习题
以下内容均为笔者自己的作答，不保证正确性。所有的题目均来自数学分析上册（楼杨梅）。
习题 1（P16）10/12
题 1. 设 $a_0, a_1, \cdots, a_n$ 为复常数，且对任何 $x \in \mathbb{R}$ 成立 $a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a_1 x + a_0 = 0$。证明：$a_0 = a_1 = \cdots = a_n = 0$。
证：根据唯一分解定理，若存在 $a_n\not=0$，取 $p=\max\{x:a_x\not=0\}$，则最多只有 $p$ 个 $x$ 满足 $f(x)=0$，与 $\forall x\in\mathbb{R}$ 矛盾。$\Box$
题 2. 设 $P$ 为首项系数不为零的 $n$ 次复系数多项式，$x_1$ 是它的一个零点。证明：存在首项系数不为零的 $n - 1$ 次多项式 $Q$ 使得
$$
P(x) = (x - x_1) Q(x).
$$
证：设 $R=P\bmod (x-x_1)$，由于 $x-x_1$ 最高次项次数为 $1$，因此 $R\in \mathbb{C}$。
反设 $R\not=0$，由于 $P(x)=(x-x_1)D(x)+R$，则 $P(x_1)=R\not=0$，矛盾。$\Box$
题 3. 设 $a_0, a_1, \cdots, a_n$ 为复常数，$a_n \neq 0$。证明：多项式
$$
P(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a_1 x + a_0
$$
至多有 $n$ 个复零点（含重数）。
证：反设该多项式 $P(x)$ 有多于 $n$ 个复零点 $x_1,x_2,\ldots$，取前 $n+1$ 个复零点，则 $P(x)$ 应为 $(x-x_1),\ldots,(x-x_{n+1})$ 的倍数，因此 $P(x)$ 至少是 $\prod_{k=1}^{n+1}(x-x_k)$ 的倍数，最高次项次数应 $>n$，矛盾。$\Box$
题 4. 证明：Viete定理：设 $a_n \neq 0, x_1, x_2, \cdots, x_n$ 为
$$
P(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a_1 x + a_0
$$
的 $n$ 个复零点（含重根），则对于 $1 \leq k \leq n$
$$
\sum_{1 \leq m_1 < m_2 < \cdots < m_k \leq n} \prod_{j=1}^k x_{m_j} = (-1)^k \frac{a_{n-k}}{a_n}.
$$
证：由唯一分解定理可知：
$$
\begin{aligned}
P(x)&=a_n(x-x_1)(x-x_2)\cdots(x-x_n) \cr
&=a_n\sum_{1\le m_1<m_2<\cdots<m_k\le n}x^{n-k}(-1)^k\prod_{j=1}^kx_{m_j}
\end{aligned}
$$
对应系数可知：
$$
\begin{aligned}
a_{n-k}&=a_n\sum_{1\le m_1<m_2<\cdots<m_k\le n}(-1)^k\prod_{j=1}^kx_{m_j} \cr
\sum_{1 \leq m_1 < m_2 < \cdots < m_k \leq n} \prod_{j=1}^k x_{m_j} &= (-1)^k \frac{a_{n-k}}{a_n}
\end{aligned}
$$
结论得证。$\Box$
题 5. 试构造区间 $(0, 1)$ 映到 $[0, 1]$ 的一个双射。
解：构造从 $(0,1)$ 到 $[0,1]$ 的映射 $f$：
$$
f(x)=\begin{cases}
0&x=\frac{1}{2}\cr
1&x=\frac{1}{3}\cr
\frac{1}{n-2}&x=\frac{1}{n},n\in \mathbb{Z},n\ge 4\cr
x&otherwise
\end{cases}
$$
不难验证 $f$ 是一个双射。
题 6. 说明映射 $T: \mathbb{Q} \to \mathbb{Z}$,
$$
T(q) =
\begin{cases}
(m+n)^2 + n, & q = \frac{n}{m}, \quad m, n \text{为既约正整数}, \cr
0, & q = 0, \cr
-(m+n)^2 - n, & q = -\frac{n}{m}, \quad m, n \text{为既约正整数}
\end{cases}
$$
为有理数集到整数集的单射。
证：即证 $\forall x,y\in \mathbb{Q}$，$x\not=y$，都有 $T(x)\not=T(y)$。
若 $x>0$，则 $T(x)>0$；若 $x=0$，则 $T(x)=0$；若 $x<0$，则 $T(x)<0$。因此若 $x,y$ 与 $0$ 的大小关系不同，则显然有 $T(x)\not=T(y)$。
否则不妨设 $x,y>0$，令 $x=\frac{p}{q},y=\frac{n}{m}$，则 $T(x)=(p+q)^2+p,T(y)=(n+m)^2+n$。
令 $r=p+q,s=n+m$，若 $r\not=s$，则 $T(x)\subset [r^2,(r+1)^2-1]$，$T(y)\subset [s^2,(s+1)^2-1]$，显然 $T(x)\cap T(y)=\varnothing$，故只需考虑 $r=s$。
则 $T(x)-T(y)=s^2+p-t^2-n=p-n$，由 $x\not=y$ 可知 $p\not=n$，因此 $T(x)\not=T(y)$。
故 $T:\mathbb{Q}\to \mathbb{Z}$ 是单射。
题 7. 证明：代数数集是可列集。
证：对于任意一个代数数 $x$，均可被表示为一个有限次数整系数多项式的零点。对于所有的 $n$ 度整系数多项式 $P(x)$，由于 $\mathbb{Z}$ 可数，因此 $\mathbb{Z}^n$ 可数。对于一个 $n$ 度整系数多项式 $P(x)$，其所有零点至多可数，可数个可数集的并可数，因此对于一个 $n$，所有 $n$ 度整系数多项式的零点可数。
又由于度数 $n\in \mathbb{Z}$，因此所有这样的多项式的零点的并可数，而其恰好是代数数集。故代数数集可数。$\Box$
题 8. 证明：存在常数 $A > 0$ 使得对于任何整数 $q$ 和正整数 $p$, 成立
$$
\left| \sqrt{3} + \sqrt{2} - \frac{q}{p} \right| > \frac{A}{p^4}.
$$
证：尝试构造一个 $x=\sqrt 2+\sqrt 3$ 时 $f(x)=0$ 的整系数多项式 $f$：
$$
\begin{aligned}
(x-\sqrt 2)&=\sqrt 3\cr
x^2-2\sqrt 2x+2&=3\cr
x^2-1&=2\sqrt 2x\cr
x^4-2x^2+1&=8x^2\cr
x^4-10x^2+1&=0
\end{aligned}
$$
故 $\sqrt 2+\sqrt 3$ 是四次整系数多项式 $f(x)=x^4-10x^2+1$ 的零点。由 Liouville 定理可知，必存在常数 $A>0$，使得对于任意整数 $q$ 和正整数 $p$，成立：
$$
\left| \sqrt 2+\sqrt 3-\frac{q}{p}>\frac{A}{p^4} \right|
$$
$\Box$
题 9. 证明
$$
\left\{ \sum_{k=1}^{\infty} \frac{n_k}{10^{k!}} \mid n_k = 1, 2, \cdots, 9 \right\}
$$
的势是 $\aleph$, 其元均为 Liouville 数。
证：令上述集合为 $S$，则对于任意 $x\in S$，$x$ 均可由 $n_1,n_2,\cdots$ 表示，其中 $n_k\in {1,2,\cdots,9}$。且对于任意两个不同的 ${n_k}$ 序列，其代表的两个数只差至少是：
$$
\frac{1}{10^{k!}}-\sum_{j=k+1}^{+\infty}\frac{9}{10^{j!}}>0
$$
故 $\#(S)=9^{\aleph_0}=\aleph$。
接下来证明 $\forall x\in S$，$x$ 是 Liouville 数。对于给定的 $n$，对于任意 $m>n$，取 $p=10^{m!}$，$q=\sum_{k=1}^m(n_k)10^{m!-k!}$，则有 $|\frac{q}{p}-x|\le \sum_{k=m+1}^{\infty}n_k 10^{-k!}<\frac{1}{p}$。
故 $\forall x\in S$，$x$ 是 Liouville 数。$\Box$
*题 11. 设 $P, Q$ 分别是 $m, n$ 阶首项系数为 1 的有理系数多项式：
$$
P(x) = \prod_{k=1}^{m} (x - x_k), \quad Q(x) = \prod_{k=1}^{n} (x - y_k).
$$
证明：
(1) 多项式 $R(x) := \prod_{k=1}^{m} \prod_{j=1}^{n} (x - x_k - y_j)$ 是有理系数多项式；
(2) 多项式 $S(x) := \prod_{k=1}^{m} \prod_{j=1}^{n} (x - x_k y_j)$ 是有理系数多项式。
题 12. 证明 Liouville 定理 1.4.9。
证：Liouville 定理即设 $n\ge 2$，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 对于任何整数 $q$ 和正整数 $p$，都有 $|x-\frac{q}{p}|<\frac{A}{p^n}$。
设 $x$ 在 $\mathbb{Z}$ 上的极小多项式是 $P(x)=a_mx^m+a_{m-1}x^{m-1}+\ldots+a_0$，其中 $a_0,\ldots,a_m\in \mathbb{Z}$，$a_m\not=0$，$m\le n$。由 $P$ 是无理数 $x$ 的极小多项式可知 $P$ 无有理根。
故 $P(\frac{q}{p})\not=0$，而 $P(\frac{q}{p})$ 可以被表示为 $\frac{c}{p^m}$（$c\in \mathbb{Z}$），故 $|P(\frac{q}{p})|\ge \frac{1}{p^m}$。
若 $|x-\frac{q}{p}|>\frac{|x|}{2}$，则有 $|x-\frac{q}{p}|>\frac{|x|}{2}\frac{1}{p^m}$。
若 $|x-\frac{q}{p}|<\frac{|x|}{2}$，则有：
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{p^n}&\le |P(\frac{q}{p})|=|P(x)-P(\frac{q}{p})|\cr
&=|a_m((\frac{q}{p})^{m-1}+\cdots+x^{m-1})+\cdots+a_1|\cdot|x-\frac{q}{p}|\cr
&\le (m|a_m|(\frac{3}{2}|x|)^{m-1}+\ldots+|a_1|)|x-\frac{q}{p}|\cr
&\implies |x-\frac{q}{p}|\ge (\sum_{i=1}^m i|a_i|(\frac{3}{2}|x|)^{m-1})^{-1}\frac{1}{p^n}
\end{aligned}
$$故取 $A=\min\{\frac{|x|}{2},(\sum_{i=1}^m i|a_i|(\frac{3}{2}|x|)^{m-1})^{-1}\}$ 即可。$\Box$
*题 13. 证明：一个复数是代数数当且仅当它的实部和虚部都是代数数。
习题 2（P39）5/6
题 1. 证明：对任何整数 $p \ge 2$，$p$ 进制下的有限小数和无限循环小数的全体是所有有理数。
证：不妨只讨论 $(0,1)$ 之间的有限小数和无限循环小数。
若 $x\in \mathbb{Q}\cap (0,1)$，则 $x$ 必可以被表示为 $x=\frac{t}{p^k(p^l-1)}$，$k\in \mathbb{N}*$，$t,l\in \mathbb{N}$。故有限小数和无限循环小数必为有理数。
对于任意有理数 $\frac{n}{m}$，同样均可被表示为 $\frac{t}{p^k(p^l-1)}$，因此是有限小数或无限循环小数。$\Box$
题 4. 证明无理数在实数集中的稠密性：对任何 $x \in \mathbb{R}$，以及 $\varepsilon > 0$，存在无理数 $y$ 使得 $|y - x| < \varepsilon$。
证：由有理数的稠密性，$\forall x\in \mathbb{R}$，$\forall \varepsilon>0$，$\exists q$，$\text{s.t.}|q-x|<\frac{\varepsilon}{2}$。
由阿基米德倍越定理，必存在 $n\in \mathbb{Z}$，$\text{s.t.} n>\frac{\sqrt 2}{\varepsilon}$，即 $\frac{\sqrt 2}{n}<\frac{\epsilon}{2}$。
取 $y=q+\frac{\sqrt 2}{n}$，必有 $|y-x|<|y-q|+|q-x|<\varepsilon$。$\Box$
题 5. 设 $a > 0$，而 $n$ 为正整数。证明：$\min \{a, 1\} \leq a^{\frac{1}{n}} \leq \max \{a, 1\}$。
证：若 $0<a<1$，则原命题等价于 $a\le a^{\frac{1}{n}}\le 1\Longleftarrow \ln a\le \frac{1}{n}\ln a\le 0$，由于 $\ln a<0$，条件显然成立。
若 $a\ge 1$，则原命题等价于 $1\le a^{\frac{1}{n}}\le a\Longleftarrow 0\le \frac{1}{n}\ln a\le \ln a$，由于 $\ln a\ge 0$，条件显然成立。$\Box$
题 6. 设 $n \geq 2$，$\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n \geq 0$，满足 $\alpha_1 + \alpha_2 + \cdots + \alpha_n = 1$。证明：对于 $x_1, x_2, \cdots, x_n > 0$，有 $x_1^{\alpha_1} x_2^{\alpha_2} \cdots x_n^{\alpha_n} \leq \alpha_1 x_1 + \alpha_2 x_2 + \cdots + \alpha_n x_n$。
考虑构造有理权重 $\frac{a_1}{N},\frac{a_2}{N},\cdots,\frac{a_n}{N}$，其中 $N=\sum_{k=1}^n a_k$，$a_k\in \mathbb{Z}$。首先证明该不等式在有理权重下成立：
构造序列 $b$ 由 $a_1$ 个 $x_1$，$a_2$ 个 $x_2$，$\ldots$，$a_n$ 个 $x_n$ 构成，则上述不等式等价于在 $b$ 上的算数-几何平均不等式，显然有 $x_1^{a_1/N}x_2^{a_2/N}\cdots x_n^{a_n/N}\le (a_1/N)x_1+(a_2/N)x_2+\cdot+(a_n/N)x_n$。
考虑构造一列有理权重趋近于 $\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n$，由函数的连续性，则左右两边分别趋近于 $x_1^{\alpha_1} x_2^{\alpha_2} \cdots x_n^{\alpha_n}$ 与 $\alpha_1 x_1 + \alpha_2 x_2 + \cdots + \alpha_n x_n$，故原命题成立。$\Box$
*题 7. 证明定理 2.4.4。
题 8. 设 $I$ 是一个非空指标集，对 $I$ 中每一个元 $\alpha$，都对应两个实数 $x_{\alpha}$ 以及 $y_{\alpha}$。我们习惯将 $\sup \{x_{\alpha} \mid \alpha \in I\}$ 和 $\inf \{x_{\alpha} \mid \alpha \in I\}$ 写成 $\sup_{\alpha \in I} x_{\alpha}$ 和 $\inf_{\alpha \in I} x_{\alpha}$。证明：在广义实数系中，
(1) $\inf_{\alpha \in I} (-x_{\alpha}) = -\sup_{\alpha \in I} x_{\alpha}$;
(2) 对以下所列的每一个不等式：
$$
\inf_{\alpha \in I} x_{\alpha} + \inf_{\alpha \in I} y_{\alpha} \leq \inf_{\alpha \in I} (x_{\alpha} + y_{\alpha}) \leq \sup_{\alpha \in I} x_{\alpha} + \inf_{\alpha \in I} y_{\alpha} \leq \sup_{\alpha \in I} (x_{\alpha} + y_{\alpha}) \leq \sup_{\alpha \in I} x_{\alpha} + \sup_{\alpha \in I} y_{\alpha},
$$
若其两端在广义实数系中都有意义，则该不等式成立；
(3) 若 $x_{\alpha} > 0 (\forall \alpha \in I)$，并在此种情形规定 $\frac{1}{0} = +\infty$，我们有
$$
\sup_{\alpha \in I} \frac{1}{x_{\alpha}} = \frac{1}{\inf_{\alpha \in I} x_{\alpha}};
$$
(4) 设 $x_{\alpha} > 0, y_{\alpha} > 0 (\forall \alpha \in I)$。对以下所列的每一个不等式：
$$
\inf_{\alpha \in I} x_{\alpha} \inf_{\alpha \in I} y_{\alpha} \leq \inf_{\alpha \in I} (x_{\alpha} y_{\alpha}) \leq \sup_{\alpha \in I} x_{\alpha} \inf_{\alpha \in I} y_{\alpha} \leq \sup_{\alpha \in I} (x_{\alpha} y_{\alpha}) \leq \sup_{\alpha \in I} x_{\alpha} \sup_{\alpha \in I} y_{\alpha},
$$
若其两端在广义实数系中都有意义，则该不等式成立。
(1) 证：首先证明 $-\sup_{\alpha \in I} x_{\alpha}$ 是集合 $\{-x_{\alpha}\mid \alpha \in I\}$ 的下界：$\forall \alpha\in I$，$x_{\alpha}\le \sup_{\alpha \in I}$，故 $-x_{\alpha}\ge -\sup_{\alpha \in I}$，即$-\sup_{\alpha \in I} x_{\alpha}$ 是集合 $\{-x_{\alpha}\mid \alpha \in I\}$ 的下界。
而 $\forall p > -\sup_{\alpha \in I} x_{\alpha}$，也有 $-p < \sup_{\alpha \in I} x_{\alpha}$，而 $-p$ 不是集合 $\{x_{\alpha}\mid \alpha \in I\}$ 的上界，因此必存在 $d\in I$，$\text{s.t.} x_d>-p$，即 $-x_d<p$。因此 $p$ 也不是集合 $\{-x_{\alpha}\mid \alpha \in I\}$ 的下界。
因此 $\inf_{\alpha \in I} (-x_{\alpha}) = -\sup_{\alpha \in I} x_{\alpha}$。$\Box$
(2) 证：先证 $\inf_{\alpha \in I} x_{\alpha} + \inf_{\alpha \in I} y_{\alpha} \leq \inf_{\alpha \in I} (x_{\alpha} + y_{\alpha})$，即 $\inf_{\alpha \in I} x_{\alpha} + \inf_{\alpha \in I} y_{\alpha}$ 是集合 $\{x_{\alpha}+y_{alpha}\mid \alpha\in I\}$ 的下届。$\forall \alpha \in I$，$x_{\alpha}\ge \inf_{\alpha \in I} x_{\alpha}$，$y_{\alpha}\ge \inf_{\alpha \in I} y_{\alpha}$，因此 $\forall \alpha \in I$，$x_{\alpha}+y_{\alpha}\ge \inf_{\alpha \in I} x_{\alpha} + \inf_{\alpha \in I} y_{\alpha}$。
同理有 $\sup_{\alpha \in I} (x_{\alpha} + y_{\alpha}) \leq \sup_{\alpha \in I} x_{\alpha} + \sup_{\alpha \in I} y_{\alpha}$。
再证 $\inf_{\alpha \in I} (x_{\alpha} + y_{\alpha}) \leq \sup_{\alpha \in I} x_{\alpha} + \inf_{\alpha \in I} y_{\alpha}$，即证集合 $\{x_{\alpha} + y_{\alpha}\mid \alpha\in I\}$ 的所有下界都 $\le \sup_{\alpha \in I} x_{\alpha} + \inf_{\alpha \in I} y_{\alpha}$。反设存在 $\{x_{\alpha} + y_{\alpha}\mid \alpha\in I\}$ 的下界 $l > \sup_{\alpha \in I} x_{\alpha} + \inf_{\alpha \in I} y_{\alpha}+\varepsilon$，由确界性质，必存在 $p\in I$，$\text{s.t.} y_{p}<\inf_{\alpha \in I} y_{\alpha}+\varepsilon$，而 $x_p\le \sup_{\alpha \in I} x_{\alpha}$，故 $x_p+y_p<\sup_{\alpha \in I} x_{\alpha} + \inf_{\alpha \in I} y_{\alpha}+\varepsilon<l$，矛盾。故一定有 $\inf_{\alpha \in I} (x_{\alpha} + y_{\alpha}) \leq \sup_{\alpha \in I} x_{\alpha} + \inf_{\alpha \in I} y_{\alpha}$。
同理有 $\sup_{\alpha \in I} x_{\alpha} \inf_{\alpha \in I} y_{\alpha} \leq \sup_{\alpha \in I} (x_{\alpha} y_{\alpha})$。$\Box$
(3)(4) 类似于 (1)(2)，此处略。
习题 3.1（P53）6/7
题1. 用定义证明 $$ \lim_{n \to +\infty} \frac{3n^3 + 4n^2 - 100}{2n^3 - 9n - 11} = \frac{3}{2} $$
证：$\forall \varepsilon>0$，$\exists N=\max(10^6,\lfloor\frac{6}{\varepsilon}\rfloor)$，$\text{s.t.}\forall n>N$，有：
$$
\begin{aligned}
|\frac{3n^3+4n^2-100}{2n^3-9n-11}-\frac{3}{2}|&=|\frac{6n^3+8n^2-200-6n^3+27n+33}{4n^3-18n-22}|\cr
&=|\frac{8n^2+27n-167}{4n^3-18n-22}|\le \frac{8n^2+32n}{4n^3-20n}\cr
&=\frac{2n^2+8n}{n^3-5n}\le \frac{3n^2}{\frac{1}{2}n^3}=\frac{6}{n}<\varepsilon
\end{aligned}
$$
故 $\lim_{n \to +\infty} \frac{3n^3 + 4n^2 - 100}{2n^3 - 9n - 11} = \frac{3}{2}$。$\Box$
题2. 用定义证明 $$ \lim_{n \to +\infty} \lg \left( 1 + \frac{1}{n} \right) = 0 $$
证：$\forall \varepsilon>0$，$\exists N=\lfloor\frac{1}{e^{\varepsilon}-1}\rfloor$，$\text{s.t.}\forall n>N$，有：
$$
1+\frac{1}{n}<e^{\varepsilon}\implies \ln(1+\frac{1}{n})<\varepsilon
$$
故 $\lim_{n \to +\infty} \lg \left( 1 + \frac{1}{n} \right) = 0$。$\Box$
题3. 证明：$$ \lim_{n \to +\infty} a_n = 0 $$ 的充要条件是存在单调下降且无正下界的正数列 $\{\omega_n\}$ 使得 $\forall n \geq 1$ 有 $|a_n| \leq \omega_n$。
证：先证充分性 $\Longleftarrow$。首先有 $|a_n|\ge 0$，故 $\omega_n\ge 0$。由 $\{\omega_n\}$ 单调下降有下界可知 $\{\omega_n\}$ 极限存在，又有无正下界可知 $\lim_{n\to +\infty} \omega_n=0$。即 $\forall \varepsilon>0$，$\exists N>0$，$\text{s.t.} \forall n>N,\omega_n\le \varepsilon$，因此也有 $\forall n>N,|a_n|\le \omega_n\le \varepsilon$，故 $\lim_{n\to +\infty}a_n=0$。
再证必要性 $\implies$。对于一个 $n\in \mathbb{N}$，取 $\omega_n=\max\{\frac{1}{n},\min_{k=1}^{n}|a_k|\}$，显然 $\{\omega_n\}$ 单调下降，且 $\omega_n\ge\frac{1}{n}>0$。由 $\lim_{n\to +\infty} a_n=0$ 可知 $\forall \varepsilon>0$，$\exists N_{\varepsilon}>0$，$\text{s.t.}\forall n>N_{\varepsilon}$，$|a_n|<\varepsilon$，因此也有 $\forall n>N_{\varepsilon},\omega_n<\varepsilon$。即 $\forall \varepsilon>0$，取 $n=\max\{\lfloor\frac{1}{\varepsilon}\rfloor+1,N_{\varepsilon}\}$，必有 $\omega_n<\varepsilon$。即 $\{\omega_n\}$ 无正下界。$\Box$
题4. 计算极限 $$ \lim_{n \to +\infty} \frac{2\sqrt[n]{n} + \sqrt[n]{100}}{3\sqrt[n]{n} - 1} $$
解：
$$
\begin{aligned}
&\frac{2}{3}=\lim_{n\to +\infty}\frac{2\sqrt[n]{n}}{3\sqrt[n]{n}}\le
\lim_{n \to +\infty} \frac{2\sqrt[n]{n} + \sqrt[n]{100}}{3\sqrt[n]{n} - 1}
\le \lim_{n\to +\infty}\frac{2\sqrt[n]{n}+100}{3\sqrt[n]{n}-1}=\frac{2}{3}\cr
&\implies\lim_{n \to +\infty} \frac{2\sqrt[n]{n} + \sqrt[n]{100}}{3\sqrt[n]{n} - 1}=\frac{2}{3}.
\end{aligned}
$$
题5. 计算极限 $$ \lim_{n \to +\infty} \left( \frac{3\lg^3 n + 2\lg n + 1}{2\lg^2 n + \lg n} - \frac{6\lg^3 n + 5\lg^2 n + 3\lg n + 1}{4\lg^2 n - \lg n + 2} \right) $$
解：令 $m=\lg n$，则：
$$
\begin{aligned}
I&=\lim_{m\to +\infty} \left( \frac{3m^3 + 2m + 1}{2m^2 + m} - \frac{6m^3 + 5m^2 + 3m + 1}{4m^2 - m + 2} \right)\cr
I&\ge \lim_{m\to +\infty} \left( \frac{3m^3}{2m^2 + m} - \frac{6m^3 + 5m^2 + 3m + 1}{4m^2 - 2m} \right)\cr
&=\lim_{m\to +\infty} \left( \frac{6m^3-6m^3 - 5m^2 - 3m - 1}{4m^2 - 2m} \right)=-\frac{5}{4}\cr
I&\le \lim_{m\to +\infty} \left( \frac{3m^3 + 2m + 1}{2m^2} - \frac{6m^3 + 5m^2 + 3m + 1}{4m^2} \right)\cr
&=\lim_{m\to +\infty} \left( \frac{6m^3+4m+2-6m^3 - 5m^2 - 3m - 1}{4m^2} \right)=-\frac{5}{4}\cr
&\implies I=-\frac{5}{4}
\end{aligned}
$$
题6. 计算极限 $$ \lim_{n \to +\infty} \left( \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n + \left( 2 + \frac{3}{n} \right)^n + \left( 3 + \frac{5}{n} \right)^n \right)^{\frac{1}{n}} $$
解：
$$
\begin{aligned}
I&\ge \lim_{n\to +\infty} (3^n)^{1/n}=3\cr
\frac{I}{3}&=\lim_{n\to +\infty} \left(\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{3n}\right)^n+\left(\frac{2}{3}+\frac{1}{n}\right)^n+\left(1+\frac{5}{3n}\right)^n\right)^{1/n}\cr
&=\lim_{n\to +\infty} \left(\left(1+\frac{5}{3n}\right)^n\cdot\left(1+\left(\frac{2n+3}{3n+5}\right)^n+\left(\frac{n+1}{3n+5}\right)^n\right)\right)^{1/n}\cr
&=\lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{5}{3n}\right)\cdot \left(1+\left(\frac{2n+3}{3n+5}\right)^n+\left(\frac{n+1}{3n+5}\right)^n\right)^{1/n}=1\cr
&\implies I=3
\end{aligned}
$$
*题7. 设 $0 \leq p \leq k-1$, 求：$$ \lim_{n \to +\infty} \frac{C_{kn}^p + C_{kn}^{p+k} + \cdots + C_{kn}^{p+(n-1)k}}{2^{kn}} $$
习题 3.2（P59）9/13
题1. 计算 $$ \lim_{n \to +\infty} \frac{n^{-1} - (n+1)^{-1}}{n^{-2}}. $$
解：
$$
\begin{aligned}
I&=\lim_{n\to +\infty}n^2\left(n^{-1}-(n+1)^{-1}\right)\cr
&=\lim_{n\to +\infty}n-\frac{n^2}{n+1}\cr
&=\lim_{n\to +\infty}\frac{n}{n+1}=1
\end{aligned}
$$
题2. 证明：$$ \lim_{n \to +\infty} \sin n $$ 不存在。
证：由整数对无理数取模后的稠密性，总可以取两个子列 $\{n_k\}$ 和 $\{m_k\}$，满足：
$$
\begin{aligned}
\lim_{k\to +\infty} n_k\bmod 2\pi = 0\cr
\lim_{k\to +\infty} m_k\bmod 2\pi = \frac{\pi}{2}
\end{aligned}
$$
则有：
$$
\begin{aligned}
\lim_{k\to +\infty} \sin n_k = 0\cr
\lim_{k\to +\infty} \sin m_k = 1
\end{aligned}
$$
该数列存在两个极限不相等的子列，因此 $\lim_{n\to +\infty} \sin n$ 不存在。$\Box$
题3. $\{a_n\}$ 的极限为 $L$ 当且仅当 ${a_{2n}}$ 与 ${a_{2n+1}}$ 的极限为 $L$，其中 $L$ 为有限数、$+\infty$、$-\infty$ 或 $\infty$。
证：
当 $L$ 为有限数时：
先证充分性 $\Longleftarrow$，若 $a_{2n}\to L,a_{2n+1}\to L$，则 $\forall \varepsilon>0$，$\exists N_0>0$，$\forall n>N_0$，$|a_{2n}-L|<\varepsilon$，$\exists N_1>0$，$\forall n>N_1$，$|a_{2n+1}-L|<\varepsilon$。取 $N=\max(2N_0,2N_1+1)$，则有 $\forall n>N$，$|a_n-L|<\varepsilon$。故 $a_n\to L$。
再证必要性 $\implies$，若 $a_n\to L$，则 $\forall \varepsilon>0$，$\exists N>0$，$\forall n>N$，$|a_n-L|<\varepsilon$。取 $N_0=N_1=\lceil\frac{N}{2}\rceil+1$ 即可。
当 $L=+\infty,-\infty,\infty$ 时同理，不再赘述。
$\Box$
题4. 设 $\alpha > 0$，计算 $$ \lim_{n \to +\infty} \frac{1 + 2^{\alpha} + \cdots + n^{\alpha}}{n^{\alpha+1}}. $$
解：上下都单调递增趋于 $+\infty$，使用 stolz 定理：
$$
\begin{aligned}
I&=\lim_{n\to +\infty}\frac{n^{\alpha}}{n^{\alpha+1}-(n-1)^{\alpha+1}}\cr
\frac{1}{I}&=\lim_{n\to +\infty}\frac{n^{\alpha+1}-(n-1)^{\alpha+1}}{n^{\alpha}}\cr
&=\lim_{n\to +\infty}\frac{(\alpha+1)n^{\alpha}+O(n^{\alpha-1})}{n^{\alpha}}=\alpha+1\cr
&\implies I=\frac{1}{\alpha+1}
\end{aligned}
$$
题5. 若 $\alpha \in (-1, 0)$，则极限 $$ \lim_{n \to +\infty} \frac{1 + 2^{\alpha} + \cdots + n^{\alpha}}{n^{\alpha+1}} $$ 是否存在？请说明理由。若存在，请进一步计算该极限。
解：存在，$I=\frac{1}{\alpha+1}$。
*题6. 若 $\alpha < -1$，则极限 $$ \lim_{n \to +\infty} \frac{(n+1)^{\alpha} + (n+2)^{\alpha} + \cdots + (n+n)^{\alpha}}{n^{\alpha+1}} $$ 是否存在？请说明理由。若存在，请进一步计算该极限。
*题7. 证明定理3.2.3与定理3.2.5的未证部分。
题8. 设 $x_1 = a$, $x_2 = b$, $x_{n+2} = \frac{1}{2}(x_n + x_{n+1}) (n = 1, 2, \cdots)$。试证明 ${x_n}$ 收敛，并求其极限。
（提示：计算数列的通项公式，或利用例3.2.5。）
解：设序列 $\{p_n\}$ 满足：
$$
p_n=\begin{cases}
1&n=0\cr
3&n=1\cr
2p_{n-2}+p_{n-1}&n\ge 2
\end{cases}
$$
计算 $p_n$ 通项为 $p_n=\frac{2^{n+2}-(-1)^n}{3}$。归纳可证：
$$
\begin{aligned}
x_n&=\frac{1}{2^{n-2}}(p_{n-4}a+p_{n-3}b)\cr
&=\frac{1}{3\cdot 2^{n-2}}\left((2^{n-2}-(-1)^n)a+(2^{n-1}+(-1)^n)b\right)\cr
&=\frac{2^{n-2}a+2^{n-1}b+(-1)^n(b-a)}{3\cdot 2^{n-2}}\cr
\lim_{n\to +\infty}x_n&=\lim_{n\to +\infty}\frac{2^{n-2}a+2^{n-1}b+(-1)^n(b-1)}{3\cdot 2^{n-2}}=\frac{a+2b}{3}
\end{aligned}
$$
故 $x_n$ 收敛，$x_n\to \frac{a+2b}{3}$。
*题9. 设 ${x_n}$ 满足 $$ \lim_{n \to +\infty} x_n \sum_{k=1}^n x_k^2 = 1. $$ 证明：$$ \lim_{n \to +\infty} \sqrt[3]{3n} x_n = 1. $$
证：记 $S_n=\sum_{k=1}^n x_k^2$。若 $S_n$ 有界，则 $\lim_{n\to +\infty} x_n=0$，故 $\lim_{n\to +\infty} x_nS_n=0$，矛盾。故 $S_n\to +\infty$，且 $x_n\to +\infty$。
令 $T_n=S_n^3$，则有 $T_n-T_{n-1}=(S_n-S_{n-1})(S_n^2+S_nS_{n-1}+S_{n-1}^2)=x_n^2(S_n^2+S_nS_{n-1}+S_{n-1}^2)$。
由 $\lim_{n\to +\infty} x_n S_n = 1$，可知 $S_n=\frac{1+o(1)}{x_n}$，且 $\lim_{n\to +\infty} \frac{S_{n-1}}{S_n} = 1$。
故 $S_n^2+S_nS_{n-1}+S_{n-1}^2=S_n^2(1+\frac{S_{n-1}}{S_n}+(\frac{S_{n-1}}{S_n})^2)\to S_n^2\cdot 3$。
故 $T_n-T_{n-1}=x_n^2\cdot (3S_n^2 + o(S_n^2))=(\frac{1+o(1)}{S_n^2})\cdot (3S_n^2 + o(S_n^2))=3$。
又由 stolz 定理 $\lim_{n\to +\infty}\frac{T_n}{n}=\lim_{n\to +\infty} T_n-T_{n-1}=3$。故 $S_n^3\sim 3n$。
而 $x_n\sim \frac{1}{S_n}$，故 $\frac{1}{x_n^3}\sim 3n$，可得 $\lim_{n\to +\infty} 3n\cdot x_n^3=1$，故 $\lim_{m\to +\infty}\sqrt[3]{3n}x_n=1$。$\Box$
题10. 设 $a$ 和 $d$ 是给定的正数。对于 $n = 1, 2, 3, \cdots$，由等差数列 $a, a + d, \cdots, a + (n-1)d$ 形成算术平均 $A_n$ 和几何平均 $G_n$，试求 $$ \lim_{n \to +\infty} \frac{G_n}{A_n}. $$
解：容易计算 $A_n=a+\frac{(n-1)}{2}d\sim \frac{nd}{2}$。令 $I=\lim_{n \to +\infty} \frac{G_n}{A_n}$。
$$
\begin{aligned}
\ln I&=\lim_{n\to +\infty}\ln(G_n)-\ln(A_n)\cr
&=\lim_{n\to +\infty}\frac{1}{n}\left(\ln(a)+\ln(a+d)+\cdots+\ln(a+(n-1)d)\right)-\ln(\frac{nd}{2})\cr
&=\lim_{n\to +\infty}\frac{1}{n}\left(\ln(a)+\ln(a+d)+\cdots+\ln(a+(n-1)d)-n\ln(\frac{nd}{2})\right)\cr
&=\lim_{n\to +\infty}\ln(a+(n-1)d)-n\ln(\frac{nd}{2})+(n-1)\ln(\frac{(n-1)d}{2})\cr
&=\lim_{n\to +\infty}\ln(a+(n-1)d)-n(\ln(n)+\ln(d)-\ln(2))+(n-1)(\ln(n-1)+\ln(d)-\ln(2))\cr
&=\lim_{n\to +\infty}\ln(d)+\ln(n-1)-\ln(d)+\ln(2)-n\ln(n)+(n-1)\ln(n-1)\cr
&=\lim_{n\to +\infty}\ln(2)-n(\ln(n)-\ln(n-1))\cr
&=\lim_{e\to +\infty}\ln(2)-1\cr
&\implies I=e^{\ln(2)-1}=\frac{2}{e}
\end{aligned}
$$
题11. 令 $a_{n,k} = \frac{k}{n-k+1} (n \ge k \geq 1)$。证明：
(1) 对于固定的 $k \geq 1$, $\{a_{n,k}\}$ 是无穷小量；
(2) $A_n := \prod_{k=1}^n a_{n,k}$ 不是无穷小量。
(1) 证：对于固定的 $k\ge 1$，$\forall \varepsilon>0$，$\exists N=\lfloor{\frac{k}{\varepsilon}}\rfloor+k+1$，$\text{s.t.} \forall n>N$，都有：
$$
\frac{k}{n-k+1}<\frac{k}{\lfloor\frac{k}{\varepsilon}\rfloor+2} < \varepsilon
$$
因此 $\{a_{n,k}\}$ 是无穷小量。$\Box$
(2) 证：求出 $A_n$：
$$
A_n=\prod_{k=1}^n\frac{k}{(n-k+1)}=\frac{n!}{n!}=1
$$
显然 $A_n$ 不是无穷小量。$\Box$
题12. 设 $E \subseteq \mathbb{R}$ 为非空集。证明：存在 $E$ 中点列 ${x_k}$ 使得 $ \lim_{k \to +\infty} x_k = \sup E $，这里 $\sup E$ 可以是 $+\infty$。
注：对于 $f: D \to \mathbb{R}$，满足 $ \lim_{k \to +\infty} f(x_k) = \sup_{x \in D} f(x) (\inf_{x \in D} f(x)) $ 的 $D$ 中的点列 ${x_k}$ 称为 $f$ 在 $D$ 上的极大化序列（极小化序列）。
证：先讨论 $\sup E\not=+\infty$ 的情况。若 $\sup E\in E$，则构造点列 $x_k\equiv \sup E$ 即可。否则 $\forall \varepsilon>0$，$\exists x\in E$，$\text{s.t} x>\sup E-\varepsilon$，否则 $\sup E-\varepsilon$ 也为 $E$ 的上界，与 $\sup E$ 的最小性矛盾。
因此令 $x_1$ 为 $E$ 中任意元素，归纳构造 $x_k$：若 $x_n$ 确定，则取 $m=\frac{\sup E+x_n}{2}$，由于 $\varepsilon=\sup E-m>0$，因此必存在 $x\in E$，$\text{s.t.} x>x_n$，令 $x_{n+1}$ 为任意一个这样的 $x$ 即可。此时 $x_k<\sup E$，$\forall k=1,2,\cdots$，且 $\sup E - x_k<\frac{1}{2}(E - x_{k-1})$，即 $\lim_{k\to +\infty} \sup E - x_{n_k}=0$。构造合法。
若 $\sup E = +\infty$，则 $\forall M$，$\exists x\in E$，$\text{s.t.} x>M$，使用与上面类似的方法即可构造点列 $x_k$。$\Box$
*题13. （Toeplitz 定理）设有无穷三角矩阵 $(t_{nm})_{n \geq m}$：
$$\begin{pmatrix}
t_{11} \cr
t_{21} & t_{22} \cr
t_{31} & t_{32} & t_{33} \cr
\vdots & \vdots & \vdots \cr
\end{pmatrix}$$
满足下列条件：
(i) 每一列元趋于零，即 $ \lim_{n \to +\infty} t_{nm} = 0 $；
(ii) 各行元素的绝对值之和有界，即 $\forall n \in \mathbb{N}_+$，
$$ |t_{n1}| + |t_{n2}| + \cdots + |t_{nn}| \leq K < +\infty. $$
记 $y_n = t_{n1}x_1 + t_{n2}x_2 + \cdots + t_{nn}x_n$。证明：
(1) 若 $ \lim_{n \to +\infty} x_n = 0 $，则 $ \lim_{n \to +\infty} y_n = 0 $。
(2) 记 $T_n = t_{n1} + t_{n2} + \cdots + t_{nn}$。若 $ \lim_{n \to +\infty} T_n = 1 $，且 $ \lim_{n \to +\infty} x_n = a $ 有限，则 $ \lim_{n \to +\infty} y_n = a $。
习题 3.3（P76）11/21
题2. 设 $E \subset \mathbb{R}$ 为非空的有界闭集。证明：$E$ 有最大、最小值，即 $\sup E \in E$，$\inf E \in E$。
证：不妨只证明 $\sup E\in E$，对于 $\inf E$ 是类似的。
反证，若 $\sup E\not\in E$，根据上确界的定义，$\forall \epsilon>0$，$\exists x\in E$，$\text{s.t.}\sup E-\epsilon < x < \sup E$。
构造一个数列 $x_n$，其中 $x_n$ 为令 $\epsilon = \frac{1}{n}$ 时，必存在 $x_n\in E$，$\text{s.t.} \sup E - \frac{1}{n}<x_n<\sup E$。而此时 $\lim_{n\to +\infty} x_n=\sup E$。即 $\sup E$ 是 $E$ 的一个聚点，因此 $\sup E\in E$，矛盾。$\Box$
题3. 设 $E$ 为 $\mathbb{R}$ 中的无理点全体。证明 $\overline{E} = \mathbb{R}$。
证：要证 $\overline{E}=\mathbb{R}$，即证 $\forall x\in S$，$\forall \epsilon > 0$，$(x-\epsilon,x+\epsilon)\cap E\not=\varnothing$。
由无理数的稠密性易得。$\Box$
题4. 设 $x_0 \in (0, 2)$，$x_{n+1} = x_n (2 - x_n)$ ($n \geq 0$)。证明：$\lim_{n \to +\infty} x_n = 1$。
由此，对于 $c > 0$，任取 $y_0 > 0$ 满足 $cy_0 < 1$。令 $y_{n+1} = y_n (2 - cy_n)$ ($n \geq 0$)，则 $\lim_{n \to +\infty} y_n = \frac{1}{c}$。这一事实让我们有可能利用乘法来计算倒数的近似值。
证：若极限存在，则设 $\lim_{n\to +\infty} x_n=a$，则有 $x=x(2-x)$，解得 $a=0$ 或 $x=a$。
令 $a_n=x_n-1$，则根据定义有 $a_{n+1}+1=(a_n+1)(1-a_n)=1-a_n^2$，故有 $a_{n+1}=-a_n^2$。由于 $a_1\in(-1,1)$，故 $\lim_{n\to +\infty}a_n=0$。即 $\lim_{n\to +\infty}x_n=1$。$\Box$
题5. 设 $a_0, b_0 > 0$，$a_{n+1} = \frac{a_n + b_n}{2}$，$b_{n+1} = \frac{2a_n b_n}{a_n + b_n}$。证明：$\{a_n\}$ 和 $\{b_n\}$ 均收敛且极限相同。
证：
考虑 $b_{n+1}-a_{n+1}=\frac{2a_nb_n}{a_n+b_n}-\frac{a_n+b_n}{2}=\frac{4a_nb_n-(a_n+b_n)^2}{2(a_n+b_n)}=\frac{-(a_n-b_n)^2}{2(a_n+b_n)}\le 0$，因此必有 $b_n\le a_n$，$\forall n=1,2,\cdots$。
对于 $n\ge 1$，有 $b_n\le a_n$，则有：$b_n\le a_{n+1}\le a_n$，$b_n=\frac{2a_nb_n}{a_n+a_n}\le b_{n+1}\le \frac{2a_nb_n}{b_n+b_n}=a_n$，故有 $a_n\le a_{n-1}$ 且 $b_n\ge b_{n-1}$。
因此从 $n=1$ 开始，$a_n$ 单调递减，$b_n$ 单调递增，且 $a_n$ 有下界 $b_1$，$b_n$ 有上界 $a_1$，故 $\lim_{n\to +\infty} a_n=a$ 和 $\lim_{n\to +\infty}b_n=b$ 均存在。
根据递推式，有 $a=\frac{a+b}{2}$，故 $a=b$。$\Box$
*题6. 设 $c \geq -3$。
$$x_1 = \frac{c}{2}, \quad x_{n+1} = \frac{c}{2} + \frac{x_n^2}{2}, \quad n = 1, 2, 3, \cdots$$
问 $\{x_n\}$ 何时收敛，并求极限。
解：若 $x_n$ 极限存在，设 $\lim_{n\to +\infty}x_n=x$，则必有 $x=\frac{c+x^2}{2}$，即 $(x-1)^2=1-c\ge 0$，故首先需要 $c\le 1$。
题7. 梳理或证明以下结果，并尝试对这些结论有一个直观的理解：
(1) 收敛数列的子列收敛到同一极限；
(2) 如果一个数列有两个子列收敛到不同极限，则该数列发散；
(3) 如果有界数列的收敛子列均收敛到同一个极限，则该数列收敛；
(4) 有界数列 $\{a_n\}$ 不收敛到 $A$ 当且仅当存在一个收敛到 $B \neq A$ 的子列；
(5) $\bar{x}$ 为 $E$ 的聚点当且仅当存在 $E$ 中两两不同的点列 $\{x_n\}$ 使得 $x_n \to \bar{x}$;
(6) $\bar{x}$ 为 $E$ 的聚点当且仅当存在 $\{x_n\} \subseteq E \setminus \{\bar{x}\}$ 使得 $x_n \to \bar{x}$。
略。
题9. 证明：闭区间 $[a, b]$ 不能表示为两个不相交的非空闭集的并。
证：反设 $[a,b]$ 可以被表示为两个不交非空闭集 $E,F$ 的并，则任取 $x\in E$，$y\in F$，不妨设 $x<y$。构造闭区间列 $[x_0,y_0]=[x,y]$。归纳构造该序列：
若 $x_n,y_n$ 已确定，令 $m=\frac{x_n+y_n}{2}$，则 $m$ 必满足以下两个条件之一：
- 若 $m\in E$，则令 $x_{n+1}=m,y_{n+1}=y_n$。此时 $x_{n+1}\in E$，$y_{n+1}\in F$。
- 若 $m\in F$，则令 $x_{n+1}=x_n,y_{n+1}=m$。此时 $x_{n+1}\in E$，$y_{n+1}\in F$。
故 $x_n\in E,y_n\in F$，$\forall x=0,1,\cdots$。且 $y_{n+1}-x_{n+1}=\frac{y_n-x_n}{2}$，故 $\lim_{n\to +\infty}(y_n-x_n)=0$。根据闭区间套定理，存在唯一的点 $c\in \cap_{n\ge 1}[x_n,y_n]$。
即 $\forall \epsilon>0$，$\exists n>0$，$\text{s.t.}x_n<c-\epsilon$，且 $x_n\in E$，因此 $(c-\epsilon,c+\epsilon)\cap E\not=\varnothing$，因此 $c\in E$。同理也可得 $c\in F$。这与 $E\cap F=\varnothing$ 矛盾。$\Box$
题10. 证明：$\mathbb{R}$ 中既开又闭的集只有空集和 $\mathbb{R}$。
证：首先容易验证 $\varnothing$ 和 $\mathbb{R}$ 是既开又闭集。
若既开又闭集 $E$ 有边界点 $x$，则根据 $E$ 是闭集，必有 $x\in E$。而根据 $E$ 是开集，可知 $x$ 是内点。矛盾。因此 $E$ 不能有边界点。
若 $E\not=\mathbb{R}$ 且 $E\not=\varnothing$，则必能找到 $a\in E$ 和 $b\not\in E$。不妨设 $a<b$。构造闭区间列 $[a_0,b_0]=[a,b]$，归纳构造该列：
若 $a_n,b_n$ 已知，令 $m=\frac{a_n+b_n}{2}$，则下列两个条件之一必然满足：
- 若 $m\in E$，则令 $a_{n+1}=m,b_{n+1}=b_n$。此时 $a_{n+1}\in E$，$b_{n+1}\not\in E$。
- 若 $m\not\in E$，则令 $a_{n+1}=a_n,b_{n+1}=m$。此时 $a_{n+1}\in E$，$b_{n+1}\not\in E$。
故 $a_n\in E,b_n\not\in E$，$\forall x=0,1,\cdots$。且 $b_{n+1}-a_{n+1}=\frac{b_n-a_n}{2}$，故 $\lim_{n\to +\infty}(b_n-a_n)=0$。根据闭区间套定理，存在唯一的点 $c\in \cap_{n\ge 1}[a_n,b_n]$。
因此 $\forall \epsilon > 0$，必存在 $n>0$，$\text{s.t.}c-\epsilon<a_n<c<b_n<c+\epsilon$。由 $a_n\in E$ 可知 $U(c,\epsilon)\cap E\not=\varnothing$，$b_n\not\in E$ 可知 $U(c,\epsilon)\cap E\not=U(c,\epsilon)$。因此 $c$ 是 $E$ 的边界点。矛盾。$\Box$
题11. 设 $\{a_{k_n}\}$ 与 $\{a_{m_n}\}$ 是 $\{a_n\}$ 的两个有相同极限的收敛子列，$\{k_n \mid n \geq 1\} \cup \{m_n \mid n \geq 1\} = \mathbb{N}_+$。证明：$\{a_n\}$ 收敛。
证：设 $a_{k_n},a_{m_n}$ 均收敛于 $a$。则根据极限定义，$\forall \epsilon>0$，$\exists N_1>0,N_2>0$，$\text{s.t.} \forall n\ge N_1,|a_{k_n}-a|<\epsilon$ 且 $\forall N\ge N_2,|a_{m_n}-a|<\epsilon$。取 $N=\max(k_{N_1},m_{N_2})$，则有 $\forall n>N$，必有 $n\in \{k_n\}$ 或 $n\in \{m_n\}$，因此有 $|a_n-a|<\epsilon$。故 $a_n\to a$。$\Box$
题16. 设 $x_0 \in (0,1)$, $x_{n+1} = x_n(1-x_n)$ ($n \geq 0$). 不使用 Stolz 公式, 按以下过程证明:
(1) $ \lim_{n \to +\infty} x_n = 0; $
(2) 对任何 $n \geq 1$, 成立 $(n+1)x_n < 1;$
(3) 从某一项开始, $\{nx_n\}$ 单调有界;
(4) $ \lim_{n \to +\infty} nx_n = 1. $
(1) 证：根据递推式有 $x_{n+1}-x_n=-x_n^2\le 0$，故 $x_n$ 递减。且归纳可证 $x_n>0$，$\forall n=1,2,\cdots$，因此 $x_n$ 极限存在。设极限为 $x$，则有 $x=x(1-x)$，解得 $x=0$。
故 $\lim_{n\to +\infty} x_n=0$。$\Box$
(2) 证：考虑归纳，对 $n=0$，显然有 $x_0\le 1$。$\forall n=1,2,\cdots$，若 $nx_{n-1}\le 1$，则 $(n+1)x_n=(n+1)(x_{n-1}(1-x_{n-1}))=(n+1)(x_{n-1}-x_{n-1}^2)\le nx_{n-1}+x_{n-1}-(n+1)x_{n-1}^2$，欲证 $(n+1)x_n\le 1$，其充分条件是 $x_{n-1}-(n+1)x_{n-1}^2\le 0\Longleftarrow 1\le (n+1)x_{n-1}$。该条件也可归纳证明。$\Box$
(3) 证：$(n+1)x_{n+1}-nx_n=(n+1)x_n(1-x_n)-nx_n=x_n-(n+1)x_n^2=x_n(1-(n+1)x_n)>0$，故 $nx_n$ 单调递增，且 $nx_n<(n+1)x_n<1$，故有界。$\Box$
(4) 证：$nx_n$ 单调递增有上界，故极限存在。设 $\lim_{n\to +\infty} nx_n=a$。由 stolz 定理：
$$
\begin{aligned}
\lim_{n\to +\infty}\frac{x_n}{1/n}&=\lim_{n\to +\infty}\frac{x_{n}-x_{n+1}}{1/n-1/(n+1)}\cr&=\lim_{n\to +\infty}n(n+1)(x_n-x_{n+1})\cr&=n(n+1)(x_n-x_n(1-x_n))\cr&=\lim_{n\to +\infty}n(n+1)x_n(1-1+x_n)\cr&=\lim_{n\to +\infty}n(n+1)x_n^2=a^2
\end{aligned}
$$
故 $a=a^2$，且 $a>0$，故有 $a=1$。$\Box$
*题17. 在习题 6 中, 若 $c < -3$ 会如何?
题18. 设 $[a,b]$ 上函数列 $\{f_n\}$ 一致有界, 即存在常数 $M > 0$, 使得 $$ |f_n(x)| \leq M, \quad \forall n \geq 1, x \in [a,b]. $$ 证明存在于函数列 $\{f_{n_k}\}$ 使得在 $[a,b]$ 的所有有理点收敛.
证：由于 $[a,b]$ 的有理点可数，因此可以将其排列成一列 $x_1,x_2,\cdots$。考虑归纳构造函数列 $\{f_{n_k}\}$。假设 $f_{(i)n_k}$ 在 $x_1,\cdots,x_i$ 这些有理点收敛。令数列 $y_1,y_2,\cdots$ 分别表示 $f_{(i)n_k}$ 在 $x_{i+1}$ 处的值。由于 $f_n$ 一致有界，故数列 $\{y_1,y_2,\cdots\}$ 有界，必有一收敛子列。取该收敛子列对应的 $f_{(i)n_k}$ 来组成 $f_{(i+1)n_k}$ 即可。$\Box$
*题19. 设整数 $m \geq 1$, 证明: $$ \lim_{n \to +\infty} \sqrt{m + 1 + \sqrt{m + 2 + \cdots + \sqrt{m + n}}} $$ 存在, 并记该极限为 $a_m$. 进一步, 计算 $$ \lim_{m \to +\infty} (a_m - \sqrt{m}). $$
*题20. 证明: $$ \lim_{n \to +\infty} \sqrt{1 + 2\sqrt{1 + 3\sqrt{1 + 4\sqrt{1 + \cdots + n\sqrt{1 + (n+1)}}}}} = 3. $$
*题21. 推广习题 20.
*题22. 设 $x_0 \geq 0, x_{n+1} = \sqrt{2 + x_n}$ ($n \geq 0$). 问: $$ \lim_{n \to +\infty} 4^n (2 - x_n) $$ 是否存在? 该极限存在时, 能否得到极限的值?
*题23. 一般地, 对于所求过的极限可考虑进一步的结果, 例如, 若已经得到 $$ \lim_{n \to +\infty} x_n = A $$, 试证能否找到一个与初值 $x_0$ 无关的无穷大量 $\{y_n\}$ 使得 $$ \lim_{n \to +\infty} y_n (x_n - A) $$ 为一个非零实数.
*题24. 固定 $r \in (0,4)$. 任取 $x_0 \in (0,1)$. 令 $x_{n+1} = rx_n (1 - x_n)$ ($n \geq 0$). 问: 当 $r$ 取什么值时, 你可以证明对于任何 $x_0 \in (0,1)$, 按上述方式定义的数列 $\{x_n\}$ 一定收敛. 试编写一计算机程序, 感受对于不同的 $r$, 当 $n$ 足够大时 $x_n$ 的收敛情况.
*题25. 设 $\{x_n\}$ 是在 $[0,1]$ 中稠密的点列, 任取 $\alpha \in (0,\frac{1}{2})$, $E := [0,1] \setminus \bigcup_{n=1}^{\infty} (x_n - \frac{\alpha}{2^n}, x_n + \frac{\alpha}{2^n})$. 证明 $E$ 为非空的疏朗集.
*题29. 设 $U$ 为 $\mathbb{R}$ 中开集。证明：
(1) 若 $x_0 \in U$，则存在唯一的开区间 $(\alpha, \beta)$ ——这样的区间称为 $U$ 的构成区间，满足：
(i) $x_0 \in (\alpha, \beta) \subseteq U$; (ii) 若 $x_0 \in (a, b) \subseteq U$，则 $(a, b) \subseteq (\alpha, \beta)$。
(2) $U$ 可以表示为至多可列个两两不交的构成区间的并。
题30. 闭区间 $[a, b]$ 不能表示为至少两个但至多可列个两两不交的非空闭集的并。
证：反设 $[a,b]$ 可以被表示为两两不交的非空集 $E_1,E_2,\cdots$ 的并。任取 $x\in E_1$，$y\in E_2$，不妨设 $x<y$。令 $[a_0,b_0]=[x,y]$，归纳构造闭区间列 $[a_n,b_n]$：
若 $[a_n,b_n]$ 已知，令 $m=\frac{a_n+b_n}{2}$，则下列两者之一成立：
- 若 $m$ 属于编号为偶数的闭集，则令 $a_{n+1}=a_n,b_{n+1}=m$；
- 若 $m$ 属于编号为奇数的闭集，则令 $a_{n+1}=m,b_{n+1}=b_n$。
容易证明 $a_n$ 属于编号为奇数的闭集，$b_n$ 属于编号为奇数的闭集。且 $\lim_{n\to +\infty} b_n-a_n=0$由闭区间套定理，$\exists c=\cap_n [a_n,b_n]$。
故 $\forall \epsilon>0$，$\exists n>0$，$\text{s.t.} c-\epsilon<a_n<c<b_n<c+\epsilon$。$c$ 必然同时为一个奇数编号闭集的边界点和一个偶数编号闭集的边界点。由闭集的性质，$c$ 同时属于一个奇数编号闭集和一个偶数编号闭集。矛盾。$\Box$
习题 3.4（P85）11/13
题1. 若 $x_n > 0 \ (n = 1, 2, \cdots)$，且 $$ \varlimsup_{n \to +\infty} x_n \cdot \varlimsup_{n \to +\infty} \frac{1}{x_n} = 1 $$。证明序列 $\{x_n\}$ 收敛。
证：由于 $x_n>0$，故 $\frac{1}{\varlimsup \frac{1}{x_n}}=\varliminf x_n$。则：
$$
\varlimsup_{n \to +\infty} x_n \cdot \varlimsup_{n \to +\infty} \frac{1}{x_n} = 1\implies \varlimsup_{n \to +\infty} x_n=\frac{1}{\varlimsup \frac{1}{x_n}}=\varliminf_{n\to +\infty} x_n
$$
$x_n$ 的上下极限相等，故收敛。$\Box$
题2. 设 $\{x_n\}$ 满足 $0 \leq x_{m+n} \leq x_m \cdot x_n (\forall m, n \geq 1)$。证明：$\{\sqrt[n]{x_n}\}$ 收敛。
证：首先，若 $\exists n$，$x_n=0$，则有 $\forall m>n$，$x_{m}\le 0$，即 $\sqrt[n]{x_n}\to 0$。否则 $\forall n=1,2,\cdots$，$x_n>0$。
令 $a_n=\frac{1}{n}\ln x_n$，则有 $a_n\in \mathbb{R}$，$a_{m+n}\le \frac{1}{m+n}(ma_m+na_n)$。若 $a_n\to -\infty$，则证明 $x_n\to 0$，即 $\sqrt[n]{x_n}\to 0$，符合条件。
否则 $a_n$ 有下界。下证：$\lim_{n\to +\infty} a_n$ 存在。
对于任意的 $m$，有 $a_{2m}\le \frac{1}{2m}(ma_m+ma_m)=a_m$，$a_{3m}\le \frac{1}{m+2m}(ma_m+2ma_{2m})\le a_m$，$\cdots$。归纳可证 $\forall k\in \mathbb{Z}$，$a_{mk}\le a_m$。若取 $m=1$，可得 $\forall n=1,2,\cdots$，$a_n\le a_1$。因此 $a_n$ 有界，上下极限存在。
固定 $m>0$，对于任意的 $n>0$，都可以将 $n$ 表示为 $mk+j$ 的形式，其中 $k\in \mathbb{Z}$，$j\in\{0,1,\cdots,m-1\}$。则 $a_n=a_{mk+j}\le \frac{1}{mk+j}(mka_{mk}+ja_j)\le \frac{1}{mk+j}(mka_m+ja_j)$。当 $n\to \infty$ 时，即 $k\to +\infty$，两边取上极限，有 $\varlimsup_{n\to +\infty}a_n\le \varlimsup_{k\to +\infty}\frac{mk\cdot a_m}{mk+j}=a_m$。
再让 $m\to +\infty$，两边同时取下极限，左边为常量，有 $\varlimsup_{n\to +\infty}a_n\le \varliminf_{n\to +\infty} a_n$。因此 $\lim_{n\to +\infty} a_n$ 存在。$\Box$
题3. 举例说明，在习题 2 中，$\{\sqrt[n]{x_n}\}$ 可以没有单调性。
解：令 $x_n=2^{-\lfloor n/2\rfloor}$ 即可。
题4. 设 $\{a_n\}$ 满足 $a_m + a_n - 1 \leq a_{m+n} \leq a_m + a_n + 1 (\forall m, n \geq 1)$。求证：
(1) $$ \lim_{n \to +\infty} \frac{a_n}{n} $$ 存在；
(2) 设 $$ \lim_{n \to +\infty} \frac{a_n}{n} = q $$，则 $nq - 1 \leq a_n \leq nq + 1 \ (n \geq 1)$。
(1) 证：令 $b_n=a_n+1$，则根据条件有 $b_{n+m}\le b_m+b_n$，同时容易得到 $\frac{b_n}{n}$ 有界。由题 2 结论可知，$\lim_{n\to +\infty}\frac{b_n}{n}$ 存在。
则 $\lim_{n\to +\infty}\frac{a_n}{n}=\lim_{n\to +\infty}\frac{b_n}{n}-\lim_{n\to +\infty}\frac{1}{n}=\lim_{n\to +\infty}\frac{b_n}{n}$ 也存在。$\Box$
(2) 证：若令 $c_n=\frac{a_n}{n}$，则归纳可证 $c_m-\frac{n-1}{nm}\le c_{nm}\le c_m+\frac{n-1}{nm}$。若 $\lim_{n\to +\infty} c_n=q$，则在上式中令 $n\to +\infty$ 可得 $c_m-\frac{1}{m}\le q\le c_m+\frac{1}{m}$。化简即有 $nq - 1 \leq a_n \leq nq + 1$。$\Box$
题5. 设 $r \in (0, 1), x_0 = 0, x_{n+1} = r(1 - x_n^2) \ (n = 0, 1, 2, \cdots)$。试研究 $\{x_n\}$ 的敛散性。
解：归纳可证 $x_n\in [0,1]$，即 $x_n$ 有界，上下极限存在。设 $\varliminf_{n\to +\infty}x_n=m$，$\varlimsup_{n\to +\infty}x_n=M$。
由递推关系，两边同取上下极限，有：
$$
\begin{aligned}
m&=r(1-M^2)\cr
M&=r(1-m^2)
\end{aligned}
$$
两式相减可得：
$$
\begin{aligned}
M-m&=r(m^2-M^2)=r(m-M)(m+M)\cr
0&=(m-M)(r(m+M)+1)
\end{aligned}
$$
由 $r,m,M\ge 0$ 可知，必有 $m-M=0$，即上下极限相等，$x_n$ 收敛。$\Box$
题6. 设 $0 < q < 1, \{a_n\}, \{b_n\}$ 满足 $a_n = b_n - qa_{n+1} \ (n = 1, 2, \cdots)$，且 $\{a_n\}, \{b_n\}$ 有界。求证：$$ \lim_{n \to +\infty} b_n $$ 存在的充要条件是 $$ \lim_{n \to +\infty} a_n $$ 存在。
证：$a_n=b_n-qa_{n+1}\implies b_n=a_n+qa_{n+1}$。
充分性显然：若 $\lim_{n\to + \infty} a_n=a$ 存在，则必有 $\lim_{n\to +\infty} b_n=(1+q)a$。
下证若 $\lim_{n\to +\infty}b_n=b$ 存在，则 $\lim_{n\to +\infty} a_n$ 必存在。
由于 $a_n$ 有界，故上下极限存在。设 $\varlimsup_{n\to +\infty} a_n=M$，$\varliminf_{n\to +\infty} a_n=m$。对 $a_n=b_n-qa_{n+1}$ 两边同时取上下极限，可得：
$$
\begin{aligned}
m&=b-qM\cr
M&=b-qm
\end{aligned}
$$
两式相减可得 $m-M=q(m-M)$，由于 $q\not=1$，故 $m-M$，$\lim_{n\to +\infty}a_n$ 存在。$\Box$
题7. 在习题 6 中当 $q \notin (0, 1)$ 时，结论会怎样？
解：若 $q\not=1$，则结论仍然成立。
当 $q=1$ 时，$b_n=a_n+a_{n+1}$，则该条件只充分不必要。反例：当 $a_n=(-1)^n$，此时 $b_n\equiv 0$ 收敛，但是 $a_n$ 并不收敛。
题8. 设 $a_n \geq 0$ 满足 $a_{n+1} \leq a_n + \frac{1}{n^2}$。证明：$\{a_n\}$ 收敛。
证：首先 $a_n$ 有下界。同时：
$$
a_n\le a_{n-1}+\frac{1}{(n-1)^2}\le \cdots\le a_1+\sum_{i=1}^{n-1}\frac{1}{i^2}\le a_1+1+\sum_{i=2}^{n-1}\frac{1}{(i-1)i}=a_1+2-\frac{1}{n-1}\le a_1+2$$
故 $a_n$ 有上界。因此 $a_n$ 的上下极限存在，设 $\varlimsup_{n\to +\infty} a_n=M$，$\varliminf_{n\to +\infty} a_n=m$，则必存在 $a_n$ 一子列 $a_{n_k}$ 满足 $\lim_{k\to +\infty} a_{n_k}=m$，也存在一子列 $a_{m_k}$ 满足 $\lim_{k\to +\infty} a_{m_k}=M$ 且 $m_k>n_k$。那么有：
$$
\begin{aligned}
a_{m_k}&=a_{n_k}+\sum_{i=n_k}^{m_k-1}\frac{1}{i^2}\le a_{n_k}+\sum_{i=1}^{m_k-1}\frac{1}{i^2}\cr
\lim_{k\to +\infty} a_{m_k}&\le \lim_{k\to +\infty} a_{n_k}\cr
M&\le m
\end{aligned}
$$
又有 $M\ge m$ 可知 $M=m$，序列上下极限相等，故极限存在。$\Box$
题9. 利用上、下极限证明 $\mathbb{R}$ 中的 Cauchy 收敛准则。
证：回顾 Cauchy 收敛准则为：对于数列 $\{x_n\}$，若 $\forall \epsilon > 0$，$\exists N>0$，$\text{s.t.} |x_n-x_m|<\epsilon$，$\forall n,m>N$，则称 $\{x_n\}$ 为 Cauchy 列。$\{x_n\}$ 收敛 $\iff \{x_n\}$ 是 Cauchy 列。
先证 $\implies$：若 $x_n$ 收敛，设 $\lim_{n\to +\infty} x_n=a$，则 $\forall \epsilon>0$，$\exists N>0$，$\text{s.t.} |x_n-a|<\frac{\epsilon}{2}$，$\forall n>N$。则 $\forall n,m>N$，必有 $|x_n-x_m|\le |x_n-a|+|x_m-a|<\frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon$，即 $x_n$ 是 Cauchy 列。
再证 $\Longleftarrow$：若 $x_n$ 是 Cauchy 列。那么任取 $\epsilon>0$，必能找到一个 $N>0$，$\text{s.t.}|x_n-x_m|<\epsilon$，$\forall n,m>N$，故 $\forall n>N$，都有 $x_n\in(x_{N+1}-\epsilon,x_{N+1}+\epsilon)$。同时 $x_1,\cdots,x_N$ 只有有限项，必有上下界。故 $x_n$ 有界。
因此上下极限存在。设 $\varliminf_{n\to +\infty} x_n=m$，$\varlimsup_{n\to +\infty} x_n=M$。由 Cauchy 列定义，$\forall \epsilon > 0$，$\exists N>0$，$\text{s.t.}|x_n-x_m|<\epsilon$，$\forall n,m>N$。那么 $x_n$ 必存在两个子列 $x_{n_k}$ 和 $x_{m_k}$ 满足 $\lim_{k\to +\infty} x_{n_k}=m$，$\lim_{k\to +\infty} x_{m_k}=M$ 且 $n_k,m_k>N$。那么有：
$$
x_{n_k}-\epsilon<x_{m_k}<x_{n_k}+\epsilon
$$
同时取极限就有 $m-\epsilon<M<m+\epsilon$ 对任意 $\epsilon>0$ 都成立。因此 $M\le m$。同时又有 $M\ge m$，故 $M=m$，$x_n$ 收敛。$\Box$
*题10. 证明：在例 3.4.1 中，若 $$ \lim_{n \to +\infty} a_n = -2 $$，则 $a_1 = -2$。
例 3.4.1. 设实数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_n\neq -1$ 以及 $a_{n+1}=\frac{2}{a_n+1}\ (n\ge 1)$，试讨论 $\{a_n\}$ 的收敛性及其极限。
题11. 推广习题 2 和习题 4。
有推广：设 $\{a_n\}$ 满足 $a_{m+n}\le a_m+a_n\ (\forall m,n\ge 1)$，则有：
$$
\lim_{n\to +\infty}\frac{a_n}{n}=\inf_{n\ge 1}\left\{\frac{a_n}{n}\right\}\in [-\infty,+\infty)
$$
题12. 设 $\{x_n\}$ 是正数列，证明 $$ \varlimsup_{n \to +\infty} n \left( \frac{1 + x_{n+1}}{x_n} - 1 \right) \geq 1 $$
证：反设 $\varlimsup_{n\to +\infty} n\left(\frac{1+x_{n+1}}{x_n}-1\right)=\alpha<1$。则根据上极限定义，$\forall d_0\in (\alpha, 1)$，$\exists N>0$，使得 $\forall n>N$，都有：
$$
\begin{aligned}
n\left(\frac{1+x_{n+1}}{x_n}-1\right)&<d_0\cr
x_{n+1}&<\left(1+\frac{d_0}{n}\right)x_n-1
\end{aligned}
$$
再任取 $d\in (d_0,1)$，则必存在 $N_1>N$，满足 $\forall n>N_1$，$(1+\frac{1}{n})^d>1+\frac{d_0}{n}$，那么 $\forall n>N_1$：
$$
\begin{aligned}
x_{n+1}&<\left(1+\frac{1}{n}\right)^dx_n-1\cr
\frac{x_{n+1}}{(n+1)^d}&<\frac{x_n}{n^d}-\frac{1}{(n+1)^d}<\cdots<\frac{x_{N_1}}{N_1^d}-\sum_{i=N_1+1}^{n+1}\frac{1}{i^d}
\end{aligned}
$$
而 $\lim_{n\to +\infty}\sum_{i=1}^n\frac{1}{i^d}=+\infty$，与 $x_n>0$ 矛盾。故 $\alpha \ge 1$。$\Box$
*题13. 设 $f$ 是 $\mathbb{R}$ 上周期为 1 的实函数，满足：$\forall x, y \in \mathbb{R}, x \neq y$，有 $|f(x) - f(y)| < |x - y|$。任取 $x_0 \in \mathbb{R}$，定义 $x_{n+1} = f(x_n) \ (n \geq 0)$。证明：$\{x_n\}$ 收敛，且极限不依赖于 $x_0$ 的选择。
习题 4.1（P91）3/4
题1. 设 $a > 0$，利用函数极限定义证明 $$ \lim_{x \to a} \sqrt{x} = \sqrt{a}. $$
证：不妨设 $x>\frac{a}{4}$，则 $\forall \epsilon>0$，$\exists \delta=\min\{\frac{3\epsilon}{2}\sqrt a,\frac{3}{4}a\}>0$，$\forall x\in (a-\epsilon,a+\epsilon)$：
$$
|\sqrt x-\sqrt a|=\frac{|x-a|}{\sqrt x+\sqrt a}<\frac{\delta}{\frac{3}{2}\sqrt a}<\epsilon
$$
故 $\lim_{x\to a}\sqrt x=\sqrt a$。$\Box$
题2. 计算极限 $$ \lim_{x \to 2} \left( \frac{7x^3 - 2x^2 - 17x - 19}{2x^3 + 3x^2 - 11x - 6} - \frac{1}{2x^2 - 3x - 2} \right). $$
解：
$$
\begin{aligned}
I&=\lim_{x\to 2}\left(\frac{7x^3-2x^2-17x-19}{(x-2)(2x+1)(x+3)}-\frac{1}{(x-2)(2x+1)}\right)\cr
&=\lim_{x\to 2}\left(\frac{7x^3-2x^2-18x-22}{(x-2)(2x+1)(x+3)}\right)\cr
\end{aligned}
$$
分母趋于 $0$，分子不趋于 $0$，故极限不存在。
题3. 设 $\psi, \varphi$ 为定义在 $(0, +\infty)$ 上的周期函数，满足 $$ \lim_{x \to +\infty} \left( \psi(x) - \varphi(x) \right) = 0 $$。证明：$\psi \equiv \varphi$。
证：先证引理：若 $(0,+\infty)$ 上的周期函数 $f(x)$ 满足 $\lim_{x\to +\infty}f(x)=0$，则 $f(x)\equiv 0$。
设 $f(x)$ 有周期 $T$。反设 $f(x)\not\equiv 0$，则必然存在一个 $x_0>0$ 满足 $f(x_0)=a\not=0$。则 $\exists \epsilon = \frac{|a|}{2}$，使得 $\forall X>0$，都能通过以下方法找到 $x>X$，使得 $|f(x)|>\epsilon$：由倍越定理，存在 $k\in \mathbb{Z}$ 满足 $kT<X\le (k+1)T$，取 $x=(k+1)T+x_0$，则有 $f(x)=f(x_0)=a$ 且 $|a|>\epsilon$。引理得证。
回到原问题。设 $\psi(x)$ 有周期 $T_1$，$\varphi(x)$ 有周期 $T_2$。那么有：
$$
\begin{aligned}
\varphi(x)-\varphi(x+T_1)&=(\varphi(x)-\psi(x))+(\psi(x)-\psi(x+T_1))+(\psi(x+T_1)-\varphi(x+T_1))\cr
&=(\varphi(x)-\psi(x))+(\psi(x+T_1)-\varphi(x+T_1))\cr
\end{aligned}
$$
两边同时取 $x\to +\infty$ 极限就有 $\lim_{x\to +\infty}(\varphi(x)-\varphi(x+T_1))=0$。
则 $\forall \epsilon>0$，$\exists X>0$，$\text{s.t.}|\varphi(x)-\varphi(x+T_1)|<\epsilon$，$\forall x>X$。而对于任意 $x’\in (0,+\infty)$，有倍越定理比能找到 $x_0=x’+kT_2$（$k\in \mathbb{Z}$）$\text{s.t.}x_0>X$，而 $T_2$ 是 $\varphi(x)$ 的周期，因此有 $|\varphi(x’)-\varphi(x’+T_1)|<\epsilon$ 对任意 $x’\in (0,+\infty),\epsilon>0$ 成立。
故 $T_1$ 也是 $\varphi(x)$ 的周期。那么 $\psi(x)-\varphi(x)$ 存在 $T_1$ 的周期，由引理可知 $\psi(x)\equiv \varphi(x)$。$\Box$
*题5. 设 $a_0, a_1, \ell, \alpha$ 为正数，$a_1 \neq a_0, a_{n+1} = \frac{(\ell + n^\alpha)a_n^2}{\ell a_n + n^\alpha a_{n-1}} (n \geq 1)$。证明：
(1) 若 $\alpha < 1$，则 $\{a_n\}$ 有正的极限；
(2) 若 $\alpha = 1, \ell > 1$，则 $\{a_n\}$ 有正的极限；
(3) 若 $\alpha > 1$，则 $\{a_n\}$ 发散或极限为零；
(4) 若 $\alpha = \ell = 1$，则 $\{a_n\}$ 发散或极限为零。
习题 4.2（P93）3/4
题1. 证明 $$ \lim_{n \to +\infty} n \sum_{k=1}^{n} \left| \sqrt{1+\frac{2k}{n^3}}-1-\frac{k}{n^3} \right| = 0 $$ 并由此计算 $$ \lim_{n \to +\infty} n \sum_{k=1}^{n} \left( \sqrt{1+\frac{2k}{n^3}}-1 \right) $$
证：
$$
\begin{aligned}
\left|\sqrt{1+\frac{2k}{n^3}}-1-\frac{k}{n^3}\right|&=\left|\frac{1+\frac{2k}{n^3}-(1+\frac{k}{n^3})^2}{\sqrt{1+\frac{2k}{n^3}}+1+\frac{k}{n^3}}\right|\cr
&=\left|\frac{-\frac{k^2}{n^6}}{\sqrt{1+\frac{2k}{n^3}}+1+\frac{k}{n^3}}\right|\cr
&=\frac{\frac{k^2}{n^6}}{\sqrt{1+\frac{2k}{n^3}}+1+\frac{k}{n^3}}\cr
&\le \frac{k^2}{n^6}
\end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}
n \sum_{k=1}^{n} \left| \sqrt{1+\frac{2k}{n^3}}-1-\frac{k}{n^3} \right|
&\le \frac{\sum_{k=1}^nk^2}{n^5}=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6n^5}
\end{aligned}
$$
故有：
$$
\lim_{n \to +\infty} n \sum_{k=1}^{n} \left| \sqrt{1+\frac{2k}{n^3}}-1-\frac{k}{n^3} \right|\le \lim_{n\to +\infty} \frac{n(n+1)(2n+1)}{6n^5}=0
$$
根据夹逼定理，有 $\lim_{n \to +\infty} n \sum_{k=1}^{n} \left| \sqrt{1+\frac{2k}{n^3}}-1-\frac{k}{n^3} \right|=0$。$\Box$
显然 $n \sum_{k=1}^{n} \left| \sqrt{1+\frac{2k}{n^3}}-1-\frac{k}{n^3}\right |\ge\left| n \sum_{k=1}^{n} \sqrt{1+\frac{2k}{n^3}}-1-\frac{k}{n^3}\right |$，故 $\lim_{n \to +\infty} n \sum_{k=1}^{n} \sqrt{1+\frac{2k}{n^3}}-1-\frac{k}{n^3}=0$。
$$
\begin{aligned}
\lim_{n \to +\infty} n \sum_{k=1}^{n} \left( \sqrt{1+\frac{2k}{n^3}}-1 \right)&=\lim_{n \to +\infty} n \sum_{k=1}^{n} \left( \sqrt{1+\frac{2k}{n^3}}-1-\frac{k}{n^3} \right)+\lim_{n\to +\infty} n\sum_{k=1}^n\frac{k}{n^3}\cr
&=\lim_{n\to +\infty} n\sum_{k=1}^n\frac{k}{n^3}\cr
&=\lim_{n\to +\infty} \frac{n^2(n+1)}{2n^3}=\frac{1}{2}.
\end{aligned}
$$
题2. 设数列 $\{x_n\}$，$\{y_n\}$ 满足
$$\begin{cases}
x_n^2 + y_n^2 + 2y_n = 1 + \ln \frac{n+1}{n}, \cr
x_n + \left( 1 + \frac{1}{3n} \right) y_n = \frac{1}{\sqrt[n]{n}}.
\end{cases}$$
证明 $\{x_n\}$，$\{y_n\}$ 收敛并求极限。
证：若 $x_n,y_n$ 的极限存在，那么设 $\lim_{n\to +\infty} x_n=a$，$\lim_{n\to +\infty} y_n=b$，则对题目中的两个等式两边同时求极限可得：
$$
\begin{cases}
a^2+b^2+2b=1\cr
a+b=1
\end{cases}
$$
解得 $a=1,b=0$。下面验证 $1,0$ 确实是两个序列的极限。
令 $z_n=x_n-1$，那么根据题目中的等式可得：
$$
\begin{cases}
(z_n+1)^2+y_n^2+2y_n=1+\ln\frac{n+1}{n}\cr
z_n+(1+\frac{1}{3n})y_n=\frac{1}{\sqrt[n]n}
\end{cases}
$$
解方程证明 $y_n,z_n\to 0$ 即可（略，可得 $y_n,z_n=O(\frac{\ln n}{n})$）。$\Box$
题3. 设 $\alpha \in \mathbb{R}$，计算 $$ \lim_{x \to 0} \frac{(1+x)^\alpha - 1}{x} $$
解：当 $x\to 0$ 时，$(1+x)^\alpha - 1\sim \alpha x$，故 $I=\lim_{x\to 0}\frac{\alpha x}{x}=\alpha$。
*题5. 证明定理 4.2.6。
习题 4.3（P96）3/3
题1. 给出例 4.3.3 的证明。
例 4.3.3. 设 $0<q<1$，则 $\lim_{x\to +\infty} q^x=0$。
证：$\forall \epsilon>0$，$\exists X=\frac{\ln \epsilon}{\ln q}$，$\forall x>X$，$0<q^x<q^{\ln \epsilon / \ln q}=\epsilon$。故 $\lim_{x\to +\infty} q^x=0$。$\Box$
题2. 详细证明 (4.3.3) 式。
(4.3.3) 式 $\lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+x)}{x}=1$。
证：有不等式 $\frac{x}{x+1}\le \ln(1+x)\le x$。
当 $x\to 0^+$ 时，$\frac{1}{x+1}\le\frac{\ln(1+x)}{x}\le 1$，而 $\lim_{x\to 0^+}\frac{1}{x+1}=1$，由夹逼定理得 $\lim_{x\to 0+}\frac{\ln(1+x)}{x}=1$。
当 $x\to 0^-$ 时，$1\le \frac{\ln(1+x)}{x}\le \frac{1}{x+1}$，此时 $\lim_{x\to 0^-}\frac{1}{x+1}=1$，由夹逼定理仍然可得 $\lim_{x\to 0+}\frac{\ln(1+x)}{x}=1$。$\Box$
*题4. 证明对于 $x \neq 0$，有 $$\prod_{n=1}^{\infty} \cos \frac{x}{2^n} = \frac{\sin x}{x}$$。特别地，有 Viete 公式：$$\prod_{n=2}^{\infty} \cos \frac{\pi}{2^n} = \frac{2}{\pi}$$
证：由三角恒等式 $\sin x=2\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2}$ 可知：
$$
\begin{aligned}
\sin x&=2\cos\frac{x}{2}\sin\frac{x}{2}\cr
&=4\cos\frac{x}{2}\cos\frac{x}{4}\sin\frac{x}{4}\cr
&=\cdots\cr
&=2^n\sin\frac{x}{2^n}\prod_{i=1}^n\cos\frac{x}{2^i}
\end{aligned}
$$
即有：
$$
\prod_{i=1}^n\cos\frac{x}{2^i}=\frac{\sin x}{2^n\sin\frac{x}{2^n}}
$$
取 $n\to +\infty$ 时的极限有：
$$
\prod_{n=1}^{\infty}\cos\frac{x}{2^n}=\lim_{n\to \infty}\frac{\sin x}{2^n\sin\frac{x}{2^n}}=\frac{\sin x}{x}
$$
Viete 公式即为当 $x=\pi$ 时的特例。$\Box$
习题 5.1（P99）6/14
题1. 证明 Dirichlet 函数
$$
D(x) :=
\begin{cases}
1, & x \in \mathbb{Q}, \cr
0, & x \notin \mathbb{Q}
\end{cases}
$$
在 $\mathbb{R}$ 上处处不连续。
证：对于 $\mathbb{R}$ 上的任意一点 $x_0$，由有理数的稠密性，必可找到一个有理数列 $x_n$ 满足 $x_n\to x_0$，且 $\lim_{n\to +\infty}D(x_n)=1$；由无理数的稠密行，又可找到一个无理数列 $y_n$ 满足 $y_n\to x_0$，且 $\lim_{n\to +\infty}D(y_n)=0$。故 $\lim_{x\to x_0}D(x)$ 不存在，$D(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上处处不连续。$\Box$
题2. 考虑 $[0,1]$ 上的 Riemann 函数
$$
R(x) :=
\begin{cases}
1, & x = 0, \cr
\frac{1}{q}, & x = \frac{p}{q} \cr
0, & x \not\in \mathbb{Q}.
\end{cases} \quad (\text{其中 } p, q \text{ 为既约整数}),
$$
证明 $R$ 在有理点不连续，在无理点连续。
证：若 $x_0\in \mathbb{Q}$，则 $R(x_0)\not=0$。而由无理数的稠密行，必能找到一个无理数列 $x_n$ 满组 $x_n\to x_0$，又由于 $x_n\not\in \mathbb{Q}$，故 $\lim_{n\to +\infty}R(x_n)=0\not=f(x_0)$，因此 $R$ 在有理点不连续。
若 $x_0\not\in \mathbb{Q}$，则 $R(x_0)=0$，往证 $\lim_{x\to x_0}R(x)=0$。$\forall \epsilon>0$，由于 $R(x)\ge \epsilon$ 的 $x$ 必然是有理数，因此这样的 $x$ 必然只有可列个。因此必然存在一个 $x_0$ 的零域 $U(x_0,\delta)$ 满足 $\forall x\in U(x_0,\delta)$，$R(x)<\epsilon$。故 $\lim_{x\to x_0}R(x)=0=R(x_0)$。即 $R$ 在无理点连续。$\Box$
题3. 设 $S_n = \frac{1}{n^2} \sum_{k=0}^n \ln C_n^k$，求 $\lim_{n \to +\infty} S_n$。
解：将 $C_n^k$ 展开可得：$\ln C_n^k=\sum_{i=n-k+1}^n\ln i-\sum_{i=1}^k\ln i$。
$$
\begin{aligned}
\sum_{k=0}^n\ln C_n^k&=\left(\sum_{k=0}^n\sum_{i=n-k+1}^n\ln i\right)-\left(\sum_{k=0}^n\sum_{i=1}^k\ln i\right)\cr
&=\left(\sum_{i=1}^n\ln i\cdot i\right)-\left(\sum_{i=1}^n\ln i\cdot (n-i+1)\right)\cr
&=\sum_{i=1}^n\ln i(2i-n+1)
\end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}
\lim_{n\to +\infty}S_n&=\lim_{n\to +\infty}\frac{1}{n^2}\sum_{i=1}^n\ln i\cdot (2i-n+1)\cr
&=\lim_{n\to +\infty}\frac{1}{n^2-(n-1)^2}\sum_{i=1}^{n-1}\ln i\cdot(-1)+\ln n\cdot (n+1)\cr
&\overset{\text{stolz}}=\lim_{n\to +\infty}\frac{1}{2n-1}\left((n+1)\ln n-\sum_{i=1}^{n-1}\ln i\right)\cr
&\overset{\text{stolz}}=\lim_{n\to +\infty}\frac{1}{2}\left((n+1)\ln n-n\ln(n-1)-\ln(n-1)\right)\cr
&=\lim_{n\to +\infty}\frac{1}{2}(n+1)\ln(1+\frac{1}{n-1})\cr
&=\lim_{n\to +\infty}\frac{1}{2}\frac{n+1}{n-1}=\frac{1}{2}
\end{aligned}
$$
题4. 设 $\lim_{x \to 0} f(x) = 0$，$\lim_{x \to 0} \frac{f(2x) - f(x)}{x} = 0$。证明 $\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x} = 0$。
证：由 $\lim_{x\to 0}\frac{f(2x)-f(x)}{x}=0$ 可知，$\forall \epsilon>0$，$\exists \delta>0$，$\text{s.t. }\forall x\in (-\delta,\delta)$，$|f(2x)-f(x)|<|x|\epsilon$。那么有：
$$
\begin{aligned}
|f(x)|&\le |f(x)-f(\frac{x}{2})|+|f(\frac{x}{2})-f(\frac{x}{4})|+\cdots+|f(\frac{x}{2^{n-1}})-f(\frac{x}{2^n})|+|f(\frac{x}{2^n})|\cr&\le \epsilon(\frac{x}{2}+\cdots+\frac{x}{2^n})+|f(\frac{x}{2^n})|\cr&\le x\epsilon+|f(\frac{x}{2^n})|
\end{aligned}
$$
取 $n\to +\infty$，由于 $\lim_{x\to 0}f(x)=0$，因此 $|f(x)|\le x\epsilon$。故 $\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}=0$。$\Box$
题5. 称 $\mathbb{R}$ 上函数 $f$ 满足局部 Lipschitz 条件，是指对任何 $x \in \mathbb{R}$，存在 $\delta > 0$ 以及 $M > 0$ 使得
$$|f(y) - f(z)| \leq M |y - z|, \quad \forall y, z \in (x - \delta, x + \delta).$$
证明：$f$ 在 $\mathbb{R}$ 上满足局部 Lipschitz 条件等价于对任何 $A > 0$，存在 $M_A > 0$ 使得
$$|f(x) - f(y)| \leq M_A |x - y|, \quad \forall x, y \in [-A, A].$$
证：先证 $\implies$。若 $\forall x\in \mathbb{R}$，$\exists \delta_x>0,M_x>0$，$\text{s.t. } \forall y,z\in (x-\delta_x,x+\delta_x)$，$|f(y)-f(z)|\le M_x|y-z|$。
则对于闭区间 $[-A,A]$，考虑所有 $x\in [-A,A]$ 的 $(x-\delta_x,x+\delta)$ 的开区间集合，必然构成了 $[-A,A]$ 的一个覆盖。根据有限覆盖定理，必存在有限个开区间能够覆盖整个 $[-A,A]$。而有限个数必有最小值，令 $M_A$ 为所有被选择区间对应的 $M_x$ 的最小值即可。
再证 $\Longleftarrow$。显然成立：对于任意的 $x\in\mathbb{R}$，取 $\delta=\frac{|x|}{2}$，$M=M_{2|x|}$ 即可。$\Box$
题6. 设 $f$ 为 $\mathbb{R}$ 上函数。对任何 $x \in \mathbb{R}$，存在 $\delta > 0$ 以及 $M > 0$ 使得
$$|f(y) - f(x)| \leq M |y - x|, \quad \forall y \in (x - \delta, x + \delta).$$
问：$f$ 是否一定满足局部 Lipschitz 条件？
解：不能。反例：
$$
f(x)=\begin{cases}
x\sin\frac{1}{x} & x\not=0\cr
0 & x = 0
\end{cases}
$$
*题7. 设 $f$ 是 $[a, b]$ 上的单调连续函数，${a_n}$ 是 $[a, b]$ 中的点列。证明：
(1) 若 $f$ 单增，则 $\varlimsup_{n \to +\infty} f(a_n) = f(\varlimsup_{n \to +\infty} a_n)$，$\varliminf_{n \to +\infty} f(a_n) = f(\varliminf_{n \to +\infty} a_n)$；
(2) 若 $f$ 单减，则 $\varlimsup_{n \to +\infty} f(a_n) = f(\varliminf_{n \to +\infty} a_n)$，$\varliminf_{n \to +\infty} f(a_n) = f(\varlimsup_{n \to +\infty} a_n)$。
*题8. 将习题 7 推广到广义实数系情形。
*题9. 证明区间 $I$ 上的单调函数的间断点均为跳跃间断点，且间断点全体至多可列。
*题10. 设 $\{x_k\}_{k=1}^{\infty}$ 为 $\mathbb{R}$ 中点列，定义 $f(x) := \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{2^k} \chi_{{x_k, +\infty}}(x)$。证明：$f$ 的间断点全体为 $\{x_k \mid k \geq 1\}$。
进一步，若 ${x_k}$ 在 $\mathbb{R}$ 中稠密，则 $f$ 在 $\mathbb{R}$ 上严格单增。
*题11. 将区间 $(0, 1)$ 内的实数用十进制小数 $0.a_1a_2a_3 \cdots a_n \cdots$ 表示，约定不将 9 作为循环节。定义
$$f(0.a_1a_2a_3 \cdots a_n \cdots) := 0.a_1a_2a_3 \cdots a_n \cdots,$$
试问 $f$ 在 $(0, 1)$ 内的哪些点连续，哪些点不连续？
*题12. 设正数列 $\{a_n\}$ 满足
$$\varliminf_{n \to +\infty} a_n = 1, \quad \varlimsup_{n \to +\infty} a_n = 2 \text{ 及 } \lim_{n \to +\infty} \sqrt[n]{\prod_{k=1}^n a_k} = 1.$$
证明：
$$\lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n a_k = 1.$$
*题13. 证明：$\mathbb{R}$ 上实连续函数全体的势为 $\aleph$.
*题14. 设 $f$ 在 $(0,+\infty)$ 上连续，且对于任何 $a \in (0,+\infty)$,
$$\lim_{n \to +\infty} f(na) = 0.$$
证明：
$$\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0.$$
习题 5.2（P106）0/5
*题1. 求 $$ \lim_{n \to +\infty} \left( \frac{n!}{n^n} \right)^{\frac{1}{n}}. $$
*题2. 设 $a > 0, b > 0$, 求证: $$ \lim_{n \to +\infty} \left( \frac{\sqrt[n]{a} + \sqrt[n]{b}}{2} \right)^n = \sqrt{ab}. $$
*题3. 计算 $$ \lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1 - x}{x^2}. $$
*题4. 计算 $$ \lim_{x \to 0} \frac{\ln(1 + x) - x}{x^2}. $$
*题5. 设 $\alpha \in \mathbb{R}$, 计算 $$ \lim_{x \to 0} \frac{(1 + x)^\alpha - 1 - \alpha x}{x^2}. $$
习题 5.3（P111）0/22
习题 5.3
*题1. 设 $f$ 为有界区间 $(a, b)$ 内的连续函数，$f(a^+)$，$f(b^-)$ 都存在且 $f(a^+) < 0$，$f(b^-) > 0$。证明：存在 $\xi \in (a, b)$ 使得 $f(\xi) = 0$。
*题2. 设 $f$ 在 $(0, +\infty)$ 内连续，且满足 $f(x^2) = f(x)$ ($\forall x > 0$)。证明：$f$ 在 $(0, +\infty)$ 内为常数。
*题3. 设 $f$ 为区间 $(a, +\infty)$ 上的连续函数，$f(a^+)$ 存在且为负数，$f(+\infty) = +\infty$。证明：存在 $\xi \in (a, +\infty)$ 使得 $f(\xi) = 0$。
*题4. 设 $f$ 是 $\mathbb{R}$ 上的连续周期函数。若 $f$ 不为常数，证明它一定有最小正周期。
*题5. 试用闭区间套定理证明介值定理。
*题6. 设 $f$ 在有界区间 $(a, b)$ 内连续。证明：$f$ 在 $(a, b)$ 内一致连续当且仅当 $f(a^+)$ 和 $f(b^-)$ 都存在。
*题7. 设 $f$ 在 $[0, +\infty)$ 上连续，$\lim_{n \to +\infty} f(\sqrt{n}\ln n) = 0$。证明：$\lim_{x \to +\infty} f(x)$ 存在的充要条件是 $f$ 在 $[0, +\infty)$ 上一致连续。
*题8. 证明：$f(x) = \sin^2 x + \sin x^2$ 不是周期函数。
*题9. 设 $f$ 在 $\mathbb{R}$ 上一致连续。证明：存在常数 $a, b$ 使得对任何 $x \in \mathbb{R}$，有 $|f(x)| \leq a + b|x|$。
*题10. 设 $a > 0, a^2 + 4b < 0$。求证：不存在在 $\mathbb{R}$ 上具有介值性的函数 $f$ 满足 $f(f(x)) = af(x) + bx$。
*题11. 设 $\mathbb{R}$ 上连续函数列 ${f_n}$ 对于每一个 $x \in \mathbb{R}$ 都是有界的（称为“逐点有界”）。证明：存在区间 $(a, b)$ 使得 ${f_n}$ 在 $(a, b)$ 内一致有界。即存在与 $n$ 无关的常数 $M > 0$ 使得
$$|f_n(x)| \leq M, \quad \forall n \geq 1, x \in (a, b).$$
*题12. 设函数 $f$ 在区间 $(x_0, +\infty)$ 上连续并有界。证明：对任何实数 $T$，存在趋于 $+\infty$ 的序列 ${x_n}$ 使得
$$\lim_{n \to +\infty} (f(x_n + T) - f(x_n)) = 0.$$
*题13. 设 $f$ 是区间 $(a, b)$ 内的函数，若 $\forall n \in \mathbb{N}_+$，$\frac{|f+n|-|f-n|}{2}$ 连续，证明 $f$ 连续。
*题14. 设 $f$ 在 $\mathbb{R}$ 上连续，且对任何 $x, y \in \mathbb{R}$ 均有 $f(x+y) = f(x) + f(y)$。证明：$f$ 必为齐次线性函数。
*题15. 在习题14中，$f$ 的连续性可以用 $f$ 在0点的连续性来代替。进一步证明：$f$ 的连续性用局部有界性代替时，结论仍然成立。
*题16. $\mathbb{R}$ 上的函数 $f$ 满足 $f(x+y) = f(x)f(y)$，设 $f$ 局部有界。
(1) 证明：存在常数 $A$，使得
$$f(x) = A^x, \quad \forall x \in \mathbb{R};$$
(2) 若 $f$ 是复值函数，情况又如何？
*题17. 设 $f, g$ 在闭区间 $[a, b]$ 上连续，且存在 $x_n \in [a, b]$，使得
$$f(x_n) = g(x_{n+1}), \quad \forall n = 1, 2, \cdots.$$
证明：存在 $\xi \in [a, b]$ 使得，$f(\xi) = g(\xi)$。
*题18. 证明不存在 $\mathbb{R}$ 上的连续函数 $f$ 使得对任何 $\alpha \in \mathbb{R}$，方程 $f(x) = \alpha$ 恰好有两个根。
*题19. 设 $n$ 为正整数，$f$ 在 $[0, n]$ 上连续，且 $f(0) = f(n)$。证明存在 $n$ 组不同的 $\{x, y\}$ 使得 $f(x) = f(y)$ 且 $x - y$ 为非零整数。
*题20. 设定义在区间 $[a, b]$ 内的函数 $f$ 具有介值性。证明 $f$ 在 $[a, b]$ 上连续当且仅当对任何有理数 $q$，$\{x \in [a, b] \mid f(x) = q\}$ 是闭集。
*题21. 设 $f(x), g(x)$ 和 $xf(x)$ 均在 $\mathbb{R}$ 上一致连续。证明 $f(x)g(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上一致连续。
*题22. 设 $f$ 在 $[a, b]$ 上连续，但不为常数。求证：$\exists \xi \in (a, b)$ 使 $f$ 在点 $\xi$ 不取极值。即对任何 $\delta > 0$，都有 $x \in (\xi - \delta, \xi)$ 以及 $y \in (\xi, \xi + \delta)$ 使得 $(f(x) - f(\xi))(f(y) - f(\xi)) < 0$。
习题 5.4（P116）0/2
*题4. 设 $f$ 为 $\mathbb{R}$ 上的有界函数，且对任何 $x \neq y$ 有 $|f(x) - f(y)| < |x - y|$。任取 $x_0 \in \mathbb{R}$，并设 $x_{n+1} = f(x_n) (n \geq 0)$。证明：$\{x_n\}$ 收敛。
*题5. 设 $f$ 是 $\mathbb{R}$ 上周期为 1 的函数，满足 $|f(x) - f(y)| \leq |x - y|$ $(x, y \in \mathbb{R})$。考察函数 $g(x) = x + f(x)$。任取 $x_0 \in \mathbb{R}$，令 $x_{n+1} = g(x_n) (n \geq 0)$。证明：$$\lim_{n \to +\infty} \frac{x_n}{n}$$ 存在且不依赖于 $x_0$ 的选择。