用户: Solution/ 习题: 楼分析上册

1实数
2序列极限
3函数极限与连续

1实数

1.1.A.2

注意到 $S = {\frac{1}{2}, \frac{1}{3}, ..., \frac{1}{n}, ...}$ 与 $\tilde{S} = {0, 1} \cup {\frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \frac{1}{4}, ..., \frac{1}{n}, ...}$ 等势.

1.1.B.6

只需当 $(p, q)$ 使得 $∣ x - \frac{q}{p} ∣ \leq 1$ 时给出正常数 $A$ ( $A_{1} = 1$ 时对 $(p, q)$ 使得 $∣ x - \frac{q}{p} ∣ > 1$ 已经成立所需的不等式) , 不妨设 $\frac{q}{p}$ 是既约分数. 若 $\frac{q}{p}$ 与 $x$ 均为题中所述的 $n$ 次整系数多项式 $f (t)$ 的零点, 给出相应的正常数 $A_{2}$ 是容易的 (这样的 $\frac{q}{p}$ 仅有有限个) . 若 $\frac{q}{p}$ 不是 $f (t)$ 的零点, 对 $f (t)$ 作因式分解 $f (t) = a_{n} (t - x) g (t)$ (其中 $a_{n}$ 是 $f (t)$ 的 $n$ 次项非零整系数) , 在其中令 $t = \frac{q}{p}$ , 我们想找 $∣ f (\frac{q}{p}) ∣$ 的下界与 $∣ g (\frac{q}{p}) ∣$ 的上界, 前者由 $p^{n} \cdot f (\frac{q}{p})$ 是非零整数完成 ( $\frac{q}{p}$ 不是 $f (t)$ 的零点) , 后者由 $∣ \frac{q}{p} ∣ \leq ∣ x ∣ + 1$ 完成 ( $g (t)$ 的系数和 $x$ 是固定的, 进而用绝对值三角不等式即可) , 从而可以给出相应的正常数 $A_{3}$ . 最后令 $A$ 为 $A_{1}, A_{2}, A_{3}$ 的最小值.

1.3.B.1

见 https://www.zhihu.com/question/374296210 中 Yuz.Scarlet 给出的例子.

Remark: 善用搜索, 尤其是要求举反例的题目.

2序列极限

2.1.B.1

必要性的证明可以取 $w_{n} = k \geq n sup ∣ a_{k} ∣$ .

2.1.B.2

本题本质上是要求计算 $i = 0 \sum n - 1 (ki + p kn)$ 的闭形式表达.

记 $k$ 次单位根 $e^{\frac{2 πi}{k}} = w$ , 由 $(1 + z)^{kn} = l = 0 \sum kn (l kn) z^{l} = q = 0 \sum k - 1 i = 0 \sum n - 1 (ki + q kn) z^{ki + q}$ , 在该式中对 $z$ 依次赋值为 $1, w, w^{2}, \cdot \cdot \cdot, w^{k - 1}$ 可得 $(1 + w^{j})^{kn} = q = 0 \sum k - 1 i = 0 \sum n - 1 (ki + q kn) w^{q j}$ , $0 \leq j \leq k - 1$ .

$q = 0 \sum k - 1 w^{q j} i = 0 \sum n - 1 (ki + q kn) = (1 + w^{j})^{kn}$ , $0 \leq j \leq k - 1$ 是一个线性方程组, 利用 $1 + w^{j} + w^{2 j} + \cdot \cdot \cdot + w^{(k - 1) j} = 0$ , $1 \leq j \leq k - 1$ 的性质依次解出 $i = 0 \sum n - 1 (ki kn), i = 0 \sum n - 1 (ki + 1 kn), \cdot \cdot \cdot, i = 0 \sum n - 1 (ki + k - 1 kn)$ . 最后容易得到 $\forall 0 \leq p \leq k - 1$ , 待求的极限均为 $\frac{1}{k}$ .

2.2.A.2

$p = 0$ 时显然. $p \neq = 0$ 时变形为 $n \to \infty lim \frac{( 1 + \frac{1}{n} ) ^{p} - 1}{\frac{1}{n}} = p$ , 由 L’Hôpital 法则和 Heine 定理这是显然的.

2.2.A.5

令 $S_{n} = k = 1 \sum n x_{k}^{2}$ . 易证 $n \to \infty lim x_{n} = 0$ , $n \to \infty lim S_{n} = + \infty$ , $n \to \infty lim \frac{S _{n + 1}}{S _{n}} = 1$ .

由 $n \to \infty lim x_{n} S_{n} = 1$ , 则要证 $n \to \infty lim (3 n)^{\frac{1}{3}} x_{n} = 1$ 只需 $n \to \infty lim \frac{S _{n}}{( 3 n ) ^{\frac{1}{3}}} = 1$ , 这等价于 $n \to \infty lim \frac{S _{n}^{3}}{n} = 3$ , 由 Stolz 定理只需 $n \to \infty lim S_{n + 1}^{3} - S_{n}^{3} = 3$ 即 $n \to \infty lim (S_{n + 1} - S_{n}) (S_{n + 1}^{2} + S_{n} S_{n + 1} + S_{n}^{2}) = 3$ . $n \to \infty lim x_{n} S_{n} = 1$ 推出 $n \to \infty lim (S_{n} - S_{n - 1}) S_{n}^{2} = 1$ 即 $n \to \infty lim (S_{n + 1} - S_{n}) S_{n + 1}^{2} = 1$ , 结合 $n \to \infty lim \frac{S _{n + 1}}{S _{n}} = 1$ 知 $n \to \infty lim (S_{n + 1} - S_{n}) (S_{n + 1}^{2} + S_{n} S_{n + 1} + S_{n}^{2}) = 3$ 成立.

2.2.A.6

利用推论 2.2.4 (iii) 与 $e^{x} = t \to \infty lim (1 + \frac{x}{t})^{t}$ , $\forall x \in R$ .

2.3.A.1

利用习题 2.2.A.8 的结论.

2.3.B.1

注意到 $R^{n}$ 中以有理点为球心、正有理数为半径的开球组成的集族是可列的, 由选择公理, 对任意与 $E$ 的交非空的以有理点为球心、正有理数为半径的开球 $B$ , 都可取出 $E \cap B$ 中的⼀个点 ${x}$ , 将所有这样的 ${x}$ 并起来可以得到 $E$ 的⼀个至多可列子集, 它符合题目的要求.

2.4.A.5

$0 \leq c \leq 1$ 时 ${x_{n}}$ 单增有界; $- 3 \leq c < 0$ 时有 $- c < x_{n} < 0$ , $\forall n \in Z_{+}$ , 由于 $\frac{c}{2} + \frac{x ^{2}}{2}$ 在 $[- c, 0]$ 上连续单减, 则有 $n \to \infty \overline{lim} x_{n} = \frac{c}{2} + \frac{1}{2} (n \to \infty \underline{lim} x_{n})^{2}$ 和 $n \to \infty \underline{lim} x_{n} = \frac{c}{2} + \frac{1}{2} (n \to \infty \overline{lim} x_{n})^{2}$ .

2.4.A.7

由习题 2.2.A.8 的结论, 存在一列 ${x_{k}, y_{k}}_{k = 1}^{\infty}$ (其中 $x_{k} \in E$ , $y_{k} \in F$ ) 使得 $k \to \infty lim ∣ x_{k} - y_{k} ∣ = d (E, F)$ , 显然可要求 $∣ x_{k} - y_{k} ∣ \leq d (E, F) + 1$ , $\forall k \in N_{+}$ , 此时由 $E$ 在 $R^{n}$ 中有界, 可知 ${x_{k}, y_{k}}_{k = 1}^{\infty}$ 是 $R^{2 n}$ 中的有界列, 再用 Bolzano–Weierstrass 定理即可.

2.4.A.8

在每个 $E_{n}$ 中取⼀个点 $x_{n}$ 然后用 Bolzano–Weierstrass 定理, 验证 $n = 1 ⋂ \infty E_{n}$ 非空.

2.4.A.11

假设 $E, F$ 均为非空闭集使得 $E \cap F = \emptyset$ , $E \cup F = [a, b]$ , 由习题 2.4.A.7 的结论知 $d (E, F) > 0$ (否则将与 $E \cap F = \emptyset$ 矛盾) , 此时考虑 $∣ x - y ∣ = d (E, F) > 0$ (其中 $x \in E$ , $y \in F$ ) , 考察点 $\frac{x + y}{2}$ , 可以发现它既不属于 $E$ 亦不属于 $F$ , 矛盾.

2.4.A.13

假设 $E, F$ 均为非空闭集使得 $E \cap F = \emptyset$ , $E \cup F = R^{n}$ . 对于 $R^{n}$ 的非空闭子集 $E$ 和 $R^{n}$ 中任意⼀点 $x$ , 存在 $y_{0} \in E$ s.t. $∣ x - y_{0} ∣ = y \in E in f ∣ x - y ∣$ (证明方法同习题 2.4.A.7) . 现取 $x \in F$ , 记 $r = y \in E in f ∣ x - y ∣$ , 由 $E \cap F = \emptyset$ 知 $r > 0$ , 考虑开球 $B_{r} (x) \subseteq F$ , 注意到 $∣ x - y_{0} ∣ = r$ 则知 $y_{0}$ 属于 $B_{r} (x)$ 的闭包, 而 $B_{r} (x) \subseteq F$ 则 $B_{r} (x)$ 的闭包包含于 $F$ 的闭包 (而 $F$ 的闭包即 $F$ 本身) , 则有 $y_{0} \in F$ , 矛盾.

2.4.B.3

对角线法.

2.4.B.9

$x_{0} = 2$ 时平凡. $0 \leq x_{0} < 2$ 时使用 $x_{n} = 2 cos (θ_{n})$ (其中 $0 < θ_{n} \leq \frac{π}{2}$ ) 的代换求解通项公式, 类似地 $x_{0} > 2$ 时使用双曲余弦代换求解通项公式. 然后类似习题 2.2.A.2 使用 L’Hôpital 法则和 Heine 定理计算.

2.4.B.12

$\forall x \in E$ , $\exists$ 开集 $V \in U$ s.t. $x \in V$ , 对于此 $x$ , $\exists r (x) > 0$ s.t. $B_{r (x)} (x) \subseteq V$ . 现在对 $E$ 的开覆盖 ${B_{\frac{1}{2} r (x)} (x) ∣ x \in E}$ 使用 Heine–Borel 有限覆盖定理, 设从中取出了 $m$ 个开球 $B_{\frac{1}{2} r (x_{k})} (x_{k}) (1 \leq k \leq m)$ , 令 $λ = 1 \leq k \leq m min \frac{1}{2} r (x_{k}) > 0$ , 验证 $λ$ 是 $E$ 的开覆盖 $U$ 的 Lebesgue 数.

2.4.B.16

考虑 $U$ 非空的情形. 令 $x_{1} = in f {x \in R ∣ (x, x_{0}) \subseteq U}$ , $x_{2} = sup {x \in R ∣ (x_{0}, x) \subseteq U}$ , 验证 $(x_{1}, x_{2})$ 是 $U$ 关于 $x_{0}$ 的构成区间并且说明 $U$ 关于 $x_{0}$ 的构成区间的唯⼀性. 验证 $U$ 的任意两个构成区间或者相同或者不交, 从而由选择公理可以得到 $U$ 的全体构成区间组成的集族映到 $Q$ 的⼀个单射.

2.4.B.17

$E$ 是无处稠密集的证明是容易的, 使用 $R$ 上的 Lebesgue 测度则易得 $E$ 是非空的 ( $E$ 的 Lebesgue 测度大于 $0$ ) .

2.4.B.18

参见《数学分析要点 · 难点 · 拓展》(楼红卫著) 第 26 章 “无处稠密集和贝尔纲定理” 例 26.1.

2.4.B.19

此即 Baire 纲定理, 参见《数学分析要点 · 难点 · 拓展》(楼红卫著) 第 26 章 “无处稠密集和贝尔纲定理” 定理 26.1 或参考 https://www.zhihu.com/question/22747068 中 XXLU 的回答.

2.5.A.4

易见 $n a_{1} - (n - 1) \leq a_{n} \leq n a_{1} + (n - 1)$ , 则 ${\frac{a _{n}}{n}}$ 是有界数列, 其上极限有限.

Key Trick: 固定 $m \geq 1$ , 将 $n$ 作关于 $m$ 的带余除法 $n = k_{n} m + r_{n}$ , 其中 $k_{n} \geq 0$ , $0 \leq r_{n} \leq m - 1$ . 易见 $k_{n} a_{m} + r_{n} a_{1} - k_{n} - r_{n} + 1 \leq a_{n} \leq k_{n} a_{m} + r_{n} a_{1} + k_{n} + r_{n} - 1,$ 对该不等式的左边、中间、右边同时除以 $n$ , 然后关于 $n$ 取上极限. 显然有 $n \to \infty lim \frac{k _{n}}{n} = \frac{1}{m}$ , $n \to \infty lim \frac{r _{n}}{n} = 0$ , 由上极限的保号性我们得到 $\frac{a _{m}}{m} - \frac{1}{m} \leq n \to \infty \overline{lim} \frac{a _{n}}{n} \leq \frac{a _{m}}{m} + \frac{1}{m}$ .

2.5.A.6

类似例 2.2.3 用 Stolz 定理计算, 或者对 $a_{n} = b_{n} - q a_{n + 1}$ ⼀式使用上、下极限论证.

2.5.B.4

假设 $n \to \infty \overline{lim} n (\frac{1 + x _{n + 1}}{x _{n}} - 1) < 1$ , 则存在正整数 $N$ s.t. $n \geq N$ 时 $n (\frac{1 + x _{n + 1}}{x _{n}} - 1) < 1$ 恒成立, 进而得到 $\frac{x _{n}}{n} - \frac{x _{n + 1}}{n + 1} > \frac{1}{n + 1}$ , 则有 $x_{1} - \frac{x _{n}}{n} > H_{n} - 1$ 对任意大于 $1$ 的正整数 $n$ 成立, 其中 $H_{n}$ 是调和级数的前 $n$ 项和, 注意到调和级数发散, 则对充分大的 $n$ , $\frac{x _{n}}{n} < 0$ , 即 $x_{n} < 0$ , 这与 ${x_{n}}$ 是正数列⽭盾.

2.6.A.4

注意到 ${a_{n}}$ 单调减, 由定理 2.6.7, $n = 0 \sum \infty 2^{n} a_{2^{n}}$ 收敛, 则 $n \to \infty lim 2^{n} a_{2^{n}} = 0$ , 结合 ${a_{n}}$ 单调减知 $n \to \infty lim n a_{n} = 0$ .

2.6.A.6

由 Wallis 公式 ${\frac{( 2 n - 1 )!!}{( 2 n )!!}}$ 与 ${\frac{1}{n}}$ 同阶, 用比较判别法的极限形式.

2.6.A.7

只需考虑 $α > 0$ 的情形. 先由 $α$ 是正整数的情形猜测⼀般情况下都有题述数列与 ${\frac{1}{n ^{α}}}$ 同阶.

注意到 $\frac{k = 1 \prod n \frac{k + α}{k}}{n ^{α}} = e^{(k = 1 \sum n l n (1 + \frac{α}{k})) - α l n (n)},$ 其中 $(k = 1 \sum n ln (1 + \frac{α}{k})) - α ln (n) = α (k = 1 \sum n \frac{1}{k} - ln (n)) - k = 1 \sum n (\frac{α}{k} - ln (1 + \frac{α}{k})) .$ 使用 $0 < x - ln (1 + x) < \frac{1}{2} x^{2}$ , 若 $x > 0$ ; $n = 1 \sum \infty \frac{1}{n ^{2}} < + \infty$ 以及 $n \to \infty lim k = 1 \sum n \frac{1}{k} - ln (n) = γ$ .

2.7.A.1

第 2 小题使用 Stirling 公式, 第 3、4 小题类似例 2.7.3.

2.7.A.7

设 $n = 0 \sum \infty a_{n}$ 绝对收敛到 $A$ , $n = 0 \sum \infty b_{n}$ 收敛到 $B$ . 目标是证明 $n = 0 \sum \infty i = 0 \sum n a_{i} b_{n - i}$ 收敛到 $A B$ . 注意到如果 $k \to \infty lim n = 0 \sum k i = 0 \sum n a_{i} b_{n - i}$ 存在, 则有 $n = 0 \sum \infty i = 0 \sum n a_{i} b_{n - i} = k \to \infty lim n = 0 \sum k i = 0 \sum n a_{i} b_{n - i} = k \to \infty lim i = 0 \sum k a_{i} n = i \sum k b_{n - i} = k \to \infty lim i = 0 \sum k a_{i} n = 0 \sum k - i b_{n} .$ 因此只需证明 $k \to \infty lim i = 0 \sum k a_{i} (n = 0 \sum \infty b_{n} - n = 0 \sum k - i b_{n}) = k \to \infty lim i = 0 \sum k a_{i} n = k - i + 1 \sum \infty b_{n} = 0$ 即得 $n = 0 \sum \infty i = 0 \sum n a_{i} b_{n - i}$ 收敛到 $A B$ . 由 $n = 0 \sum \infty b_{n}$ 收敛到 $B$ , 易知 ${n = m \sum \infty b_{n}}_{m = 0}^{\infty}$ 有界, 不妨设 $C > 0$ s.t. $∣ ∣ n = m \sum \infty b_{n} ∣ ∣ < C \forall m \geq 0$ . 补充定义 $b_{n} = 0$ 若 $n < 0$ .

固定正整数 $k$ 与 $N$ , 则有 $∣ ∣ i = 0 \sum k a_{i} n = k - i + 1 \sum \infty b_{n} ∣ ∣ \leq i = 0 \sum k ∣ a_{i} ∣ ∣ ∣ n = k - i + 1 \sum \infty b_{n} ∣ ∣ \leq i = 0 \sum \infty ∣ a_{i} ∣ ∣ ∣ n = k - i + 1 \sum \infty b_{n} ∣ ∣ = i = 0 \sum N ∣ a_{i} ∣ ∣ ∣ n = k - i + 1 \sum \infty b_{n} ∣ ∣ + i = N + 1 \sum \infty ∣ a_{i} ∣ ∣ ∣ n = k - i + 1 \sum \infty b_{n} ∣ ∣ \leq i = 0 \sum N ∣ a_{i} ∣ ∣ ∣ n = k - i + 1 \sum \infty b_{n} ∣ ∣ + C i = N + 1 \sum \infty ∣ a_{i} ∣.$ 由 $n = 0 \sum \infty b_{n}$ 收敛, 令 $k \to \infty$ 并取上极限可得 $k \to \infty \overline{lim} ∣ ∣ i = 0 \sum k a_{i} n = k - i + 1 \sum \infty b_{n} ∣ ∣ \leq C i = N + 1 \sum \infty ∣ a_{i} ∣$ , 由 $n = 0 \sum \infty ∣ a_{n} ∣$ 收敛, 令 $N \to \infty$ 并取极限可知 $k \to \infty \overline{lim} ∣ ∣ i = 0 \sum k a_{i} n = k - i + 1 \sum \infty b_{n} ∣ ∣ = 0$ .

2.7.A.8

注意到以下两个事实: ⼀是若 $N$ 个级数 $n = 1 \sum \infty a_{in} (i = 1, 2, ..., N)$ 均收敛, 则 $n = 1 \sum \infty i = 1 \sum N a_{in}$ 收敛并且 $n = 1 \sum \infty i = 1 \sum N a_{in} = i = 1 \sum N n = 1 \sum \infty a_{in}$ ; ⼆是对⼆维正项数列 ${a_{ij}}$ , $n = 1 \sum \infty i = 1 \sum N a_{in} = i = 1 \sum N n = 1 \sum \infty a_{in}$ 总是成立 (两边允许取值 $+ \infty$ ) .

当 $k = 0 \sum \infty j = 0 \sum \infty a_{kj}$ 绝对收敛时容易证明 $j = 0 \sum \infty k = 0 \sum \infty a_{kj}$ 绝对收敛. 再证 $k = 0 \sum \infty j = 0 \sum \infty a_{kj} = j = 0 \sum \infty k = 0 \sum \infty a_{kj}$ : 事实上只需考虑 ${a_{kj}}$ 是正项数列的情形, ⼀般地只需分别考虑 ${a_{kj}}$ 的正部和负部然后相减即可. 当 ${a_{kj}}$ 是正项数列时, $k = 0 \sum N j = 0 \sum \infty a_{kj} = j = 0 \sum \infty k = 0 \sum N a_{kj} \leq j = 0 \sum \infty k = 0 \sum \infty a_{kj}$ 对任意正整数 $N$ 成立, 则有 $k = 0 \sum \infty j = 0 \sum \infty a_{kj} \leq j = 0 \sum \infty k = 0 \sum \infty a_{kj}$ , 同理有反向的不等式成立, 从而 $k = 0 \sum \infty j = 0 \sum \infty a_{kj} = j = 0 \sum \infty k = 0 \sum \infty a_{kj}$ .

2.7.A.9

Cauchy 乘积发散的例子: $n = 1 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n - 1}}{n}$ 与自身的 Cauchy 乘积, 该 Cauchy 乘积内的每⼀项的绝对值都不小于 $1$ , 因此该 Cauchy 乘积发散. Cauchy 乘积收敛的例子: $n = 1 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n - 1}}{n}$ 与自身的 Cauchy 乘积, 由 Leibniz 判别法知该 Cauchy 乘积收敛.

2.7.A.11

直观上应有 $n = 1 \sum \infty m = 1 \sum \infty \frac{1}{( m + n ) ^{p}} = m + n = 2, m \geq 1, n \geq 1 \sum \infty \frac{1}{( m + n ) ^{p}} = k = 2 \sum \infty \frac{k - 1}{k ^{p}} .$ 下面对该式进行严格化.

对⼆维正项数列 ${a_{ij}}$ 和任意 $N \times N$ 映到 $N$ 的双射 $φ$ , 总成立 $j = 0 \sum \infty i = 0 \sum \infty a_{ij} = n = 0 \sum \infty a_{φ^{- 1} (n)}$ (两边允许取值 $+ \infty$ ) . 易见 $j = 0 \sum \infty i = 0 \sum \infty a_{ij} \geq n = 0 \sum \infty a_{φ^{- 1} (n)}$ , 下证 $j = 0 \sum \infty i = 0 \sum \infty a_{ij} \leq n = 0 \sum \infty a_{φ^{- 1} (n)}$ .

固定正整数 $N$ , $\forall ε > 0$ , 易知存在正整数 $K$ s.t. $i = 0 \sum \infty a_{ij} \leq i = 0 \sum K a_{ij} + ε$ 对 $0 \leq j \leq N$ 均成立, 由于 $φ$ 是 $N \times N$ 映到 $N$ 的双射, 可取正整数 $L$ 充分大 s.t. ${(i, j) ∣0 \leq i \leq K, 0 \leq j \leq N} \subseteq {φ^{- 1} (n)}_{n = 0}^{L}$ , 从而有 $j = 0 \sum N i = 0 \sum \infty a_{ij} \leq j = 0 \sum N i = 0 \sum K a_{ij} + (N + 1) ε \leq n = 0 \sum L a_{φ^{- 1} (n)} + (N + 1) ε \leq n = 0 \sum \infty a_{φ^{- 1} (n)} + (N + 1) ε,$ 由 $ε$ 的任意性和 $N$ 的任意性即得 $j = 0 \sum \infty i = 0 \sum \infty a_{ij} \leq n = 0 \sum \infty a_{φ^{- 1} (n)}$ .

将 $N \times N$ 映到 $N$ 的双射取成类似定理 1.1.4 证明过程中那张图的排列方法 (确切地说: $(0, 0)$ 对应 $0$ , $(1, 0)$ 对应 $1$ , $(0, 1)$ 对应 $2$ , $(2, 0)$ 对应 $3$ , $(1, 1)$ 对应 $4$ , $(0, 2)$ 对应 $5$ , ......) , 从而 $n = 1 \sum \infty m = 1 \sum \infty \frac{1}{( m + n ) ^{p}} = j = 0 \sum \infty i = 0 \sum \infty \frac{1}{( i + j + 2 ) ^{p}} = n = 0 \sum \infty a_{φ^{- 1} (n)} = k \to \infty lim n = 0 \sum \frac{k ( k + 1 )}{2} - 1 a_{φ^{- 1} (n)} = k \to \infty lim l = 0 \sum k - 1 \frac{l + 1}{( l + 2 ) ^{p}} = k = 2 \sum \infty \frac{k - 1}{k ^{p}} .$ 然后对 $k = 2 \sum \infty \frac{k - 1}{k ^{p}}$ 用比较判别法的极限形式.

2.7.A.12

该级数条件收敛. 注意到 ${\frac{1}{n}}$ 单调减收敛到 $0$ , 由 $k = 1 \sum n sin (k) sin (k^{2}) = \frac{1}{2} k = 1 \sum n (cos (k (k - 1)) - cos (k (k + 1))) = \frac{1}{2} (1 - cos (n (n + 1)))$ 知 $n = 1 \sum \infty sin (n) sin (n^{2})$ 的部分和有界, 使用 Dirichlet 判别法知该级数收敛.

该级数不绝对收敛的证明需要组合的手法. 考虑正项数列 ${∣ sin (n) ∣∣ sin (n^{2}) ∣ + ∣ sin (n + 1) ∣∣ sin ((n + 1)^{2}) ∣ + ∣ sin (n + 3) ∣∣ sin ((n + 3)^{2}) ∣}_{n = 1}^{\infty},$ 我们断⾔该数列有⼀个正下界 $C$ , 此时由 $3 n = 1 \sum \infty \frac{∣ sin ( n ) ∣∣ sin ( n ^{2} ) ∣}{n} \geq n = 1 \sum \infty (\frac{∣ sin ( n ) ∣∣ sin ( n ^{2} ) ∣}{n} + \frac{∣ sin ( n + 1 ) ∣∣ sin (( n + 1 ) ^{2} ) ∣}{n + 1} + \frac{∣ sin ( n + 3 ) ∣∣ sin (( n + 3 ) ^{2} ) ∣}{n + 3}) \geq n = 1 \sum \infty \frac{∣ sin ( n ) ∣∣ sin ( n ^{2} ) ∣ + ∣ sin ( n + 1 ) ∣∣ sin (( n + 1 ) ^{2} ) ∣ + ∣ sin ( n + 3 ) ∣∣ sin (( n + 3 ) ^{2} ) ∣}{n + 3} \geq C n = 1 \sum \infty \frac{1}{n + 3}$ 可知 $n = 1 \sum \infty \frac{∣ s i n ( n ) ∣∣ s i n ( n ^{2} ) ∣}{n}$ 发散.

令集合 $A = {kπ}_{k \in Z}$ , 对任意正整数 $m$ , 记 $∥ m ∥ = d (m, A) = k \in Z min ∣ m - kπ ∣$ . 假设前述正项数列没有正下界, 则对 $ε = 0.0001 > 0$ , 存在充分大的正整数 $n$ 使得: $∥ n ∥ < ε$ 与 $∥ n^{2} ∥ < ε$ 至少有⼀个成立, $∥ n + 1∥ < ε$ 与 $∥ (n + 1)^{2} ∥ < ε$ 至少有⼀个成立, $∥ n + 3∥ < ε$ 与 $∥ (n + 3)^{2} ∥ < ε$ ⾄少有⼀个成立. 由此得到 8 种可能性, 然而这 8 种可能均能导出矛盾.

例如: 当 $∥ n^{2} ∥ < ε$ 、 $∥ (n + 1)^{2} ∥ < ε$ 、 $∥ (n + 3)^{2} ∥ < ε$ 时, 设 $n^{2} = k_{1} π + ε_{1}$ , $(n + 1)^{2} = k_{2} π + ε_{2}$ , $(n + 3)^{2} = k_{3} π + ε_{3}$ (其中 $∣ ε_{1} ∣ < ε$ , $∣ ε_{2} ∣ < ε$ , $∣ ε_{3} ∣ < ε$ , $k_{1}, k_{2}, k_{3}$ 是整数) , 则 $6 = 2 n^{2} - 3 (n + 1)^{2} + (n + 3)^{2} = (2 k_{1} - 3 k_{2} + k_{3}) π + (2 ε_{1} - 3 ε_{2} + ε_{3})$ 即有等式 $6 = (2 k_{1} - 3 k_{2} + k_{3}) π + (2 ε_{1} - 3 ε_{2} + ε_{3})$ . 如果 $∣2 k_{1} - 3 k_{2} + k_{3} ∣ \leq 1$ , 则右边的绝对值小于 $π + 0.0006$ ; 如果 $∣2 k_{1} - 3 k_{2} + k_{3} ∣ \geq 2$ , 则右边的绝对值大于 $2 π - 0.0006$ , 总之 $6 = (2 k_{1} - 3 k_{2} + k_{3}) π + (2 ε_{1} - 3 ε_{2} + ε_{3})$ 不可能成立. 类似可得另外 7 种可能亦不可能成立, 从而前述正项数列存在正下界.

2.7.B.1

$k = 1 \sum n a_{k}^{2} = a_{n} (k = 1 \sum n a_{k}) + k = 1 \sum n - 1 (i = 1 \sum k a_{i}) (a_{k} - a_{k + 1}) \leq a_{n} (k = 1 \sum n b_{k}) + k = 1 \sum n - 1 (i = 1 \sum k b_{i}) (a_{k} - a_{k + 1}) = k = 1 \sum n a_{k} b_{k},$ 再由 Cauchy 不等式 $(k = 1 \sum n a_{k} b_{k})^{2} \leq (k = 1 \sum n a_{k}^{2}) (k = 1 \sum n b_{k}^{2}) .$

2.7.B.3

⾸先, $\forall α > 0$ , 由 Leibniz 判别法知 $n = 1 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n - 1}}{n ^{α}}$ 收敛. 则有 $n = 1 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n - 1}}{n ^{α}} = 1 - n = 1 \sum \infty (\frac{1}{( 2 n ) ^{α}} - \frac{1}{( 2 n + 1 ) ^{α}})$ .

容易证明下⾯的命题:

Proposition. 对整数 $a_{0}$ 与任意整数 $N > a_{0}$ , 假设 $x \geq a_{0}$ 时 $f$ 是单调减的⾮负实值函数 (则 $x \to \infty lim f (x)$ 存在有限) , 成立 $0 \leq n = a_{0} \sum N - 1 f (n) - \int_{a_{0}}^{N} f (x) d x \leq f (a_{0}) - f (N),$ 且极限 $N \to \infty lim (n = a_{0} \sum N - 1 f (n) - \int_{a_{0}}^{N} f (x) d x)$ 存在有限并满足 $0 \leq N \to \infty lim (n = a_{0} \sum N - 1 f (n) - \int_{a_{0}}^{N} f (x) d x) \leq f (a_{0}) - N \to \infty lim f (N) .$

回到原题, 目标是 $α \to 0 + lim n = 1 \sum \infty (\frac{1}{( 2 n ) ^{α}} - \frac{1}{( 2 n + 1 ) ^{α}}) = \frac{1}{2}$ . 固定 $α > 0$ , 在 Proposition 中取 $a_{0} = 1$ , 考虑函数 $f (x) = \frac{1}{( 2 x ) ^{α}} - \frac{1}{( 2 x + 1 ) ^{α}}$ , 求导易证 $f$ 在 $[1, + \infty)$ 上单调减且非负. 由 Proposition 可知 $0 \leq n = 1 \sum \infty (\frac{1}{( 2 n ) ^{α}} - \frac{1}{( 2 n + 1 ) ^{α}}) - \int_{1}^{+ \infty} (\frac{1}{( 2 x ) ^{α}} - \frac{1}{( 2 x + 1 ) ^{α}}) d x \leq \frac{1}{2 ^{α}} - \frac{1}{3 ^{α}},$ 从而目标转化为 $α \to 0 + lim \int_{1}^{+ \infty} (\frac{1}{( 2 x ) ^{α}} - \frac{1}{( 2 x + 1 ) ^{α}}) d x = \frac{1}{2} .$

固定 $0 < α < 1$ , $\int_{1}^{+ \infty} (\frac{1}{( 2 x ) ^{α}} - \frac{1}{( 2 x + 1 ) ^{α}}) d x = \int_{1}^{+ \infty} \frac{( 1 + \frac{1}{2 x} ) ^{α} - 1}{( 2 x + 1 ) ^{α}} d x$ , 容易证明 $\frac{α}{2 x} - \frac{α ( 1 - α )}{8 x ^{2}} < (1 + \frac{1}{2 x})^{α} - 1 < \frac{α}{2 x} ， \forall x \geq 1$ (先用 Taylor 展式再严格证明) , 则只需考察 $\int_{1}^{+ \infty} \frac{\frac{α}{2 x}}{( 2 x + 1 ) ^{α}} d x$ 与 $\int_{1}^{+ \infty} \frac{\frac{α ( 1 - α )}{8 x ^{2}}}{( 2 x + 1 ) ^{α}} d x$ .

对后者有 $0 \leq \int_{1}^{+ \infty} \frac{\frac{α ( 1 - α )}{8 x ^{2}}}{( 2 x + 1 ) ^{α}} d x \leq \frac{α ( 1 - α )}{8 \cdot 3 ^{α}} \int_{1}^{+ \infty} \frac{1}{x ^{2}} d x \to 0, α \to 0^{+} .$ 对前者有 $\int_{1}^{+ \infty} \frac{\frac{α}{2 x}}{( 2 x + 1 ) ^{α}} d x = \int_{1}^{+ \infty} \frac{α}{( 2 x ) ^{α + 1}} d x - \int_{1}^{+ \infty} \frac{α}{2 x} \frac{( 1 + \frac{1}{2 x} ) ^{α} - 1}{( 2 x + 1 ) ^{α}} d x, \int_{1}^{+ \infty} \frac{α}{( 2 x ) ^{α + 1}} d x = \frac{1}{2 ^{α + 1}} \to \frac{1}{2}, α \to 0^{+};$ $0 \leq \int_{1}^{+ \infty} \frac{α}{2 x} \frac{( 1 + \frac{1}{2 x} ) ^{α} - 1}{( 2 x + 1 ) ^{α}} d x \leq \int_{1}^{+ \infty} \frac{α}{2 x} \frac{( \frac{3}{2} ) ^{α} - 1}{( 2 x ) ^{α}} d x = \int_{1}^{+ \infty} \frac{α (( \frac{3}{2} ) ^{α} - 1 )}{( 2 x ) ^{α + 1}} d x = \frac{( \frac{3}{2} ) ^{α} - 1}{2 ^{α + 1}} \to 0, α \to 0^{+} .$

2.7.B.4

⾸先, 鉴于教材中没有对多重级数及其收敛进行定义, 此处以二重级数为例进行定义, 读者可以毫无困难地将下述定义扩展到 $n$ 重级数上.

称二重级数 $i, j = 0 \sum \infty a_{ij}$ 收敛, 如果 $k \to \infty lim i, j = 0 \sum k a_{ij}$ 存在并且有限. 称二重级数 $i, j = 0 \sum \infty a_{ij}$ 绝对收敛, 如果二重级数 $i, j = 0 \sum \infty ∣ a_{ij} ∣$ 收敛.

容易证明, 对两个正项级数 $n = 0 \sum \infty a_{n}$ 和 $n = 0 \sum \infty b_{n}$ , 总成⽴ $(n = 0 \sum \infty a_{n}) (n = 0 \sum \infty b_{n}) = i, j = 0 \sum \infty a_{i} b_{j}$ (两边允许取值 $+ \infty$ ) . 对任意有限个正项级数成立类似的等式.

现在开始证明原题. 我们先不妨设 ${p_{n}}$ 是全体素数从小到大排列而成的, 在这个假设下我们证明了 Euler 乘积公式之后, 由于 $n = 1 \sum \infty \frac{1}{n ^{s}} < + \infty$ 对任意 $s > 1$ 成立, 则知无穷乘积 $n = 1 \prod \infty \frac{1}{1 - \frac{1}{p _{n}^{s}}}$ 绝对收敛. 类似于绝对收敛级数重排后和不变, 绝对收敛无穷乘积重排后积不变, 从而当 ${p_{n}}$ 是全体素数的任⼀排列时结论都成立.

(同样鉴于教材中没有对无穷乘积的收敛及绝对收敛进行严格的定义, 此处进行补充: 不妨只考虑 ${a_{n}}$ 的每⼀项均大于 $0$ 的情形, 当 $n \to \infty lim k = 1 \prod n a_{k}$ 存在且 $0 < n \to \infty lim k = 1 \prod n a_{k} < + \infty$ 时称无穷乘积收敛并定义 $n = 1 \prod \infty a_{n} = n \to \infty lim k = 1 \prod n a_{k}$ , 否则称无穷乘积发散. 易见 $n = 1 \prod \infty a_{n}$ 收敛等价于 $n = 1 \sum \infty ln (a_{n})$ 收敛. 称 $n = 1 \prod \infty a_{n}$ 绝对收敛, 如果 $n = 1 \sum \infty ∣ ln (a_{n}) ∣$ 收敛. )

现设 ${p_{n}}$ 是全体素数从小到大排列而成, 对任意正整数 $n$ , $0 < \frac{1}{p _{n}^{s}} < 1$ , 有 $\frac{1}{1 - \frac{1}{p _{n}^{s}}} = e = 0 \sum \infty \frac{1}{p _{n}^{e \cdot s}}$ , 记 $Q_{n} = k = 1 \prod n \frac{1}{1 - \frac{1}{p _{k}^{s}}}$ , ${Q_{n}}$ 单调增, 且 $n = 1 \prod \infty \frac{1}{1 - \frac{1}{p _{n}^{s}}}$ 等于 $n \to \infty lim Q_{n}$ . 固定正整数 $N$ , $Q_{N} = k = 1 \prod N \frac{1}{1 - \frac{1}{p _{k}^{s}}} = e_{1}, e_{2}, ..., e_{N} = 0 \sum \infty \frac{1}{( p _{1}^{e_{1}} p _{2}^{e_{2}} \cdot\cdot\cdot p _{N}^{e_{N}} ) ^{s}}$ , 令集合 $A_{N} = {n ∣ n 是正整数， n 的全体素因子均不大于 p_{N}}$ , 容易证明 $Q_{N} = e_{1}, e_{2}, ..., e_{N} = 0 \sum \infty \frac{1}{( p _{1}^{e_{1}} p _{2}^{e_{2}} \cdot\cdot\cdot p _{N}^{e_{N}} ) ^{s}} = n \in A_{N} \sum \frac{1}{n ^{s}}$ , 则 $0 \leq ζ (s) - Q_{N} = n 含有大于 p_{N} 的素因子 \sum \frac{1}{n ^{s}} \leq n > p_{N} \sum \frac{1}{n ^{s}}$ . 令 $N \to + \infty$ , 则 $p_{N} \to \infty$ , 注意到 $n = 1 \sum \infty \frac{1}{n ^{s}}$ 收敛, 则 $n > p_{N} \sum \frac{1}{n ^{s}} \to 0$ , $N \to + \infty$ . 则 $n = 1 \prod \infty \frac{1}{1 - \frac{1}{p _{n}^{s}}} = N \to \infty lim Q_{N} = ζ (s)$ .

2.7.B.5

题中等式可以用 Weierstrass 因子分解定理的⼀个推论导出, 参见《复变函数》(史济怀著) 第 5 章定理 5.7.3 和例 5.7.6.

3函数极限与连续

3.1.A.1

必要性显然, 下证充分性: 由 Heine 定理, 只需 $E ∖ {x_{0}}$ 中任意一个趋于 $x_{0}$ 的点列 ${x_{k}}_{k = 1}^{\infty}$ , 极限 $k \to \infty lim f (x_{k})$ 均相等. 对于 $E ∖ {x_{0}}$ 中两个趋于 $x_{0}$ 的点列 ${x_{k, 1}}_{k = 1}^{\infty}$ 与 ${x_{k, 2}}_{k = 1}^{\infty}$ , 取点列 ${y_{k}}_{k = 1}^{\infty}$ 满足 $y_{2 k - 1} = x_{k, 1}$ , $y_{2 k} = x_{k, 2}$ . 则 ${y_{k}}_{k = 1}^{\infty}$ 亦是 $E ∖ {x_{0}}$ 中一个趋于 $x_{0}$ 的点列, 则知 $k \to \infty lim f (x_{k, 1}) = k \to \infty lim f (y_{k}) = k \to \infty lim f (x_{k, 2})$ .

3.1.A.5

设 $f$ 、 $g$ 是定义在 $(0, + \infty)$ 上的周期函数, 满足 $x \to + \infty lim (f (x) - g (x)) = 0$ . 记 $f$ 的周期为 $T_{1}$ , $g$ 的周期为 $T_{2}$ . 假设对某个 $x > 0$ 有 $f (x) \neq = g (x)$ , 则必存在正整数 $m$ 使得 $g (x + m T_{1}) \neq = g (x)$ , 否则将与 $x \to + \infty lim (f (x) - g (x)) = 0$ 矛盾. 此时考虑正整数 $L$ 充分大时, $∣ g (x + m T_{1}) - g (x) ∣ = ∣ g (x + m T_{1} + L T_{2}) - g (x + L T_{2}) ∣ = ∣ g (x + m T_{1} + L T_{2}) - f (x + m T_{1} + L T_{2}) - (g (x + L T_{2}) - f (x + L T_{2})) ∣ \leq ∣ g (x + m T_{1} + L T_{2}) - f (x + m T_{1} + L T_{2}) ∣ + ∣ g (x + L T_{2}) - f (x + L T_{2}) ∣,$ 左边是一个大于 $0$ 的常量, 最后一式在 $L$ 趋于正无穷时趋于 $0$ , 显然矛盾.

3.1.B.1

$n = 1 \prod k cos \frac{x}{2 ^{n}} = \frac{2 sin \frac{x}{2 ^{k}} n = 1 \prod k cos \frac{x}{2 ^{n}}}{2 sin \frac{x}{2 ^{k}}} = \frac{sin x}{2 ^{k} sin \frac{x}{2 ^{k}}} \to \frac{sin x}{x}, k \to \infty.$

3.2.A.3

利用推论 2.2.4 (iii).

3.2.A.7

$\forall ε > 0$ , $\exists δ > 0$ s.t. $∣ x ∣ < δ$ 时 $∣ f (2 x) - f (x) ∣ < ε ∣ x ∣$ . 则 $\forall ∣ x ∣ < δ$ , $\forall k \in N +$ , $∣ ∣ f (x) - f (\frac{x}{2 ^{k}}) ∣ ∣ \leq i = 1 \sum k ∣ ∣ f (\frac{x}{2 ^{i - 1}}) - f (\frac{x}{2 ^{i}}) ∣ ∣ < ε ∣ x ∣,$ 在上式中令 $k \to + \infty$ 得 $\forall ∣ x ∣ < δ$ , $∣ f (x) ∣ \leq ε ∣ x ∣$ .

3.2.A.8

利用下述结论: 有界点列 ${x_{n}}$ 的任意收敛子列收敛到 $a$ , 则该点列自身也收敛到 $a$ .

3.2.B.2

不妨设 $I$ 是开区间, $f$ 单调增, 任取 $x_{0} \in I$ , 成立 $x \to x_{0}^{-} lim f (x) \leq f (x_{0}) \leq x \to x_{0}^{+} lim f (x)$ , 从而 $f$ 的间断点只可能是跳跃间断点. 即开区间上实值单调函数的间断点只可能是跳跃间断点. 下证: 对开区间 $I$ 上任一实值函数 $f$ , 集合 ${x_{0} \in I ∣ ∣ f 在 x_{0} 点处不连续，但 x \to x_{0}^{-} lim f (x) 在 \overline{R} 中存在}$ 是至多可列集.

由于
${x_{0} \in I ∣ ∣ f 在 x_{0} 点处不连续，但 x \to x_{0}^{-} lim f (x) = + \infty} =$ ${x_{0} \in I ∣ ∣ arctan \circ f 在 x_{0} 点处不连续，但 x \to x_{0}^{-} lim arctan \circ f (x) = \frac{π}{2}}$ .
因此只需 ${x_{0} \in I ∣ ∣ f 在 x_{0} 点处不连续，但 x \to x_{0}^{-} lim f (x) 在 R 中存在}$ 是至多可列集 (习题 6.3.B.10) .

易见集合
${x_{0} \in I ∣ f 在 x_{0} 点处连续} =$ $n = 1 ⋂ \infty {x_{0} \in I ∣ 存在 δ > 0 使得 ∣ f (x) - f (y) ∣ < \frac{1}{n} 对任意 x, y \in (x_{0} - δ, x_{0} + δ) 成立}$ , 从而
${x_{0} \in I ∣ ∣ f 在 x_{0} 点处不连续，但 x \to x_{0}^{-} lim f (x) 在 R 中存在} =$ $n = 1 ⋃ \infty {x_{0} \in I ∣ ∣ x \to x_{0}^{-} lim f (x) 在 R 中存在，且任意 δ > 0 ，存在 x, y \in (x_{0} - δ, x_{0} + δ) 使得 ∣ f (x) - f (y) ∣ \geq \frac{1}{n}}$ .

$\forall n \in N +$ , 记
$E_{n} = {x_{0} \in I ∣ ∣ x \to x_{0}^{-} lim f (x) 在 R 中存在，且任意 δ > 0 ，存在 x, y \in (x_{0} - δ, x_{0} + δ) 使得 ∣ f (x) - f (y) ∣ \geq \frac{1}{n}}$ , 下证 $E_{n}$ 是至多可列集. 任取 $x_{0} \in E_{n}$ , 由 $x \to x_{0}^{-} lim f (x)$ 在 $R$ 中存在易知存在 $δ_{0} > 0$ 使得 $∣ f (x) - f (y) ∣ < \frac{1}{n}$ , $\forall x, y \in (x_{0} - δ_{0}, x_{0})$ , 则易见此时 $(x_{0} - δ_{0}, x_{0}) \cap E_{n} = \emptyset$ . 由选择公理可作单射 $ϕ : E_{n} \to J_{n}; x_{0} \mapsto (x_{0} - δ_{0}, x_{0})$ , 其中 $J_{n} = {(x_{0} - δ_{0}, x_{0}) ∣ x_{0} \in E_{n}}$ . 又易见 $x_{1}, x_{2} \in E_{n}$ 而 $x_{1} \neq = x_{2}$ 时 $(x_{1} - δ_{1}, x_{1}) \cap (x_{2} - δ_{2}, x_{2}) = \emptyset$ , 从而知 $E_{n}$ 是至多可列集.

同理可知: 对开区间 $I$ 上任一实值函数 $f$ , 集合 ${x_{0} \in I ∣ ∣ f 在 x_{0} 点处不连续，但 x \to x_{0}^{+} lim f (x) 在 \overline{R} 中存在}$ 是至多可列集. 由此我们可以得到: 对开区间 $I$ 上任一实值函数 $f$ , $f$ 的跳跃间断点至多可列, $f$ 的本性间断点中的无穷间断点至多可列, $f$ 的可去间断点至多可列 (习题 6.3.B.11) . 我们一并证明了习题 6.3.B.10 与习题 6.3.B.11.

3.2.B.3

任取 $R$ 中异于 ${x_{k}}_{k = 1}^{\infty}$ 的一个实数 $x_{0}$ , 下证 $f$ 在 $x_{0}$ 处连续, 只需 $\forall ε > 0, \exists δ > 0$ s.t. $x_{0} \leq x_{k} < x_{0} + δ \sum \frac{1}{2 ^{k}} < ε$ 与 $x_{0} - δ \leq x_{k} < x_{0} \sum \frac{1}{2 ^{k}} < ε$ (不妨更进一步考虑 $x_{0} - 2 δ < x_{k} \leq x_{0} \sum \frac{1}{2 ^{k}} < ε$ ) . 不失一般性, 只需考虑 $x_{0} \leq x_{k} < x_{0} + δ \sum \frac{1}{2 ^{k}} < ε .$

只考虑这样的情形: $\forall δ > 0$ , ${k \in Z_{+} ∣ x_{0} \leq x_{k} < x_{0} + δ}$ 非空 (否则, 若存在 $δ > 0$ 使得 ${k \in Z_{+} ∣ x_{0} \leq x_{k} < x_{0} + δ}$ 是空集, 易见 $x_{0} \leq x_{k} < x_{0} + δ \sum \frac{1}{2 ^{k}} < ε$ 平凡地成立) .

令 $δ_{0} = 1$ , $m_{0} = min {k \in Z_{+} ∣ x_{0} \leq x_{k} < x_{0} + 1}$ , 对正整数 $n \geq 1$ , 定义 $δ_{n} = x_{m_{n - 1}} - x_{0}$ , $m_{n} = min {k \in Z_{+} ∣ x_{0} \leq x_{k} < x_{0} + δ_{n}}$ . 易见 $x_{0} < x_{m_{n}} < x_{m_{n - 1}}$ , $m_{n} > m_{n - 1}$ , $\forall n \geq 1$ . 从而 ${m_{n}}_{n = 0}^{\infty}$ 是严格单调增的无上界的正整数列, $δ_{n} > 0$ , $\forall n \geq 1$ .

$\forall ε > 0$ , 取 ${m_{n}}_{n = 0}^{\infty}$ 中充分大的一个正整数 $m_{s}$ s.t. $\frac{1}{2 ^{m_{s} - 1}} < ε,$

令 $δ = δ_{s}$ , 注意到 $m_{s} = min {k \in Z_{+} ∣ x_{0} \leq x_{k} < x_{0} + δ_{s}}$ , 从而 $x_{0} \leq x_{k} < x_{0} + δ_{s} \sum \frac{1}{2 ^{k}} \leq k = m_{s} \sum \infty \frac{1}{2 ^{k}} = \frac{1}{2 ^{m_{s} - 1}} < ε .$

$f$ 在 ${x_{k}}_{k = 1}^{\infty}$ 的任一点处不连续, 以及 ${x_{k}}_{k = 1}^{\infty}$ 在 $R$ 中稠密时 $f$ 严格单增的证明是容易的.

3.2.B.4

容易证明 $f$ 在 $(0, 1)$ 内所有的有限小数 (即 $(0, 1)$ 内 $\frac{p}{q}$ 全体, 其中 $p, q$ 是正整数, $(p, q) = 1$ , $q$ 的素因子只可能为 $2$ 或 $5$ ) 处不连续, 在 $(0, 1)$ 内所有的无限小数处连续.

3.2.B.5

由上、下极限的 Stolz 定理知 $1 = n \to \infty \underline{lim} a_{n} \leq n \to \infty \underline{lim} \frac{k = 1 \sum n a _{k}}{n}$ , 则只需 $n \to \infty \overline{lim} \frac{k = 1 \sum n a _{k}}{n} \leq 1$ .

$n \to \infty lim (k = 1 \prod n a_{k})^{\frac{1}{n}} = 1$ 等价于 $n \to \infty lim \frac{k = 1 \sum n l n ( a _{k} )}{n} = 0$ .

固定任一 $ε > 0$ , 记 $K (n) = # {1 \leq k \leq n ∣ a_{k} \geq 1 + ε}$ . $\forall δ > 0$ , 由 $n \to \infty \underline{lim} a_{n} = 1$ 知存在正整数 $m$ 使得 $a_{k} \geq 1 - δ$ , $\forall k \geq m$ . 记 $s = # {1 \leq k \leq m - 1∣ a_{k} < 1 + ε}$ . 考虑 $n$ 充分大, 固定 $δ$ 与 $m$ , $\frac{k = 1 \sum n ln ( a _{k} )}{n} \geq \frac{K ( n ) ln ( 1 + ε )}{n} + \frac{( n - K ( n ) - s ) ln ( 1 - δ )}{n} + \frac{1 \leq k \leq m - 1 a _{k} < 1 + ε \sum ln ( a _{k} )}{n} .$ 令 $n \to + \infty$ 取上极限得 $0 \geq (ln (1 + ε) - ln (1 - δ)) \cdot n \to \infty \overline{lim} \frac{K ( n )}{n} + ln (1 - δ),$ 再令 $δ \to 0^{+}$ 得 $0 \geq ln (1 + ε) \cdot n \to \infty \overline{lim} \frac{K ( n )}{n}$ , 即 $n \to \infty \overline{lim} \frac{K ( n )}{n} \leq 0$ , 从而 $n \to \infty lim \frac{K ( n )}{n} = 0$ .

由 $n \to \infty \overline{lim} a_{n} = 2$ 知 ${a_{n}}$ 有上界, 设 $a_{n} \leq M$ , $\forall n \geq 1$ . 固定 $ε > 0$ , $\frac{k = 1 \sum n a _{k}}{n} \leq \frac{( n - K ( n )) ( 1 + ε )}{n} + \frac{M K ( n )}{n},$ 两边令 $n \to + \infty$ 取上极限得 $n \to \infty \overline{lim} \frac{k = 1 \sum n a _{k}}{n} \leq 1 + ε$ , 再令 $ε \to 0^{+}$ 得 $n \to \infty \overline{lim} \frac{k = 1 \sum n a _{k}}{n} \leq 1$ .

3.2.B.6

记 $R$ 上实连续函数全体组成的集合为 $A$ , 易见 ${y = a ∣ a \in R}$ 的势是 $ℵ$ , 则 $# (A) \geq ℵ$ ; 另一方面, 对任一 $R$ 上的实连续函数 $f$ , $f$ 在 $R$ 上的取值由 $f$ 在 $Q$ 上的取值决定, 从而 $# (A) \leq ℵ^{ℵ_{0}} = ℵ$ (参见定理 1.1.11) .