于品讲义习题自做

持续更新中……

前言

ybw自己对yp讲义部分习题的一些解答

个人色彩浓厚，也希望大家多斧正斧正。

有些东西可能是纯计算的，我可能会略过或者在我的ipad上完成，就不会写在博客上了。

有些题目比较简单，我就不会详细写了

当然，也可能是因为我比较懒，不想打太多公式。

2023.4.20：最近眼睛不太好，不能长时间在电脑屏幕前打字了，可能会咕一阵子。

作业1：可数与不可数，\(\text{Schroeder - Bernstein}\) 定理

习题 A

A1)

充分性：反证法易得 (\(M - \epsilon\) 为更小的上界)

必要性：再次采用反证法易得

A2)

证明任意非空开区间都至少有一个有理数即可（利用区间长度）

A3)

平凡

A4)

仅需验证三角不等式，直接平方后配方即可

A5)

由A2) 结论立刻得到

A6)

对开球的每一维，由A5) 立得

A7)

反证法。

若 Archimedes 公理不成立，则 \[ \forall x > 0,\ \exists y > 0 \text{ 使得 } \forall n \in \mathbb{N},\ nx < y. \]

于是集合 \[ S = {\, nx \mid n \in \mathbb{N} \,} \] 有上界，因此存在上确界 \( M = \sup S \)。

由 A1) 的结论，存在 \( n_0 \in \mathbb{N} \)，使得 \[ n_0 x > M - \varepsilon. \]

取 \( \varepsilon = x \)，则 \[ (n_0 + 1)x > M, \] 这与 \( M \) 是 ( S \) 的上确界矛盾。

A8)

为避免混淆，我们改记 \(\sup X = M\)

如果我们证明\(M^2 = 2\)，那么就可以通过数论证法证明\(M\)是无理数了。

反证法。如果\(M \notin X\)，则\(\forall x, M>x \Rightarrow M^2 > x^2 \Rightarrow M^2 > 2\)

则必\(\exists M_0\)，使得\(2 < M_0 ^2 < M^2\)，与\(M\)是上确界矛盾。

A9)

对于开区间\((a,b)\)，令\(c = (a+b)/2\)。

在\((a,c)\)中取\(p\in Q\)，在\((c,b)\)中取\(q \in Q\)，则\(\frac{\sqrt{2}}{2}p+ (1-\frac{\sqrt{2}}{2})q\)必是无理数

然后再对两个子区间递归处理即可。

习题B：可数集和不可数集

B1) B2) B3) 平凡

B4) 对角线即可（经典证明）

B5) 类似的对角线：显然，如果要使用对角线，那么必须可数（比如B4)中的\(\mathbb{N}\)）

我们先把\(X_i(i\in I)\) 排成一列，其中\(I\)是可数的指标集，再将每行展开写即可（因为\(X_i\)是可数集）

B6) （其实直观上很显然，我这里锻炼一下如何使用严格的语言）

由\(X\)可数知存在单射\(g: X \rightarrow \mathbb{N}\)

由于\(f\)是满射，故\(\forall y \in Y\)，\(y\)在\(X\)中的原像构成非空集合\(X_y\)，任取\(x_y \in Y\)，再令\(h : Y \rightarrow X \longmapsto y \rightarrow x_y\)，则\(h\)必是单射（否则\(f\)根本不是映射），则复合映射\(h \circ g : Y \rightarrow \mathbb{N}\) 即为所求。

B7)

7-1：

\(x \notin J\) 显然成立。设\(x \in J\)且\(J = [a,b]\)。若\(x < (a + b)/ 2\)，则取\([\frac{a+b}{2},b]\)，若\(x > (a + b) /2\)，则取\(I = [a,\frac{a+b}{2}]\)，若\(x = (a+b) / 2\)，任取不包含这个点的子区间即可。

7-2:

由7-1立刻得到。

7-3:

反证法。如果\(\mathbb{R}\)是可数集合，那么必然存在7-2中构造的闭区间套，则全体实数均不在这个闭区间套里面，这与闭区间套定理矛盾。

B8)

反证法即可。（与\(\mathbb{R}\)是不可数集合矛盾）

B9)

设区间\(I = (a,b)\)（闭区间同理）

构造双射

则实数集\(\mathbb{R}\)与任何长度不为零的区间等势，故也不可数。

upd:这里似乎并没有引入集合势的概念，但这并没有关系，我们直接返回到映射层面上来看待这个问题就行了。

B10) 平凡

对于每一个\(J_i \in \mathcal{J}\)，由于\(I\)是非空集合，所以在\(J_i\)中一定能找到一个有理数\(x_i\)，则\({x_i}\)构成了\(\mathbb{Q}\)的子集，自然可数，进而我们可以构造\(J_i\)和\(x_i\)之间的双射，所以\(\mathcal{J}\)可数。

习题C \(\text{Schroeder - Bernstein}\) 定理

C1) C2) 平凡 （利用可数集性质即可构造双射）

C3) 容易验证\(X’ \cup h(X)\) 符合条件

C4) 由\(X’\)的定义，我们可以知道，\(X’ \cap h(A) = \emptyset\)

由 \(X’ \cup h(A) \subset A\) 知\(X’\subset A\) 且 \(h(A) \subset A\)

故 \(h(X’) \subset h(A)\) 且 \(h(h(A)) \subset h(A)\)

所以 \(h(X’ \cup h(A) ) \subset h(A)\)

所以 \(X’ \cup h(X’ \cup h(A)) \subset X’ \cup h(A)\) 即 \(X’ \cup h(A) \subset \mathcal{F}\)

C5) 考虑\(A_1,A_2 \subset \mathcal{F}\)，我们证明\(A_1 \cap A_2 \subset \mathcal{F}\)

令\(A_1’ = A_1 - X’\)，\(A_2’ = A_2 - X’\)

则\(A_1 \cap A_2 = X’ + A_1’ \cap A_2’\)

故我们需要证明：\(X’ \cup h(A_1 \cap A_2) \subset A_1\cap A_2 = X’ + A_1’ \cap A_2’\)

由\(A_1,A_2 \subset \mathcal{F}\)，我们有 \(X’ \cup h(A_1) \subset A_1 = X’ + A_1’\) \(X’ \cup h(A_2) \subset A_2 = X’ + A_2’\)

两侧同时取交集，我们有 \((X’ \cup h(A_1)) \cap (X’ \cup h(A_2)) \subset X’ + A_1’ \cap A_2’\)

由德摩根律，我们知道 \((X’ \cup h(A_1)) \cap (X’ \cup h(A_2)) = X’ \cup (h(A_1) \cap h(A_2))\)

又因为\(h\)是单射，所以 \(h(A_1) \cap h(A_2) = h(A_1 \cap A_2)\)

结合以上几个式子便得到了证明。

我们现在既然有\(A_1 \cap A_2 \subset \mathcal{F}\)了，就可以直接归纳了。

注：因为可能有无穷多个\(A\)，我们需要超限归纳法，这里的\(\mathcal{F}\)是良序的，符合使用超限归纳的条件

upd: 刚才的做法烦了。实际上，直接对\(A_0\)用德摩根律，再使用C4)的结论即可。但是如果这里要想使用德摩根律，\(\mathcal{F}\)也必须是良序的。

C6) 我们已经知道\(X’ \cup h(A_0) \subseteq A_0\)，只需要证明\(X’ \cup h(A_0) \supseteq A_0\)即可。

由C4)结论知，\(X’ \cup h(A_0) \subset \mathcal{F}\)，

而根据\(A_0\)的定义可以得到，\(\forall x \in A_0\)，我们有 \(\forall A \subset \mathcal{F},x \in A\)

故\(x \in X’ \cup h(A_0)\)，这就得到了证明。

C7) 假设 \(f(A_0) \cap g^{-1}(B_0) \not= \emptyset\)，取其中的一个元素\(y_0\)，则我们有 \(f(x_1) = y_0,g(y_0) = x_2\)

则有\(h(x_1) = x_2 \in B_0\)，与\(x_1 \in A_0\)矛盾。

若 \(f(A_0) \cup g^{-1}(B_0) \not= Y\)，则取 \(y \in Y \setminus f(A_0) \cup g^{-1}(B_0)\)。

令\(x=g(y)\)，则\(x \notin B_0\)，又\(x \notin X’\)，故\(x \in h(A_0)\)

而\(f\),\(g\)都是单射，所以必定有\(f(x) = y\)，得到矛盾！

C8) 由C7)直接得到

至此，我们证明了\(\text{Schroeder - Bernstein}\) 定理！

习题D \(\text{Dedekind}\) 分割证明的细节

这部分习题没有什么意思，难度也不大，就不写了。

作业2：\(\text{Riemann}\)重排，\(\text{Cesàro}\)求和，\(\text{Banach-Mazur}\)游戏

习题A

A1) 令\(y_n = \sup_{k \ge n} x_k\)，由于\(\{x_i\}\)有界，则\(\lim_{n \to +\infty} y_n\)存在，设其极限为\(y\)。

固定任意一个\(\varepsilon > 0\)，由\(y_n\)的定义，存在某个\(x_n\)，使得 \[ x_n + \tfrac{1}{2}\varepsilon > y_n, \] 即 \[ \lvert x_n - y_n \rvert < \tfrac{1}{2}\varepsilon. \]

而由极限的定义，存在\(N\)，使得当\(n > N\)时， \[ \lvert y_n - y \rvert < \tfrac{1}{2}\varepsilon. \]

于是由三角不等式， \[ \lvert x_n - y \rvert \le \lvert x_n - y_n \rvert + \lvert y_n - y \rvert < \varepsilon. \]

因此， \[ \lim_{n \to +\infty} x_n = \lim_{n \to +\infty} \sup_{k \ge n} x_k. \]

这就证明了我们可以选取这样一个子列。

A2) 充分性：

直接夹逼即可。

必要性：

设 \(y_n = \sup_{n \rightarrow + \infty} x_n\)，\(z_n = \inf_{n \rightarrow + \infty} x_n\)

设 \(\lim_{n \rightarrow + \infty} x_n = x\)

则对于固定的\(\epsilon\)，存在\(N\)，使得\(n > N\)时，我们有 \(|x - x_n| < \frac{1}{2} \epsilon\)

则由\(y_n\)，\(z_n\)的定义，我们有: \(|x_n - z_n| < \frac{1}{2} \epsilon, |x_n - y_n| < \frac{1}{2} \epsilon\)

仿照A1)做法即可。

A3) 平凡

A4) 由A3)，我们只需要把分母实数化，分实部和虚部讨论即可。

A5) 由\(\text{Cauchy}\)收敛判别法，我们考虑在\(n_1\)充分大时， \[ \left| \sum_{i=n_1}^{n_2} (-1)^{i-1} a_i \right| \] 的大小。

由于\(\{a_i\}\)收敛到\(0\)，根据\(\text{Cauchy}\)列的性质， 对任意\(\varepsilon > 0\)，存在\(n_1\)，使得当\(i > n_1\)时， \[ |a_i| < \frac{\varepsilon}{n_2 - n_1 + 1}. \]

于是有 \[ \left| \sum_{i=n_1}^{n_2} (-1)^{i-1} a_i \right| \le \sum_{i=n_1}^{n_2} |a_i| < (n_2 - n_1 + 1) \cdot \frac{\varepsilon}{n_2 - n_1 + 1} = \varepsilon. \]

因此该级数满足 Cauchy 收敛条件。

A6) 对实部和虚部分别使用控制收敛法即可。

A7) 由A6) 显然。

A8) 由 \(\text{Cauchy}\) 列的定义， \[ |P_{n+p} - P_n| < |a_1 a_2 \dots a_{n-1}| \varepsilon \]

等价于 \[ \left| a_1 a_2 \dots a_{n-1} \bigl( a_n a_{n+1} \dots a_{n+p} - 1 \bigr) \right| < |a_1 a_2 \dots a_{n-1}| \varepsilon. \]

由于 \(|a_1 a_2 \dots a_{n-1}| > 0\)，两边同除该项，得到 \[ |a_n a_{n+1} \dots a_{n+p} - 1| < \varepsilon. \]

得证。

我们不一定每次都要将\(\epsilon\)归一，只要前面是一个有限的常数即可。

A9) \(\forall x>y \in \mathbb{R}\)，考虑\(e^x - e^y = e^y (e^{x-y} - 1)\)

故我们只需要证明\(e^x > 0\)即可，证明是平凡的。

A10) 显然。

习题B

这里仅选择两题，其余都是平凡的

(19) 这里我们直接分别放缩为\(3n^3\)和\(n^3\)，再利用 \(\lim_{n \rightarrow +\infty} n^{\frac{1}{n}} = 1\) 即可。

(20) 提出2019即可。

习题C \(\text{Riemman}\)重排定理

ipad上已做。

习题D \(\text{Cesàro}\)求和极限

D1) 固定 \(\varepsilon > 0\)。 由于 \[ \lim_{n \to +\infty} a_n = a, \] 则存在 \(N_1\)，使得当 \(n > N_1\) 时， \[ |a_n - a| < k\varepsilon, \] 其中 \(k > 0\) 为待定常数。

我们事实上需要证明存在\(N_2\)，\(n>N_2\)时， \(|\sum_{k=1}^n a_k - na| < n\epsilon\)

\(n\)充分大的时候，上式可以转化为 \(|\sum_{k=1}^{N_1} a_k - N_3a+ \sum_{k=N_1+1}^{n}a_k - (n-N_3) a| < n\epsilon\) 其中\(N_3\)是一个待定的数，满足\(N_3<n\)。

\(\sum_{k=1}^{N_1} a_k\)必然有限，记作\(S\)，则上式转化为 \(|S - N_3a + \sum_{k=N_1+1}^{n}a_k - (n-N_3)a| < n\epsilon\)

即 \(|S - N_3a+\sum_{k=N_1+1}^{n}(a_k - a) - (N_1 - N_3)a| < n\epsilon\)

对左式放缩，我们有 \(LHS \le |S| + N_3|a| + k(n-N_3)\epsilon + |(N_1 - N_3)a|\)

则 \(|S| + N_3|a| + k(n-N_3)\epsilon + |(N_1 - N_3)a|< n\epsilon\)

等价于 \((1-k)\epsilon n>|S| + |(N_1 - N_3)a| +N_3|a|-N_3\epsilon k\)

等价于 \(n>\frac{|S|+ |(N_1 - N_3)a| +N_3|a|-N_3\epsilon k}{(1-k)\epsilon }\)

右边的式子必须足够大，即我们有限制 \(\frac{|S|+ |(N_1 - N_3)a| +N_3|a|-N_3\epsilon k}{(1-k)\epsilon } > N_1\)

即我们要使得 \(|S| > (N_1-kN_1 + kN_3)\epsilon - |(N_3 - N_1)a| -N_3|a|\)

易知 \(|(N_3 - N_1)a| + N_3|a| \ge |N_1a|\)

则对右式放缩，我们有 \(RHS \le ((1-k)N_1 + kN_3)\epsilon - N_1|a|\)

则我们只需要选取适当的\(N_3\)和\(k\)，使得 \(\frac{|S| + N_1|a|}{\epsilon} > (1-k)N_1 + kN_3\)

我们记\(S’ = \frac{|S| + N_1|a|}{\epsilon} - N_1\)（因为这是一个定值），则上式转化为 \(S’ > k(N_3-N_1)\)

考虑两侧正负性。\(k>0\)，而\(S’\)和\(N_3 - N_1\)均可正可负，故我们分情况讨论：

若\(S’ > 0\)，则我们取\(N_3 = N_1 + 1\)，\(k\)在\((0,\min{S’,1})\)中任取即可

若\(S’ < 0\)，则我们直接取\(N_3 = 0\)，将\(S’\)重新展开，我们需要满足 \(\frac{|S| + N_1|a|}{\epsilon} > (1-k)N_1\)

而根据以上信息，我们有 \(0 \le \frac{|S| + N_1|a|}{\epsilon} < N_1\)

进而这样的\(k\)是一定取得到的。

此时，我们只需要令\(N_2 \ge N_3\)即可。

注：1.最后一步的成立，事实上用到了介值定理。不过这并不构成循环论证。2. 这题的结论直观上很显然，但是要严格证明，极大的考验了我们的分析技巧。

upd: 我是呆子，这道题有更加简单的方法： \(\begin{aligned} |\frac{a_1 + a_2 + \dots + a_n}{n} - a| &= |\frac{a_1 + a_2 + \dots + a_{N} - Na}{n} + \frac{a_{N+1} - a + a_2 - a+ \dots + a_n -a }{n}| \\ &\le \frac{A}{n} + \frac{n - N}{n}\varepsilon \end{aligned}\)

取 \(N = \max {N_1, \lceil \frac{A}{\varepsilon} \rceil}\) 即可。

D2) +1,-1的交错数列即可。

D3) 取 \(\begin{equation} a_n = \begin{cases} k, &n= k^2 (k\in \mathbb{N})\\ \frac{1}{n^2}, &\text{otherwise} \end{cases} \end{equation}\) 即可。

D4) D5) 平凡

D6) 设\(\sup kb_k = M\)，则由控制收敛法知

\(\lim_{n \rightarrow \infty}\frac{1}{n}\sum_{k =1}^n kb_k \le \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} Mn = M\)

故 \(\lim_{n \rightarrow \infty}\frac{1}{n}\sum_{k =1}^n kb_k\) 收敛，记为\(p\)

则由D4)结论，两边取极限，我们便知道 \(\lim_{n \rightarrow \infty}a_n = \sigma + p\)

若 \(p\not=0\)，则由D1)，我们有 \(\lim_{n \rightarrow \infty}\sigma_n = \lim_{n \rightarrow \infty}a_n = \sigma + p\)

矛盾。这就证明了结论。

可以看出，通过\(\text{Cesàro}\)和，我们也定义了一种收敛的方式

习题E \(\sqrt[n]{x}\)和\(b^x\)的定义

E1) 逆否命题即\(f(x) = x^n\)为单射。这是显然的。

E2) 显然 \(t \in E(x)\)，且必定有 \(2x>t\)。

E3) 若\(y^n < x\)，则必存在\(t\)，使得 \(y^n < t^n < x\)，这与\(y\)是一个上界矛盾。

若\(y^n > x\)，则必存在\(y_0\)，使得 \(x < y_0^n <y^n\)，则\(y_0 < y\)，这与\(y\)是一个确界矛盾。

E4) 由E1)自然得到。

E5) 取\(x_1 < x_2\)，令 \(y_1 = \sup E(x_1)\)，\(y_2 = \sup E(x_2)\)

反证法。假设\(y_1 = y_2\)

由于\(x_1 < x_2\)，必定存在一个数\(t_0\)，使得 \(t_0 \notin E(x_1)\)且 \(t_0 \in E(x_2)\)。

于是我们便有\(t_0^n \ge x_1 = y_1^n\)，即\(t_0 \ge y_1\)

又有\(t_0^n < x_2 = y_2^n\)，即\(t_0 < y_2\)

这就得到了矛盾。

E6) 我们知道\(((ab)^{\frac{1}{n}})^n = ab\)，而\((a^{\frac{1}{n}}b^{\frac{1}{n}})^n = (a^{\frac{1}{n}})^n(b^{\frac{1}{n}})^n = ab\)

由E1)即得。

E7) 两边同时\(nq\)次方即可

E8) E7) 已经给出了这一点

E9) 展开，通分，利用整数指数时幂的性质即可

E10) 显然的

E11) 这也显然（r此时已然是最大元）

E12) 令 \[ E(x+y) = \{ b^{t_1} b^{t_2} \mid t_1, t_2 \in \mathbb{Q},\ t_1 \le x,\ t_2 \le y \}, \] 容易证明，集合中的每个元素都可以写成上述形式。

这种形式可能不是唯一的，但集合元素的唯一性保证了我们这步操作是合法的

而显然，\(\sup b^{t_1} = \sup E(x) = b^x\)，\(\sup b^{t_2} = \sup E(y) = b^y\)，因此 \(b^{x+y} = \sup b^{t_1}b^{t_2} = \sup b^{t_1} \sup b^{t_2} = b^x b^y\)

E13) 这里的\(e^x\)即为集合： \(E(x) = {e^t | t \in \mathbb{Q}, t \le x}\) 的上确界。

我们设 \(g(x) = \sum_{i=0}^{\infty} \frac{x^i}{i!}\)

即级数定义的表达式。

显然有 \(e^0 = g(0) = 1\)

在讲义中，我们证明了\(e\)的两种定义是等价的，即 \(e = g(1)\)

同样在讲义中，利用双指标求和的性质，我们已经证明了

\(g(x+y) = g(x)g(y)\)

结合\(g(0) = 1, g(1)= e\)，上式即为一个 \(\text{Cauchy}\)方程，进而我们得到：

\(g(t) = \sum_{i=0}^{\infty} \frac{t^i}{i!} = e^t,\forall t\in \mathbb{Q}\)

则 \(\sup_{t\le x, t \in \mathbb{Q}} e^t = \sup_{t\le x, t \in \mathbb{Q}} \sum_{i=0}^{\infty} \frac{t^i}{i!} = \sum_{i=0}^{\infty} \frac{x^i}{i!}\)

其中我们用到了\(\sup t =x\)（这是显然的），我们就得到的证明。

\(\text{Cauchy}\)方程是高中数学竞赛的内容，大概丘班的巨佬们一定都知道这个结论吧，所以讲义默认大家会这个东西。

在以上两题当中，关于\(\sup\)的运算，实际上用到了函数的连续性，尽管讲义至此还没有讲解连续，但是，我们并没有犯循环论证的错误。

习题F 根式的逼近

F1) 由均值不等式，我们知道 \(x_n \ge \sqrt{\alpha}\)。又有 \(x_{n+1} - x_n = \frac{1}{2}(\frac{\alpha}{x_n} - x_n) < 0\)

故\({x_n}\)递减。

结合有界性，由单调有界定理，我们不妨设\(\lim_{n \rightarrow \infty } x_n = A\)。

等式两边取极限，我们便算得\(A = \sqrt{\alpha}\)

F2) 直接代入即可。

F3) F2) 结论反复迭代即可。

F4) F5) 不算了。。。没意思。。。

F6) F7) 递推式迭代一次，我们有 \(y_{n+1} = \frac{2\alpha + (\alpha + 1)y_{n-1}}{\alpha + 1 + 2y_{n-1}}\) 直接相减即可。

F8) 由对勾函数的性质，我们容易证明 \({y_{2k-1}}{k\ge1}\) 有下界 \(\sqrt{\alpha}\)，而 \({y{2k-1}}_{k\ge1}\) 有上界 \(\sqrt{\alpha}\)。

再次利用单调有界定理，借由上述递推式，我们便知道两个子列的极限都是\(\sqrt{\alpha}\)，从而原数列的极限也是\(\alpha\)。

F9) 不妨仅考虑奇数项。令 \(\varepsilon_{k} = y_{2k - 1} - \sqrt{\alpha}\)，则我们有 \(y_{2k - 1} = \varepsilon_{k} + \sqrt{\alpha}\) 且 \(y_{2k + 1} = \varepsilon_{k+1} + \sqrt{\alpha}\)

代入以上递推式，化简，我们便有 \(\varepsilon_{k} = \frac{F^k\varepsilon_{1}}{1-F^{k-1}\varepsilon_{1}+F} > \frac{F^k}{1-F^{k-1}}\)

其中\(F = \frac{\sqrt{\alpha}-1}{\sqrt{\alpha}+1}\)。

注意到上式的指数仅仅是\(k\)，而\({x_n}\)的指数是\(2^n\)，所以，\({y_n}\)的收敛速度远比\({x_n}\)慢。

习题G \(\text{Banach-Mazur}\)游戏

王老（后手）有必胜策略。

我们利用作业1 B1-7)的结论。我们知道有理数集是可数集，所以我们设\(\mathbb{Q} = {r_1,r_2,\dots }\)。

在第\(i\)次游戏时，直接同 B1-7)中构造\(L_i\)以避开\(r_i\)即可。

习题H

H1) 我们考虑 \(S_n = (1+\frac{1}{2})(1+\frac{1}{4})\dots (1+\frac{1}{2^{2^n}})\)

显然我们有

\((1-\frac{1}{2})S_n = 1 - \frac{1}{2^{2^{n+1}}} \le 1\)

所以\(a_n \le S_n \le 2\)，进而由单调有界定理即可。

H2) 单射性是显然的，下面证明 \(f\) 是满射。

对于 \(2\)，我们不难证明 \[ \prod_{k=1}^{\infty} \left( 1 + \frac{1}{2^k} \right) = 2 \] （可由 H1) 的结论得到）。

任取 \(y \in (1,2)\)，初始时令 \[ A_0 = 1. \]

我们递归地构造数列。假设已经得到 \[ A_n = \prod_{k=1}^{n} \left( 1 + \frac{1}{p_k} \right). \]

令 \(p_{n+1}\) 为满足 \[ \left( 1 + \frac{1}{p_{n+1}} \right) A_n \le y \] 的、最小的且满足 \(p_{n+1} \ge p_n^2\) 的整数。

不难证明这样的 \(p_{n+1}\) 总是存在， 只需取 \[ p_{n+1} \ge \frac{1}{\frac{y}{A_n} - 1}. \]

若 \[ \left( 1 + \frac{1}{p_{n+1}} \right) A_n = y, \] 则立刻得到结论。

否则有 \(A_n < y\)，令 \[ A_{n+1} = \left( 1 + \frac{1}{p_{n+1}} \right) A_n, \] 并重复上述过程。

下面只需证明所构造的 \(\{A_n\}\) 收敛于 \(y\)。

显然 \(\{A_n\}\) 为递增数列且有上界， 只需证明 \(y\) 是其上确界。 即对任意 \(\varepsilon > 0\)，存在 \(n\)，使得 \[ y - A_n < \varepsilon. \]

由于 \(y < 2\)，我们可以取某个 \(n_0\)，使得 \[ p_{n_0+1} > p_{n_0}^2. \]

于是有 \[ \left( 1 + \frac{1}{p_{n_0+1}} \right) A_{n_0} < y < \left( 1 + \frac{1}{p_{n_0}^2} \right) A_{n_0}. \]

从而 \[ \begin{aligned} \lvert y - A_{n_0+1} \rvert &= \left| y - \left( 1 + \frac{1}{p_{n_0+1}} \right) A_{n_0} \right| \
&< \left| \left( 1 + \frac{1}{p_{n_0}^2} \right) A_{n_0} - \left( 1 + \frac{1}{p_{n_0+1}} \right) A_{n_0} \right| \
&= \left| \frac{1}{p_{n_0}^2} - \frac{1}{p_{n_0+1}} \right|. \end{aligned} \]

于是 \[ \lvert y - A_{n_0+1} \rvert < \frac{1}{p_{n_0}^2} < \frac{1}{2^{2^{n_0}}}. \]

只需取 \(n_0\) 足够大，使得 \[ \frac{1}{2^{2^{n_0}}} < \varepsilon, \] 即可（取两次对数即可做到）。

因此 \(y\) 是 \(\{A_n\}\) 的上确界， 从而 \(A_n \to y\)。

综上，对于任意 \(y \in (1,2]\)， 都能构造出对应的数列， 故 \(f\) 是满射。

结合单射性，\(f\) 为双射。

H3) 我们在上一次作业中已经证明，任何一个长度不为0的区间都是不可数的。

由H2)，\(f\)是双射，所以\(\mathcal{P}\)也是不可数的。

习题I（2-进制展开）

I1) 直接利用控制收敛法即可。

I2) 假设我们已经固定了前\(n\)项。对于第\(n+1\)项，我们可以调整的范围为\([-\frac{1}{2^n},\frac{1}{2^n}]\)，只要落在这个区间就行了。

我真的懒得写严格过程了。

这TM肯定是个单射。

I3) 感觉可以归纳证明，不过看着计算就恶心，等我有空再算吧。

I4) 直接利用I3)结论即可，答案为2

习题J

前排吐槽：yp真的是默认每个人都是天才，，，

首先我们证明：\({a_n}\)无界，即收敛于正无穷。

假设\({a_n}\)有界，则由单调有界定理，我们不妨设\({a_n}\)收敛于\(A\)。

对递推式两遍同时取极限，我们便有\(0 = \frac{1}{\sqrt[k]{A}}\)，矛盾，因此\({a_n}\)不收敛

注意到 \(\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{(a_n)^{k+1}}{n^k} = \lim_{n \rightarrow \infty} (\frac{(a_n)^{\frac{k+1}{k}}}{n})^k\)

进而我们只需要求得 \(\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{(a_n)^{\frac{k+1}{k}}}{n}\) 即可。

由 \(\text{Stolz}\) 公式，我们有 \(\begin{aligned} \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{(a_n)^{\frac{k+1}{k}}}{n} &\overset{\text{Stolz}}{=} \lim_{n \rightarrow \infty} (a_{n+1})^{\frac{k+1}{k}} - (a_n)^{\frac{k+1}{k}} \\ &= \lim_{n \rightarrow \infty} (a_n + a_n^{-\frac{1}{k}})^{\frac{k+1}{k}} - (a_n)^{\frac{k+1}{k}} \\ &= \lim_{n \rightarrow \infty} (a_n)^{\frac{k+1}{k}} ((1 + a_n^{-\frac{k+1}{k}})^{\frac{k+1}{k}} - 1) \\ &= \lim_{n \rightarrow \infty} (a_n)^{\frac{k+1}{k}} ({\frac{k+1}{k}}a_n^{-\frac{k+1}{k}}) \\ &= \frac{k+1}{k} \end{aligned}\) 其中的第四个等号，我们用到了等价无穷小 \((1+x)^{\alpha} \sim 1 + \alpha x\)

这里使用的\(\text{Stolz}\)公式和等价无穷小在yp讲义之前的正文里提都没提，，，大概丘班的巨佬们都会这些东西吧

作业3 素数的倒数和，\(\text{Basel}\)问题的\(\text{Euler}\)证明

习题A：连续函数的定义和基本性质

A1) 由\(\text{Heine}\)定理，我们就转化为了\(\text{Cauchy}\)列收敛。

A2) 显然，\(I\)上定义的多项式构成的空间必定是\(C(I)\)的子空间，而多项式空间是无限维的，故\(C(I)\)是无限维的。

关于什么是无限维的线性空间，参见我的高等代数笔记

A3) 这是显然的

A4) 等价距离之间只是差了一个常数而已，这并不影响敛散性。

A5) 这也是显然的（参见作业1中的相关讨论）

A6) 这和极限的四则运算没有本质差别。

A7) 不连续点的集合为 \(\mathbb{Q}\)。

任取 \(x \in \mathbb{Q}\)。 由于有理数与无理数在 \(\mathbb{R}\) 中稠密， 我们可以构造一列数 \(\{y_n\} \subset \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}\)， 使得 \(y_n \to x\)。 于是有 \[ f(y_n) \to 0, \] 而 \[ f(x) \ne 0, \] 因此 \(f\) 在 \(x\) 处不连续。

再任取 \(x \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}\)。 对任意 \(\varepsilon > 0\)， 取 \(n_0\) 使得 \[ n_0! > \left\lceil \frac{1}{\varepsilon} \right\rceil. \]

考虑集合 \[ Z = \left\{ \frac{n}{n_0!} \mid n \in \mathbb{Z} \right\}. \] 该集合是离散的，因此可以选取 \(\delta > 0\)， 使得区间 \[ I = (x - \delta, x + \delta) \] 与 \(Z\) 不相交。

于是，对任意 \(y \in I\)，若 \(y\) 为有理数， 其最简分母必定大于 \(n_0!\)，从而 \[ |f(y)| \le \frac{1}{n_0!} < \varepsilon. \] 若 \(y\) 为无理数，则 \(f(y) = 0\)，结论同样成立。

因此， \[ \forall y \in I, \quad |f(y) - f(x)| = |f(y)| < \varepsilon, \] 从而 \(f\) 在 \(x\) 处连续。

A8) A9) A10) 平凡

习题B （级数的基本计算技巧和收敛判断）

B1) 瞄了一眼，高中难度，不做了

B2) 选几个稍微难一点的

(3) \(n \ge 4\)时，\(\sqrt[n]{n} - 1 < \frac{1}{2}\)，直接放缩即可

(4) 这需要我们分情况讨论了：

如果\(x > 1\)，我们有 \(\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{1 + x^n} < \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{x^n} = \frac{1}{1 - \frac{1}{x}}\) 故此时级数收敛

如果\(0 \le x \le 1\)，我们有 \(\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{1 + x^n} \ge \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{2} = \infty\) 故此时级数发散

如果\(-1 < x < 0\)，我们有 \(\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{1 + x^n} \ge \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{1 + x^{2k - 1}} \ge \sum_{k = 1}^{\infty} 1 = \infty\) 故此时级数发散

如果\(x < -1\)，当\(n\)充分大的时候，我们必然有 \(\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{1 + x^n} < \sum_{n = 1}^{\infty} |\frac{1}{1 + x^n} |< \sum_{n = 1}^{\infty} |\frac{1}{x^n}| = \frac{1}{1 - |\frac{1}{x}|}\) 故此时级数收敛

(7) 我们有 \(\frac{1}{n^{1+\frac{1}{n}}} = \frac{1}{n^\frac{1}{n}} \times \frac{1}{n}\)

我们容易证明\({\frac{1}{n^{\frac{1}{n}}}}\)是一个单调递增的数列\((n \ge 2)\)时。令 \(A = \frac{1}{\sqrt{2}}\)，则我们有 \(\sum_{n = 2}^{\infty} \frac{1}{n^{1 + \frac{1}{n}}} > A \times \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{1}{n}\)

故级数肯定是发散的

直观上，\(n\)充分大的时候，\(\frac{1}{n^{1 + \frac{1}{n}}}\)与\(\frac{1}{n}\) 是十分接近的，但是差一点点，这个级数收敛了（比如如果不是\(\frac{1}{n}\)而是\(0.000000000001\)）

(9) 我们有 \(\ln \frac{n^{n + \frac{1}{n}}}{(n + \frac{1}{n})^{n}} = (n + \frac{1}{n}) \ln n - n \ln \frac{n+1}{n}\)

\(n\)充分大的时候，我们有 \(\begin{aligned} \ln \frac{n^{n + \frac{1}{n}}}{(n + \frac{1}{n})^{n}} &= (n + \frac{1}{n}) \ln n - n \ln \frac{n+1}{n} \\ &= n \ln n + \frac{1}{n} \ln n - n \ln \frac{n+1}{n} \\ &> n (\ln n - \ln \frac{n+1}{n}) \\ &> n (\ln n - \ln 2) \rightarrow \infty \end{aligned}\)

进而原级数发散。

(10) 我们易知 \(\begin{aligned} |\frac{\sqrt{n}}{n+1} - \frac{\sqrt{n+1}}{n+2}| &= |\frac{\sqrt{n}(n+2) - \sqrt{n+1}(n+1)}{(n+1)(n+2)}| \\ &< \frac{\sqrt{n+1}(n+1) - \sqrt{n}(n+1)}{(n+1)(n+2)} \\ &= \frac{\sqrt{n+1} - \sqrt{n}}{n+2} \\ &= \frac{1}{(n+2)(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})} \\ &< \frac{1}{n^{\frac{3}{2}}} \end{aligned}\)

由控制收敛法和之前的结论，即知原级数收敛。

或：我们可以直接使用\(\text{Dirichlet}\)判别法。

(11) 必然发散（原数列不收敛于0）

这个真的很水，但是我一直以为这玩意收敛，想了我三四天。。。

(12) 变形，我们可得： \(a_n = \frac{1 + 2 + \dots + \frac{1}{n}}{n} \\ b_n = \sin nx\)

其中，\({a_n}\)必然收敛于\(0\)，而\(b_n\)的部分和必然是有界的。

那么，由\(\text{Dirichlet}\)判别法，原级数收敛。

1. 我们用到了调和级数的近似估计（大约等于\(\ln n\)），这个在讲义很后面的部分才会出现
2. \(\sum \sin nx\) 是一个经典结论，可以用欧拉公式证明

B3)

(1) 由\(\text{Dirichlet}\)判别法显然收敛。 可以证明这并不绝对收敛的（这在下面的习题当中即将会证明）

(2) 由\(\text{Dirichlet}\)判别法显然收敛。取奇数项，容易证明这并不绝对收敛。

(3) 由\(\text{Dirichlet}\)判别法显然收敛。容易证明这并不绝对收敛。

(4) \(n\)充分大时，我们有 \(\frac{n^{10}}{a^n} < (\frac{2}{a+1})^n\) 容易证明这肯定是绝对收敛的。

习题C （递减正项级数的凝聚收敛法）

C1) 由单调性，显然。

C2) 在上式中取\(k = 1,2,\dots,n\)，累加，我们便有 \((b-1)\sum_{k = 1}^n b^{k - 1} f(b^k) \le \sum_{j = 1}^{b^n - 1}f(j) \le (b-1)\sum_{k = 1}^n b^{k - 1} f(b^{k - 1})\)

稍作变形，我们有 \(\frac{b-1}{b}\sum_{k = 1}^n b^{k} f(b^k) \le \sum_{j = 1}^{b^n - 1}f(j) \le (b-1)\sum_{k = 1}^n b^{k} f(b^k) + (b-1)f(1)\)

同时取极限，我们便有 \(\frac{b-1}{b}\sum_{k = 1}^{\infty} b^{k} f(b^k) \le \sum_{j = 1}^{\infty}f(j) \le (b-1)\sum_{k = 1}^{\infty} b^{k} f(b^k)\)

若 \(\sum_{n = 1}^{\infty}f(n)\) 收敛，则由左边的不等式，\(\sum_{n = 1}^{\infty} b^n f(b^n)\) 收敛

若 \(\sum_{n = 1}^{\infty}f(n)\) 发散，则由右边的不等式，\(\sum_{n = 1}^{\infty} b^n f(b^n)\) 发散

反之同理。

综上，两个级数必然同时收敛同时发散。

通过后者来判断前者收敛的方法被称之为 （\(\text{Cauchy}\)）凝聚检验法，

C3) 由凝聚检验法，取\(b = 2\)，我们便有 \(\sum_{n = 1}^{\infty} b^n f(b^n) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{2^n}{2^n n\log2} = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n\log2}\) 则原级数必然发散。

C4) 由凝聚检验法，取\(b = 2\)，我们便有 \(\begin{aligned} \sum_{n = 1}^{\infty} b^n f(b^n) &= \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{2^n}{2^n n\log2 (\log n(\log 2))} = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n\log2 (\log n(\log 2))} \\ &= \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n\log2 (\log n + \log \log 2)} > \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{2\log2 \times n \log n } \end{aligned}\) 则原级数必然发散。

C5) 由凝聚检验法，取\(b = 2\)，我们便有 \(\sum_{n = 1}^{\infty} b^n f(b^n) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{2^n}{2^{ns}} = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{2^{n(s-1)}}\) 这里就显然了。

C6) 在C3) 和 C4) 的基础上稍作修改，不难证明。

习题D 实数列\({a_n}_{n\ge1}\)的上下极限的刻画

D1) D2) 由极限 显然。

D3) 如果数列无界，则必然可以推出聚点为正无穷或者负无穷。

如果数列有界，直接由\(\text{Bolzano-Weistrass}\)列紧性定理得到。

D4) 由D3) 证明 显然

D5) 令 \(t = \sup E\)， \(b_n = \sup_{m \ge n} a_m\) 。我们考虑使用反证法。

如果 \(t < \lim \sup {n \rightarrow \infty} a_n = \lim{n \rightarrow \infty} b_n\)，则当\(n\)充分大时（以下我们都默认\(n\)充分大），我们必然有\(t + \varepsilon < b_n\)，其中\(\varepsilon\)是任意大于\(0\)的一个数。

我们考虑构造\({c_n}\)。如果\(a_n \ge b_n - \varepsilon / 2\)，则我们把\(a_n\)加入数列\({c_n}\)中。容易证明\({c_n}\)必定是无限列（否则与上极限条件和\(b_n\)定义矛盾）

于是\({c_n}\)必定收敛于一个 \(\ge \lim_{n \rightarrow \infty} b_n - \varepsilon / 2 > t\) 的值，记作\(x\)，则\(x\)为\({a_n}\)一个聚点，与\(t\)为\(E\)上确界矛盾。

如果 \(t > \lim \sup {n \rightarrow \infty} a_n = \lim{n \rightarrow \infty} b_n\)，那么\(n\)充分大时（以下我们都默认\(n\)充分大），我们必定有 \(t - \varepsilon> b_n\)，其中\(\varepsilon\)是任意大于\(0\)的一个数。

由于\(t = \sup E\)，那么，必定\(\exists x \in E\)，使得 \(\sup b_n + \varepsilon / 2< x < t\)

于是我们必然有 \(x > \sup b_n + \varepsilon/2 \ge b_n + \varepsilon/2 \ge a_n + \varepsilon / 2\)，即 \(x - \varepsilon / 2> a_n\)，由极限的保号性，\(n\)充分大时\({a_n}\)的任意一个收敛子列的极限值必定 \(\le x - \varepsilon / 2\)，这与\(x\)是一个聚点矛盾。

综上，我们必定有\(\sup E = \limsup a_n\)。另一个命题是同理的。

D6) i) 令 \[ t = \limsup a_n, \qquad b_n = \sup_{m \ge n} a_m. \]

则当 \(n\) 充分大时，有 \[ |b_n - t| < \frac{\varepsilon}{2}. \]

我们构造数列 \(\{c_n\}\)。 若 \[ a_n \ge b_n - \frac{\varepsilon}{2}, \] 则将 \(a_n\) 取入 \(\{c_n\}\)。

容易证明 \(\{c_n\}\) 是无限序列， 否则将与上极限的定义及 \(b_n\) 的构造矛盾。

于是对充分大的 \(n\)，有 \[ \begin{aligned} |c_n - t| &\le |c_n - b_n| + |b_n - t| \
&< \varepsilon. \end{aligned} \]

因此 \(\{c_n\}\) 收敛于 \(t\)， 说明 \(t\) 是 \(\{a_n\}\) 的一个聚点， 即 \[ \sup E \in E. \]

ii) 否则必定会与上确界和上极限条件矛盾，细节就不展开了，与之前是类似的。

D7) \(0,1,0,2,0,3, \dots \)

D8) \(0,1,0,1,2,0,1,2,3, \dots\)

习题E 素数的倒数和

\(s > 1\)时，我们有 \(\sum_{p \in \mathcal{P}} \frac{1}{p^s} < \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^s}\)

故必然收敛。

下面我们考虑\(0 < s <1\)的情况。

考虑部分和 \(S_m = \sum_{n = 1}^{m} \frac{1}{n^s}\)

设\(\mathcal{P}_m\)为\(m\)以内所有质数的集合。记\(a\)为\(n\)的质因数分解中最大的指数。

则我们必定有 \(S_m = \sum_{n = 1}^{m} \frac{1}{n^s} < \prod_{p \in \mathcal{P}_m}(1 + p^{-s} + p^{-2s} + \dots + p^{-as}) \le \prod_{p \in \mathcal{P}_m}\frac{1}{1 - p^{-s}}\)

两边同时取对数，我们便有 \(\ln S_m < \sum_{p \in \mathcal{P}_m} - \ln (1 - p^{-s})\)

我们有常用不等式 \(\ln (x+1) \le x\)

用\(-x\)代换\(x\)，我们有 \(\ln (1-x) \le -x \Rightarrow -\ln (1-x) \le x\)

所以 \(\ln S_m < \sum_{p \in \mathcal{P}_m} - \ln (1 - p^{-s}) \le \sum_{p \in \mathcal{P}_m} p^{-s}\)

两边同时取极限，我们便有 \(\ln \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^s} <\sum_{p \in \mathcal{P}} \frac{1}{p^s}\)

由于左边在\(0 < s < 1\)时发散，故右边此时也必然是发散的。

这便可以直接推出素数有无穷多个

习题F \(\text{Basel}\) 问题的 \(\text{Euler}\) “证明”

又是一道默认每个人搞过数学竞赛的题。

（1）根据第二类\(\text{Chebyshev}\)多项式及其零点分布，我们知道 \(f_{2n}(\cos \theta) = \frac{\sin(2n + 1)\theta}{\sin \theta} = 2^{2n} \prod_{k = 1}^{2n} (\cos \theta - \cos \frac{k\pi}{2n + 1})\)

将第\(1\)项和第\(n\)项配对，第\(2\)项和第\(n-1\)项配对，以此类推，结合诱导公式和平方差公式，我们便得到： \(f_{2n}(\cos \theta) = \frac{\sin(2n + 1)\theta}{\sin \theta} = 2^{2n} \prod_{k = 1}^{n} (\cos^2 \theta - \cos^2 \frac{k\pi}{2n + 1})\)

稍作变形，我们便知道

故我们只需要证明 \(\prod_{k = 1}^{n} \sin^2 \frac{k\pi}{2n + 1} = \frac{2n + 1}{2^{2n}}\)

类似地，我们有 \(\prod_{k = 1}^{n} \sin^2 \frac{k\pi}{2n + 1} = \prod_{k = 1}^{2n} \sin \frac{k\pi}{2n + 1}\)

于是我们等价于证明 \(\prod_{k = 1}^{n - 1} \sin \frac{k\pi}{n} = \frac{n}{2^{n - 1}}\)

这个的证明方法有很多，我这里选取一种经典的证明：

考虑\(n\)次单位根\(\omega_k\)，其中\(k = 0,1,\dots n-1\)。我们显然有 \(z^n - 1 = \prod_{k = 0}^{n - 1} (z - w_k)\) 将左边因式分解，我们有 \((z - 1)(1 + z + \dots + z ^{n-1}) = \prod_{k = 0}^{n - 1} (z - w_k)\)

故 \(1 + z + \dots + z ^{n-1} = \prod_{k = 1}^{n - 1} (z - w_k)\)

代入\(z = 1\)，我们便有

两边同时平方，结合单位根性质 \(\omega_k \omega_{n - k} = 1\)

我们便有 \(\begin{aligned} n^2 &= \prod_{k = 1}^{n - 1} (1 - w_k)(1 - w_k^{-1}) \\ &= \prod_{k = 1}^{n - 1} (2 - (\cos \frac{2k\pi}{n} + \cos \frac{2(n-k)\pi}{n} + (\sin \frac{2k\pi}{n} + \sin \frac{2(n-k)\pi}{n})i)) \\ &= \prod_{k = 1}^{n - 1} (2 - 2\cos \frac{2k\pi}{n} ) \\ &= \prod_{k = 1}^{n - 1} (4\sin^2 \frac{k\pi}{n} ) \end{aligned}\)

两边同时开方即得证。

第二类\(\text{Chebyshev}\)多项式的性质可以在网上查阅。

（2） （我不保证我的做法正确）

根据（1），我们已经有 \(\frac{\sin((2n + 1)\theta)}{(2n + 1)\sin \theta} = \prod_{k = 1}^{n} (1 - \frac{\sin^2 \theta}{\sin^2 (\frac{k\pi}{2n + 1})})\)

我们考虑固定 \(\alpha = (2n+1)\theta\)，则我们有 \(\theta = \frac{\alpha}{2n+1}\)，上式即化为

在上式中让\(n \rightarrow \infty\)，则 \(\frac{\sin \alpha}{\alpha} = \lim_{n \rightarrow \infty} \prod_{k = 1}^{n} (1 - \frac{\sin^2 \frac{\alpha}{2n+1}}{\sin^2 (\frac{k\pi}{2n + 1})})\)

我们考虑用

来代换 \(\frac{\sin^2 \frac{\alpha}{2n+1}}{\sin^2 (\frac{k\pi}{2n + 1})}\)

如果我们能够证明这样代换的误差充分小的话，我们就有 \(\frac{\sin \alpha}{\alpha} = \prod_{k = 1}^{\infty} (1 - \frac{\alpha^2}{k^2 \pi^2})\)

令\(x = \frac{a}{\pi}\)，我们就有

就得到了证明

令 \(f(k) = \frac{\sin^2 \frac{\alpha}{2n+1}}{\sin^2 (\frac{k\pi}{2n + 1})}\)

取一个阈值 \(B = n^{0.1}\)。

\(k > B\)时，我们显然有 \(f(k) < \frac{C_1}{k^2}\)

其中\(C_1\)是一个与\(k\)无关的常数。

进而我们一定有 \(\ln (1 - f(k)) < \frac{C_2}{k^2}\)

所以 \(\prod_{k = B + 1}^{n} (1 - f(k)) = \exp{C_2 \sum_{k = B + 1}^{n} \frac{1}{k^2}} \le \exp{\frac{C_3}{B}}\)

\(n \rightarrow \infty\) 时，也有 \(B \rightarrow \infty\)，进而我们有 \(\prod_{k = B + 1}^{\infty} (1 - f(k)) = 1\)

\(k \le B\)时，我们必定有 \(f(k) \le g(k) \times (1 + c n^{-1.8})\)

所以我们有 \(\prod_{k = 1}^{B} \frac{1 - f(k)}{1 - g(k)} \le (1 + cn^{-1.8})^B\)

以上的\(c,c’\)都是一个与\(k\)无关的常数

所以，对于\(k \le B\)的项，我们做这样的代换，就得到了结论。

根据乘积级数的 \(\text{Cauchy}\) 收敛准则，我们

\(Euler\)观察到\(\frac{\sin \pi x}{ \pi x}\)的零点恰好是\(1,-1,2,-2,\dots,n,-n\dots\) 如果这个函数的行为和多项式类似的话，我们便有： \(\frac{\sin \pi x}{\pi x} = c(1 - x)(1 + x)\dots(n - x)(n + x)\dots = c\prod_{n = 1}^{\infty} (1 - \frac{x^2}{n^2})\) 通过在\(0\)处取极限，得到\(c = 1\)。不过\(Euler\)并没有证明这种做法的正确性，而这种多项式逼近的严格证明需要用到\(\text{Weistrass}\)分解定理。

（2）的结论式中，比较两边\(x^3\)的系数，我们知道（其中\(\sin x\)采用级数定义）： \(\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}\) 这便是\(\text{Basel}\)问题的解 （事实上，我们也可以考虑比较（1）中结论式两边\(x^3\)的系数）

鸣谢戴江齐巨佬对我解答此题给予的帮助！

作业4

习题A：距离空间上的拓扑与连续性

A1) - A7) 类比讲义中的做法即可，这里不再赘述。

A8) 前两问是平凡的。

在作业二中我们证明过，函数收敛当且仅当每一个分量收敛，于是显然。

A9) 近乎显然

A10) 加法映射连续显然。矩阵乘法映射可以考虑为若干个实数加法和乘法映射的复合，于是也显然。

A11) 我是不是在学习高等代数【捂脸

我们取行列式映射 \(\det: GL_n(\mathbb{R}) \rightarrow \mathbb{R} \ \setminus {0}\)。

由于 \(\mathbb{R} \ \setminus {0} = (- \infty, 0) \cup (0, +\infty)\)，故 \(\mathbb{R} \ \setminus {0}\) 是开集，所以根据连续函数的拓扑定义，我们自然得到\(GL_n(R)\)是开集。

当然，这里我们必须得证明行列式映射 \(\det: M_n(\mathbb{R}) \rightarrow R\)是一个连续映射：考虑映射 \(f: M_n(R) \rightarrow (V_n, V_n,\dots,V_n)\)，其中\(V_n\)为\(n\)维向量空间，显然，\(f\)是连续的。

再考虑映射 \(g: (V_n, V_n,\dots,V_n) \rightarrow \mathbb{R}\)，其中 \(g\) 即计算行列式。根据行列式的性质，\(g\)必定是一个\(n\)重线性映射，故\(g\)也必定是连续的（多重线性映射必定是连续映射，证明参见任何一本高等代数教材），所以行列式映射也必然是连续的。

A12) 由A11) 结合连续函数的拓扑定义，这是显然的。

函数的连续性

### 习题B

没有什么太大意思，暂时先不做了，有空再补。

习题C

C1) 讲义暂时还没有引入导数，那我们不使用求导的做法

令 \(f(x) = x^3 + 2x - 1\)，易见\(f(0) < 0\)，\(f(1) > 0\)，所以\((0,1)\)中必定存在零点\(x_0\)。

根据代数基本定理，我们令 \(f(x) = (x - x_0)(x^2 + bx + c)\)。比较系数，我们有 \(b = x_0\) 且 \(c = x_0^2 + 2\)。

此时，\(\Delta = b^2 - 4c < 0\)，所以\(x_0\)是唯一的根。

C2) 令\(f(x) = x - \lambda \sin x\)。我们知道\(f(0) = 0\)。当\(x \rightarrow \infty\)时，我们还有\(f(x) \rightarrow \infty\)，所以根据介值定理，一定存在零点

C3) 令\(f(x) = \sin x - \frac{1}{x}\)。 考虑取 \(x_k = 2k\pi \) 和 \(y_k = 2k\pi + \frac{\pi}{2}\)，其中 \(k = 1,2\dots\)，则我们显然有 \(f(x_k) < 0\) 并且 \(f(y_k) > 0\)，故该函数有无穷多个零点

C4) 代入\(x = 0\)和\(1\)即可。

C5) 取\(x = 0\)和\(100\)即可

C6) 代入\(x = 1\)和\(2\)即可。

C7) 根据题意，我们任取\(f(a) = f(b)\)，则 \([a,b]\)上，根据闭区间最大最小值定理，我们必然能取到一点\(x_0\)，使得\(f(x_0)\)为\([a,b]\)上的最大值。我们把这个最大值记作\(M\)。根据题意，必定有\(M > f(a)\)。

我们下面分两种情况讨论：

如果闭区间上存在两点\(x_0\)，\(x_1\)，有 \(f(x_0) = f(x_1) = M\)，则我们记\(m\)为\([x_0,x_1]\)上的最小值。我们取\(y = \max {m, \frac{f(a) + M}{2}}\)，则根据介值定理，我们能够找到至少\(3\)个点满足\(f(x) = y\)，矛盾。

如果闭区间上只存在一点\(x_0\)，有 \(f(x_0) = M\)，根据题意，闭区间外必然存在另外一点\(x_1\)，使得\(f(x_1) = M\)。不妨设\(x_0 < x_1\)，任取 \([c,d]\) 满足 \(c < x_1 < d\) 且 \(c > b\)。

如果\(M\)不为 \([c,d]\) 上的最小值，我们找到最小值点\(m\)。任取\(y \in (m,M)\)，采用与上一种情况类似的方法，我们找到三个函数值相同的点，矛盾。

如果\(M\)是 \([c,d]\) 上的最小值，那么我们必然有\(f(b) < M < f(c)\)，故 \((b,c)\) 上必然存在一点\(x_2\)使得\(f(x_2) = M\)，同样矛盾。

综上，\(f\)不可能是连续函数。

C8) 我们先证明：极值必定只能在端点处取到

设 \(f(c)\) 为 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 的最小值（最大值同理），且 \(a \not= c\)，则我们必定有 \(f(a) > f(c)\) 且 \(f(b) > f(c)\)。任取 \(y \in (f(c), f(a))\)，由于\(f\)是连续的，根据介值定理，\((a,c)\) 和 \((c,b)\) 上都存在一点，使得函数值等于\(y\)，这与单射矛盾。

再证明必定严格递增。

若存在 \(a < c < d < b\)，使得 \(f(c) > f(d)\)，那么由于\(f\)连续且\(f(c) > f(a)\)，由介值定理，类似地，这必定与单射条件矛盾。

而单射的条件保证了严格性（即不可能相等），得证。

习题D

仅挑几个出来计算，剩下的都（近乎）是平凡的。

(11) 这题很有意思，有很多中做法。我们可以考虑直接使用\(\text{L’hôpital}\)法则，或者令\(x = t + 1\)后再使用小\(o\)记号的性质，不过最精彩的做法实际上是做代换\(x \rightarrow \frac{1}{x}\)，则上式化为 \(\lim_{x \rightarrow 1} (\frac{mx^m}{x^m - 1} - \frac{nx^n}{x^n - 1})\)

结果与原式相同，那么，我们直接将其与原式相加，便得到答案为\(\frac{m - n}{2}\)

(15) 取对数后直接使用\(\text{L’hôpital}\)法则即可，答案为\(\sqrt{ab}\) > 上式便是著名的（关于\(a,b\)的）\(x\)次幂平均，上面的结果表明几何平均就是\(0\)次幂平均

(16) 令 \(t = \frac{1}{x}\)，利用等价无穷小 \((1+x)^{\alpha} \sim 1 + \alpha x\) 即可。

(17) 令 \(t = \sqrt{1 + x^2} + x\)，则上式转化为 \(\lim_{t \rightarrow 1} 2 \frac{t^n - \frac{1}{t^n}}{t - \frac{1}{t}} = 2n\)

(18) 典型的\(1^{\infty}\)极限。

把 \(\sin x\) 拆成 \(1 + \sin x -1 \)，则我们相当于要求 \(\lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} (\sin x - 1) \tan x\)。

利用万能公式代换，我们可以算的以上极限为\(0\)，故原式的极限为\(1\)。

(20) 我们有： \(\lim_{x \rightarrow \infty} \frac{\sqrt{x + \sqrt{x}}}{\sqrt{x}} = \lim_{x \rightarrow \infty} \sqrt{1 + \frac{\sqrt{x}}{x}} = 1\)

故直接代换，我们只需要考察 \(\lim_{x \rightarrow \infty} = x^{\frac{1}{2} - \alpha}\)

即可。

(21) 与(20)同理，最后的结果是 \(\lim_{x \rightarrow \infty} = x^{\frac{1}{8} - \alpha}\)

问题E

在作业3 A7)中构造的\(\text{Riemman}\)函数显然是符合这个条件的。又因为 \(A\) 和 \(\mathbb{Q}\) 都是可数集，我们必然能够找到\(f: A \rightarrow \mathbb{Q}\) 的一个映射，将其与\(\text{Riemman}\)函数复合即可。

问题F

构造函数\(g(x) = f(x) - x\)，由 \(g(0) \ge 0\) 并且 \(f(0) \le 0\)，根据介值定理，\(g(x)\)必定有零点，故\(f\)必定有不动点。

问题G

我不会，参见知乎上一位巨佬的解答。

作业5：有无穷多素数的拓扑证明

习题A：连续，一致连续和一致收敛

A1) 如果\(e^x\)在\(I\)上一致连续，那么\(\forall \varepsilon > 0\)，存在\(\delta > 0\)，使得对于\(\forall x < y \in I\)，只要\(|x - y| < \delta\)，就有\(|e^x - e^y| < \varepsilon\)。 而我们有 \(e^y - e^x = e^x (e^{y - x} - 1)\)

若此时\(I = \mathbb{R}\)，\(e^x\)无界，故不可能一致连续。

如果此时\(I = (-\infty,0]\)，我们有 \(e^y - e^x = e^x (e^{y - x} - 1) \le e^{y - x} - 1\)

我们只需要取\(\delta = \ln (\varepsilon + 1)\)即可。

A2) 幂函数可以看成指数函数和对数函数的复合，于是显然

A3) 直接套指数函数和对数函数的性质就行了

A4) 我们考虑 \(\lim_{n \rightarrow \infty} \sup_{x \in I} |f_n(x) - 0| = \lim_{n \rightarrow \infty} \sup_{x \in I} |x^n|\)

如果\(I = [0,a]\)，则根据单调性，上式即为 \(\lim_{n \rightarrow \infty} a^n = 0\)

如果\(I = [0,1)\)，我们证明：\(\forall n >0\)，有 \(\sup_{x \in I} x^n = 1\)

我们只需要对于\(\forall \varepsilon > 0\)，找到一个\(x_0 \in I\)，使得\(x_0^n > 1 - \varepsilon\)，即\(x_0 > \sqrt[n]{1 - \varepsilon}\)，得证。

因此，上述极限值就为\(1\)，函数列并不一致收敛。

A5) 逐点收敛性是显然的，但我们有\(f(\frac{1}{n}) = \frac{1}{2}\)，故并不一致收敛。

A6) 逐点收敛性是显然的，下面我们证明\(f\)一致收敛到\(x\)：

\(x > 0\)时，我们有 \(|f_n(x) - x| = \frac{x}{1+nx} = \frac{1}{\frac{1}{x} + n} < \frac{1}{n}\)

\(n\)充分大即可。

\(x < 0\)的情况是类似的。

A7) 与A5)类似的方法，这是显然的

A8) 不表，讲义后面会详细介绍\(\text{Riemman}\)和。

A9) 设右式的极限值为\(A\)，则对于\(\forall \varepsilon > 0\)，当\(x \ge M\)时，我们有 \(|f(x+1) - f(x)| < \varepsilon\)

也就是说 \(|f(x_0+n) - f(x_0)| < n\varepsilon\)

其中\(x_0\)从\([M,\infty]\)中任取且确定，\(n\)是任意正整数。

于是我们便有 \(\frac{|f(x_0+n) - f(x_0)|}{x_0 + n} < \frac{n}{x_0 + n}\varepsilon < \varepsilon\)

于是 \(\frac{|f(x_0 + n)|}{x_0 + n} \le \frac{|f(x_0+n) - f(x_0)|}{x_0 + n} + \frac{|f(x_0)|}{x_0+n} < \varepsilon + \frac{|f(x_0)|}{x_0+n}\)

使\(n\)充分大即可。

这可以被视作\(\text{Stolz}\)定理在函数上的一个推广，我们的证明方式也是模仿\(\text{Stolz}\)定理的证明

习题B / C

暂时略去，有空再补。

习题D

D1) 由于函数 \(f\) 有界， 对任意 \(\varepsilon > 0\)， 我们可以将值域划分为有限个长度不超过 \(\varepsilon\) 的区间。 由于 \(f\) 单调， 这些值域区间在定义域中对应为一组互不相交的区间， 从而得到定义域上的一个划分。

设这些定义域区间的长度集合为 \[ X = \{ \Delta x_i \}, \] 其中每个 \(\Delta x_i\) 对应函数值变化不超过 \(\varepsilon\)。

若 \(|x - y| < \delta\)， 并且 \(\delta \le 2 \inf X\)， 则 \(x\) 与 \(y\) 至多落在相邻的两个划分区间中， 由单调性可知 \[ |f(x) - f(y)| < \varepsilon. \]

因此，只需证明 \[ \inf X > 0. \]

下面使用反证法。 若 \(\inf X = 0\)， 则集合 \(X\) 中存在一列 \(\{\Delta x_n\}\)， 使得 \[ \Delta x_n \to 0. \]

于是对任意 \(\epsilon > 0\)， 存在无限多个区间长度 \(\Delta x_n < \epsilon\)。 而每一个这样的区间， 都会对应函数值至少变化 \(\varepsilon\)。

由于这些区间两两不交， 且数量无限， 函数值的累计变化将无界， 从而推出 \(f\) 在定义域上无界。

这与 \(f\) 有界的假设矛盾。 因此， \[ \inf X > 0, \] 从而 \(f\) 在定义域上是一致连续的。

D2) 必要性：

我们首先证明一个常用结论：

有限区间 \(I\) 上的一致连续函数 \(f\) 必定有界。

若 \(I\) 为闭区间，则由闭区间最大最小值定理结论立刻成立。

下面讨论 \(I\) 为开区间（一开一闭的情形完全类似）。 设 \[ I = (a,b). \]

由于 \(f\) 在 \(I\) 上一致连续， 取 \(\varepsilon = 1\)， 存在 \(\delta > 0\)， 使得当 \(|x - y| < \delta\) 时， 有 \[ |f(x) - f(y)| < 1. \]

固定一点 \(x_0 \in (a,b)\)， 由于 \([x_0 - \delta, x_0 + \delta] \cap I\) 为闭区间， 函数 \(f\) 在该区间上有界，设其值域被 \([-M,M]\) 所包含。

对任意 \(x \in I\)， 可以用有限个长度小于 \(\delta\) 的区间将 \([x_0,x]\) 覆盖， 由一致连续性反复应用上式， 即可得到 \(|f(x)|\) 受同一常数控制。 因此 \(f\) 在 \(I\) 上有界。

此外，由一致连续性还可推出， \(f\) 在端点处存在单侧极限， 即 \[ \lim_{x \to a^{+}} f(x), \qquad \lim_{x \to b^{-}} f(x) \] 均存在。

于是可在端点处补充定义 \[ f(a) = \lim_{x \to a^{+}} f(x), \qquad f(b) = \lim_{x \to b^{-}} f(x), \] 从而将 \(f\) 延拓为闭区间 \([a,b]\) 上的连续函数。

下面设 \(\{x_i\} \subset I\) 为任意一个 \(\text{Cauchy}\) 列。 由于 \([a,b]\) 为闭集， \(\{x_i\}\) 的极限必定属于 \([a,b]\)。 由一致连续性的定义， 对应的函数值序列 \(\{f(x_i)\}\) 亦为 \(\text{Cauchy}\) 列。

（事实上，这一步可以直接由一致连续的定义验证， 无需借助连续性。）

充分性：

根据题设条件， 若 \(\{x_i\} \to a\)， 则对应的 \(\{f(x_i)\}\) 必定收敛， 从而在端点处可同样补充定义， 使 \(f\) 延拓为闭区间上的函数。

此外，由条件亦可推出 \(f\) 在 \(I\) 上有界。 于是，\(f\) 可以视为定义在闭区间上的连续函数， 根据 Heine 定理， \(f\) 在 \(I\) 上必定一致连续。

D3) 由于 \(f\) 一致连续， 取 \(\varepsilon = 1\)， 则存在 \(\delta > 0\)， 使得当 \(|x - y| < \delta\) 时， 有 \[ |f(x) - f(y)| < 1. \]

不妨设 \(b = a + n\delta\)，其中 \(n \in \mathbb{N}\)。 由三角不等式， \[ \begin{aligned} |f(b) - f(a)| &\le |f(b) - f(b - \delta)| + |f(b - \delta) - f(b - 2\delta)| + \cdots + |f(a + \delta) - f(a)| \
&\le n. \end{aligned} \]

对任意 \(x \in I\)， 存在整数 \(m\)，使得 \[ m\delta \le x < (m + 1)\delta. \]

于是由一致连续性， \[ |f(x) - f(m\delta)| < 1. \]

同理，由上一步的估计， \[ |f(m\delta) - f(0)| \le |m|. \]

因此由三角不等式， \[ |f(x) - f(0)| \le 1 + |m|. \]

注意到 \(|m| \le \frac{|x|}{\delta} + 1\)， 于是 \[ \begin{aligned} |f(x)| &\le |f(x) - f(0)| + |f(0)| \
&\le 2 + |f(0)| + \frac{|x|}{\delta}. \end{aligned} \]

因此存在常数 \(a,b > 0\)， 使得对所有 \(x\)， \[ |f(x)| \le a|x| + b, \] 其中可以取 \[ a = \delta^{-1}, \qquad b = 2 + |f(0)|. \]

D4) 对任意 \(\varepsilon > 0\)， 由 \(f\) 的一致连续性， 存在 \(\delta > 0\)， 使得当 \(|x - y| < \delta\) 时， 有 \[ |f(x) - f(y)| < \frac{1}{3}\varepsilon. \]

将区间 \([0,1]\) 划分为有限个长度不超过 \(\delta\) 的子区间 \[ [k\delta, (k+1)\delta]. \] 在每个子区间中任取一点 \(x_k\)。

根据题设条件， 对每个 \(x_k\)， 存在整数 \(n_k\)， 使得当 \(n > n_k\) 时， 有 \[ |f(x_k + n)| < \frac{2}{3}\varepsilon. \]

令 \[ n = \max \{ n_k \}, \] 由于区间数有限，故 \(n < +\infty\)。

现在任取 \(x > n\)， 存在整数 \(n’\) 及某个 \(k\)， 使得 \[ n’ + k\delta \le x < n’ + (k+1)\delta. \]

于是由一致连续性， \[ |f(x) - f(n’ + x_k)| < \frac{1}{3}\varepsilon, \] 而由 \(n’ \ge n\) 的选取， \[ |f(n’ + x_k)| < \frac{2}{3}\varepsilon. \]

因此 \[ \begin{aligned} |f(x)| &\le |f(x) - f(n’ + x_k)| + |f(n’ + x_k)| \
&< \frac{1}{3}\varepsilon + \frac{2}{3}\varepsilon \
&= \varepsilon. \end{aligned} \]

这就证明了 \[ \lim_{x \to +\infty} f(x) = 0. \]

需要注意的是， 若仅假设 \(f\) 连续而非一致连续， 则当函数在无穷远处振幅增长过快时， 上述结论不再成立。

D5) (a) 对于任意的 \(\varepsilon > 0\) ，当 \(|f(x) - f(y)| < \varepsilon\) 时，只需要取\(\delta = \frac{\varepsilon}{L}\)即可。

(b) \(f(x) = \sqrt{x}\) 在 \([0,1]\) 上一致连续，但是 \(\frac{f(x) - f(y)}{x - y} = \frac{\sqrt{x} - \sqrt{y}}{x - y} = \frac{1}{\sqrt{x} + \sqrt{y}}\)

显然不满足\(\text{Lipschitz}\)条件。

(c) 由于\(f\)满足\(\text{Lipschitz}\)条件，因此，\(f\)必定一致连续。

由D3)，我们能够找到一个一次函数，使得 \(|f(x)| \le a|x| + b\)

即 \(|\frac{f(x)}{x}| \le a + \frac{b}{|x|} \le a + \frac{b}{|a|}\)

于是，我们就有

因此，\(\frac{f(x)}{x}\)满足\(\text{Lipschitz}\)条件，所以 \(\frac{f(x)}{x}\) 一致收敛。

根据上面的习题，我们可以看出，\(\text{Lipschitz}\)条件是较一致连续更强的一个光滑性条件。

习题E

与上一次作业相同，此处略去

习题F 计算极限

F1) 作变量代换\(x \rightarrow t + \pi\)，分类使用等价无穷小即可，答案为 \((-1)^{m - n}\frac{m}{n}\)

F2) 利用两个等价无穷小 \(\cos x \sim 1 - \frac{1}{2}x^2 \\ (1 + x)^{\alpha} \sim 1 + \alpha x\)

即可，答案为\(3\)

F3) 利用和差化积公式即可，答案为\(0\)

F4) 再用等价无穷小即可，答案为\(\frac{1}{2}\)

F5) 答案为0

问题G

据说要用\(\text{Baire}\)纲定理，等我补完再说。

Mathoverstack上有一个解法，供大家参考。

问题H

设\(\varphi\)的不动点为\(a_1,a_2 \dots a_m\)。

我们称数列\({x_n}\)为正链，如果\(x_{n + 1} = \varphi(x_n)\)；称其为反链，如果\(x_{n + 1} \in \varphi^{-1}(x_n)\)。

由于\(f \circ \varphi = f\)，一条链中所有元素的函数值都是相同的。因此，我们可以看到，\(f\)在很多点处的值都是相同的。我们能不能用许多链来“拼”出\(f\)呢？

受此启发，我们证明如下引理：

对于任意的\(x \in \mathbb{R}\)，存在正链或者反链\({x_n}\)，使得\(x_1 = x\)，并且\({x_n}\)收敛到某一个不动点\(a_k\)

如果\(x = a_k(k = 1,2,\dots,m)\)，则平凡。下面设\(x \not= a_k\)。我们需要分情况讨论。

如果\(x > a_m\)，由于\(a_m\)是最后一个不动点，结合第一个条件，对于任意的\(y > a_m\)，我们必定有\(\varphi(y) > y\)（否则，根据介值定理，必然在\(a_m\)后还存在一个不动点）。

因此，根据介值定理，我们必定能够找到\(x’ \in (a_m, x)\)，使得\(\varphi(x’) = x\)。令\(x_1 = x\)，反复迭代以上操作，我们便构建了反链\({x_n}\)。根据单调有界定理，极限必然存在，设其为\(A\)。根据以上构造，我们事实上有 \(x_n = \varphi(x_{n + 1})\)。对等式两边取极限，再利用 \(\varphi\) 的连续性，我们就有 \(\lim_{n \rightarrow + \infty} x_n = \lim_{n \rightarrow + \infty} \varphi(x_{n + 1}) = \varphi(\lim_{n \rightarrow + \infty} x_{n + 1})\)

即 \(A = \varphi(A)\)

再结合\(a_m\)必定为\({x_n}\)的一个上界，我们便知道\(A = a_m\)，即该反链收敛于\(a_m\)。

如果\(a_k < x < a_{k + 1}\)，这时候，我们又可以分出两种小情况：

如果此时我们有\(\varphi(y) > y\)，则我们便可以构造正链\({x_n}\)，其中\(x_1 = x\)，\(x_{n + 1} = \varphi(x_n)\)。类似地，再次根据单调有界定理，这条正链收敛于\(a_{k + 1}\)

如果此时我们有\(\varphi(y) < y\)，则我们便可以构造反链\({x_n}\)，构造方式类似于\(x > a_m\)的情况。类似地，我们可以证明，这条反链收敛于\(a_k\)。

引理证毕。

根据引理，对于任意\(x \in \mathbb{R}\)，都能构造出一条链\({x_n}\)收敛到某个不动点\(a_k\)。因此，我们有\(f(x) = f(a_k)\)。

所以，我们有\(f(x) = {a_1, a_2, \dots, a_m}\)。所以，\(f\)为取值有限的连续函数，故\(f\)为常值函数。（取值有限的连续函数必定为常值函数，通过介值定理就很容易得到证明）

可以看出，构造这种“链”对于解决不动点问题是一个很有效的方式

问题I

前排吐槽：这个跟前面两题简直不是一个难度的东西。。。

如果\({a_n}\)有界，则根据连续性，我们必定有 \(f(a_n)\) 有界，这就立刻得到了结论。

如果\({a_n}\)无界，通过选取子列，我们不妨设\(a_n \rightarrow + \infty\)。此时，我们有 \(\lim_{n \rightarrow + \infty} \frac{f(a_n)}{n} = \lim_{n \rightarrow + \infty} \frac{f(a_n)}{a_n} \times \frac{a_n}{n}\)

由于 \({\frac{a_n}{n}}\) 有界，结合 \(\lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{f(x)}{x} = 0\)，我们便知道以上极限为0。

课外补充：拓扑空间的定义

这并不是我学习的重点，故暂时省略。

期中考试：连续函数环的极大理想

题目A

粗略的看了一眼，都比较简单，我就不展开写了。

题目B

B1) 直接利用比较判别法即可。

B2) 根据二项式定理，此时我们有 \(a_k^{*} = \frac{1}{2^k} \sum_{i = 0}^k C_n^i z^i = \frac{1}{2^k} (1 + z)^k\)

故此时我们有 \(|a_k^{*}| = |\frac{1}{2^k} (1 + z)^k| = \frac{1}{2^k} |1 + z|^k = |\frac{1 + z}{2}|^k\)

而我们又有 \(|1 + z| \le 1 + |z| < 2\)

所以原级数必定绝对收敛。

B3) 只需要将实部和虚部分开即可。

B4) 取\(z = -2\)，由\(\text{Dirichlet}\)判别法即知此时收敛。

B5) 根据 B2) 的估计， 若 \(|z| = 1\) 且 \(z \neq 1, -1\)， 则在 \[ |1 + z| \le 1 + |z| \] 中三角不等式无法取等， 从而有 \[ \left| \frac{1 + z}{2} \right| < 1. \]

因此， \[ \sum a_k^{*} \] 为绝对收敛级数，结论成立。

B6) 结论可由定义直接验证，过程平凡，略去。

B7) 由 B6) 的结论， 并注意到当 \(n > q\) 时， 级数中仅有有限项与 \(n\) 有关。

因此，对每一项分别取极限即可， 从而得到 \[ \lim_{n \to +\infty} a_n^{*} = 0. \]

B8) 由于 \[ \lim_{n \to +\infty} a_n = 0, \] 对任意 \(\varepsilon > 0\)， 存在 \(N_1\)， 使得当 \(n > N_1\) 时， 有 \[ |a_n| < \frac{\varepsilon}{2}. \]

于是，对于任意的\(n > N_1\)，我们有：

取充分大 \(n\) 使 \(\frac{1}{2^n} (\sum_{i = 0}^{N_1} C_n^i a_i) < \varepsilon / 2\) 即可。

B9) 设\(\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = A\)，令\(b_n = a_n - A\)，则\(\lim_{n \rightarrow \infty} b_n = 0\)。根据B8)，我们就有\(\lim_{n \rightarrow \infty} b_n^* = 0\)。

我们有 \(\begin{aligned} b_n^{*} &= \frac{1}{2^n} \sum_{i = 0}^n C_n^i b_i \\ &= \frac{1}{2^n} \sum_{i = 0}^n C_n^i (a_i - A) \\ &= \frac{1}{2^n} \sum_{i = 0}^n C_n^ia_i - A\frac{1}{2^n} \sum_{i = 0}^n C_n^i \\ &= a_n^* - A \end{aligned}\)

两边同时取极限，我们就有 \(\lim_{n \rightarrow +\infty} a_n^* = A = \lim_{n \rightarrow +\infty} a_n\)

B10) 未必。取\(a_k = (-1)^k\)，根据二项式定理，我们必定有\(a_n^* = 0\)，而此时\({a_n}\)并不收敛。

B11) 我们有 \(\begin{aligned} U_n &= 2^n S_n^* \\ &= 2^n \sum_{k = 0}^n a_k^* \\ &= 2^n \sum_{k = 0}^n \sum_{i = 0}^k \frac{1}{2^k} C_k^i a_i \\ &= \sum_{k = 0}^n 2^{n - k} \sum_{i = 0}^k C_k^i a_i \\ \end{aligned}\)

此时，我们令\(b_i = C_k^i\)。为了得到\(S_k\)，我们考虑使用\(\text{Abel}\)求和公式，则我们有：

则 \(\begin{aligned} U_n &= \sum_{k = 0}^n 2^{n - k}(S_k + \sum_{i = 0}^{k - 1}S_i( C_k^i - C_k^{i + 1})) \end{aligned}\)

考虑计算\(S_i\)前的系数，我们便有 \(\begin{aligned} U_n &= \sum_{i = 0}^n (2^{n - i} + \sum_{k = i + 1}^n 2^{n - k}(C_k^i - C_k^{i + 1}))S_i \\ &= \sum_{i = 0}^n (2^{n - i} + \sum_{k = i + 1}^{n - 1} 2^{n - k}(C_k^i - C_{k + 1}^{i + 1}) + C_n^i - 2^{n - i - 1})S_i \\ &= \sum_{i = 0}^n (2^{n - i - 1} + C_n^i - \sum_{k = i + 1}^{n - 1} 2^{n - k} C_k^{i + 1})S_i \\ &= \sum_{i = 0}^n (C_n^i - \sum_{k = i + 2}^{n - 1} 2^{n - k} C_k^{i + 1})S_i \\ \end{aligned}\)

因此，我们只需要证明 \(\sum_{k = i + 2}^n 2^{n - k} C_k ^{i + 1} = 0\)

我们再次考虑使用\(\text{Abel}\)求和公式： \(\begin{aligned} \sum_{k = i + 2}^n 2^{n - k} C_k ^{i + 1} &= 2^n \sum_{k = i + 2}^n \frac{1}{2^k} C_k ^{i + 1} \\ &= 2^n \sum_{k = 1}^{n - i - 1} \frac{1}{2^{i + 1 + k}} C_{i + 1 +k} ^{i + 1} \\ &= 2^n (\frac{1}{2^n}C_{n + 1}^{i + 2} + \sum_{k = 1}^{n - i - 2} \frac{1}{2^{i + k +2}} (C_{i + 2 + k}^{i + 2} - 1))\\ &= 2^n (\frac{1}{2^n}C_{n + 1}^{i + 2} - \frac{1}{2^{i + 1}} + \frac{1}{2^{n}} + \sum_{k = 1}^{n - i - 2} \frac{1}{2^{i + k +2}} C_{i + 2 + k}^{i + 2}) \end{aligned}\)

此时，我们得到了相同的结构的一个递推关系式，将后面展开，代入初始的条件，我们便可以算的上式的值为\(0\)

B12)

我们有 \(\begin{aligned} S_n^* = \frac{1}{2^n}U_n &= \frac{1}{2^n}\sum_{k = 0}^n C_{n + 1}^{k + 1} S_k \\ &= \frac{1}{2^n}\sum_{k = 0}^n (C_{n}^{k} + C_n^{k + 1}) S_k \\ &= \frac{1}{2^n}\sum_{k = 0}^n C_{n}^{k} S_k + \frac{1}{2} \times \frac{1}{2^{n - 1}}\sum_{k = 0}^{n - 1} C_{n}^{k} S_k - \frac{1}{2^n} \sum_{k = 0}^n S_k \end{aligned}\)

两边同时取极限。根据B8)，前两项必然收敛。对于最后一项，我们考虑使用\(\text{Abel}\)求和： \(\begin{aligned} \frac{1}{2^n}\sum_{k = 0}^n S_k = \frac{S_n}{2^n}- \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{k + 1}{2^n} S_k \end{aligned}\)

对于上式的前一项，由于\({S_n}\)收敛，故\({S_n}\)有界，又因为\({\frac{1}{2^n}}\)收敛于\(0\)，因此该项必定收敛于\(0\)。

对于上式的后一项，因为 \(\sum_{k = 0}^{n-1}\frac{k + 1}{2^n} = \frac{n(n+1)}{2^{n + 1}}\) 极限值为零，且\({S_k}\)收敛，因此，根据\(\text{Abel}\)判别法，上式必定收敛。

综上，我们就得到了\({S_n^*}\)必定收敛。

可以看到，\(\text{Abel}\)求和在解决上一道题目中发挥了巨大的作用。

该公式有什么应用呢？以下是GPT-4给出的答案（翻译之后的版本）：

平滑：该公式可用于通过找到其项的加权平均值来平滑给定序列。 这在信号处理或时间序列分析等应用中非常有用，在这些应用中降噪是一个共同的目标。

离散卷积：公式可以用来对原始序列\(a_n\)和一个二项式序列进行离散卷积，在图像处理、计算机视觉、统计分析等各个领域都有用处。

逼近连续函数：该公式可用于通过在离散样本之间进行插值来逼近连续函数。 这在数值分析和模拟技术中特别有用，在这些技术中需要对连续函数进行精确近似。

多项式插值：该公式可用于对给定序列进行多项式插值，可用于曲线拟合和函数逼近应用。

题目C：\(C([a,b])\)的极大理想

C1) 平凡。显然有 \[ I([a,b]) = \{0\}. \]

C2) 若 \(1 \in I\)， 则对任意 \(f \in C([a,b])\)， 有 \[ f = f \cdot 1 \in I, \] 从而 \(I = C([a,b])\)， 与 \(I\) 为真理想矛盾。

若 \(f \in I\) 在 \([a,b]\) 上无零点， 则 \(f\) 在 \([a,b]\) 上处处非零， 从而存在连续函数 \(g = f^{-1}\)， 使得 \[ f \cdot g = 1, \] 再次推出 \(1 \in I\)，矛盾。

因此，\(I\) 中的任一函数必定在 \([a,b]\) 上有零点。

C3) 设 \[ V(f) = \{x \in [a,b] \mid f(x) = 0\}. \]

只需证明 \[ A = \{x \in [a,b] \mid f(x) \neq 0\} \] 为开集。

任取 \(x \in A\)， 由连续函数的保号性， 存在 \(\delta > 0\)， 使得 \[ (x-\delta, x+\delta) \subset A. \] 因此 \(A\) 为开集，从而 \(V(f)\) 为闭集。

再设 \[ V(I) = \bigcap_{f \in I} V(f). \] 等价地， \[ [a,b] \setminus V(I) = \{x \in [a,b] \mid \exists f \in I,\ f(x) \neq 0\}. \]

同理可证该集合为开集， 因此 \(V(I)\) 为闭集。

\(I = {0}\)。

C4) 结论由定义直接得到，过程平凡，略去。

C5) 设 \(\mathfrak{m}\) 为 \(C([a,b])\) 的极大理想。

对任意 \(f \in C([a,b])\)， 记 \[ W(f) = \{x \in [a,b] \mid f(x) \neq 0\} = [a,b] \setminus V(f), \] 显然 \(W(f)\) 为开集。

考虑开集族 \[ \mathcal{U}(\mathfrak{m}) = \bigcup_{f \in \mathfrak{m}} W(f). \]

若 \(\mathcal{U}(\mathfrak{m}) \neq [a,b]\)， 则存在 \(c \in [a,b]\)， 使得对任意 \(f \in \mathfrak{m}\)， 均有 \(f(c) = 0\)， 即 \[ V(\mathfrak{m}) = \{c\}, \] 结论成立。

若 \(\mathcal{U}(\mathfrak{m})\) 为 \([a,b]\) 的开覆盖， 由于 \([a,b]\) 紧， 存在有限子覆盖 \[ \mathcal{V} = \{W(f_1), \dots, W(f_n)\}, \qquad f_i \in \mathfrak{m}. \]

设 \[ F = f_1^2 + f_2^2 + \cdots + f_n^2. \] 则 \(F \in \mathfrak{m}\)， 且对任意 \(x \in [a,b]\)， 至少存在一个 \(f_i(x) \neq 0\)， 从而 \[ F(x) > 0. \]

因此 \(F\) 在 \([a,b]\) 上处处非零， 存在连续函数 \(G = F^{-1}\)， 使得 \[ F \cdot G = 1. \] 这与 \(\mathfrak{m}\) 为真理想矛盾。

故只能是第一种情形， 即存在唯一一点 \(c \in [a,b]\)， 使得 \[ \mathfrak{m} = \{f \in C([a,b]) \mid f(c) = 0\}. \]

C6) 由上述结论直接验证即可。

作业6：高木贞治函数

ipad上已做，这部分也没有很难的习题，我就不发在博客上了。

\(\text{Tagaki}\) 函数的性质不是我学习的重点，故在此跳过。

作业7：\(\text{Émile Borel}\) 引理

习题A：中值定理和\(\text{Talyor}\)展开

ipad上已经证明。注意运用\(\text{Lagrange}\)余项的\(\text{Talyor}\)展开。

习题B/C/D

平凡。

习题E

E1) 如果\(P_n(x)\)有重根，则根据函数求导的\(\text{Lebniz}\)公式，这些重根必定为\(P_n’(x)\)的根。

剩下的根记为\(b_1, b_2, \dots, b_m\)。根据 \(\text{Rolle}\) 中值定理，必定存在\(c_i \in (b_i, b_{i + 1})\)，使得 \(f'(c_i) = 0\)

故\(P_n(x)\)的导数的零点必定为实数。

E2) 记\(P(x) = (x^2 - 1)^{n}\)。 则\(P\)的根为\({-1,1}\)，根据E1)，我们便得到了结论。

E3) 我们先证明一个引理： > 如果存在 \(a,b \in R \cup {-\infty, +\infty}, a< b\)，使得\(f^{(k)}(a) = f^{(k)}(b) = 0\) 对于\(k = 0,1,\dots, n - 1\)成立，那么\(f^{(n)}\)在\((a,b)\)有至少\(n\)个不同的零点。

对于\(k = 0\)的情况，由A4)的推广\(\text{Rolle}\)定理，我们必定能找到一个导数的零点。

\(k \le 1\) 时，利用归纳假设，反复在零点之间运用A4)的结论，引理就得到了证明。

根据引理，如果我们能够得到 \(\lim_{x \rightarrow a^{+}} f^{(k)}(x) = \lim_{x \rightarrow b^{-}} f^{(k)}(x) = 0\) 对于任意的\(k = 0,1,\dots,n-1\)成立，我们就立刻得到结论。

根据\(\text{Lebniz}\)公式，我们有 \(f^k(x) = \sum_{j = 0}^k C_k^j \frac{n!}{(n - j)!} x^{n - j} (-1)^{k - j}e^{-x}\)

显然，我们有 \(f^k(0) = 0\) \(\lim_{x \rightarrow +\infty} f^{(k)}(x) = 0\)

于是得证。

E4) 我们有递推式 \(H_{n + 1}(x) = 2x H_n(x) - H_n'(x)\)

边界条件 \(H_0(x) = 1 \\ H_0'(x) = 0\)

因此，\(H_n\)也一定是一个多项式。

设\(H_n\)的\(n\)个根为\(x_1, x_2, \dots, x_n\)。则它们也是 \(\frac{d^n}{dx^n}(e^{-x^2}) = \frac{H_n(x)}{(-1)^n e^{x^2}}\) 的根。

注意到 \(\lim_{x \rightarrow - \infty} \frac{H_n(x)}{(-1)^n e^{x^2}} = \lim_{x \rightarrow + \infty} \frac{H_n(x)}{(-1)^n e^{x^2}} = 0\)

考虑使用（螺旋）归纳法。显然，\(H_1(x)\) 具有一个实根。

对于\(-\infty = x_0 < x_1 < x_2 < \dots < x_n < x_{n + 1} = +\infty\)。再次根据A4)的推广的\(\text{Rolle}\)定理，我们便一定能找到 \(\frac{d^{n + 1}}{dx^{n + 1}}(e^{-x^2})\)的\(n + 1\)个实根，进而\(H_{n+1}\)也必定有\(n + 1\)实根。

我没有尝试直接对\(e^{-x^2}\)求\(n\)阶导数，感觉有点烦，所以换了一种做法。

习题F \(\text{Émile Borel}\) 定理

F1) 直接验证导数定义不难。

F2) 这就是连续函数的复合。后面的性质是不难验证的。

F3) 将F2)中公式的\(2\)改为\(b\)，\(1\)改为\(a\)即可。

F4) 令 \[ \phi(x) = \mathcal{X}(|x|), \] 即可满足题设要求。

F5) 将函数项级数分拆为 \[ f(x) = \sum_{k = 0}^{N} f_k(x) + \sum_{k = N + 1}^{\infty} f_k(x). \]

对任意 \(\varepsilon > 0\)， 由级数 \(\sum f_k’\) 的一致收敛性及 \(\text{Cauchy}\) 判别法， 存在 \(N\)， 使得 \[ \sum_{k = N + 1}^{\infty} \|f_k’\|_{\infty} < \varepsilon. \]

对每个 \(k \le N\)， 由导数定义， 存在 \(\delta_k > 0\)， 使得当 \(|x - x_0| < \delta_k\) 时， 有 \[ \left| \frac{f_k(x) - f_k(x_0)}{x - x_0} - f_k’(x_0) \right| < \frac{\varepsilon}{N+1}. \]

取 \[ \delta = \min_{k \le N} \delta_k, \] 则当 \(|x - x_0| < \delta\) 时， 有 \[ \sum_{k = 0}^{N} \left| \frac{f_k(x) - f_k(x_0)}{x - x_0} - f_k’(x_0) \right| < \varepsilon. \]

考虑整体差值： \[ \begin{aligned} \left| \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} - \sum_{k = 0}^{\infty} f_k’(x_0) \right| &\le \sum_{k = 0}^{N} \left| \frac{f_k(x) - f_k(x_0)}{x - x_0} - f_k’(x_0) \right| \
&\quad + \sum_{k = N + 1}^{\infty} \left| \frac{f_k(x) - f_k(x_0)}{x - x_0} - f_k’(x_0) \right|. \end{aligned} \]

F6)

upd：这道题的证明之前存在一些问题，现在已经更新

由于\({f_k’}\)在\(I\)上一致收敛，因此，对于任意的\(\varepsilon > 0\)，我们有 \(||\sum_{k = 0}^{+\infty} f_k'(x)||_{\infty} < \varepsilon\)

我们只需对F5)中的证明稍加修改，即 \(\begin{aligned} |\sum_{k = N + 1}^{+ \infty}(\frac{ f_k(x) - f_k(x_0)}{x - x_0} - f_k'(x))| &= |\sum_{k = N + 1}^{+ \infty}(f_k'(\zeta_k) - f_k'(x))| \\ &\le |\sum_{k = N + 1}^{+ \infty} f_k'(\zeta_k)| + ||\sum_{k = N + 1}^{+ \infty}f_k'(x)||_{\infty} \\ &\le 2||\sum_{k = N + 1}^{+ \infty}f_k'(x)||_{\infty} \\ &\le 2 \varepsilon \end{aligned}\)

即可。

这便是逐项求导定理。可以看到，在\(\sum f_k\)逐点收敛的情况下，\(\sum f_k’\)绝对收敛或者一致收敛，我们都能够逐项求导。

F7) 平凡。

F8) 有 \(f_k(x) = \frac{a_k}{k!} x^k \mathcal{X}(t_kx)\) 求导得 \(f_k'(x) = \frac{a_k}{(k - 1)!} x^{k - 1} \mathcal{X}(t_kx) + t_k \frac{a_k}{k!} x^k \mathcal{X}'(t_kx)\)

根据之前的命题，我们知道\(\mathcal{X}\)在\(x = 0\)处的任意阶导数为\(0\)，且\(\mathcal{X}(0) = 1\)

故 \(f_k'(x) = \frac{a_k}{(k - 1)!} x^{k - 1} \mathcal{X}(t_kx)\)

以此类推，我们便有 \(f_k^{(n)} = \begin{cases} 0, &n < k \\ a_k, &n = k \\ 0, &n > k \end{cases}\)

F9) 考虑使用归纳法。

边界条件是容易验证的。

F10) 我们证明， \(f(x) = \sum_{k = 0}^{+\infty} f_k(x)\)

如果我们可以对上面的函数项级数逐项求导的话，根据F8)，我们便立刻得到答案。

下面我们证明，函数项级数 \(\sum_{k = 0}^{+\infty} f_k^{(n)}(x)\) 在包含\(0\)的一个有界闭区间上绝对收敛，其中\(n\)为任意的一个正整数。

\(k < 2n\) 时，导数必定为\(0\)。\(k \ge 2n\)时，我们限制\(|x| < 1 / t_k\)，则根据F9)，我们就有 \(\begin{aligned} f_k^{(n)} &= a_k \sum_{l = 0}^n C_n^l \frac{t_k^{n - l}}{(k - l)!} x^{k - l} \mathcal{X}^{(n - l)}(t_k x) \\ &\le a_k \sum_{l = 0}^n C_n^l \frac{t_k^{n - k}}{(k - l)!} \mathcal{X}^{(n - l)}(t_k x)\\ \end{aligned}\)

由于\(\mathcal{X} \in C_{\infty}\)，故\(\mathcal{X}^{(l)}\)在闭区间上必定有界，设\(X_n = \sup_{l \le n} \mathcal{X}^{(l)}\)。

而我们有 \(\begin{aligned} \sum_{l = 0}^n C_n^l \frac{1}{(k - l)!} &\le (\sum_{l = 0}^n C_n^l)(\sum_{l = 0}^n \frac{1}{(k - l)!}) \le 2^ne \end{aligned}\)

因此，我们有 \(\begin{aligned} \sum_{k = 0}^{\infty}||f_k^{(n)}(x)||_{\infty} &= \sum_{k = 2n}^{\infty}||f_k^{(n)}(x)||_{\infty} \\ &\le 2^n e X_n \sum_{k = 2n}^{\infty} t_k^{n - k} \end{aligned}\)

取 \(t_k = \frac{1}{2 X_n}\) 即可。

剩下的习题讲义上注明（不交作业），我也不较真思考了，时间实在是有限。

作业8：\(\text{Sturm-Louville}\)理论的一个例子

基本习题：凸函数的研究

习题A

A1) A2) A3) 平凡。（直接代入凸函数的等价定义即可）

A4) 设 \(c = ta + (1 - t)b\)，令\(M = \max {f(a), f(b)}\)，则 \(f(c) = f(ta + (1 - t)b) \le tf(s) + (1 - t)f(b) \le M(t + 1 - t) = M\)

又有\(f(c) \le M\)，因此，\(f(c) = M \)。

如果\(M = f(b)\)，则根据凸函数的等价定义，我们有 \(\frac{f(b) - f(a)}{b - a} \le \frac{f(b) - f(c)}{b - c} = 0\)

故此时有\(f(a) = f(b)\)。

如果\(M = f(a)\)，则根据凸函数的等价定义，我们有 \(\frac{f(b) - f(a)}{b - a} \ge \frac{f(c) - f(a)}{c - a} = 0\)

故此时亦有\(f(a) = f(b)\)。

设\(f(d) = \sup_{x \in [a,b]} f(x)\)。如果\(f(d) > M\)，则我们有 \(\frac{f(d) - f(a)}{d - a} \le \frac{f(b) - f(a)}{b - a} \le \frac{f(b) - f(d)}{b - d} < 0\) 但是\(\frac{f(d) - f(a)}{d - a} > 0\)，这就导出了矛盾，从而得证。

A5) 如果我们能够找到两点\(a < b\)，使得 \(\frac{f(b) - f(a)}{b - a} > 0\) 那么，对于任意的\(x > b\)，根据凸函数的定义，我们有 \(\frac{f(b) - f(a)}{b - a} \le \frac{f(x) - f(a)}{x - a}\)

即 \(f(x) \ge \frac{f(b) - f(a)}{b - a}(x - a) + f(a)\)

这与\(f(x)\)有界矛盾。

如果我们能够找到两点，使得 \(\frac{f(b) - f(a)}{b - a} < 0\)

类似地，我们能推出矛盾。

从而\(f\)必定是一个常值函数。

A6) 利用局部最小值的定义，结合凸函数的性质立刻得到。

A7) 在A5)中，我们得到了 \(f(x) \ge \frac{f(b) - f(a)}{b - a}(x - a) + f(a)\)

让\(b \rightarrow a\)，式子就变为 \(f(x) \ge f'(a)(x - a) + f(a)\)

就得到了结论。

这便是高中数学竞赛中，证明不等式时常用的切线法。

习题B 凸函数与不等式

B1) (1) (3) 高中课内常见的不等式，直接利用导数证明即可。

(2) 这等价于 \((x^{\alpha} + y^{\alpha})^{\frac{\beta}{\alpha}} > (x^{\beta} + y^{\beta})\) 由于\(x^{\frac{\beta}{\alpha}}\)是凸函数，我们直接利用\(\text{Jensen}\)不等式即可。

这便是著名的幂平均不等式。

(4) 直接求导即可（打公式太烦了，我不想写那么多了。。。）

B2) 高中题。取对数之后同构，求出\(\frac{x}{\ln x}\)的极值，答案为\(e\)

B3) 取对数，利用\(f(x) = x \ln x\)的凸性，直接利用\(\text{Jensen}\)不等式即可。

B4) B5) \(\text{Young}\) 不等式和 \(\text{Holder}\) 不等式都是利用 \(\text{Jensen}\) 不等式证明的，也是高中数学竞赛的基本内容，可以在网上查阅证明。

导数的性质和应用：复习

### 习题C

我们先做C3)

C3) 考虑任意一个闭区间\([-c,c]\)。我们令\(M = \sup_{x \in [-c, c]} f^{(l)}(x)\) (\(f^{(l)}(x)\)必定连续)，则我们有 \(|f^{(n)}(x)| \le CM\)

考虑使用反向归纳法。根据\(\text{Lagrange}\)中值定理，对于任意的\(x \in [-c,c]\)，存在\(\zeta \in (0,x)\)，使得 \(\frac{f^{(n - 1)}(x)}{x} = f^{(n)}(\zeta) \le CM\)

则 \(f^{(n - 1)}(x) \le CMc\)

不断地向下归纳，我们就有\(x \in [-c,c]\)时， \(f^{(k)}(x) \le CMc^{n - k}\)

代入\(k = l\)，我们就有 \(f^{(l)}(x) \le CMc^{n - l}\)

自然我们也有 \(M \le CMc^{n - l}\)

让\(Cc^{n - l} < 1\)，即\(c < C^{\frac{-1}{n - l}}\)时，我们便有\(M = 0\)。也就是说，对于任意的\(x \in [-c,c]\)，，对于\(k = 0,1,2,\dots n\)，我们都有 \(f^{(k)}(x) = 0\)

将函数分别向左和向右平移\(c\)，我们得到了同样的初始条件，因此，我们在\([-2c,-c]\)和\([c,2c]\)上也有一样的结论。

反复迭代下去，我们就有 \(f(x) \equiv 0\)

这道题是一个很好的样本，它向我们说明了以下几点：

1. \(\text{Lagrange}\)中值定理是沟通低阶导数和高阶导数不等关系的桥梁
2. 如果高阶导数被低阶导数限制，利用（闭区间上的）\(\text{Lagrange}\)中值定理，我们就很容易证明低阶导数是有界的。
3. 通过导数这样的局部性质，我们可以将局部“粘起来”，得到整体的性质。

C3)的解题也为我们解决C组其他题目提供了一个范本。

C1) 取\(x = 0\)，我们有 \(|\lambda g'(0)| \le 0\)

由于\(\lambda \not= 0\)，因此，\(g’(0) = 0\)

对题目中的不等式进行一些变形，我们得到： \(\lambda|g'(x)| - |g(x)f(x)| \le |g(x)|\)

即 \(|g'(x)| \le \frac{|g(x)|(1 + |f(x)|)}{\lambda}\)

设\(\sup_{x \in [0,1]} f(x) = M\)，则 \(|g'(x)| \le \frac{|g(x)|(1 + M)}{\lambda} = C |g(x)|\) 其中\(C = \frac{1 + M}{\lambda}\)

根据C3)的结论，我们必定有\(g(x) \equiv 0\)

C2) 我们令\(M = \sup_{x \in (-c,c)} f’(x)\)，其中\(c \in (0,1)\)。根据\(\text{Lagrange}\)中值定理，对于任意的\(x \in (-c,c)\)，存在\(\zeta\)，使得 \(\frac{f(x)}{x} = f'(\zeta) \le M\)

也即 \(|f(x)| \le|Mx| \le cM\)

因此，我们有 \(|f''(x)| \le (1 + c)M\)

再次根据\(\text{Lagrange}\)中值定理，对于任意的\(x \in (-1,1)\)，存在\(\zeta\)，使得 \(\frac{f'(x)}{x} = f''(\zeta) \le (1 + c)M\)

即 \(|f'(x)|\le (1 + c) M|x| \le (1 + c)c M\)

取\(c = \frac{1}{2}\)。类似地，我们就有\(M = 0\)，则\(x \in (-c,c)\)时，我们就有 \(f'(x) \equiv 0\) \(f''(x) \equiv 0\) \(f(x) \equiv 0\)

与C3)中类似的想法，我们可以扩展到\((-1,1)\)上。

C4) 这道题我们当然可以直接计算\(x^k\)之前的系数，不过，我们最好还是用上C3)的结论。

对\(P(x)\)求\(n\)阶导数，我们有

对\(P(x)\)求\(l\)阶导数，我们有 \(\begin{aligned} P^{(l)}(x) &= \sum_{k = 0}^{n + 1} C_{n + 1}^k (-1)^k \frac{d^l}{dx^l}((x - k)^n) \\ &= n^{\underline{l}}\sum_{k = 0}^{n + 1} C_{n + 1}^k (-1)^k (x - k)^{n - l} \\ \end{aligned}\)

代入\(x = k\)，我们有 \(\begin{aligned} P^{(l)}(k) &= 0 \end{aligned}\)

根据C3)的结论，我们立刻得到了证明。

C5) (i) 利用\(\text{Talyor}\)展开的\(\text{Peano}\)余项公式直接得到

(ii)

任取\(x_0 \in I\)。利用无穷\(\text{Taylor}\)级数，我们有 \(f(x) = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!} (x - x_0)^k\)

因此，如果我们能够找到一点\(x_0\)，使得\(f\)在\(x_0\)处的任意阶导数为\(0\)，我们就得到了证明。

由于\(E\)是一个有界的无穷集，根据连续性，我们可以使得\(E\)为一个有界的闭集。

我们知道，在\(\mathbb{R}\)上，有界闭性等价于紧性等价于列紧性。因此，\(E\)必定存在聚点。

设\(x_0\)是\(E\)的一个聚点，即存在\({x_n} \subset E\)使得\(x_n \rightarrow x_0\)，则根据连续性，我们有\(f(x_0)\)。

根据\(\text{Rolle}\)中值定理，\(x_n\)和\(x_{n + 1}\)也存在一点\(y_n\)，使得\(f’(y_n) = 0\)。

再由夹逼定理，我们知道\(y_n \rightarrow x_0\)，因此，根据连续性，我们有\(f’(x_0) = 0\)。

反复进行这样的操作，我们就证明了，\(f\)在\(x_0\)处的任意阶导数为\(0\)。

C6) 由于\(\lim_{x \rightarrow 1^{-}} f(x) = 0\)且\(f\)在\((0,1)\)上连续，我们不妨补充定义\(f(1) = 0\)。

根据\(\text{Lagrange}\)中值定理，存在\(\zeta \in (x,1)\)，使得 \(\frac{f'(x)}{x - 1} = f''(\zeta)\)

因此，我们有 \(|\frac{f'(x)}{1 - x}| = |f''(\zeta)| \le \frac{C}{(1 - \zeta)^2}\)

也即 \(|f'(x)(1 - x)| \le C(\frac{1 - x}{1 - \zeta})^2\)

因此，对于任意的\(\varepsilon > 0\)，我们只需要适当的选取\(x\)即可。

C组习题充分的向我们展示了\(\text{Lagrange}\)中值定理的强大。

习题D/习题E

直接求导即可，不详细写了

习题F

F1) 直接求导，我们有 \(g'(x) = \frac{f'(x)(x - x_0)^r - rf(x)(x - x_0)^{r - 1}}{(x - x_0)^{2r}} = \frac{f'(x)(x - x_0) - rf(x)}{(x - x_0)^{r + 1}}\)

也就是说 \(f'(x) = g'(x)(x - x_0)^r + \frac{rf(x)}{x - x_0}\)

代入 \(f(x) = g(x)(x - x_0)^r\)

有 \(f'(x) = g'(x)(x - x_0)^r + rg(x)(x - x_0)^{r - 1}\)

也就是 \(f'(x) = (x - x_0)^{r - 1}(g'(x)(x - x_0) + rg(x))\)

\(x = x_0\)时，后面一项不为\(0\)。故根据定义，\(x_0\)必定为\(f’(x)\)的\(r-1\)-重根。

F2) 反复使用\(\text{Rolle}\)定理即可。

F3) F4) 根据F1) F2) 平凡。

习题G

G1) 这和作业7的A8)是一样的。我们只需要利用带\(\text{Lagrange}\)余项的\(\text{Talyor}\)公式即可。

G2) 不难验证。

G3) 在\(\mathbb{R}^n\)每一维上运用G1)的结论即可。

\(\text{Sturm-Louville}\)理论不是我学习的重点，大家可以在网上查阅相关的资料。

作业9：\(\text{Dini}\)定理，多项式逼近与\(\text{Weierstrass-Stone}\)定理

习题A

积分自然的在赋范线性空间上的推广，这里不再深究细节。

习题B

太多了，有空慢慢补。

习题W

W1) 不妨先考虑 \(K \subset \mathbb{R}\) 的情形。 若结论在 \(\mathbb{R}\) 上成立， 则可自然推广到 \(\mathbb{R}^n\)。

由于 \(K\) 紧， 根据 \(\text{Heine–Borel}\) 定理， \(K\) 为有界闭集。

又由于对每个 \(n\)， \(f_n \in C(K)\)， 且 \(K\) 紧， 因此 \(\{f_n\}\) 在 \(K\) 上一致连续； 同理，极限函数 \(f\) 亦在 \(K\) 上一致连续。

取任意 \(\varepsilon > 0\)。 由一致连续性， 存在 \(\delta_1 > 0\)， 使得当 \(|x-y| < \delta_1\) 时， 对任意 \(n\) 有 \[ |f_n(x) - f_n(y)| < \frac{\varepsilon}{3}. \] 同样存在 \(\delta_2 > 0\)， 使得 \[ |f(x) - f(y)| < \frac{\varepsilon}{3}. \]

令 \[ \delta = \min\{\delta_1, \delta_2\}. \]

由于 \(K\) 有界， 可将 \(K\) 覆盖为有限个长度不超过 \(\delta\) 的闭区间 \[ K \subset \bigcup_{i=1}^m I_i, \] 其中 \(m < +\infty\)。

对每个区间 \(I_i\)， 任选一点 \(x_i \in I_i \cap K\)。 由于 \(f_n(x_i) \to f(x_i)\)， 存在 \(N_i\)， 使得当 \(n \ge N_i\) 时， \[ |f_n(x_i) - f(x_i)| < \frac{\varepsilon}{3}. \]

令 \[ N = \max_{1 \le i \le m} N_i. \]

此时对任意 \(x \in K\)， 设 \(x \in I_i\)， 由三角不等式， 当 \(n \ge N\) 时， \[ \begin{aligned} |f_n(x) - f(x)| &\le |f_n(x) - f_n(x_i)| + |f_n(x_i) - f(x_i)| + |f(x_i) - f(x)| \
&< \frac{\varepsilon}{3} + \frac{\varepsilon}{3} + \frac{\varepsilon}{3} = \varepsilon. \end{aligned} \]

因此，\(f_n \to f\) 在 \(K\) 上一致收敛。

这就是著名的\(\text{Dini}\)定理。（我的）证明中使用的\(\text{Lesbegue}\)数和对区间的划分，事实上都需要\(\mathbb{R}\)上的序关系。因此，我们不能把\(K\)扩展到任意的紧集上。

W2) 利用归纳法容易证明，这里不详细展开了。

W3) 结合W1)和W2)即可得到。

W4) 前排吐槽：\(p_{n,k}\)应该写成\(p_{n,k}(x)\)，否则真的很容易误导人。。。

我们考虑研究\(x^i\)项前面的系数。

常数项只有\(k = 0\)时存在贡献，此时为\(0\)

\(x\)前面的系数只有\(k = 0,1\)时有贡献，计算可知为\(\frac{1}{n}\)

\(x^2\)前面的系数只有\(k = 0,1,2\)时有贡献，计算可知为\(-\frac{1}{n}\)

下面考虑\(i = 3,4\dots n\)时的情况。我们记\(x^{k}\)为\(P(x)\)中\(x^k\)的系数，则我们有 \([x^i](\text{原式}) = [x^{i - 2}](\sum_{k = 0}^n C_n^k x^k (1 - x)^{n - k}) - \frac{2}{n}[x^{i - 1}](\sum_{k = 0}^n kC_n^k x^k (1 - x)^{n - k}) \\ + \frac{1}{n^2}[x^i](\sum_{k = 0}^n k^2C_n^k x^k (1 - x)^{n - k})\)

我们分别处理。

对于第一项，我们有 \(\begin{aligned} [x^{i}](\sum_{k = 0}^n C_n^k x^k (1 - x)^{n - k}) &= \sum_{k = 0}^i C_n^k [x^{i - k}] ((1 - x)^{n - k})\\ &= \sum_{k = 0}^i C_n^k C_{n - k}^{i - k} (-1)^{i - k} \\ &= \sum_{k = 0}^i C_n^i C_{i}^{k} (-1)^{i - k} \\ &= C_n^i \sum_{k = 0}^i C_{i}^{k} (-1)^{i - k} \\ &= 0 \end{aligned}\)

其中我们用到了组合恒等式 \(C_n^k C_{n - k}^{i - k} = C_n^i C_{i}^{k}\) 以及二项式定理。

对于第二项，我们有 \(\begin{aligned} - \frac{2}{n}[x^{i}](\sum_{k = 0}^n kC_n^k x^k (1 - x)^{n - k}) &= - \frac{2}{n}(\sum_{k = 0}^n kC_n^k [x^{i - k}]((1 - x)^{n - k})) \\ &= - \frac{2}{n}(\sum_{k = 0}^n kC_n^k C_{n - k}^{i - k} (-1)^{i - k}) \\ &= C_n^i \sum_{k = 0}^i kC_{i}^{k} (-1)^{i - k} \\ &= C_n^i \sum_{k = 0}^i iC_{i - 1}^{k - 1} (-1)^{i - k} \\ &= C_n^i i \sum_{k = 0}^i C_{i - 1}^{k - 1} (-1)^{i - k} \\ &= 0 \end{aligned}\)

边界情况的讨论略去。其中我们用到了吸收公式 \(kC_i^k = iC_{i - 1}^{k - 1}\)

对于第三项，反复使用两遍吸收公式，我们依然得到结果为\(0\)（需验证边界条件）。

\(i = n + 1, n + 2\)的情况直接求解，能得到前面的系数为\(0\)。

因此等式得证。

这道题目中我们遇到了许多常见的组合恒等式。

W5) 根据二项式定理，我们有 \(\sum_{k = 0}^n p_{n,k}(x) = \sum_{k = 0}^n C_n^k x^k (1 - x)^{n - k} = 1\)

于是 \(f(x) = f(x) \sum_{k = 0}^n p_{n,k}(x) = \sum_{k = 0}^n f(x) p_{n,k}(x)\)

于是平凡。

\(B_{f,n}(x)\)即为著名的\(\text{Bernstein}\)多项式。

W6)

前排吐槽：尽管有了前两问的提示，这一问的难度依然不小。

由于 \(f \in C([0,1])\)， 根据闭区间上的一致连续性定理， \(f\) 在 \([0,1]\) 上一致连续。

因此，对任意 \(\varepsilon > 0\)， 存在 \(\delta > 0\)， 使得当 \(x,y \in [0,1]\) 且 \(|x-y| < \delta\) 时， 有 \[ |f(x) - f(y)| < \varepsilon. \]

理想情况下， 我们希望对所有 \(k\) 都有 \(|f(x) - f(\tfrac{k}{n})| < \varepsilon\)， 但当 \(|x - \tfrac{k}{n}| \ge \delta\) 时， 这一估计不再成立。

因此，我们将误差项分开处理。

根据 W5) 的结论， 有 \[ \begin{aligned} |f(x) - B_{f,n}(x)| &\le \sum_{\substack{0 \le k \le n \\ |x - \frac{k}{n}| < \delta}} |f(x) - f(\tfrac{k}{n})| p_{n,k}(x) \
&\quad + \sum_{\substack{0 \le k \le n \\ |x - \frac{k}{n}| \ge \delta}} |f(x) - f(\tfrac{k}{n})| p_{n,k}(x). \end{aligned} \]

对第一项，由一致连续性， 当 \(|x - \tfrac{k}{n}| < \delta\) 时， 有 \[ |f(x) - f(\tfrac{k}{n})| < \varepsilon. \]

因此， \[ \begin{aligned} \sum_{|x - \frac{k}{n}| < \delta} |f(x) - f(\tfrac{k}{n})| p_{n,k}(x) &\le \varepsilon \sum_{|x - \frac{k}{n}| < \delta} p_{n,k}(x) \
&\le \varepsilon \sum_{k=0}^{n} p_{n,k}(x) = \varepsilon. \end{aligned} \]

对第二项，当 \(|x - \tfrac{k}{n}| \ge \delta\) 时， 有 \[ 1 \le \frac{(x - \tfrac{k}{n})^2}{\delta^2}. \]

因此， \[ \begin{aligned} \sum_{|x - \frac{k}{n}| \ge \delta} |f(x) - f(\tfrac{k}{n})| p_{n,k}(x) &\le \frac{1}{\delta^2} \sum_{k=0}^{n} p_{n,k}(x) \left(x - \frac{k}{n}\right)^2. \end{aligned} \]

由 W4) 的结论， \[ \sum_{k=0}^{n} p_{n,k}(x) \left(x - \frac{k}{n}\right)^2 = \frac{x(1-x)}{n} \le \frac{1}{4n}. \]

从而 \[ \sum_{|x - \frac{k}{n}| \ge \delta} |f(x) - f(\tfrac{k}{n})| p_{n,k}(x) \le \frac{1}{4n\delta^2}. \]

由此，我们用\(\text{Berstein}\)多项式逼近了一个连续函数。

W7) 平凡（多项式环一定是封闭的）

W8) 根据W3)，我们只需要证明\(P(f) \in \mathcal{A}\)。由于\(P\)是一个多项式，根据子代数的定义（线性空间 + 乘法封闭），这是显然的。

W9) 平凡

W10)

我们有 \(f \wedge g(x) = \frac{1}{2} (f + g - |f - g|)\) \(f \vee g(x) = \frac{1}{2} (f + g + |f - g|)\)

因此显然。

W11) 由于\(P(K)\)是一个子代数，结合W8) W10)，这是显然的。

W12)

第一步：根据\(K\)的紧性，我们只需要证明\({U_y}\)是\(K\)的一组开覆盖即可。根据\(\varphi_y(y)\)的定义，结合介值定理，这是显然的。

第二步：由第一步，结合\(\mathcal{A}\)是\(\wedge \vee \)-封闭的，这是平凡的。

第三步：\(\varphi_{x_0}\)即可。

W13) 根据W12)，我们只需要满足W12)题干中的条件即可，而\(\mathcal{A}\)包含所有常数值函数使得我们一定能够做到这一点。

W14) 取\(\mathcal{A}\)的闭包\(\bar{\mathcal{A}}\)，则根据W11), \(\bar{\mathcal{A}}\)是\(\wedge \vee \)-封闭的。

由于\(\mathcal{A}\)包含了常值函数，结合\(\mathcal{A}\)是一个子代数，我们就知道\(\mathbb{Q} \subset \mathcal{A}\)（这与\(\text{Cauchy}\)方程的处理方法是类似的）。

结合\(\bar{\mathcal{A}}\)是\(\mathcal{A}\)的闭包，我们就有\(\mathbb{R} \subset \mathcal{A}\)（利用实数的有理逼近，或者说有理数在实数中是稠密的）

因此，根据W13)，我们就有\(\bar{\mathcal{A}}\)在\(C(K)\)上稠密。

又因为我们可以用\(\mathcal{A}\)的函数来逼近\(\bar{\mathcal{A}}\)中的函数，因此，\(\mathcal{A}\)一定在\(C(K)\)上稠密。

至此，我们证明了著名的\(\text{Weierstrass-Stone}\)定理。它给出了在一般的子代数上逼近一个连续函数的方法。

W15) 由于\(P(K)\)是一个子代数，于是显然。

多项式的逼近也被称作\(\text{Weierstrass}\)逼近定理。

W16) 根据各种各样的三角恒等变换公式（如和差化积公式等），我们很容易发现，我们可以通过定义在\([0,2\pi]\)上的正弦和余弦函数的线性组合和成绩生成一个子代数\(\mathcal{A}\)。

容易看出，\(T(x) \subset \mathcal{A}\)。因此，根据\(\text{Weierstrass-Stone}\)定理，我们就得到了结论。

这其实也是连续函数的一个\(\text{Fourier}\)级数逼近。

作业10：\(\zeta(2)\)的无理性

习题A

A1) 我其实怀疑这道题有问题。

由于\([0,1]\)是一个有界闭区间，因此，在\([0,1]\)上逐点收敛的一列函数也必定是一致收敛的（利用一致连续性）。因此，我们是无法构造出来这样的函数的。

A2) 考虑 \(\int_{100}^{n} \frac{dx}{x \log ^{\alpha}(x)} = \int_{100}^{n} \frac{d \log x}{\log ^{\alpha}(x)} = \frac{\log^{1 - \alpha} x}{1 - \alpha}\bigg |_{100}^{n}\)

于是显然。

A3) （近乎平凡，为了熟悉定义，我还是展开写一下吧）

考虑任意的\(I’ = [a,b) \subset I\)上的反常积分。设\(F\)的原函数为\(G\)，根据\(\text{Newton-Leibniz}\)公式，我们有 \(\int_{a}^{b_n} F(x) = G(b_n) - G(a)\) 其中\({b_n} \rightarrow b\)。

由于\(F\)在\(I\)上的反常积分收敛，因此\({G(b_n)}\)是收敛的。

因此，对于任意的\(\varepsilon > 0\)，根据极限收敛的\(\text{Cauchy}\)法则，存在\(N\)，使得\(n_2 > n_1 > N\)时，我们有 \(|G(n_1) - G(n_2)| < \varepsilon\) 即 \(|\int_{a}^{b_{n_2}} F(x) - \int_{a}^{b_{n_1}} F(x)| = |\int_{b_{n_1}}^{b_{n_2}} F(x)| < \varepsilon\)

而我们有 \(|\int_{b_{n_1}}^{b_{n_2}} f(x)| < |\int_{b_{n_1}}^{b_{n_2}} |f(x)| | <|\int_{b_{n_1}}^{b_{n_2}} F(x)| < \varepsilon\)

因而 \(\int_{a}^{b_{n}} f(x)\) 必定收敛。因此，我们一定有\(f\)在区间\(I\)上反常可积。

A4) 都是平凡的（(3)换元即可）

A5) A6) 平凡

A7) 积分的结果为\(\frac{22}{7} - \pi\)。

由于这个积分是一个有理函数的积分，因此肯定是可以解出来的。当然，我们也可以反复使用区间再现公式来简化计算，由于公式太多，我就不详细写了。

我们考虑将积分因子放到\(x^4(1 - x)^4\)，结果是\(\frac{1}{630}\)，可见他们已经很接近了。

A8)

第一步：可以看出，\(k = 0,1,\dots n - 1\)时，由于\(0\)和\(\frac{a}{b}\)都是\(n\)重根，因此，此时它们的导数一定是\(0\)。 \(k \ge n\)时，\(n!\)已经被约掉，系数都是整数，导数自然是整数。

第二步：考虑使用分部积分 \(\begin{aligned} \int_{0}^{\pi} f_{a,b;n}(x) \sin(x) dx &= - \int_{0}^{\pi} f_{a,b;n}(x) d(\cos(x))\\ &= - f_{a,b;n}(x) \cos(x) \bigg |_{0}^{\pi} + \int_{0}^{\pi} f_{a,b;n}'(x) \cos(x) dx \\ &= 2f_{a,b;n}(x) \bigg |_{0}^{\pi} + \int_{0}^{\pi} f_{a,b;n}'(x) d(\sin x) \\ &= 2f_{a,b;n}(x) \bigg |_{0}^{\pi} + (f_{a,b;n}'(x) \sin x) \bigg |_{0}^{\pi} - \int_{0}^{\pi} f_{a,b;n}''(x) \sin(x) dx\\ &= 2f_{a,b;n}(x) \bigg |_{0}^{\pi} - \int_{0}^{\pi} f_{a,b;n}''(x) \sin(x) dx\\ \end{aligned}\)

于是我们就得到了一个递推关系式。结合第一步的结论，我们很容易看出这个积分一定是一个整数。

第三步：

根据均值不等式，我们有 \(\frac{x^n(a - bx)^n}{n!} \le \frac{a^{2n}}{2^{2n}b^n n!}\)

\(n\)充分大时，上式显然小于\(\frac{1}{2}\)。

因此，\(n\)充分大时，我们有 \(0 < \int_{0}^{\pi} f_{a,b;n}(x) \sin(x) dx < \frac{1}{2} \int_{0}^{\pi}\sin(x) dx \le 1\)

这与这个积分结果为整数是矛盾的。因此，我们就证得了\(\pi\)是无理数。

A9) 参考之前讲义中的内容，这部分证明是不难的。

A10)

A11) 有点烦，有空补一下公式。

A12) 由讲义中证明的引理，我们只需要说明 \([a,b] \times [c,d]\) 是紧的距离空间即可，而这是显然的。

习题B（关于\(\zeta(2)\)）

B1) B2) 平凡。

B3) 充分性：由B2)中右侧的不等式显然。

必要性：\(p = 1\)时显然不反常可积。

B4) 结合B2) 和 B3) 这是显然的。

B5) 只需证明 \(\lim_{x \rightarrow 0} \frac{h(x)}{2 \sin \frac{x}{2}} = -1\)

而 \(\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\frac{x^2}{2 \pi} - x}{2 \sin \frac{x}{2}} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\frac{x^2}{2 \pi} - x}{x} = -1\)

B6) 由分部积分公式即可得到答案为\(\frac{1}{k^2}\)，这里不再详细展开。

B7) 高中题，给左边乘上\(2 \sin(\frac{x}{2})\)，利用积化和差公式进行三角恒等变换便可得到\(\lambda = \frac{1}{2}\)

B8) 利用分部积分公式，我们有 \(\begin{aligned} \int_{0}^{\pi} \phi(x) \sin ((n + \frac{1}{2})x) dx &= (- \frac{\phi(x)}{n + \frac{1}{2}} \cos ((n + \frac{1}{2})x)) \bigg |_{0}^{\pi} + \int_{0}^{\pi} \phi'(x) \frac{\cos ((n + \frac{1}{2})x)}{n + \frac{1}{2}} dx \\ &= \frac{\phi(0)}{n + \frac{1}{2}} + \int_{0}^{\pi} \phi'(x) \frac{\cos ((n + \frac{1}{2})x)}{n + \frac{1}{2}} dx \\ &\le \frac{\phi(0)}{n + \frac{1}{2}} + \frac{1}{n + \frac{1}{2}}\int_{0}^{\pi} \phi'(x) dx \\ &= \frac{\phi(\pi)}{n + \frac{1}{2}} \end{aligned}\)

当\(n \rightarrow \infty\)时，上式极限自然为\(0\)。

B9) 取B8)中的\(\phi(x) = \varphi(x)\)，我们有 \(\int_{0}^{\pi} \varphi(x) \sin ((n + \frac{1}{2})x) dx = \int_{0}^{\pi} \frac{h(x)}{2 \sin (\frac{x}{2})} \sin ((n + \frac{1}{2})x) dx\)

根据B7)，我们有 \(\begin{aligned} \int_{0}^{\pi} \frac{h(x)}{2 \sin (\frac{x}{2})} \sin ((n + \frac{1}{2})x) dx &= \int_{0}^{\pi} h(x)(\sum_{k = 0}^n \cos(kx) + \frac{1}{2})dx \\ &= \int_{0}^{\pi} h(x)(\sum_{k = 0}^n \cos(kx))dx + \frac{1}{2} \int_{0}^{\pi} h(x) dx \end{aligned}\)

对于第二项，我们有 \(\frac{1}{2} \int_{0}^{\pi} h(x) dx = \frac{1}{2}(\frac{x^3}{6\pi} - \frac{x^2}{2}) \bigg |_{0}^{\pi} = -\frac{\pi^2}{6}\)

对于第一项，我们有 \(\int_{0}^{\pi} (\sum_{k = 0}^n h(x) \cos(kx))dx = \sum_{k = 0}^n (\int_{0}^{\pi} h(x) \cos(kx)dx) = \sum_{k = 1}^n \frac{1}{k^2}\)

\(n \rightarrow \infty\)时，根据B6) 和 B8)，代入上式，我们就有 \(\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{k^2} = \frac{\pi}{6}\)

我们曾经利用第二类\(\text{Chebyshev}\)多项式证明过这个结论（即\(\text{Basel}\)问题），这里我们利用积分得到了另一种证明方法。

B10) B11) 平凡

B12) 易见 \(g_n'(x) = F_n''(x)\sin (\pi x) + \pi^2 F_n(x) \sin (\pi x)\)

再代入\(F_n(x)\)和\(F_n’‘(x)\)即可，具体过程我就略去了。

由此，我们就有 \(a^n f_n(x) \sin (\pi x) = \frac{g'(x)}{\pi ^2}\)

代入到积分当中，我们就有 \(A_n = \frac{1}{\pi}(\pi F_n(1) - \pi F_n(0))\)

所以\(A_n\)必定是一个整数。

B13)

我们有 \(a^n f_n(x) \le a^n \frac{1}{4^n n!}\)

\(n\)充分大即可。

B14) 由B13) 显然

至此，我们证明了\(\pi^2\)是一个无理数，思想和我们证明\(\pi\)是无理数是类似的。

习题C

等待更新，正在计算中。