习题
以下内容均为笔者自己的作答，不保证正确性。
习题 1（P16）
题 1. 设 $a_0, a_1, \cdots, a_n$ 为复常数，且对任何 $y \in \mathbb{R}$ 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）
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）
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）
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）
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：
*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.
*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。
习题 3.4（P85）
*题1. 若 $x_n > 0 \ (n = 1, 2, \cdots)$，且 $$ \lim_{n \to +\infty} x_n \cdot \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{x_n} = 1 $$。证明序列 $\{x_n\}$ 收敛。
*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。
*题3. 举例说明，在习题 2 中，$\{\sqrt[n]{x_n}\}$ 可以没有单调性。
*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 $nq - 1 \leq a_n \leq nq + 1 \ (n \geq 1)$。
*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。
*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。
*题7. 在习题 6 中当 $q \notin (0, 1)$ 时，结论会怎样？
*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。
*题9. 利用上、下极限证明 $\mathbb{R}$ 中的 Cauchy 收敛准则。
*题10. 证明：在例 3.4.1 中，若 $$ \lim_{n \to +\infty} a_n = -2 $$，则 $a_1 = -2$。
*题11. 推广习题 2 和习题 4。
*题12. 设 $\{x_n\}$ 是正数列，证明 $$ \lim_{n \to +\infty} n \left( \frac{1 + x_{n+1}}{x_n} - 1 \right) \geq 1 $$。
*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）
*题1. 设 $a > 0$，利用函数极限定义证明 $$ \lim_{x \to a} \sqrt{x} = \sqrt{a} $$。
*题2. 计算极限 $$ \lim_{x \to 2} \left( \frac{7x^3 - 2x^2 - 17x - 19}{2x^3 + 3x^2 - 11x - 6} - \frac{1}{2x^2 - 3x - 2} \right) $$。
*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：$\psi \equiv \varphi$。
*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）
*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 $$ \lim_{n \to +\infty} n \sum_{k=1}^{n} \left( \sqrt{1+\frac{2k}{n^3}-1} \right) $$
*题2. 设数列 $\{x_n\}$，$\{y_n\}$ 满足
$$\begin{cases}
x_n^2 + y_n^2 + 2y_n = 1 + \ln \frac{n+1}{n}, \
x_n + \left( 1 + \frac{1}{3n} \right) y_n = \frac{1}{\sqrt[n]{n}}.
\end{cases}$$
证明 $\{x_n\}$，$\{y_n\}$ 收敛并求极限。
*题3. 设 $\alpha \in \mathbb{R}$，计算 $$ \lim_{x \to 0} \frac{(1+x)^\alpha - 1}{x} $$
*题5. 证明定理 4.2.6。
习题 4.3（P96）
*题1. 给出例 4.3.3 的证明。
*题2. 详细证明 (4.3.3) 式。
*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：$$\prod_{n=2}^{\infty} \cos \frac{\pi}{2^n} = \frac{2}{\pi}$$