不保证正确性

一些基本概念

加法公理： $(F,+)$ 是群。复习群：有单位元，逆元，交换律，结合律，封闭性

乘法公理： $(F^{*},\cdot)$ 是群。

域： $(F,+,\cdot)$ 。

序的定义： $F$ 上的二元关系 $<$ 满足：

$\forall x,y\in F$ ，一定有 $x<y$ 或 $y<x$ 或 $x=y$ (唯一性)
$\forall x,y,z\in F$ ， $x<y\land y<z\rightarrow x<z$ (传递性)

有序域：

$\forall x,y,z\in F,y<z\rightarrow x+y<x+z$

$\forall x,y\in F,x>0\land y>0 \rightarrow xy>0$

上下界：

对于有序集 $F$ 和 $E\subseteq F$ 。

若 $\alpha \in F$ 满足 $\forall x\in E,x\le \alpha$ ，则 $\alpha$ 是 $E$ 的上界。下界同理定义。

最大，最小值

若 $\beta$ 是 $E$ 的上界且 $\beta\in E$ ，则 $\beta=\max\{E\}$ ，称为最大值。最小值同理。

上下确界

若 $\beta_0$ 是 $E$ 的上界，且 $\forall \beta \in F$ ，如果 $\beta$ 是 $E$ 的上界则 $\beta\geq \beta_0$ ，则 $\beta_0$ 为上确界。记 $\beta_0=\sup\{E\}$ 。

同理定义 $\inf\{E\}$ 。

阿基米德倍越定理

$\forall x,y\in R$ 满足 $x>0$ ，存在唯一的整数 $k$ ，使得 $(k-1)x\le y<kx$ ，或者 $(k-1)x<y\le kx$ 。

证明：取集合 $E=\{n\in Z|n>\frac{y}{x}\}$ ，容易说明 $E$ 非空，令 $k$ 是 $E$ 的最小数，则 $k-1\le \frac{y}{x}<k$ 。

同理取 $\{n\in Z|n\geq \frac{y}{x}\}$ ，可以找到 $k-1<\frac{y}{x}\le k$ 。

一个较难例题

$A=\{x\in Q|x<0\lor x^2<2\}$ ， $B=\{x\in Q|x>0\land x^2>2\}$ ，证明 $A$ 没有上确界， $B$ 没有下确界。

注意到 $A\cup B=Q$ 且 $A\cap B=\empty$ 。

先证明 $A$ 无最大数：若 $x\le 0$ ，显然不是最大数。若 $x\geq 0$ ，尝试找到 $\theta>0$ 使得 $x_1=x+\theta(2-x^2)$ 且 $x_1^2<2$ 。

取 $\theta=\frac{1}{2x}$ ，则 $x_1=\frac{x}{2}+\frac{1}{x}$ 。则 $x_1^2=1+\frac{x^2}{4}+\frac{1}{x^2}<2$ 。显然 $x_1\in A$ 。这说明 $x$ 不是最大值。

同理 $B$ 无最小数。

接下来反证：若 $A$ 有上确界 $\sup A$ ，因为 $A$ 没有最大值，所以 $\sup A \in B$ 。 $\forall x\in B$ ，如果 $x<\sup A$ ，则存在 $a\in A$ 使得 $x<a$ 。矛盾！

这说明 $\sup A$ 是 $B$ 的最小值。但这也和之前的结论矛盾了。

上下确界性质

一个全序集 $F$ ，任意 $E\subseteq F$ 都满足：若 $E$ 有上界，则 $E$ 有上确界。则称 $F$ 具有上确界性质。同理定义下确界性质。

可以证明：若具有上确界性质，则必有下确界性质。反之亦然。

于是我们统称为 有确界性质

怎么证呢？若 $F$ 具有上确界性质且 $E$ 具有下界，令 $E_0$ 是 $E$ 的下界构成的集合。那么 $E_0$ 显然有上界： $E$ 中每一个元素都是 $E_0$ 的上界。

令 $a=\sup \{E_0\}$ ，接下来说明 $a=\inf\{E\}$ 。我们首先证明 $a$ 是 $E$ 的下界，也就是 $a\in E_0$ 。

考虑 $\forall t\in E$ ， $t$ 都是 $E_0$ 的上界。由于 $a=\sup\{E_0\}$ ，即可说明 $\forall x\in E,x\geq a$ 。则有 $a$ 为 $E$ 的下界。

那 $a=\sup\{E_0\}$ 又说明： $\forall t\in F$ 满足 $t$ 是 $E$ 的下界，有 $t\in E_0$ ，则 $t\le a$ 。于是可证 $a=\sup\{E_0\}$

两次数学危机

第一，存在非有理数。

$a=\sqrt{2}$ 不是有理数。

证明：假设 $a\in Q$ ，则 $\exists{p,q}\in N$ 使得 $a=\frac{p}{q},(p,q)=1$

那么 $p^2=2q^2$ 。于是 $2|p$ ，令 $p=2k$ ，则 $2k^2=q^2$ 。那么 $2|q$ 。

这与 $(p,q)=1$ 矛盾

第二，数的无限可分性。

比如 $1=\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\dots$

定义实数集

戴德金分割：

满足以下条件的 $Q$ 的子集 $A$ 被称为戴德金分割：

$A\neq \empty,A\neq Q$
若 $q\in Q$ 且存在 $p\in A$ 使得 $q<p$ ，则 $q\in A$
$p\in A\rightarrow$ 存在 $q\in A$ ，使得 $p<q$

设所有戴德金分割构成了集合 $R$ 。

定义序： $A<B\leftrightarrow A\subsetneq B$

可以证明这是全序集。接下来证明它具有确界性质：

对于 $R'\subseteq R$ ，令 $B$ 是 $R'$ 的一个上界，令 $P=\bigcup\limits_{A\in R'}A$ 。可以证明 $P\in R$ 且 $P=\sup\{R'\}$

加法的定义： $A+B=\{a+b|a\in A,b\in B\}$

结合律，交换律，封闭性都显然。

零元： $0_R=\{x\in Q|x<0\}$

$A$ 的负元，即找到 $B$ 使得 $A+B=0_R$

$-A=\{b\in Q|\exists r\in Q,r>0,\text{s.t.} -b-r\notin A\}$

乘法的定义：

令 $R^{+}=\{A\in R|A>0_R\}$ ，我们先在 $R^{+}$ 上定义乘法。

$AB=\{p\in Q|\exists r\in A,r>0且 \exists s\in B,s>0,使得p=rs\}$

令 $1^{*}=\{x\in Q|x<1\}$ 为单位元。

定义 $A$ 的逆元：

$B=\{p\in Q|\exists \epsilon_p>0,\text{s.t.}p<\frac{1}{r}-\epsilon_{p},\forall 0<r\in A\}$

那么在 $R$ 上，我们可以这样定义乘法：

对于 $A<0_R,B<0_R,AB=(-A)(-B)$ 。其他同理。

一些基本函数和极简集合论

ohno，我没来上课。

例题：设 $f(x)$ 是定义在 $R$ 上的具有基本周期 $r>0$ 的函数，证明：若 $\forall x\in (0,r)$ 有 $f(x)\neq f(0)$ ，则 $g(x)=f(x^2)$ 不是周期函数。

证明：

假设 $g(x)$ 是周期为 $T$ 的函数，则 $\forall x\in R,f(x^2)=f((x+T)^2)$ 。

那么 $f(0)=f(T^2)$ 。又由 $\forall x\in (0,r)$ 有 $f(x)\neq f(0)$ 可知： $T^2=kr$ ， $k\in N^{+}$ 。

还有 $f((\sqrt{(k+1)r}+T))^2=f((\sqrt{(k+1)r})^2)$ ，即 $f((k+1)r)=f((\sqrt{(k+1)r}+\sqrt{kr})^2)=f(0)$ 。

则存在 $n\in N+$ 使得 $nr=(2k+1)r+2r\sqrt{k(k+1)}$ ，也就是 $n=2k+1+2\sqrt{k(k+1)}$ 不可能为正整数，证毕。

数列

$\N\rightarrow \R$ 的映射。(由数排成的有头无尾的一列称为一个数列)例子： $x_n=\frac{1}{n},\forall n\in \N$ 。

$\{x_n\}$ 的极限定义如下。

$\lim\limits_{n\rightarrow \infty}x_n=a$ ： $\forall \epsilon >0,\exists N\in \N$ 使得 $\forall n>N,|x_n-a|<\epsilon$

邻域：

$U(x_0,\delta)=\{x\in \R||x-x_0|<\delta\}$

把 $\{x_n\}$ 撒在数轴上，则： $a$ 的任意邻域外含有限个点。

我们也可以把极限记作 $x_n\rightarrow a (n\rightarrow \infty)$

如果存在极限，则称序列是收敛的，否则是发散的。

$x_n$ 发散： $\forall a\in \R,\exists \epsilon_0>0$ 满足： $\forall N\in \N,\exists n_0>N$ 使得 $|x_{n_0}-a|>\epsilon_0$

无穷小量 ：极限为 $0$ 的数列称为一个无穷小量，记为 $x_n=o(1)(n\to \infty)$

若 $x_n$ 有界，则记为 $x_n=O(1)(n\to \infty)$

无穷大量

$\forall M>0,\exists N\in \N$ 使得 $x_n>|M|\forall n>N$ ，则称 $x_n$ 为一个无穷大量，记为 $\lim_{n\to\infty}x_n=\infty$ 。

性质：设 $x_n\neq 0\forall n\in \N$ ,，则 $x_n$ 是无穷小量 $\leftrightarrow$ $\frac{1}{x_n}$ 是无穷大量

例题：设 $x_n=1+\frac{1}{2}+\dots+\frac{1}{n}$ ，则 $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=\infty$ 。

考虑最大的 $k\in \N$ 使得 $n>2^k$ ，那可以放缩成 $x_n>1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\dots\geq \frac{k}{2}$

这样对于 $M>0$ ，取 $N=c*2^M$ 即可

如何计算数列极限？

保序性

若数列 $x_n,y_n$ 满足 $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a,\lim\limits_{n\to\infty}y_n=b$ 。

(1) $a<b\to$ $\forall c\in (a,b),\exists N_0\in \N$ 使得 $x_n<c<y_n\forall n>N_0$

(2) $\exists N_0\in \N$ 使得 $x_n\le y_n\forall n>N_0$ ,则 $a\le b$ 。

保号性

若 $a>0$ ，则 $\forall c\in (0,a),\exists N_c\in \N$ 使得 $x_n>c>0\forall n>N_c$

极限四则运算

$\lim\limits_{x\to\infty}(x_n+y_n)=a+b,\lim\limits_{x\to\infty}(x_ny_n)=ab$

哦，这里有一个事情，两个多项式相除的 lim 可以直接写出来

夹逼原理

设数列 $x_n,y_n,z_n$ 满足 $\forall n\in\N,x_n\le y_n\le z_n$ 。则如果 $\lim\limits_{n\to \infty}x_n=\lim\limits_{n\to \infty}z_n=a$ ，则 $\lim\limits_{n\to \infty} y_n=a$ 。

：计算 $\lim\limits_{n\to \infty} \frac{\sin n}{n}$ 。发现 $0<|\frac{\sin n}{n}|<\frac{1}{n}$

例：计算 $\lim\limits_{n\to \infty} n(\frac{1}{n^2+\pi}+\dots +\frac{1}{n^2+n\pi})$ 。

考虑 $n*\frac{n}{n^2+n\pi}\le n(\frac{1}{n^2+\pi}+\dots +\frac{1}{n^2+n\pi})\le n*\frac{n}{n^2}$ ，显然两边的极限都是 $1$ 。

例：计算 $\lim_{n\to \infty}na^n(0<a<1)$

考虑 $(a^{-1})^n=(a^{-1}-1+1)^n\geq \frac{n^2}{4}(a^{-1}-1)^2$ ，于是 $a^n\le \frac{4}{n^2(a^{-1}-1)^2}$ ，结束了

（二项式展开 trick）

Cauchy 命题

若 $\lim\limits_{n\to \infty}x_n=a,$ 则 $\lim_{n\to \infty}\frac{x_1+x_2+\dots+x_n}{n}=a$ ，其中 $a$ 可以是 $+\infty,-\infty$

一个例题：设 $\lim\limits_{n\to \infty}\frac{1}{n}(x_1+x_2+\dots+x_n)=a,则 \lim\limits_{x\to \infty}\frac{x_n}{n}=0$

可以考虑 $x_n=\frac{t_{n+1}(n+1)-t_nn}{n}=t_{n+1}-t_{n}+\frac{t_{n+1}}{n}$

显然 $\frac{t_{n+1}}{n}\to 0$ ， $t_{n+1}-t_n\to 0$

一个例题： $\lim\limits_{n\to \infty}\frac{1}{n}\sum\limits_{k=1}^n x_k=l$ 且 $\lim\limits_{n\to \infty}n(x_n-x_{n-1})=0$ ，证明 $\lim\limits_{n\to \infty}x_n=l$

考虑对 $n(x_n-x_{n-1})$ 做前缀和，利用 Cauchy 命题。 $\frac{1}{n}\sum\limits_{k=1}^n k (x_k-x_{k-1})$ 整理可得 $x_n-\frac{\sum\limits_{k=1}^{n-1}x_k}{n}-\frac{x_0}{n}$

到这里， $\frac{\sum\limits_{k=1}^{n-1}x_k}{n}\to 0$ ，显然 $\frac{x_0}{n}\to 0$ ，所以 $x_n\to l$ ，证完了。

Stolz 定理

$\frac{0}{0}$ 型

设 $\{b_n\}$ 是严格单调下降序列， $a_n\to 0,b_n\to 0$ ，且 $L=\lim_{n\to \infty}\frac{a_n-a_{n-1}}{b_n-b_{n-1}}$ ，则 $L=\lim\limits_{n\to \infty}\frac{a_n}{b_n}$

$\frac{*}{\infty}$ 型

设 $\{b_n\}$ 是严格递增且趋于 $+\infty$ 的数列， $L=\lim_{n\to \infty}\frac{a_n-a_{n-1}}{b_n-b_{n-1}}$ ，则 $L=\lim\limits_{n\to \infty}\frac{a_n}{b_n}$

（可以发现 Cauchy 命题其实是个特殊情况）

例题： $\lim\limits_{n\to\infty}(x_n-x_{n-1})=l$ ，证明 $\lim\limits_{n\to \infty}\frac{x_n}{n}=l$

stolz 秒了。

例题：计算 $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum\limits_{j=1}^n (\frac{j}{n})^k$

考虑化成 $\frac{\sum\limits_{j=1}^n j^k}{n^{k+1}}$ ，根据 Stolz 定理，设法求 $\frac{(n+1)^k}{(n+1)^{k+1}-n^{k+1}}$ 的极限即可。

把分母化成 $\sum\limits_{j\le k}n^j(n+1)^{k-j}$ 。于是整个式子化成 $\frac{1}{\sum\limits_{j\le k}(\frac{n}{n+1})^j}$ ，它的极限自然是 $\frac{1}{k+1}$ 。

例题：

设 $k\in\N,\lim\limits_{n\to \infty}a_n=l$ ，求 $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\sum\limits_{j=1}^n j^ka_j}{n^{k+1}}=\frac{l}{k+1}$

根据 stolz，求 $\frac{n^ka_n}{n^{k+1}-(n-1)^{k+1}}$ 。化成 $\frac{a_n}{\sum\limits_{j\le k}(\frac{n-1}{n})^j}$ 。分子分母极限都显然，做完了。

例题：

$2x_{n+1}-x_n$ 收敛到 $a$ ，求 $x_n$ 极限

考虑 $x_n=\frac{2^nx^n}{2^n}$ ，对着这个上下差分就有 $\frac{2^{n+1}x_{n+1}-2^nx_n}{2^{n+1}-2^n}=2x_{n+1}-x_n$ ，结束了

$2x_{n+1}+x_n$ 收敛到 $a$ ，求 $x_n$ 极限

发现没法直接套用，因为 $(-2)^n$ 不是单调递增的。

一个想法是如果 $a=0$ ，那直接令 $y_n=(-1)^nx_n$ 就好了

现在直接考虑 $b_n=x_n-\frac{a}{3}$ ，那么 $2b_{n+1}+b_n$ 收敛到 $0$ ，做完了，所以 $x_n$ 极限是 $\frac{a}{3}$

单调收敛原理

单调上升有上界的序列收敛，单调下降有下界的序列收敛，即单调有界序列收敛

小数表示

为什么 $x\in \R$ 可以表示成小数？

我们先计算整数部分 $x_0$ ，然后乘 $10$ 取整得到 $x_1$ ，乘 $10$ 取整得到 $x_2$ ，以此类推，构造出序列 $\{x_n\}$ 为 $x_0.x_1x_2x_3\dots$

令 $y_n=\sum\limits_{i=0}^n 10^{-i}x_i$ ，则 $y_n$ 是单调上升且有上界的，所以它有极限。

而且 $0<x-y_n<10^{-n}$ ，所以由夹逼原理， $y_n$ 的极限就是 $x$ 。

怎么证 $0.\dot{9}=1$ ？

首先要明白什么是 $0.\dot{9}$ ，中学阶段我们都没法说明它是否收敛。我们应该令 $x_n=0.999\dots9$ （ $n$ 个 $9$ ），称 $0.\dot9$ 是这个数列的极限。

这样才是有道理的。

不难得到任意无限循环小数都是有理数。

再证明任意有理数都是无限循环小数/有限小数。

对于有理数 $0<\frac{q}{p}<1$ 满足 $(p,q)=1$ ，首先 $p=10^k$ 就结束了

如果 $p\neq 10^k$ ，只需要说明 $\frac{1}{p}$ 能表示成 $\frac{z}{10^k(10^t-1)}$ 即可。也就是说要找到 $z\in \N$ 使得 $pz=10^k(10^t-1)=(10^{k+t}-1)-(10^k-1)$

令 $a_n=(10^{n}-1)\bmod p$ ，用抽屉原理即可知前 $p+1$ 个数有两个位置满足 $a_i=a_j$ ，那就有 $p|(10^j-1)-(10^i-1)$ ，这就做完了

证明： $[0,1]$ 中的实数不是可数的。

假设是可数的，则列成 $x_0,x_1,\dots,x_n,\dots$

设 $x_{i,j}$ 是 $x_i$ 小数表示的第 $j$ 位，构造 $y$ 满足它小数表示的第 $i$ 位是任意一个不等于 $x_{i,i}$ 的数，那 $y$ 不在 $\{x_n\}$ 中，矛盾！

所以是不可数的

实数的无理度

(1)对任意有理数 $x$ ，存在无穷多个 $\frac{q}{p}$ 使得 $|x-\frac{q}{p}|\le \frac{1}{p}$

令 $x=\frac{s}{t}$ ，那考察 $\frac{ns-1}{nt}$ ，显然满足要求

(2)对任意无理数 $x$ ， $\forall n\in\N$ ，存在 $p,q$ 满足 $p,q\in \Z$ 且 $1\le p\le n$ ，且 $|px-q|\le \frac{1}{n}$

证明：令 $a_p=px-[px]$ ，考察 $a_1,a_2,\dots,a_{n+1}$ ，首先这个数列两两不等，否则 $x$ 就不是无理数了。

根据抽屉原理必有 $i\neq j$ 满足 $|a_j-a_i|\le \frac{1}{n}$ ，于是令 $p=j-i,q=([jx]-[ix])$ ，自然就找到 $|px-q|\le \frac{1}{n}$ 了

(3)对任意无理数 $x$ ，存在无穷多个 $\frac{q}{p}$ 使得 $|x-\frac{q}{p}|\le \frac{1}{p^2}$

用 (2) 问结论证一证就好了。

(4)对实数 $x$ ，若存在一列 $(q_k,p_k)\in \N×\Z$ 满足 $(p_k,q_k)=1,p_k\to+\infty$ ， $|x-\frac{q_k}{p_k}|=o(\frac{1}{p_k})(k\to\infty)$ ，则 $x\notin Q$

反证，假设 $x=\frac{q}{p}$ ，那么 $|qp_k-q_kp|=o(p)=o(1)(k\to\infty)$ ，然而前者是整数，所以存在 $C$ 使得 $k>C$ 时都有 $qp_k=q_kp$ 。那此时 $p_k$ 就固定了，和 $p_k\to\infty$ 矛盾！

观察 (1)(3) ，发现如果存在无穷多个 $\frac{p}{q}$ 满足 $0<|x-\frac{p}{q}|\le \frac{1}{q^{a}}$ ，那么 $a$ 就阐释了 $x$ 有多“无理”。

对一个 $x$ ，我们称满足这个条件最大的 $a$ 是 $x$ 的无理度。显然有理数的无理度=1，无理数的无理度 $\geq 2$ 。

定义Liouville数 ： $\forall n\in\N$ ，存在 $p,q$ 满足 $p,q\in \Z$ 满足 $p>1$ 且 $0<|x-\frac{q}{p}|\le \frac{1}{p^n}$ ，则称 $x$ 为 Liouville 数。

容易证明 Liouville数的无理度为无穷大。

那么 Liouville数是否存在？构造 $x_k=\sum\limits_{k=1}^n \frac{a_k}{10^{k!}}$ ，其中 $\forall k\in Z,a_k\in \{1,2,\dots,9\}$ ，定义 $x$ 是这个数列的极限，则 $x$ 是 Liouville 数。

证明很简单，发现 $x_n$ 就满足 $x-x_n\le \frac{1}{(10^{n!})^n}$ ，而 $x_n$ 形如 $\frac{q}{10^{n!}}$ 。

Liouville 定理 令 $P(x)=\sum\limits_{k=0}^n a_kx^k$ 为整系数多项式，且无理数 $x_0$ 是 $P(x)$ 的根，则有：

$\exists A>0$ 使得 $|x_0-\frac{q}{p}|>\frac{A}{p^n}$ $\forall p\in \N,q\in \Z$

无理数 $e$ 和 Euler 常数 $C$

考察 $x_n=(1+\frac{1}{n})^n,y_n=(1+\frac{1}{n})^{n+1}$

可以证明 $x$ 单调递增， $y$ 单调递减，且一直有 $x_n<y_n$

那么 $x$ 有上界 $y_1$ ， $y$ 有下界 $x_1$ ，这说明二者都存在极限，且它们极限相等。（相等的原因是 $y_n=x_n(1+\frac{1}{n})$ ，而 $1+\frac{1}{n}\to 1$ ）

但我们似乎没法用之前所学表示这个数？

$e=\lim\limits_{n\to \infty}(1+\frac{1}{n})^n$

令 $x_n=\sum\limits_{i=1}^n \frac{1}{i}-\ln n$ ， $x_n$ 也有极限我们记为 $c$ ，约为 $0.5772$ 。

所以我们可以记住两个公式： $\sum\limits_{k=1}^n \frac{1}{k}=\ln n+c +\alpha_n$

以及 $(1+\frac{1}{k})^k<e<(1+\frac{1}{k})^{k+1}$

另一个公式： $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n}{^n\sqrt{n!}}=e$ 进一步推导可得斯特林公式

实数系连续性的基本定理

内点设集合 $A\subset \R,x\in \R$ ，若 $\exists \delta >0$ 使得 $(x-\delta,x+\delta)\sub A$ ，则 $x$ 为 $A$ 的内点

边界点 $\forall \delta >0$ ， $(x-\delta,x+\delta)\cap A\neq \varnothing$ 且 $(x-\delta,x+\delta)\not\subset A$

孤立点 $x\in A$ 且 $\exists \delta >0,(x-\delta,x+\delta)\cap A=\{x\}$

外点 $\exists \delta >0,(x-\delta,x+\delta)\cap A=\varnothing$

开集 $A$ 中的所有点都是内点

闭集 $A$ 中的所有边界点都属于 $A$

如果 $A\subset \R$ 是闭集，则 $\R-A$ 是开集，反之亦然。

有限个开集的交集是开集，任意多个开集的并集是开集

闭区间套定理

设 $[a_n,b_n]_{n=1}^{\infty}$ 是一系列闭区间满足 $[a_{n+1},b_{n+1}]\subseteq [a_n,b_n]$ ，且 $b_n-a_n\to 0$ ，则存在唯一的 $c\in \R$ 使得 $\{c\}=\bigcap\limits_{n=1}^\infty [a_n,b_n]$

一个有趣的例题： $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内有定义且 $\forall x\in (a,b)$ $\exists p$ 使得 $\forall x'\in (x-p,x),f(x')<f(x)$ ， $\forall x'\in (x,x+p),f(x)<f(x')$ 。证明 $f$ 单调递增

考虑反证，假设 $f(a)\geq f(b)$ ，然后取 $\frac{a+b}{2}$ ，发现要么 $f(a)\geq f(\frac{a+b}{2})$ 要么 $f(\frac{a+b}{2})\geq f(b)$ ，所以可以这样子二分下去，最后就构造出了闭区间套！设 $c$ 是那个唯一的被所有区间包含的数，则存在一个以 $c$ 为中心的邻域满足左低右高，那我们构造的所有闭区间都应当包含这个领域，矛盾！

另一个有趣的例题：证明 $\R$ 不可数。

反证，假设可数，设 $\R=\{x_n\}_{n=1}^{\infty}$ 。任取闭区间满足 $x_1\notin [a_1,b_1]$ 。容易通过二分构造 $x_2\notin [a_2,b_2]$ 且 $2(b_2-a_2)\le b_1-a_1$ 这样就造出了闭区间套，设 $c$ 是那个唯一的数，则 $c\neq x_1,c\neq x_2,\dots$ ，即 $c\notin \R$ ，矛盾！

引理： $R$ 中两两互不相交的开区间全体至多可数。

这是显然的，因为 $Q$ 可数，每个开区间都包含一个有理数

引理： $\R$ 中任何开集都是至多可数个互不相交的开区间的并

感性理解：每个点都是闭点，那开集其实就能看成一堆邻域并起来。两个相交的开区间可以合并成新的开区间，直到两两不交

有限覆盖定理

开覆盖：用若干开集覆盖一个集合。

有限覆盖定理：设 $[a,b]$ 是一个闭区间, $\{E_λ\}$ 是 $[a,b]$ 的一个开覆盖（每一个 $E_λ$ 都是一个开区间）,
则必存在 $E_λ$ 的一个有限子集构成 $[a,b]$ 的一个有限开覆盖.

推论：把 $[a,b]$ 替换成一个有界闭集，定理仍然成立

例：若 $f(x)$ 定义于 $[a,b]$ 且 $\forall x\in [a,b],\exists \delta_x>0,M_x>0$ 使得 $\forall y\in (x-\delta_x,x+\delta_x)\cap [a,b],|f(y)|\le M_x$ 。则 $f(x)$ 有界。

证明考虑所有 $(x-\delta_x,x+\delta_x)$ 构成了开覆盖，于是存在有限开覆盖，把这有限个 $M_x$ 取 max 即可。

例：若 $[a,b]$ 存在开覆盖，则 $\exists \delta >0$ ，使得 $\forall [x,y]\subset [a,b]$ ，若 $y-x<\delta$ ，则存在 $E_{0}\in \{E_λ\}$ 使得 $[x,y]\subset E_0$ 。于是定义 Lebesgue数：设 $\min(1,\frac{\sup \delta}{b-a})$ 为区间 $[a,b]$ 的这组开覆盖的 Lebesgue 数。

聚点原理

设 $U_0(x,\delta)=(x-\delta,x)\cup (x,x+\delta)$ ，则称 $x_0$ 是 $E$ 的一个聚点当且仅当 $\forall \delta>0,U_0(x,\delta)\cap E\neq \varnothing$

$x_0$ 是 $E$ 的聚点 $\leftrightarrow$ $\forall \delta>0,U(x_0,\delta)$ 中有无限个 $E$ 的元素 $\leftrightarrow$ $\exists\{x_n\}_{n=1}^{\infty}\subset E,x_i\neq x_j(i\neq j)$ ，使得 $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=x_0$

闭包： $E$ 的孤立点和聚点并起来构成 $E$ 的闭包。我们记为 $\overline{E}$ 。

稠密：若 $E\subset F \subset \R$ 满足 $\forall x\in F,\forall \epsilon>0,\exists y\in E$ 使得 $y\in U_0(x,\epsilon)$ ，则 $E$ 在 $F$ 中稠密。

等价条件： $E\subset F\subset \overline{E}$ 。也等价于 $F$ 中的点全是 $E$ 的聚点。

聚点原理 $\R$ 中任何有界无穷集 $E$ 至少有一个聚点

子列极限

定理：若数列 $\{x_n\}$ 有极限 $a$ ，则 $\{x_n\}$ 的任何子列极限均为 $a$ 。

定理： $x_{2k}\to a$ 且 $x_{2k+1}\to a$ ，则 $x_k\to a$ 。

例：证明 $(-1)^n$ 发散。考虑反证，假设 $(-1)^n\to a$ ，则 $(-1)^{2n}\to a$ 和 $(-1)^{2n+1}\to a$ ，矛盾

定理：单调数列收敛当且仅当其某一个子列收敛

定理：若 $x$ 的两个子列下标的并为 $\N$ ，且两个子列的极限都等于 $a$ ，则 $x_n\to a$ 。

定理：[Bolzano-Weierstrauss 定理] 任何有界数列必有收敛子列。（证明：考察聚点即可）

Cauchy 收敛准则

$\{x_n\}$ 是 Cauchy 列，当且仅当 $\forall \epsilon>0\exists N\in\N$ 使得 $\forall n,m>N,|x_n-x_m|<\epsilon$ 。

定理：[Cauchy收敛准则] $\{x_n\}$ 收敛 $\leftrightarrow$ $\{x_n\}$ 是一个 Cauchy 列。

完备如果一个集合的任意 Cauchy 列都在此集合内有极限，则此集合完备。

比如 $\R$ 完备， $\text{Q}$ 不完备。

序列的上下极限

对于有界数列 $x_n$ ，设 $l_n=\inf \{x_n,x_{n+1},\dots\},h_n=\sup\{x_n,x_{n+1},\dots\}$ 。发现 $l_n\le h_1,h_n\geq l_1$ ，于是二者都单调有界，所以收敛。

设 $l_n\to l,h_n\to h$ ，则 $l,h$ 被称为 $x$ 的下极限，上极限，记作 $\overline{\lim}_{n\to\infty} x_n=h,\underline{\lim}_{n\to\infty} x_n=l$

对于无界数列能类似的定义。

定理： $x_n$ 上极限是 $h$ $\leftrightarrow \begin{cases}\forall 收敛子列\quad\lim\le h\\ \exists 子列\quad \lim=h\end{cases}$

定理：若 $x_n$ 有界且不存在常值子列，则它的上极限是它的最大聚点，下极限同理。

定理： $x_n\to a$ ，则其上下极限皆为 $a$

定理： $\overline{\lim} (a_n+b_n)\le \overline{\lim} (a_n)+\overline{\lim} (b_n)$

其他定理都比较类似，这里就不一一说明了

[上下极限的Stolz定理1] 设 $y_n\to+\infty$ 且严格上升，则

$\underline\lim{\frac{x_{n+1}-x_n}{y_{n+1}-y_n}}\le \underline\lim \frac{x_n}{y_n}\le \overline\lim \frac{x_n}{y_n}\le \overline\lim \frac{x_{n+1}-x_n}{y_{n+1}-y_n}$

[上下极限的Stolz定理2] 设 $y_n\to 0$ 且 $x_n\to 0$ 且 $y_n$ 严格单调下降，则

$\underline\lim{\frac{x_{n+1}-x_n}{y_{n+1}-y_n}}\le \underline\lim \frac{x_n}{y_n}\le \overline\lim \frac{x_n}{y_n}\le \overline\lim \frac{x_{n+1}-x_n}{y_{n+1}-y_n}$

利用上下极限，我们可以干一些有趣的事。

比如说设 $\{x_n\}$ 和 $\alpha>1$ 满足 $y_n=x_n+\alpha x_{n+1}$ ，证 $y_n$ 收敛 $\to$ $x_n$ 收敛。

先利用求解递推证明 $x_n$ 有界，然后设 $x_n$ 的上下极限为 $l,r$ 而 $y_n\to b$ ，有 $x_{n+1}=\frac{y_n-x_n}{\alpha}$ ，两边取上极限有 $r=\frac{b-l}{\alpha}$ ，同理 $l=\frac{b-r}{\alpha}$ ，自然就有 $l=r$ 了。

注意这里用到了 $\overline{\lim} (a_n+b_n)= \lim (a_n)+\overline{\lim} (b_n)$

函数

函数极限基础

基本定义

若 $f(x)$ 在 $(a,+\infty)$ 有定义，若常数 $A$ 满足 $\forall \epsilon>0,\exists X>0$ 使得 $\forall x>X,|f(x)-A|<\epsilon$ ，则 $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=A$ 。

同理可以定义 $x\to -\infty,x\to \infty$ 。

若 $f(x)$ 在 $x_0$ 某空心邻域有定义，若常数 $A$ 满足 $\forall \epsilon>0,\exists X>0$ 使得 $\forall x\in \mathring{U}(x_0,X),|f(x)-A|<\epsilon$ ，则 $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=A$ 。

若 $f(x)$ 在 $(x_0,b)$ 有定义，若常数 $A$ 满足 $\forall \epsilon>0,\exists X>0$ 使得 $\forall x\in (x_0,x_0+X),|f(x)-A|<\epsilon$ ，则 $\lim\limits_{x\to x_0+}f(x)=A$ ，也可以记作 $f(x_0^{+})=A$ 。

同理定义 $f(x_0^{-})$ 。

基本性质

有界性定理，单调收敛定理，保序保号，夹逼，四则运算仍然成立。

定理：类似子列极限=数列极限，我们有 $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=A\Leftrightarrow$ 对于任意无穷数列 $\{x_n\}$ 满足 $x_n\to x_0$ 且 $x_n\neq x_0$ ，有 $\lim\limits_{n\to+\infty} f(x_n)=A$ 。

函数上的 Cauchy 准则： $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)$ 存在 $\Leftrightarrow \forall \epsilon>0\exists \delta >0$ 使得 $|f(x')-f(x'')|<\epsilon,\forall x',x''\in \mathring{U}(x_0,\delta)$

我们同理可以定义函数上的上下极限。比如说考虑对于 $\mathring{U}(x_0,\delta_0)$ 上定义的有界函数 $f$ ，设 $h(x)$ 是 $\mathring{U}(x_0,|x-x_0|)$ 上的 sup， $l(x)$ 是相应的 inf。那么下极限就是 $\lim\limits_{x\to x_0}l(x)$ ，上极限是 $\lim\limits_{x\to x_0}h(x)$

复合函数极限： $\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=u_0,\lim\limits_{x\to u_0}f(x)=A$ ，则 $\lim\limits_{x\to x_0}f(g(x))=A$ 。

推论： $\lim\limits_{x}g(x)=A$ ，则 $\lim\limits_{x}\ln g(x)=\ln A$ 。对于 $e^x,\sin x$ 以及 $x^n$ 有类似结论。

特殊极限： $\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1$ 。

推论： $\lim\limits_{x} u(x)=0$ 且 $u(x)\neq 0$ ，则 $\lim\limits_{x}\frac{\sin u(x)}{u(x)}=1$

我们来做一个题：求 $\lim\limits_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}$ 。考虑 $1-\cos x=2\sin^2\frac{x}{2}$ ，于是 $\lim\limits_{x\to 0}\frac{2\sin ^2 \frac{x}{2}}{x^2}=2(\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin \frac{x}{2}}{x})^2=\frac{1}{2}$

特殊极限 2： $\lim\limits_{x\to \infty}{(1+\frac{1}{x})^x=e}$ 。

推论： $\lim\limits_{x\to 0} (1+x)^{1/x}=e$ 。若 $\lim\limits_{x}u(x)=0,u(x)\neq 0$ ，则 $\lim\limits_{x}(1+u(x))^{1/u(x)}=e$ 。

推论： $\lim\limits_{x}u(x)=A>0,\lim\limits_{x} v(x)=B$ ，则 $\lim\limits_{x}u(x)^v(x)=A^B$ 。若 $A\neq 1$ ，则 $B=+\infty,-\infty$ 时结论也成立

无穷大量，无穷小量，有界量

绝对值趋于 $+\infty$ 被称为无穷大量。

$O(1),(x\to **)$ 表示一个极限过程中的有界量。

$o(1),(x\to **)$ 表示无穷小量，即趋于 $0$ 。

有限个 $o(1)$ 相加/相乘还是 $o(1)$ 。 $O(1)o(1)=o(1)$ 。

设某极限过程中 $f(x)=o(1)$ 且 $|g(x)|$ 有正下界，则 $\frac{f(x)}{g(x)}=o(1)$ 。

无穷小量间也有区别。

若 $f(x),g(x)$ 是某极限过程中的无穷小量，但 $\lim\limits_{x}\frac{f(x)}{g(x)}=A\neq 0$ ，则 $f(x),g(x)$ 为同阶无穷小。如果 $A=1$ ，则称 $f(x),g(x)$ 是等价无穷小，记为 $f(x)\sim g(x)(x\to **)$ 。

若 $A=0$ ，则称 $f(x)$ 是 $g(x)$ 的高阶无穷小，记作 $f(x)=o(g(x))$ 。

若某极限过程中 $\frac{f(x)}{g(x)}$ 是有界量，则记 $f(x)=O(g(x))$

如果 $\lim\limits_{x}\frac{f(x)}{g(x)^k}\neq 0$ ，则 $f(x)$ 是 $g(x)$ 的 $k$ 阶无穷小。

无穷小量会满足一些四则运算，比如 $o(x^\alpha)=x^{\alpha}o(1)$

一个例子：我们可以证明某极限过程 $\lim f(x)=A,\lim g(x)=B$ ，则 $\lim f(x)g(x)=AB$ 。考虑 $f(x)g(x)=(A+f'(x))(B+g'(x))=AB+o(1)$ ，因为 $f',g'$ 都是无穷小量，这就做完了。

无穷小代换：某极限过程中无穷小量， $f\sim g$ ，则 $\lim fh=\lim gh$ 。商同理

例： $\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin x \ln (1+x)}{2x^2}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{x\cdot x}{2x^2}=\frac{1}{2}$

注：不能用于加减法。比如 $\lim\limits_{x\to 0}\frac{x-\sin x}{x^3}\neq \lim\limits_{x\to 0} \frac{x-x}{x^3}$

常用的等价无穷小： $x\to 0$ 时 $x\sim \sin x,x\sim \tan x,x\sim \arcsin x,x\sim \arctan x,x\sim \ln (1+x),x\sim e^x-1,(1+x)^\alpha-1\sim \alpha x$

函数连续性

若 $f$ 在 $x_0$ 某实心邻域有定义，且 $x-x_0\to 0\Rightarrow f(x)-f(x_0)\to 0$ ，那么 $f(x)$ 在 $x=x_0$ 连续

可以记作 $\lim\limits_{\Delta x\to 0}\Delta y=0$

若 $f$ 在 $x_0$ 某空心领域有定义，若满足以下三者之一，则 $x_0$ 为间断点

(1) $f(x_0)$ 不存在 (2) $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)$ 不存在 (3) $f(x)$ 和 $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)$ 都存在但不相等

若左右极限都存在，则称为第一类间断点，否则称为第二类间断点

例： $D(x)=[x\in \mathbb{Q}]$ 处处间断。因为它处处无极限

若 $\lim\limits_{x\to x_0^{+}}f(x)=f(x_0)$ ，则称 $f(x)$ 在 $x_0$ 右连续 。左连续同理

若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上有定义且 $\forall x\in (a,b)$ ， $f(x)$ 在点 $x$ 连续，则 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内连续，记作 $f(x)\in C(a,b)$ 。

若同时还满足 $a$ 处右连续， $b$ 处左连续，则 $f(x)\in C[a,b]$ 。

连续函数运算

若在某点 $x$ 有 $f,g$ 连续，则两函数做加减乘除后仍连续

若 $g$ 在 $x_0$ 连续， $f$ 在 $g(x_0)$ 连续，则 $f(g(x))$ 在 $x_0$ 连续

初等函数在定义域内连续

设 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 单调，则在 $(a,b)$ 内只可能有第一类间断点