第一讲：实数系

我们可以定义有序域 $F$ 。一些有序域 $(F,+,\cdot,\le )$ 满足以下所谓连续公理：

连续公理

阿基米德公理： $\forall x,y\in F,x>0,\exists n\in N^{+}$ 使得 $nx>y$

完备公理：若存在代数结构 $(F',+,\cdot,\le )$ 满足 $F\subseteq F'$ ，且在 $F$ 上做的运算和 $(F,+,\cdot,\le)$ 自身运算相同，则 $F=F'$ 。

我们将满足连续公理的有序域称为它满足实数系公理

由戴德金分割得到的实数系就满足实数系公理

实数系的唯一性：

如果有另一个代数结构满足实数系公理，那么它是与实数系同构的！（注意这里的同构不仅是构造双射，而且代数运算也是要对应的，比如说 $\varphi(x)\circ_+\varphi(y)=\varphi(x+y)$ ）

我们来证明这个定理。

Step1:

我们需要证明一个引理。

前置知识：

事实：若 $F$ 是特征为 $0$ 的域，则存在 $Q$ 到 $F$ 的保序单射的同态（被称为嵌入）。

设 $(R^{*},\oplus,\otimes,\le )$ 是一个满足实数系公理的代数结构。

可以证明它特征为 $0$ 。找到 $Q$ 到 $R^{*}$ 的嵌入，我们不妨认为 $Q$ 是 $R^{*}$ 的子域。

引理： $\forall a,b\in R^{*}$ 且 $a<b$ ， $\exists r\in Q$ 使得 $a<r<b$

引理证明：

先找到 $n\in N^{+}$ 使得 $n(b\ominus a)>2$ 。那么 $\frac{1}{n}<\frac{b\ominus a}{2}$ 。然后再找到最小的 $m\in N^{+}$ 使得 $\frac{m}{n}>a$ ，则 $\frac{m-1}{n}\le a$ 。

那么 $\frac{m}{n}\le a\oplus \frac{1}{n}<a\oplus \frac{b\ominus a}{2}<b$ ，所以 $a<\frac{m}{n}<b$ ， $\frac{m}{n}$ 就是我们要找的有理数。

Step2:

利用引理，我们设 $\varphi:(R^{*},\oplus,\otimes,\le )\rightarrow (R,+,\cdot,\le)$ 。

$\forall a\in R^{*}$ ，构造 $\varphi(a)=\{x\in Q|x<a\}$ 。可以证明 $\varphi$ 就是我们要找的同构！

良定义显然。

单射： $\forall a,b\in R^{*}$ 满足 $a\neq b$ ，不妨令 $a<b$ ，则根据引理存在 $r\in Q$ 使得 $a<r<b$ ，那显然 $\varphi(a)\neq \varphi(b)$ 。

保序显然，单位元显然相同。

$\varphi(a)\oplus\varphi(b)=\varphi(a\oplus b)$ ：

先证明 $\varphi(a)+\varphi(b)\subseteq \varphi(a\oplus b)$ ，这是显然的： $\forall r_1<a,r_2<b,r_1+r_2<a\oplus b$ 。

反过来， $\forall r\in \varphi(a\oplus b)$ ，有 $r<a\oplus b$ ，根据引理取 $r_2\in Q$ 使得 $r\ominus a<r_2<b$

再取 $r_1$ 使得 $r-r_2<r_1<a$ ，那么 $r<r_1+r_2,r_1<a,r_2<b$ 。

综上， $r\in \varphi(a)+\varphi(b)$ ，于是 $\varphi(a\oplus b)\subseteq \varphi(a)+\varphi(b)$ 。

乘法的证明类似，我们先在 $R^{+}$ 上证明然后稍微拓展一下。

怎么证明满射？通过前面的部分，已经可以确认 $\varphi(R^{*})$ 是 $R$ 的子代数结构，根据完备公理即可得 $\varphi(R^{*})=R$ 。证明完成。

另一种实数定义方式：Cauchy列

$Q$ 上的序列 $\{a_n\}_{n=1}^{+\infty}$ 满足 $\lim\limits_{n,m\rightarrow +\infty}|a_m-a_n|=0$ ，则该序列被称为Cauchy列。

两个Cauchy列 $a,b$ 等价： $\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}|a_n-b_n|=0$ 。

将 $R$ 定义为柯西列的等价类构成的集合。

那么加法和乘法的定义都是能猜到的，

即 $[\{a_n\}_{n=1}^{+\infty}]+[\{b_n\}_{n=1}^{+\infty}]=[\{a_n+b_n\}_{n=1}^{+\infty}]$ ，乘法同理。

但我们需要证明这个定义是良定义的，也就是说换成等价的其他序列，会导向同一个等价类。

$[{a_n}_{n=1}^{+\infty}]<[{b_n}_{n=1}^{+\infty}]\leftrightarrow$ 存在正整数 $m$ ，使得 $n$ 充分大时 $a_n<b_n-\frac{1}{m}$ 。

同样，我们也要说明这是良定义的。

然后可以证明它和戴德金分割是等价的：先咕了。

“柯西域的概念可推广到一般的度量空间”这是什么意思？咕咕咕了

第二讲

首先介绍了一遍 Cantor-Bernstein 定理，就是两个集合间互有单射则存在双射这档事，之前离散数学讲过了。

一个应该是学 mo 的同学直接现场编出了图论证法，很牛。

然后是正式的部分，接下来的习题课都是讲很难的拓展题了，我凭我的能力尽量记录一下。

T1：证 Liouville 定理

设 $n\geq 2$ ，无理数 $x$ 是某个 $n$ 次整系数多项式的零点，则存在常数 $A>0$ 使得对于任何 $q\in \Z,p\in \Z^{+}$ 均有 $|x-\frac{q}{p}|>\frac{A}{p^n}$ 。

做法：

设 $x$ 在 $Z$ 上的最小多项式是 $P(x)=\sum\limits_{i=0}^m a_ix^i$ 。回顾最小多项式：不存在 $Q\in \Z[x]$ 使得 $Q(x)=0$ 且 $Q|P$ 且 $\deg Q<\deg P$ 。

只要 $P(\frac{q}{p})\neq 0$ ，则 $|P(\frac{q}{p})|\geq \frac{1}{p^m}$ （直接通分即可得到）

所以 $|P(\frac{q}{p})-P(x)|\geq \frac{1}{p^n}$ 。

$\frac{1}{p^n}\le |P(\frac{q}{p})-P(x)|=|\sum\limits_{i=0}^m a_i((\frac{q}{p})^i-x^i)|=|\frac{q}{p}-x|*|\sum\limits_{i=0}^m a_i(x^{i-1}+\dots+(\frac{q}{p})^{i-1})|\le |\frac{q}{p}-x|\sum\limits_{i=0}^m i|a_i|(\frac{3}{2}|x|)^{i-1}$ 。

观察链的两端，我们就自然而然知道怎么取 $A$ 了。

T2是简单题。

若 $\R$ 上有界函数 $f$ 满足 $f(x+\frac{1}{6})+f(x+\frac{1}{7})=f(x)+f(\frac{13}{42})$ 则 $f$ 为周期函数。

证明：

令 $A(x)=f(x+\frac{1}{6})-f(x)$ 。则它的周期为 $\frac{1}{7}$ ，自然也有周期 $1$ 。

那么 $A(x)=A(x+1)$ ，即

于是 $f(x+\frac{1}{6})-f(x)=f(x+\frac{7}{6})-f(x+1)$ 。

令 $B(x)=f(x+1)-f(x)$ ，则 $B$ 具有周期 $\frac{1}{6}$ ，自然也有周期 $1$ 。

这样就得到了 $B(x)=B(x+1)$ ！

现在就可以利用 $f$ 有界的性质来说明了： $f(x+n)=f(x)+kn$ ，为了 $f$ 有界， $k$ 只能是 $0$ 。

另解：对于 $x\in \R$ ，考虑取序列 $\{a_n\}_{-\infty}^{+\infty}$ 满足 $a_n=f(\frac{n}{42}+x)$ ，则 $a_{n+13}=a_{n+7}+a_{n+6}-a_n$ ，然后解这个递推方程从而尝试证明 $a_n=a_{n+42}$ 。这里后面再写。（这应该是一个更通用的方法）

对于周期函数 $f,g$ ，若 $\lim\limits_{x\to +\infty}(f(x)-g(x))=0$ ，则 $f=g$ 。

证明：设 $f,g$ 周期分别为 $T_1,T_2$ ，则：

$0=\lim\limits_{x\to +\infty}(f(x+nT_1)-g(x+nT_1))=\lim\limits_{x\to +\infty}(f(x)-g(x+nT_1))$

（这里没写完）

设 $f:\R\to\R$ ，证明 $\{x\in \R|\lim\limits_{y\to x}f(y)=+\infty\}$ 至多可数。

证明：设 $A=\{x\in \R|\lim\limits_{y\to x}f(y)=+\infty\},A_n=\{x\in A|f(x)\le n\}$ ，则 $A$ 是所有 $A_n$ 的并且 $A_n\subset A_{n+1}$ ，只需要对任意 $n\in \Z$ 证 $A_n$ 可数即可。

$\forall x\in A_n$ ，找到 $\epsilon$ 使得 $\forall y\in (x-\epsilon,x+\epsilon)-\{x\}$ ， $f(y)\geq |n|+1$ 。

于是构造单射 $x\rightarrow (x-\frac{\epsilon_x}{2},x+\frac{\epsilon_x}{2})$ ，我们知道两两不交的区间至多可数。这就证完了。

设 $\alpha$ 是无理数，证明 $A=\{nx\bmod 1\}$ 在 $[0,1]$ 稠密。（即与 $[0,1]$ 内任意开区间的交非空）

证明：

考虑反证，如果有一个开区间和 $A$ 的交为空，则设 $n,m\in \N^{+}$ 满足 $[\frac{m}{n},\frac{m+1}{n}]$ 和 $A$ 的交为空。

那么观察 $\alpha\bmod 1,2\alpha \bmod 1,\dots,(n+1)\alpha\bmod 1$ ，根据抽屉原理，存在 $1\le i<j\le n+1$ 满足 $i\alpha\bmod 1,j\alpha\bmod 1\in [\frac{k}{n},\frac{k+1}{n}]$

于是 $||(j-i)\alpha ||<\frac{1}{n}$ ，这里 $||x||$ 表示 $x$ 到最近的整数的距离。

接下来容易构造 $(j-i)\alpha$ 的倍数，使得它的小数部分落到 $[\frac{m}{n},\frac{m+1}{n}]$ 间，这样就矛盾了。

对于 $\alpha\in \R,$ 讨论 $\{\sin n\alpha\}$ 的敛散性。

case1:

$\alpha=2\pi*\frac{p}{q}(p,q\in \Z)$

显然 $\frac{2p}{q}$ 得是整数。

case2:

$\alpha=2\pi r$ ， $r$ 无理

由 $nr\bmod 1$ 在 $[0,1]$ 上的稠密性，可知 $n\alpha \bmod 2\pi$ 在 $[0,2\pi]$ 的稠密性，于是 ${\sin n\alpha}$ 可逼近 $[-1,1]$ 间的任意数，所以发散。

结论： $\alpha=k\pi(k\in \Z)$ $\leftrightarrow$ 收敛

设 $0\le p<k$ ，求 $\lim\limits_{n\to+\infty}\frac{\sum\limits_{j=0}^{n-1}C_{kn}^{p+jk}}{2^{kn}}$ 。

解：先猜一手是 $\frac{1}{k}$ 。

考虑直接单位根反演，即 $\sum\limits_{j\le kn}[k|j-p]C_{kn}^j=\frac{1}{k}\sum\limits_{d=0}^{k-1}w_k^{d(k-p)}(w_k^d+1)^{kn}$ 。

这个式子 $d$ 取 $0$ 的时候可以得到 $2^{kn}$ ，对剩下的部分我们直接放缩。也就是说，对于 $\sum\limits_{d=1}^{k-1}w_k^{d(k-p)}(\frac{w_k^d+1}{2})^{kn}$ ，我们有 $|\sum\limits_{d=1}^{k-1}w_k^{d(k-p)}(\frac{w_k^d+1}{2})^{kn}|\le |\sum\limits_{d=1}^{k-1}(\frac{w_k^d+1}{2})^{kn}|$ ，由于 $\frac{w_k^d+1}{2}<1$ ，所以这玩意儿趋于 $0$ 。这个题就做完了

对于正项数列 $\{a_n\}$ ，证明 $\lim\limits_{n\to \infty}\frac{a_n}{\prod\limits_{i\le n}(1+a_i)}=0$ 。

证明：令 $b_n=\frac{a_n}{\prod\limits_{i\le n}(1+a_i)}$ ，则 $b$ 的前缀和是 $1-\frac{1}{\prod\limits_{i\le n}(1+a_i)}$ ！ $\sum\limits_{n=1}^{+\infty}b_n$ 收敛，所以 $b_n\to0$ 。

第三讲

对于 $a_1=2,a_{n+1}=2+\frac{1}{a_n}$ ，求极限。

大家都会做，但我们可以从几何上观察这个问题：画出 $y=2+\frac{1}{x}$ 和 $y=x$ 这两条线，我们可以更直观的感受到数列的变化

思考：这个问题中 $f(x)=2+\frac{1}{x}$ ，那 $f$ 满足什么条件的时候， $a_{n+1}=f(a_n)$ 这个数列会收敛到不动点？

求 $\lim \limits_{n\to+\infty}n\sin (2\pi n!e)$

考虑 $e=\sum \frac{1}{i!}$ ，发现 $n!\sum\limits_{i=0}^n\frac{1}{i!}$ 是整数。而 $w_n=n!\sum\limits_{i=n+1}^{+\infty}\frac{1}{i!}$ 在 $\frac{1}{n+1}$ 和 $\frac{1}{n}$ 之间。那么 $nw_n\to 1,w_n\to 0$ 。

考察 $\lim\limits_{n\to\infty}n\sin (2\pi w_n)$ ，由于 $x\to 0$ 时能把 $\sin x$ 看做 $x$ ，所以它就等于 $\lim\limits_{n\to\infty}n*2\pi w_n=2\pi$

求 $\lim\limits_{n\to+\infty}\frac{n}{^n\sqrt{n!}}$ 。

考虑对这个东西取 ln ，得到 $\frac{n\ln n-(\ln_1+\dots+\ln n)}{n}$ ，根据 stolz ，求 $(n+1)\ln n -n\ln n-\ln (n+1)$ 的极限即可。

化一下就得到 $n\ln(1+\frac{1}{n})$ ，到这里就做完了。因为 $(1+\frac{1}{n})^n$ 的极限是 $e$

设 $a_n=(\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!})^2\frac{1}{2n+1}$ ，证明 $a_n$ 收敛。

证明单调容易，为什么有上界？

对 $(\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!})^2$ 进行放缩，我们有 $(\frac{2n}{2n-1})^2<\frac{2n}{2n-1}\cdot\frac{2n-1}{2n-2}=\frac{n}{n-1}$ ，这样就可以轻易的连续抵消了。

设 $a_n=\sqrt{1+\sqrt{2+\dots+\sqrt{n}}}$ ，证它是收敛的。

记 $f(l,r)=\sqrt{l+\sqrt{l+1+\dots+\sqrt{r}}}$ 。

我们考察 $a_{n+1}-a_n$ ，然后不断的搞逆向的有理化，得到它等于 $\frac{\sqrt{n+1}}{\prod\limits_{i=1}^n(f(i,n+1)+f(i,n))}$ 。最后能化成它 $\le \frac{\sqrt{2}}{2^n}$ 。

另一个证明：归纳证明对于 $i\geq 3,$ $f(i,n)\le i$ （逆向归纳）

对于正序列 $a$ ，设 $\frac{a_{n+1}}{a_n}\to l$ ，证明 $^n\sqrt{a_n}\to l$ 。

考虑取 ln ，就是求 $\frac{\ln a_n}{n}$ 的极限。由 cuachy，就是求 $\ln a_{n+1}-\ln a_n$ 的极限。也就是求 $e^{\ln a_{n+1}-\ln a_n}$ 的极限，这就是 $\frac{a_{n+1}}{a_n}$ 。

设 $0<a_1<1,a_{n+1}=a_n(1-a_n)$ ，证 $na_n\to 1$

往证 $\frac{1}{na_n}\to 1$ ，由 stolz ，这就是求 $\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_n}$ 的极限

代入题目条件可以得到 $\frac{1}{1-a_n}$ 。

接下来尝试证明 $a_n\to 0$ 。发现它是单减有界的！解一下 $x=x(1-x)$ 即可。

若 $a_n\sum\limits_{i=1}^n a_i^2\to 1$ ，则 $^3\sqrt{3n}a_n\to 1$

怎么做呢？往证 $(\frac{1}{^3\sqrt{3n}a_n})^3\to 1$ ，即 $\frac{1}{3na_n^3}$ 。

根据条件，也就是证 $\frac{(\sum\limits_{i=1}^n a_i^2)^3}{3n}\to 1$

由 stolz，证 $\frac{(\sum\limits_{i=1}^{n} a_i^2)^3-(\sum\limits_{i=1}^{n-1} a_i^2)^3}{3}\to 1$ 即可

设 $S=\sum\limits_{i=1}^{n} a_i^2$ ，则上式为 $S^3-(S-a_n^2)^3=a_n^6-3a_n^4S+3a_n^2S^2$

因为 $a_nS\to 1$ ，所以就是证 $a_n^6-3a_n^3+3\to 3$

证 $a_n\to 0$ 即可。考虑反证，然后导出 $a_nS$ 并不趋于 $1$ ，从而导出矛盾

设正项序列 $a$ 满足 $\sum\limits_{i=1}^n a_i\to A$ ，证明 $n(a_1\dots a_n)^{\frac{1}{n}}\to 0$

考虑 $n!a_1\dots a_n=1a_1*2a_2*\dots*na_n$

均值不等式可知 $(1a_1*2a_2*\dots*na_n)^{1/n}\le \frac{1a_1+2a_2+\dots+na_n}{n}$

设 $S_n=\sum\limits_{i=1}^n a_i$ ，则上式等于 $S_n-\frac{S_1+\dots+S_n}{n}$ ，对后者用 stolz 即可。

设 $\tbinom{n}{0}\dots\tbinom{n}{n}$ 的几何平均为 $G_n$ ，证 $^n\sqrt{G_n}\to\sqrt{e}$

即 $(\frac{(n!)^{n+1}}{\prod\limits_{i=0}^n (i!)^2})^{\frac{1}{n(n+1)}}$

取 ln ，得到 $\frac{(n+1)\ln n!-2\sum\limits_{i=1}^n \ln (i!)}{n(n+1)}$

stolz，得到 $\frac{(n+2)\ln (n+1)!-(n+2)\ln n!-2\ln (n+1)!}{2n+2}$

化简可得 $\frac{n\ln (n+1)-(\ln 1+\dots+\ln n)}{2n+2}$

stolz ，得到 $\frac{n\ln (1+\frac{1}{n})}{2}$ ，这个极限就是 $\frac{1}{2}$ ，结束了

第四讲

求 $\lim\limits_{n\to\infty}\prod\limits_{i=1}^n (1+\frac{i}{n^2})$

考虑取 ln ，然后对 $\ln (1+\frac{i}{n^2})$ 做放缩，有 $x-\frac{x^2}{2}\le \ln(1+x)\le x$

求 $\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{i=1}^n \frac{1}{n+i}$

考虑 Euler 常数。于是 $\sum\limits_{i=1}^n \frac{1}{n+i}=\ln 2n+c+\alpha_{2n} -\ln n-c-\alpha_n=\ln 2+\alpha_{2n}-\alpha_n$ 。我们有 $\alpha_n\to 0$ 。那上式就趋于 $\ln 2$ 了。

求 $\lim\limits_{n\to \infty}\sum\limits_{i=1}^{2n}\frac{(-1)^{i-1}}{i}$

发现它等于 $(1+\frac{1}{2}+\dots+\frac{1}{2n})-2(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\dots +\frac{1}{2n})$ 。这就跟前面那个题一样了。

设 $c\geq -4$ ， $x_0=0,x_{n+1}=\frac{c+x_n^2}{2}$ ，问 $c$ 取何值时 $\{x_n\}$ 收敛。

答案是 $[-3,1]$ 。

首先有 $c\le 1$ ，因为假设极限为 $a$ ，则 $a=\frac{c+a^2}{2}$ ，方程有解条件即 $c\le 1$ 。

接下来设 $a=\frac{c+a^2}{2}$ 的两个解为 $t_1<t_2$ 。

case1: $c\in [0,1]$ 发现 $x_n\in [0,t_1]$ 且 $x_n$ 单调递增。(可以数形结合以作观察)所以 $x_n$ 有极限，极限自然是 $t_1$ 。

case2: $c\in [-4,0]$

归纳可得 $\frac{c}{2}=x_1\le x_3\le x_5\dots \le t_1\le \dots\le x_4\le x_2\le x_0=0$

于是令 $x_{2n+1}\to \alpha,x_{2n}\to \beta$

考虑计算 $\alpha,\beta$ ，发现它们都是 $t=\frac{c+\frac{(c+t^2)^2}{4}}{2}$ 的根

虽然是四次方程，但发现能因式分解，我们得到 $(t^2-2t-c)(t^2+2t+c+4)=0$ ，接下来就容易了

$c\in (-3,0]$ 时，后者无实根，前者根即为 $t_1$

$c=-3$ 时直接带入得到 $(t+1)^3(t-3)=0$ ，于是 $t=-1$

$c\in [-4,-3)$ 时就没法直接算出来极限了，接下来就证 $x_n$ 这个情况下是不收敛的。假设收敛，则其极限一定为 $t_1$ 。首先有 $x_n\neq t_1$ ，否则可以倒推得 $x_{n-1},x_{n-2},\dots,x_0$ 都是 $t_1$ 。

然后考察 $|\frac{x_{n+1}-t_1}{x_n-t_1}|=\frac{|x_n+t_1|}{2}\to |t_1|$ 。有 $|t_1|>1$ ，于是 $x_n$ 发散，矛盾！