(\{[a_n, b_n]\}\)是一列区间，满足\([a_{n+1}, b_{n+1}] \subseteq [a_n, b_n], \lim\limits_{n\to\infty}(b_n-a_n)=0\)，则存在唯一的\(c \in \mathbb R\)，使得\(c \in [a_n, b_n]\)且\(\lim\limits_{n\to\infty}a_n = \lim\limits_{n\to\infty} b_n = c\)。

用单调收敛原理，先证明\(\{a_n\}, \{b_n\}\)收敛，再说明极限相等。

有限覆盖定理

设\([a, b]\)是一个开区间，\(\{E_\lambda\}\)是\([a, b]\)的任意一个开覆盖，则必然存在\(\{E_\lambda\}\)的一个子集构成\([a, b]\)的一个有限覆盖，即\(\{E_\lambda\}\)中必有有限个开区间\(E_1, E_2, \cdots, E_N\)使得\([a, b] \subseteq \cup_{i=1}^NE_i\)。

用闭区间套定理反证，不断二分一个不能被有限覆盖的子区间直到唯一一点\(\xi\)，\(\xi\)可以被\(\{E_\lambda\}\)中一个区间\((c,d)\)覆盖，而\(\lim\limits_{n\to\infty}l_n = \lim\limits_{n\to\infty} r_n = \xi\)说明了\(n\)充分大后能够满足\(c < l_n \le \xi \le r_n < d\)与\([l_n, r_n]\)不能被有限覆盖矛盾。

聚点原理

（聚点的定义中指明了是去心邻域\(U_0(x_0, \delta)\)中有无穷多个点）

\(\mathbb R\)中任何一个有界无穷子集至少有一个聚点。

用有限覆盖定理反证，设\(E \in [a, b]\)，若\(\forall x \in [a, b]\)都不是聚点，也就是说\(\forall x, \exists \delta_x > 0, U(x, \delta_x)\cap E\)中只有至多一个点，此时\(\mathcal F = \{U(x, \delta_x)|x\in[a, b]\}\)构成了\([a,b]\)的一个开覆盖，根据有限覆盖定理，存在有限个开区间\(U(x_i, \delta_{x_i})\)覆盖了\([a, b]\)，这说明了\(E\)中只有有限个点，与\(E\)是无穷集矛盾。

Bolzano-Weierstrass定理（致密性定理）

任何有界序列必有收敛子序列。

记\(E = \{x_n|n \in \mathbb N\}\)，根据假设，\(E\)有界。

若\(E\)是有限集，说明\(\{x_n\}\)中必然有无穷多项等于同一个数，此时定理成立。

若\(E\)是无穷集，根据聚点原理，存在一点\(a\)使得\(\forall \delta > 0, U(a, \delta)\)中均有\(\{x_n\}\)内的无穷多项，构造\(x_{n_{k+1}} \in U(a, \frac{1}{k+1})\cap\{x_{n_k+1}, x_{n_k+2}, \cdots\}\)即可。

柯西收敛准则

序列\(\{x_n\}\)收敛的充分必要条件是\(\forall \varepsilon > 0, \exists N\)，当\(n, m > N\)时，\(|x_n - x_m| < \varepsilon\)。

必要性显然：\(|x_n - x_m| \le |x_n - a| + |x_m - a| < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon\)。

充分性：先说明有界，再运用Bolzano-Weierstrass定理得到一个收敛子列\(\{x_{n_k}\}\)，最终\(|x_n - a| \le |x_n - x_{n_k}| + |x_{n_k} - a| < \varepsilon\)。

一些需要记住的结论

无理数e

\(x_n = (1 + \frac 1n)^n < e < y_n = (1 + \frac 1n)^{n+1}, \lim\limits_{n\to\infty}x_n = \lim\limits_{n\to\infty}y_n = e\)

两边取对数

\(n\ln(1+\frac 1n) < 1 < (n+1)\ln(1+\frac 1n)\)

也即

\(\frac 1{n+1} < \ln(1+\frac 1n) < \frac 1n\)

对\(k = 1, 2, \cdots, n\)累加可得

\(\sum_{k=1}^n\frac{1}{k+1} < \sum_{k=1}^n\ln(\frac{k+1}{k}) = \ln(n+1) < \sum_{k=1}^n\frac 1k\)

另一个方向，对最开始的式子做\(k = 1, 2, \cdots, n\)的累乘

\(\prod_{k=1}^n(\frac{k+1}{k})^k = \frac{(n+1)^n}{n!} < e^n < \prod_{k=1}^n(\frac{k+1}{k})^{k+1} = \frac{(n+1)^{n+1}}{n!}\)

也即

\((\frac{n+1}{e})^n < n! < (\frac{n+1}{e})^n(n+1)\)

\(\frac{n+1}{e} < \sqrt[n]{n!} < \frac{n+1}{e}\sqrt[n]{n+1}\)

由此说明

\(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n}{\sqrt[n]{n!}}=e\)

级数\(\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^p}\)敛散性的证明：

\(p=1\)：把所有\(\frac{1}{k}\)都缩小到\(\max\{\frac{1}{2^r}|2^r \ge k\}\)，此时\(S_{2^n} \ge 1 + \frac{n}{2}\)故\(\{S_n\}\)发散

\(p > 1\)：记\(r = \frac{1}{2^{p-1}} < 1\)，把所有\(\frac{1}{k^p}\)都放大到\(\min\{\frac{1}{2^r}|2^r\le k\}\)，此时\(S_{2^{n+1}-1}-S_{2^n-1} \le \frac{2^n}{2^{np}} = r^n\)，于是\(S_{2^n-1} \le \frac{1-r^n}{1-r}\)故收敛

谢惠民简要题解

5.7第一组参考题

20.

\(f\)在\(\mathbb R\)上一致连续，证明存在非负常数\(a, b\)使得\(|f(x)| \le a|x| + b\)。

一致连续\(\Rightarrow \exists \delta > 0, \forall x, y \in \mathbb R, |x - y| < \delta, |f(x) - f(y)| < 1\)。

记\(k = \lfloor\frac{x}{\delta}\rfloor\)，那么

\[|f(x)| \le |f(x) - f(k\delta)| + \sum_{i=1}^k|f(i\delta)-f((i-1)\delta)| + |f(0)| \\< k + 1 + |f(0)| \\ \le \frac{1}{\delta}|x| + 1 + |f(0)| \]

19.

设函数\(f\)在区间\([0, +\infty)\)上一致连续，且\(\forall x \in [0, 1], \lim\limits_{n\to\infty}f(x + n) = 0\)，证明\(\lim\limits_{x\to\infty}f(x) = 0\)。

$\forall \varepsilon > 0, $

一致连续\(\Rightarrow \exists \delta > 0, \forall x, y \in I, |x - y| < \delta, |f(x) - f(y)| < \frac{\varepsilon}{2}\)。

题设\(\Rightarrow \forall x \in [0, 1], \exists N_x \in \mathbb N, \forall n > N_x, |f(x + n)| < \frac{\varepsilon}{2}\)。

故$\forall x_0 \in [0, 1], \forall x \in (x_0 - \delta, x_0 + \delta) \cap [0, 1], $有

\[|f(x + N_{x_0})| \le |f(x+N_{x_0}) - f(x_0 + N_{x_0})| + |f(x_0 + N_{x_0})| < \varepsilon \]

考虑到\(\mathcal F = \{U(x, \delta)|x\in[0, 1]\}\)构成\([0, 1]\)的一个开覆盖，根据有限覆盖原理，存在有限个开区间\(U(x_1, \delta), \cdots, U(x_m, \delta)\)，并记\(N = \max_{i=1}^mN_{x_i}\)，那么\(\forall x > N, x - \lfloor x \rfloor\)必然被某个\(U(x_i, \delta)\)包含，且\(\lfloor x\rfloor > N_{x_i}\)根据前述可得\(|f(x)| < \varepsilon\)。

于是，\(\lim\limits_{x\to+\infty}f(x) = 0\)。

18. 17.

证明\(f\)在区间\(I\)上一致连续的充要条件是：任何满足\(\lim\limits_{n\to\infty}(x_n - y_n) = 0\)的序列\(\{x_n\}, \{y_n\} \subset I, \lim\limits_{n\to\infty}[f(x_n) - f(y_n)] = 0\)。

18. 是等价的

必要性都显然，直接拿一致连续的定义证明

充分性都先假设\(f\)不一致连续，推导出\(\lim\limits_{n\to\infty}f(x_n) - f(y_n) \neq 0\)矛盾。

15.

证明：定义在\(\mathbb R\)上且没有最小正周期的连续周期函数一定是常值函数。

连续性\(\Rightarrow \forall \varepsilon, \exists \delta , \forall |x| < \delta, |f(x) - f(0)| < \varepsilon\)。

由于\(f\)没有最小正周期，故存在一个周期\(T < \delta\)。\(\forall x \in \mathbb R, x\)可以写成\(nT + r\)的形式，其中\(n \in \mathbb N, 0 \le r < T < \delta\)，故\(f(x) = f(nT + r) = f(r) \in U(f(0), \varepsilon)\)。

由\(\varepsilon\)的任意性可知\(f(x) \equiv f(0)\)，即\(f\)是常值函数。

若去掉连续函数的条件，则存在反例

\[D(x) = \begin{cases}1&x \in \mathbb Q\\0&x \in \mathbb R \setminus\mathbb Q\end{cases} \]

狄利克雷函数\(D(x)\)以任意有理数为周期，故不存在最小正周期，同时不是常值函数。

14.

\(f\)是\(\mathbb R\)上的连续函数，\(\forall x_1, x_2 \in \mathbb R, |f(x_1) - f(x_2)| > k|x_1 - x_2|\)，证明\(f\)严格单调且值域为\(\mathbb R\)

先证明\(f\)单调：说明不存在\(x_1, x_2, x_3\)满足\(f(x_1) < f(x_2) > f(x_3)\)或反之。

证明值域是\(\mathbb R\)时，首先得到两侧极限均为\(\infty\)，由单调性得到不可能同号。

13.

反证，假设\(f(x)\)不趋于\(\infty\)，即存在绝对值递增序列\(\{x_n\}\)满足\(f(x_n) \in [-A, A]\)，根据闭区间上连续函数的性质，\(f([-A, A]) = [L, H]\)，故\(\forall X > 0, \exists N\)满足\(x_N > X\)，使得\(f(x_N) \in [L, H]\)即\(|f(x_N)| \le \max\{|L|, |H|\}\)，这与\(\lim\limits_{x\to\infty}f(f(x)) = \infty\)矛盾。故\(\lim\limits_{x\to\infty}f(x) = \infty\)。

**Attention: **\(\lim\limits_{x\to+\infty}f(x) = +\infty\)的否命题是\(\forall X, \exists x_0 > X, f(x_0) \le M\)即\(X\)任意大后都存在更大的\(x_0\)满足\(f(x_0)\)被\(M\)bound住了，而不是\(f(x)\)有界。

12.

$\forall \varepsilon > 0, $

对于\(\forall x_0 \in [a, b], \exists \delta_{x_0} > 0, \forall x \in U(x_0, \delta_{x_0})\)，有\(|f(x) - f(x_0)| < \frac{\varepsilon}{2}\)。

考虑构造线性函数\(L_{x_0}(x) = \frac{\varepsilon}{2\delta_{x_0}}(x - x_0) + f(x_0)\)，那么\(\forall x \in U(x_0, \delta_{x_0})\)，有

\[|f(x) - L_{x_0}(x)| \le |f(x) - f(x_0)| + |f(x_0) - L_{x_0}(x)| < \varepsilon \]

考虑\(\mathcal F = \{U(x, \delta_x)|x \in [a,b]\}\)构成\([a, b]\)的一组开覆盖，根据有限覆盖原理存在一组开区间\(U(x_k, \delta_{x_k})\)覆盖\([a, b]\)，用这些\(x_k\)对应的\(L_{x_k}(x)\)组成\(L(x)\)即可。

11.

用两个一次函数分别定义有理数和无理数，但需要注意修改交点处的定义以保证交点处也不连续。

10.

\[|\frac{f(x) - f(y)}{x - y}| \le M|x - y|^{\alpha - 1} \]

固定\(x\)，令\(y \to x\)可知\(f'(x) = 0\)，这对于\(\forall x \in I\)均成立，故\(f\)是常值函数。

9.

假设不存在\(\{x_n\}\)，也即\(\exists \varepsilon_0 > 0\)，满足\(|f(\lambda + x) - f(x)| < \varepsilon_0\)的\(x\)只有有限个，那么就\(\exists X\)满足\(\forall x > X, |f(\lambda + x) - f(x)| \ge \varepsilon_0\)，此时\(f(\lambda + x) - f(x) \ge \varepsilon_0\)和\(f(\lambda + x) - f(x) \le -\varepsilon_0\)会被同时满足其一（若不然，考虑函数\(g(x) = f(\lambda + x) - f(x)\)的连续性，会推出\(g(x)\)存在\(> X\)的零点，与假设矛盾），那么不难说明\(f(x)\)无界，与题面限制矛盾。

7.

\(\forall a \in [0, 1], \lim\limits_{x \to a}f(x) = 0\)。

类似黎曼函数求极限即可。

6.

(1) \(f_n(\frac 12) < 1, f_n(1) > 1\)且\(f(x)\)在\([\frac 12, 1]\)上单调，故有且仅有一个根

(2) \(\{c_n\}\)单调递增：若存在\(c_{n+1} \le c_n\)，则\(1 = c_{n+1}^{n+1} + c_{n+1} < c_{n+1}^n + c_{n+1} \le c_{n}^n + c_n = 1\)矛盾

又由于\(\{c_n\}\)有界，故极限存在，\(\lim\limits_{n\to\infty}c_n^n + c_n = \lim\limits_{n\to\infty}c_n = 1\)。

2.7

第二组参考题3.

求极限\(\lim\limits_{n\to\infty}n\sin(2\pi n! e)\)

考虑\(n!e = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{n!}{k!}=N + \frac{1}{n+1} + o(\frac{1}{n})\)其中\(N\)是某个整数

于是\(\lim\limits_{n\to\infty} n\sin(2\pi n!e) = \lim\limits_{n\to\infty} n \sin(2\pi(\frac{1}{n+1} + o(\frac{1}{n}))) = \lim\limits_{n\to\infty} n (2\pi(\frac{1}{n+1} + o(\frac{1}{n}))) = 2\pi\)

第二组参考题6. 7.

\[\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\sum_{k=0}^n\ln\binom{n}{k}}{n^2} = \frac 12 \]

需要用两次Stolz

对于\(\binom{n}{0}, \cdots, \binom{n}{n}\)，记\(A_n\)和\(G_n\)分别为这\(n\)个数的算术平均和几何平均，则\(\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{A_n} = 2, \lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{G_n} = \sqrt e\)

后者的推导需要用到6. 的结论

学姐教我做的题

求\(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\sin(nx) - n\sin x}{x^3}\)。

考虑\(\cos(nx)+i\sin(nx) = e^{nix} = (\cos x+i\sin x)^n\)

于是$$\sin(nx) = \sum_{k=0}^n[k \bmod 2 = 1] \binom nk(i\sin x)^k\cosx$$

\[\sin(nx)-n\sin x = n\sin x[\cos^{n-1}x-1 + \frac{(n-1)(n-2)}{6}\sin^3x + o(\sin^3x)] \]

注意到$$\lim\limits_{x\to 0}\frac{\cos^{{n-1}x-1}{\sin}2 x} = \lim\limits_{x\to 0}\frac{(\cos x-1)(\sum_{k=0}^{n-2}\coskx)}{\sin^2 x} = -\frac{n-1}{2}$$

因此

\[\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\sin(nx) - n\sin x}{x^3} = -\frac{n(n-1)}{2} - \frac{n(n-1)(n-2)}{6} = \frac{n-n^3}{6} \]

学物理

完了学不会了

质点的直线运动（平动）	刚体的定轴转动
速度 \(v = \frac{ds}{dt}\)	角速度\(\omega = \frac{d\theta}{dt}\)
加速度 \(a = \frac{dv}{dt}\)	角加速度 \(\alpha = \frac{d\omega}{dt}\)
匀速直线运动 \(s = vt\)	匀角速转动 \(\theta = \omega t\)
匀变速直线运动 \(v = v_0 + at\\s = v_0t + \frac12 at^2\\v^2 - v_0^2 = 2as\)	匀变速转动 \(\omega = \omega_0 + \alpha t\\\theta = \omega_0t+\frac 12\alpha t^2\\\omega^2 - \omega_0^2 = 2\alpha \theta\)
力\(F\)，质量\(m\) 牛顿第二定律\(F = ma\)	力矩\(M\)，转动惯量\(J\) 转动定律\(M = J\alpha\)
动量\(mv\)，冲量\(Ft\) 动量定理\(Ft = mv - mv_0\)	角动量\(J\omega\)，冲量矩\(Mt\) 角动量定理\(Mt = J\omega - J\omega_0\)
动量守恒定律 \(\sum mv = const\)	角动量守恒定律 \(\sum J\omega = const\)
平动动能 \(E = \frac 12mv^2\)	转动动能 \(E = \frac 12J\omega^2\)
常力的功 \(A = Fs\)	常力矩的功 \(A = M\theta\)
动能定理 \(Fs = \frac12mv^2 - \frac12mv_0^2\)	动能定理 \(M\theta = \frac12J\omega^2 - \frac12J\omega_0^2\)