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，定理

习题 A

A1)

充分性：反证法易得 (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。

若公理不成立，则

则集合有界，则存在上确界。

由A1)结论，

取则有与是上确界矛盾。

A8)

为避免混淆，我们改记

如果我们证明，那么就可以通过数论证法证明是无理数了。

反证法。如果，则

则必，使得，与是上确界矛盾。

A9)

对于开区间，令。

在中取，在中取，则必是无理数

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）

我们先把排成一列，其中是可数的指标集，再将每行展开写即可（因为是可数集）

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）

由可数知存在单射

由于是满射，故，在中的原像构成非空集合，任取，再令，则必是单射（否则根本不是映射），则复合映射即为所求。

B7)

7-1：

显然成立。设且。若，则取，若，则取，若，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。（与是不可数集合矛盾）

B9)

设区间（闭区间同理）

构造双射

则实数集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，由于是非空集合，所以在中一定能找到一个有理数，则构成了的子集，自然可数，进而我们可以构造和之间的双射，所以可数。

习题C定理

C1) C2) 平凡 （利用可数集性质即可构造双射）

C3) 容易验证符合条件

C4) 由的定义，我们可以知道，

由知且

故且

所以

所以即

C5) 考虑，我们证明

令，

则

故我们需要证明：

由，我们有

两侧同时取交集，我们有

由德摩根律，我们知道

又因为是单射，所以

结合以上几个式子便得到了证明。

我们现在既然有了，就可以直接归纳了。

注：因为可能有无穷多个，我们需要超限归纳法，这里的是良序的，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，也必须是良序的。

C6) 我们已经知道，只需要证明即可。

由C4)结论知，，

而根据的定义可以得到，，我们有

故，这就得到了证明。

C7) 假设，取其中的一个元素，则我们有

则有，与矛盾。

若，则取。

令，则，又，故

而,都是单射，所以必定有，得到矛盾！

C8) 由C7)直接得到

至此，我们证明了定理！

习题D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：重排，à求和，游戏

习题A

A1) 令，由于有界，则存在，设为。

固定某一个，由的定义，存在，使得，即

而由极限定义，存在，使得时，，

则由三角不等式，我们有

这就证明了

我们就找到了这样的子列。

A2) 充分性：

直接夹逼即可。

必要性：

设，

设

则对于固定的，存在，使得时，我们有

则由，的定义，我们有:

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) 由收敛法则，我们考虑充分大的时候，的值。

因为收敛，则由列的性质，我们知道，有，而收敛到，则亦有，对上式放缩即可。

A6) 对实部和虚部分别使用控制收敛法即可。

A7) 由A6) 显然。

A8)

列条件

等价于

等价于

得证。

我们不一定每次都要将归一，只要前面是一个有限的常数即可。

A9)，考虑

故我们只需要证明即可，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

  1. 这里我们直接分别放缩为和，再利用即可。

  2. 提出2019即可。

习题C重排定理

ipad上已做。

习题Dà求和极限

D1) 固定。由于，则，时，，其中是待定的系数。

我们事实上需要证明存在，时，

充分大的时候，上式可以转化为其中是一个待定的数，满足。

必然有限，记作，则上式转化为

即

对左式放缩，我们有

则

等价于

等价于

右边的式子必须足够大，即我们有限制

即我们要使得

易知

则对右式放缩，我们有

则我们只需要选取适当的和，使得

我们记（因为这是一个定值），则上式转化为

考虑两侧正负性。，而和均可正可负，故我们分情况讨论：

若，则我们取，在中任取即可

若，则我们直接取，将重新展开，我们需要满足

而根据以上信息，我们有

进而这样的是一定取得到的。

此时，我们只需要令即可。

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：

取即可。

D2) +1,-1的交错数列即可。

D3) 取即可。

D4) D5) 平凡

D6) 设，则由控制收敛法知

故收敛，记为

则由D4)结论，两边取极限，我们便知道

若，则由D1)，我们有

矛盾。这就证明了结论。

可以看出，通过à和，我们也定义了一种收敛的方式

习题E和的定义

E1) 逆否命题即为单射。这是显然的。

E2) 显然，且必定有。

E3) 若，则必存在，使得，这与是一个上界矛盾。

若，则必存在，使得，则，这与是一个确界矛盾。

E4) 由E1)自然得到。

E5) 取，令，

反证法。假设

由于，必定存在一个数，使得且。

于是我们便有，即

又有，即

这就得到了矛盾。

E6) 我们知道，而

由E1)即得。

E7) 两边同时次方即可

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，容易证明每个元素都可以写成这种形式

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，，，因此

E13) 这里的即为集合：的上确界。

我们设

即级数定义的表达式。

显然有

在讲义中，我们证明了的两种定义是等价的，即

同样在讲义中，利用双指标求和的性质，我们已经证明了

结合，上式即为一个方程，进而我们得到：

则

其中我们用到了（这是显然的），我们就得到的证明。

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。又有

故递减。

结合有界性，由单调有界定理，我们不妨设。

等式两边取极限，我们便算得

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，我们有直接相减即可。

F8) 由对勾函数的性质，我们容易证明有下界，而有上界。

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，从而原数列的极限也是。

F9) 不妨仅考虑奇数项。令，则我们有且

代入以上递推式，化简，我们便有

其中。

注意到上式的指数仅仅是，而的指数是，所以，的收敛速度远比慢。

习题G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。

在第次游戏时，直接同 B1-7)中构造以避开即可。

习题H

H1) 我们考虑

显然我们有

所以，进而由单调有界定理即可。

H2) 单射是显然的。下证明是一个满射。

对于，我们不难证明（可由H1)的结论得到）

任取。初始时我们令。

我们递归地构造。假设我们已经有

我们令为满足的最小的的数。不难证明我们总能找到这样的，（只需有即可）。

如果此时，那么我们立刻得到答案。

如果此时，那么我们令，重复以上过程。

我们现在只需要证明我们构造出的收敛于即可。

易见为递增数列且有界，我们只需证明为上确界即可，即对，，使得

由于，我们总能找到某个，使得，则此时我们有

则

即

我们只需使得即可，这样的一定可以被找到（取两次对数即可），进而证明了是上确界。

所以，对于任意的，我们都能够构造出对应的数列，进而一定是满射。

综上，是一个双射。

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)，是双射，所以也是不可数的。

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项。对于第项，我们可以调整的范围为，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：无界，即收敛于正无穷。

假设有界，则由单调有界定理，我们不妨设收敛于。

对递推式两遍同时取极限，我们便有，矛盾，因此不收敛

注意到

进而我们只需要求得即可。

由公式，我们有其中的第四个等号，我们用到了等价无穷小

这里使用的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，问题的证明

习题A：连续函数的定义和基本性质

A1) 由定理，我们就转化为了列收敛。

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

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。

任取。我们考虑构造数列，使得且，则，而，这就证明了在处不连续。

再任取。，我们选取，令，我们选取，使得避开所有即可（由第一次作业的结论，这是一定能做到的）

则，必然有，这就证明了连续性。

我们可能需要一点数论来保证最后一步确实是成立的，我就不展开写了

这个函数便是著名的函数，在后面的作业中，我们还将证明它处处不可微。

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

  1. 时，，直接放缩即可

  2. 这需要我们分情况讨论了：

如果，我们有故此时级数收敛

如果，我们有故此时级数发散

如果，我们有故此时级数发散

如果，当充分大的时候，我们必然有故此时级数收敛

  1. 我们有

我们容易证明是一个单调递增的数列时。令，则我们有

故级数肯定是发散的

直观上，充分大的时候，与是十分接近的，但是差一点点，这个级数收敛了（比如如果不是而是）

  1. 我们有

充分大的时候，我们有

进而原级数发散。

  1. 我们易知

由控制收敛法和之前的结论，即知原级数收敛。

或：我们可以直接使用判别法。

  1. 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。。。

  1. 变形，我们可得：

其中，必然收敛于，而的部分和必然是有界的。

那么，由判别法，原级数收敛。

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

B3)

  1. 由判别法显然收敛。 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. 由判别法显然收敛。取奇数项，容易证明这并不绝对收敛。

  3. 由判别法显然收敛。容易证明这并不绝对收敛。

  4. 充分大时，我们有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，累加，我们便有

稍作变形，我们有

同时取极限，我们便有

若收敛，则由左边的不等式，收敛

若发散，则由右边的不等式，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 （）凝聚检验法，

C3) 由凝聚检验法，取，我们便有则原级数必然发散。

C4) 由凝聚检验法，取，我们便有则原级数必然发散。

C5) 由凝聚检验法，取，我们便有这里就显然了。

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，直接由列紧性定理得到。

D4) 由D3) 证明 显然

D5) 令，。我们考虑使用反证法。

如果，则当充分大时（以下我们都默认充分大），我们必然有，其中是任意大于的一个数。

我们考虑构造。如果，则我们把加入数列中。容易证明必定是无限列（否则与上极限条件和定义矛盾）

于是必定收敛于一个的值，记作，则为一个聚点，与为上确界矛盾。

如果，那么充分大时（以下我们都默认充分大），我们必定有，其中是任意大于的一个数。

由于，那么，必定，使得

于是我们必然有，即，由极限的保号性，充分大时的任意一个收敛子列的极限值必定，这与是一个聚点矛盾。

综上，我们必定有。另一个命题是同理的。

D6) i) 令，，则充分大的时候，我们必定有。

我们考虑构造。如果，则我们把加入数列中。容易证明必定是无限列（否则与上极限条件和定义矛盾），则我们就有，则亦收敛于，故也是一个聚点，即。

  1. 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)

D8)

习题E 素数的倒数和

时，我们有

故必然收敛。

下面我们考虑的情况。

考虑部分和

设为以内所有质数的集合。记为的质因数分解中最大的指数。

则我们必定有

两边同时取对数，我们便有

我们有常用不等式

用代换，我们有

所以

两边同时取极限，我们便有

由于左边在时发散，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问题的“证明”

又是一道默认每个人搞过数学竞赛的题。

（1）根据第二类多项式及其零点分布，我们知道

将第项和第项配对，第项和第项配对，以此类推，结合诱导公式和平方差公式，我们便得到：

稍作变形，我们便知道

故我们只需要证明

类似地，我们有

于是我们等价于证明

这个的证明方法有很多，我这里选取一种经典的证明：

考虑次单位根，其中。我们显然有将左边因式分解，我们有

故

代入，我们便有

两边同时平方，结合单位根性质

我们便有

两边同时开方即得证。

第二类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

我们考虑固定，则我们有，上式即化为

在上式中让，则

我们考虑用

来代换

如果我们能够证明这样代换的误差充分小的话，我们就有

令，我们就有

就得到了证明

令

取一个阈值。

时，我们显然有

其中是一个与无关的常数。

进而我们一定有

所以

时，也有，进而我们有

时，我们必定有

所以我们有

以上的都是一个与无关的常数

所以，对于的项，我们做这样的代换，就得到了结论。

根据乘积级数的收敛准则，我们

观察到的零点恰好是如果这个函数的行为和多项式类似的话，我们便有：通过在处取极限，得到。不过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分解定理。

（2）的结论式中，比较两边的系数，我们知道（其中采用级数定义）：这便是问题的解 （事实上，我们也可以考虑比较（1）中结论式两边的系数）

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。

由于，故是开集，所以根据连续函数的拓扑定义，我们自然得到是开集。

当然，这里我们必须得证明行列式映射是一个连续映射：考虑映射，其中为维向量空间，显然，是连续的。

再考虑映射，其中即计算行列式。根据行列式的性质，必定是一个重线性映射，故也必定是连续的（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，易见，，所以中必定存在零点。

根据代数基本定理，我们令。比较系数，我们有且。

此时，，所以是唯一的根。

C2) 令。我们知道。当时，我们还有，所以根据介值定理，一定存在零点

C3) 令。 考虑取和，其中，则我们显然有并且，故该函数有无穷多个零点

C4) 代入和即可。

C5) 取和即可

C6) 代入和即可。

C7) 根据题意，我们任取，则上，根据闭区间最大最小值定理，我们必然能取到一点，使得为上的最大值。我们把这个最大值记作。根据题意，必定有。

我们下面分两种情况讨论：

如果闭区间上存在两点，，有，则我们记为上的最小值。我们取，则根据介值定理，我们能够找到至少个点满足，矛盾。

如果闭区间上只存在一点，有，根据题意，闭区间外必然存在另外一点，使得。不妨设，任取满足且。

如果不为上的最小值，我们找到最小值点。任取，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。

如果是上的最小值，那么我们必然有，故上必然存在一点使得，同样矛盾。

综上，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

设为在的最小值（最大值同理），且，则我们必定有且。任取，由于是连续的，根据介值定理，和上都存在一点，使得函数值等于，这与单射矛盾。

再证明必定严格递增。

若存在，使得，那么由于连续且，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。

  1. 这题很有意思，有很多中做法。我们可以考虑直接使用ô法则，或者令后再使用小记号的性质，不过最精彩的做法实际上是做代换，则上式化为

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

  1. 取对数后直接使用ô法则即可，答案为> 上式便是著名的（关于的）次幂平均，上面的结果表明几何平均就是次幂平均

  2. 令，利用等价无穷小即可。

  3. 令，则上式转化为

  4. 典型的极限。

把拆成，则我们相当于要求。

利用万能公式代换，我们可以算的以上极限为，故原式的极限为。

  1. 我们有：

故直接代换，我们只需要考察

即可。

  1. 与(20)同理，最后的结果是

问题E

在作业3 A7)中构造的函数显然是符合这个条件的。又因为和都是可数集，我们必然能够找到的一个映射，将其与函数复合即可。

问题F

构造函数，由并且，根据介值定理，必定有零点，故必定有不动点。

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) 如果在上一致连续，那么，存在，使得对于，只要，就有。 而我们有

若此时，无界，故不可能一致连续。

如果此时，我们有

我们只需要取即可。

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

如果，则根据单调性，上式即为

如果，我们证明：，有

我们只需要对于，找到一个，使得，即，得证。

因此，上述极限值就为，函数列并不一致收敛。

A5) 逐点收敛性是显然的，但我们有，故并不一致收敛。

A6) 逐点收敛性是显然的，下面我们证明一致收敛到：

时，我们有

充分大即可。

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和。

A9) 设右式的极限值为，则对于，当时，我们有

也就是说

其中从中任取且确定，是任意正整数。

于是我们便有

于是

使充分大即可。

这可以被视作定理在函数上的一个推广，我们的证明方式也是模仿定理的证明

习题B / C

暂时略去，有空再补。

习题D

D1) 由于函数有界，对于任意的，我们可以把值域可以被划分为有限个长度为的区间。同时，根据单调性，我们也可以对应地划分定义域。

令定义域的划分集为。当时候，我们只需要取即可。

当然，我们还需要证明，。

考虑使用反证法。如果，那么，必定为一个无限集。则对于任意，我们总能找到无限个使得（否则）。每一个这样的都会使函数值增加，由于有无限个，我们就能够得到必然是无界的，这与有界矛盾。

D2) 必要性：

我们首先证明一个常见的结论：

有限区间上的一致连续函数必定有界

如果是闭区间，则由闭区间最大最小值定理立刻得到。

下面讨论是开区间（一开一闭同理）的情况。

设。由的一致连续性，对于，存在，使得时，我们有。我们取，则显然有界，设上界为。

那么，对于，我们有，则这部分也是有界的。同理可以得到另一端的情况。

根据上面（第二段）的证明，类似地，我们还可以得到，在处存在右极限，在处存在左极限。

于是，如果是一个开区间，那么我们可以补充定义：

这样，我们就将视作闭区间处理。

对于任意的列，由于是闭集，该列的收敛值必定在内，从而根据连续性，对应的也必定是列。（使用定理）

另：我们也可以绕开连续性，直接用一致连续的定义去验证的性质，这比连续性的做法更加简单。

充分性：

根据条件，如果，那么，对应的也必定收敛。因此，如果是开区间，我们也可以同样地去补充定义。

同样地，根据条件，我们还可以得到必定有界。因此，此时记为上的有界闭函数，故必定一致连续。

D3) 由于一致连续，对于，，如果有，我们就有

我们不妨设。于是，我们就有

对于，存在，使得。于是，我们有

类似地，我们有

于是，根据三角不等式，我们有：

所以我们就有

于是，我们取，。

直观上，这就相当于我们从开始，每向右移动（至多），我们就会向上移动个单位。为了保证直线在每一段的上方，我们只需要再将函数向上移动个单位以上即可。

D4) 对于，根据的一致连续性，存在一个，使得当时，我们有。

于是，我们不妨假设我们可以把划分为有限个长度为的区间。任取，根据题目，必定存在一个，使得时，有。

我们取，由于有限，因此。此时，对于，我们有，其中为一个整数。

因此，我们得到

这就证明了。

如果将条件减弱为连续，那么，在无穷远处的当函数的振幅足够大时，结论就不一定成立了

D5) (a) 对于任意的，当时，只需要取即可。

  1. 在上一致连续，但是

显然不满足条件。

  1. 由于满足条件，因此，必定一致连续。

由D3)，我们能够找到一个一次函数，使得

即

于是，我们就有

因此，满足条件，所以一致收敛。

根据上面的习题，我们可以看出，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，分类使用等价无穷小即可，答案为

F2) 利用两个等价无穷小

即可，答案为

F3) 利用和差化积公式即可，答案为

F4) 再用等价无穷小即可，答案为

F5) 答案为0

问题G

据说要用纲定理，等我补完再说。

Mathoverstack上有一个解法，供大家参考。

问题H

设的不动点为。

我们称数列为正链，如果；称其为反链，如果。

由于，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，在很多点处的值都是相同的。我们能不能用许多链来“拼”出呢？

受此启发，我们证明如下引理：

对于任意的，存在正链或者反链，使得，并且收敛到某一个不动点。

如果，则平凡。下面设。我们需要分情况讨论。

如果，由于是最后一个不动点，结合第一个条件，对于任意的，我们必定有（否则，根据介值定理，必然在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，使得。令，反复迭代以上操作，我们便构建了反链。根据单调有界定理，极限必然存在，设其为。根据以上构造，我们事实上有。对等式两边取极限，再利用的连续性，我们就有

即

再结合必定为的一个上界，我们便知道，即该反链收敛于。

如果，这时候，我们又可以分出两种小情况：

如果此时我们有，则我们便可以构造正链，其中，。类似地，再次根据单调有界定理，这条正链收敛于

如果此时我们有，则我们便可以构造反链，构造方式类似于的情况。类似地，我们可以证明，这条反链收敛于。

引理证毕。

根据引理，对于任意，都能构造出一条链收敛到某个不动点。因此，我们有。

所以，我们有。所以，为取值有限的连续函数，故为常值函数。（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。。。

如果有界，则根据连续性，我们必定有有界，这就立刻得到了结论。

如果无界，通过选取子列，我们不妨设。此时，我们有

由于有界，结合，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

故此时我们有

而我们又有

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，由判别法即知此时收敛。

B5) 根据B2)的证明，如果并且，三角不等式无法取等，故必定收敛。

B6) 平凡

B7) 根据B6)的结论，结合，我们只需要对每一项分别取极限即可，答案为。

B8) 由于，存在，使得时，我们有。

于是，对于任意的，我们有：

取充分大使即可。

B9) 设，令，则。根据B8)，我们就有。

我们有

两边同时取极限，我们就有

B10) 未必。取，根据二项式定理，我们必定有，而此时并不收敛。

B11) 我们有

此时，我们令。为了得到，我们考虑使用求和公式，则我们有：

则

考虑计算前的系数，我们便有

因此，我们只需要证明

我们再次考虑使用求和公式：

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

B12)

我们有

两边同时取极限。根据B8)，前两项必然收敛。对于最后一项，我们考虑使用求和：

对于上式的前一项，由于收敛，故有界，又因为收敛于，因此该项必定收敛于。

对于上式的后一项，因为极限值为零，且收敛，因此，根据判别法，上式必定收敛。

综上，我们就得到了必定收敛。

可以看到，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：的极大理想

C1) 平凡。。

C2) 如果，我们就可以得到。这与矛盾。

如果没有零点，取，则，矛盾。

C3) 只需证明为开集。对于任意的，根据连续函数的保号性，必定存在一个，使得的函数值不为，因此，因此为开集，故为闭集。

只需证明为开集。对于任意的，我们能够找到对应的使得，再一次根据连续性，我们有的函数值不为，故，因此为开集，故为闭集。

。

C4) 平凡。

C5) （不保证做法正确性）

记，显然为开集。

我们考虑

如果不为的开覆盖，则必然存在，使得，我们都有，这就立刻得到了结论。

如果为的开覆盖，根据的紧性，必然存在的一个有限子覆盖。我们令，其中。记此时的函数集合为。通过对的更换与更改，我们可以满足以下性质：其中。

选取核心要点便是需要证明以下两个引理：

可以为可数个开区间的并集。

对于任意的对应的，我们可以从中去除开集，使缩小为非空开集，且对应的，其中是可数个开区间的并集。

根据的性质，我们需要找到一个使得，。则便满足条件（因为）。

则我们取

其中是的一个端点。容易验证是连续函数，同时满足且。

此时，必定为一个非空闭区间。（这里我就不严格的写出来了，大家画个图就知道了）而此时，我们将缩小为，则我们必定有

由于我们有

因此，根据德摩根律，我们就有

这就得到了证明。

C6) 直接验证定义即可。

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。

函数的性质不是我学习的重点，故在此跳过。

作业7：É引理

习题A：中值定理和展开

ipad上已经证明。注意运用余项的展开。

习题B/C/D

平凡。

习题E

E1) 如果有重根，则根据函数求导的公式，这些重根必定为的根。

剩下的根记为。根据中值定理，必定存在，使得

故的导数的零点必定为实数。

E2) 记。 则的根为，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，使得对于成立，那么在有至少个不同的零点。

对于的情况，由A4)的推广定理，我们必定能找到一个导数的零点。

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，如果我们能够得到对于任意的成立，我们就立刻得到结论。

根据公式，我们有

显然，我们有

于是得证。

E4) 我们有递推式

边界条件

因此，也一定是一个多项式。

设的个根为。则它们也是的根。

注意到

考虑使用（螺旋）归纳法。显然，具有一个实根。

对于。再次根据A4)的推广的定理，我们便一定能找到的个实根，进而也必定有实根。

我没有尝试直接对求阶导数，感觉有点烦，所以换了一种做法。

习题FÉ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)中公式的改为，改为即可。

F4) 令即可。

F5) 考虑分拆级数

对于任意的，由级数收敛的判别法，存在，使得

对于的情况，根据导数的定义，存在，使得当时，我们有

取，则时，我们有

考虑

根据中值定理，存在，使得

因此，我们有

所以，当时，我们有

这就得到了证明。

F6)

upd：这道题的证明之前存在一些问题，现在已经更新

由于在上一致收敛，因此，对于任意的，我们有

我们只需对F5)中的证明稍加修改，即

即可。

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

F7) 平凡。

F8) 有求导得

根据之前的命题，我们知道在处的任意阶导数为，且

故

以此类推，我们便有

F9) 考虑使用归纳法。

边界条件是容易验证的。

F10) 我们证明，

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，函数项级数在包含的一个有界闭区间上绝对收敛，其中为任意的一个正整数。

时，导数必定为。时，我们限制，则根据F9)，我们就有

由于，故在闭区间上必定有界，设。

而我们有

因此，我们有

取即可。

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：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，令，则

又有，因此，。

如果，则根据凸函数的等价定义，我们有

故此时有。

如果，则根据凸函数的等价定义，我们有

故此时亦有。

设。如果，则我们有但是，这就导出了矛盾，从而得证。

A5) 如果我们能够找到两点，使得那么，对于任意的，根据凸函数的定义，我们有

即

这与有界矛盾。

如果我们能够找到两点，使得

类似地，我们能推出矛盾。

从而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

让，式子就变为

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。

  1. 这等价于由于是凸函数，我们直接利用不等式即可。

这便是著名的幂平均不等式。

  1. 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，求出的极值，答案为

B3) 取对数，利用的凸性，直接利用不等式即可。

B4) B5)不等式和不等式都是利用不等式证明的，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。我们令(必定连续)，则我们有

考虑使用反向归纳法。根据中值定理，对于任意的，存在，使得

则

不断地向下归纳，我们就有时，

代入，我们就有

自然我们也有

让，即时，我们便有。也就是说，对于任意的，，对于，我们都有

将函数分别向左和向右平移，我们得到了同样的初始条件，因此，我们在和上也有一样的结论。

反复迭代下去，我们就有

这道题是一个很好的样本，它向我们说明了以下几点：

  1. 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）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，我们有

由于，因此，

对题目中的不等式进行一些变形，我们得到：

即

设，则其中

根据C3)的结论，我们必定有

C2) 我们令，其中。根据中值定理，对于任意的，存在，使得

也即

因此，我们有

再次根据中值定理，对于任意的，存在，使得

即

取。类似地，我们就有，则时，我们就有

与C3)中类似的想法，我们可以扩展到上。

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

对求阶导数，我们有

对求阶导数，我们有

代入，我们有

根据C3)的结论，我们立刻得到了证明。

C5) (i) 利用展开的余项公式直接得到

任取。利用无穷级数，我们有

因此，如果我们能够找到一点，使得在处的任意阶导数为，我们就得到了证明。

由于是一个有界的无穷集，根据连续性，我们可以使得为一个有界的闭集。

我们知道，在上，有界闭性等价于紧性等价于列紧性。因此，必定存在聚点。

设是的一个聚点，即存在使得，则根据连续性，我们有。

根据中值定理，和也存在一点，使得。

再由夹逼定理，我们知道，因此，根据连续性，我们有。

反复进行这样的操作，我们就证明了，在处的任意阶导数为。

C6) 由于且在上连续，我们不妨补充定义。

根据中值定理，存在，使得

因此，我们有

也即

因此，对于任意的，我们只需要适当的选取即可。

C组习题充分的向我们展示了中值定理的强大。

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

也就是说

代入

有

也就是

时，后面一项不为。故根据定义，必定为的-重根。

F2) 反复使用定理即可。

F3) F4) 根据F1) F2) 平凡。

习题G

G1) 这和作业7的A8)是一样的。我们只需要利用带余项的公式即可。

G2) 不难验证。

G3) 在每一维上运用G1)的结论即可。

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：定理，多项式逼近与定理

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) 我们不妨考虑。如果此时结论成立，我们便能很自然的推广到当中。

根据的紧性，我们取的一组有限开覆盖。取这一组开覆盖的一个数。

对于任意的，我们不妨先考虑固定一个。根据数的定义，对于任意的满足，存在一个，使得

由定理，我们知道一定是一个有界闭集，进而，定义在上的必定一致连续。

因此，由一致连续性，分别存在,，使得时，对于任意的，我们都有；时，我们都有

又由于逐点收敛于，因此，存在，使得时，我们有。

我们令。此时，利用是上的一个有界闭集，我们便可以把划分为个长度至多为的闭区间。设这样的闭区间集合为。

对于任意的，设。我们任取一个，则由上面的结论，结合三角不等式，我们就有

因此，一致收敛于。

这就是著名的定理。（我的）证明中使用的数和对区间的划分，事实上都需要上的序关系。因此，我们不能把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：应该写成，否则真的很容易误导人。。。

我们考虑研究项前面的系数。

常数项只有时存在贡献，此时为

前面的系数只有时有贡献，计算可知为

前面的系数只有时有贡献，计算可知为

下面考虑时的情况。我们记为中的系数，则我们有原式

我们分别处理。

对于第一项，我们有

其中我们用到了组合恒等式以及二项式定理。

对于第二项，我们有

边界情况的讨论略去。其中我们用到了吸收公式

对于第三项，反复使用两遍吸收公式，我们依然得到结果为（需验证边界条件）。

的情况直接求解，能得到前面的系数为。

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

于是

于是平凡。

即为著名的多项式。

W6)

前排吐槽：尽管有了前两问的提示，这问的难度还是不小。

由于，因此一致连续。

所以，对于任意的，存在，如果满足，我们就有

理想状态下，我们希望。然而，如果距离超过了，我们就无法保证这一点了。

因此，我们考虑分开处理。

根据W5)的结论，我们有

对于第一项，我们有

对于第二项，由于，因此，我们有

于是，利用W4)，我们就有

因此

只需要使充分大即可。

由此，我们用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。由于是一个多项式，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

因此显然。

W11) 由于是一个子代数，结合W8) W10)，这是显然的。

W12)

第一步：根据的紧性，我们只需要证明是的一组开覆盖即可。根据的定义，结合介值定理，这是显然的。

第二步：由第一步，结合是$$-封闭的，这是平凡的。

第三步：即可。

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

W14) 取的闭包，则根据W11),是$$-封闭的。

由于包含了常值函数，结合是一个子代数，我们就知道（这与方程的处理方法是类似的）。

结合是的闭包，我们就有（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)，我们就有在上稠密。

又因为我们可以用的函数来逼近中的函数，因此，一定在上稠密。

至此，我们证明了著名的定理。它给出了在一般的子代数上逼近一个连续函数的方法。

W15) 由于是一个子代数，于是显然。

多项式的逼近也被称作逼近定理。

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上的正弦和余弦函数的线性组合和成绩生成一个子代数。

容易看出，。因此，根据定理，我们就得到了结论。

这其实也是连续函数的一个级数逼近。

作业10：的无理性

习题A

A1) 我其实怀疑这道题有问题。

由于是一个有界闭区间，因此，在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

于是显然。

A3) （近乎平凡，为了熟悉定义，我还是展开写一下吧）

考虑任意的上的反常积分。设的原函数为，根据公式，我们有其中。

由于在上的反常积分收敛，因此是收敛的。

因此，对于任意的，根据极限收敛的法则，存在，使得时，我们有即

而我们有

因而必定收敛。因此，我们一定有在区间上反常可积。

A4) 都是平凡的（(3)换元即可）

A5) A6) 平凡

A7) 积分的结果为。

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，结果是，可见他们已经很接近了。

A8)

第一步：可以看出，时，由于和都是重根，因此，此时它们的导数一定是。时，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

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

充分大时，上式显然小于。

因此，充分大时，我们有

这与这个积分结果为整数是矛盾的。因此，我们就证得了是无理数。

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，我们只需要说明是紧的距离空间即可，而这是显然的。

习题B（关于）

B1) B2) 平凡。

B3) 充分性：由B2)中右侧的不等式显然。

必要性：时显然不反常可积。

B4) 结合B2) 和 B3) 这是显然的。

B5) 只需证明

而

B6) 由分部积分公式即可得到答案为，这里不再详细展开。

B7) 高中题，给左边乘上，利用积化和差公式进行三角恒等变换便可得到

B8) 利用分部积分公式，我们有

当时，上式极限自然为。

B9) 取B8)中的，我们有

根据B7)，我们有

对于第二项，我们有

对于第一项，我们有

时，根据B6) 和 B8)，代入上式，我们就有

我们曾经利用第二类多项式证明过这个结论（即问题），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

再代入和即可，具体过程我就略去了。

由此，我们就有

代入到积分当中，我们就有

所以必定是一个整数。

B13)

我们有

充分大即可。

B14) 由B13) 显然

至此，我们证明了是一个无理数，思想和我们证明是无理数是类似的。

习题C

等待更新，正在计算中。