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     - **第一类间断点**：$f(x_0+)$ 和 $f(x_0-)$ 都存在。
       - **可去间断点**：$f(x_0+)=f(x_0-)$。
       - **跳跃间断点**：$f(x_0+)\neq f(x_0-)$。
-    - **第二类间断点**：$f(x_0+)$ 和 $f(x_0-)$ 有至少一者不存在。
+    - **第二类间断点**：$f(x_0+)$ 和 $f(x_0-)$ 有至少一者不存在。即 $f$ 在 $x_0$ 某一侧附近无定义，或在 $x_0$ 某一侧函数值发散。
 
 - **引理 9.5.4（可去间断点补齐为连续）**：设 $X\subseteq\mathbb R$，$f:X\to\mathbb R$ 是函数，$x_0$ 是 $f$ 的可去间断点。那么由 $g(x):=\begin{cases}f(x_0+)&x=x_0\\f(x)&x\neq x_0\end{cases}$ 定义的函数 $g:X\cup\{x_0\}\to\mathbb R$ 在 $x_0$ 处连续。
 
 注意，若补全或修改函数 $f$ 在其间断点 $x_0$ 处的值后使得 $f$ 在 $x_0$ 处连续了。除了 $x_0$ 是 $f$ 的可去间断点之外，还有可能是因为 $f$ 在 $x_0$ 某一侧无定义，从而 $f$ 在 $x_0$ 处这一侧的极限不存在，而使得 $x_0$ 成为第二类间断点。
 
+我们举一个在每个有理数处跳跃间断而在每个无理数处连续的函数的例子。
+
+首先，观察由 $f(x):=\lfloor x\rfloor$ 定义的函数 $f:\mathbb R\to\mathbb R$，该函数在每个整数处跳跃间断，而在每个非整数处连续。
+
+现在我们仿照该思路构造目标函数。由于有理数集是可数集，于是存在双射 $g:\mathbb N\to \mathbb Q$。然后我们定义函数 $f:\mathbb R\to\mathbb R$ 满足：
+
+$$
+f(x):=\sum_{r\in\mathbb Q:r\leq x}2^{-g^{-1}(r)}
+$$
+
+而 $\sum\limits_{n=0}^{\infty}2^{-n}$ 是绝对收敛的，从而 $f(x)$ 是定义成功的。可以证明 $f$ 就是一个满足要求的函数。
+
+我们再举一个在每个有理数处可去间断而在每个无理数处连续的函数的例子。
+
+这里我们需要用到一个前提：任何一个有理数都可以被唯一表示成一个最简分数 $\frac{m}{n}$，其中 $m$ 是整数、$n$ 是正整数且 $|m|,n$ 互质。然后定义函数 $f:\mathbb R\to\mathbb R$ 满足：
+$$
+f(x):=\begin{cases}\frac{1}{n}&x\in\mathbb Q\text{ 且 }x\text{ 的最简分数表示是}\frac{m}{n}\\0&x\not\in\mathbb Q\end{cases}
+$$
+考虑证明任意一点 $x_0$ 处的极限是 $0$：为找到 $x_0$ 的一个去心邻域使其内部的函数值都小于 $\frac{1}{n}$，只需找一个去心邻域避开所有最简分数分母 $\leq n$ 的有理数即可，这样的有理数在 $x_0$ 附近只有有限个。于是 $f$ 在每个有理数处可去间断而在每个无理数处连续。该函数被称为黎曼函数。
+
 ## 9.6 极值定理
 
 - **定义 9.6.1（函数有界）**：设 $X\subseteq \mathbb R$ 和函数 $f:X\to \mathbb R$。
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 作为对比，该命题并不成立：设 $I$ 是区间，函数 $f:I\to \mathbb R$，且 $f$ 是 $I$ 到 $f(I)$ 的双射。设 $x_0\in I$ 且 $f$ 在 $x_0$ 处连续，那么 $f^{-1}$ 在 $f(x_0)$ 处连续。反例如下：先取由 $f(x):=x$ 定义的函数 $f:(-10,10)\to(-10,10)$，然后对每个质数 $p\geq 3$，找到 $\frac 1p,\frac 2p,\frac 4p\cdots,\frac {2^k}p$ 使得 $2^k>p$（那么 $\frac{2^k}p<10$），然后将它们的 $f$ 值做一位的轮换，即令 $f(\frac 1p):=\frac 2p,f(\frac 2p):=\frac 4p,\cdots,f(\frac{2^k}{p}):=\frac 1p$，由于 $p$ 都是质数所以这些轮换都是互不干扰的，且 $f$ 仍保持双射。现在 $f$ 在 $0$ 处仍然是连续的：对于指定的 $\varepsilon>0$ 取 $\delta=\frac{\varepsilon}2$ 即可，因为每个 $f$ 值至多变为原来的两倍。而 $f^{-1}$ 在 $f(0)=0$ 处不是连续的：因为存在 $\varepsilon=1$，使得对于任意 $\delta>0$，都存在 $y$ 使得 $|y|<\delta$ 且 $f^{-1}(y)>\varepsilon$——取 $y$ 为 $(0,\delta)$ 中的某个 $\frac 1p$ 即可，此时对应的 $x$ 为对应的 $\frac{2^k}{p}>1$。
 
-我们再举一个在每个有理数处间断而在每个无理数处连续的单调函数的例子。
+- **命题 9.8.5（单调有界收敛）**：设 $X\subseteq\mathbb R$，$f:X\to\mathbb R$ 是单调不减函数，$x_0$ 是 $X\cap (-\infty,x_0)$ 的附着点，$\{f(x):x\in X,x<x_0\}$ 有上界。那么 $f$ 在 $x_0$ 处存在左极限且 $\lim\limits_{x\to x_0^-}f(x)=\sup\{f(x):x\in X,x<x_0\}$。
 
-首先，观察由 $f(x):=\lfloor x\rfloor$ 定义的函数 $f:\mathbb R\to\mathbb R$，该函数在每个整数处间断，而在每个非整数处连续。
+  **证明**：设 $L=\sup\{f(x):x\in X,x<x_0\}$。对于任意 $\varepsilon>0$，存在 $x\in X,x<x_0$ 满足 $L-\varepsilon<f(x)\leq L$，那么对于任意 $x'\in (x,x_0)$，都有 $L-\varepsilon<f(x')\leq L$。
 
-现在我们仿照该思路构造目标函数。由于有理数集是可数集，于是存在双射 $g:\mathbb N\to \mathbb Q$。然后我们定义函数 $f:\mathbb R\to\mathbb R$ 满足：
+- **推论 9.8.6**：设 $X\subseteq\mathbb R$，$f:X\to\mathbb R$ 是单调不减函数，$x_0\in\mathbb R$。那么：
 
-$$
-f(x):=\sum_{r\in\mathbb Q:r\leq x}2^{-g^{-1}(r)}
-$$
+  1. 若 $x_0$ 是 $X\cap (-\infty,x_0)$ 的附着点但 $\lim\limits_{x\to x_0^-}f(x)$ 不存在，那么 $x_0=\sup X$，$x_0\not\in X$，$f(x)$ 无上界。
+  2. 若 $x_0$ 是 $f$ 的可去间断点，那么 $x_0\not\in X$。
 
-而 $\sum\limits_{n=0}^{\infty}2^{-n}$ 是绝对收敛的，从而 $f(x)$ 是定义成功的。可以证明 $f$ 就是一个满足要求的函数。
+根据推论 9.8.6，我们看到单调函数的可去间断点可以有不可数多个，例如由 $f(x):=x$ 定义的函数 $f:\mathbb Q\to\mathbb R$ 在每个无理数处都是可去间断的。但是，单调函数的跳跃间断点和第二类间断点都只有至多可数多个。
+
+- **命题 9.8.7**：设 $X\subseteq\mathbb R$，$f:X\to\mathbb R$ 是单调不减函数，那么 $f$ 的跳跃间断点只有至多可数个。
+
+  **证明**：设 $x_0$ 是 $f$ 的跳跃间断点，那么：
+  $$
+  \lim_{x\to x_0^-}f(x)=\sup\{f(x):x<x_0\}< \inf\{f(x):x>x_0\}=\lim_{x\to x_0^+}f(x)
+  $$
+  
+  考虑将 $f$ 的每个跳跃间断点 $x_0$ 映到非空开区间 $\left(\lim\limits_{x\to x_0^-}f(x),\lim\limits_{x\to x_0^+}f(x)\right)$。同时我们可以证明任意两个不同的跳跃间断点 $x_0<x_1$ 映到的开区间 $(l_0,r_0),(l_1,r_1)$ 必然满足 $r_0\leq l_1$ 从而它们不交：因为 $f$ 在 $x_0$ 处存在右极限，所以存在 $x\in X$ 满足 $x_0<x<x_1$，那么 $r_0\leq f(x)\leq l_1$。根据选择公理，可以为每个区间选出一个有理数，这些有理数应当两两不同，从而我们构造了 $f$ 的所有跳跃间断点到 $\mathbb Q$ 的单射，从而 $f$ 的跳跃间断点只有至多可数个。
+  
+- **推论 9.8.8**：设 $f:\mathbb R\to\mathbb R$ 是单调函数，那么 $f$ 的间断点只有至多可数多个。
+
+  **证明**：根据推论 9.8.6 证明 $f$ 的间断点都是跳跃间断点即可。
+
+- **命题 9.8.9**：设 $X\subseteq\mathbb R$，$f:X\to\mathbb R$ 是单调不减函数，那么 $f$ 的第二类间断点只有至多可数个。
+
+  **证明**：设 $x_0$ 是 $f$ 的第二类间断点且 $x\neq \sup X$、$x\neq \inf X$。那么根据第二类间断点的定义和推论 9.8.6.1，存在 $\delta>0$，使得 $X$ 在 $(x_0-\delta,x_0)$ 或 $(x_0,x_0+\delta)$ 中无定义。不妨设是 $(x_0-\delta,x_0)$，那么不存在 $f$ 的第二类间断点在 $(x_0-\delta,x_0)$ 中，因为间断点的前提是附着点，而若开区间 $(x_0-\delta,x_0)$ 中存在 $X$ 的一个附着点，那么该开区间与 $X$ 也必然有交，矛盾。
+
+  于是我们把 $x_0$ 映到非空开区间 $(x_0-\frac{\delta}{2},x_0)$ 上，若区间是 $(x_0,x_0+\delta)$ 则同理映到 $(x_0,x_0+\frac{\delta}{2})$ 上，由于 $\delta$ 的不唯一性，此映射需要用到选择公理构造。可以看出，任意两个不同的第二类间断点 $x_0<x_1$ 映到的开区间必然不交：一种情况是 $x_0$ 映到 $(x_0,x_0+\frac{\delta_0}{2})$、$x_1$ 映到 $(x_1-\frac{\delta_1}{2},x_1)$，若此时 $x_1-\frac{\delta_1}2<x_0+\frac{\delta_0}{2}$，那么 $x_1-\delta_1<x_0$ 和 $x_0+\delta_0>x_1$ 中至少有一者成立，这与 $(x_0,x_0+\delta_0),(x_1-\delta_1,x_1)$ 中不存在第二类间断点矛盾。
+
+  根据选择公理，可以为每个区间选出一个有理数，这些有理数应当两两不同，从而我们构造了 $f$ 的所有第二类间断点到 $\mathbb Q$ 的单射，从而 $f$ 的第二类间断点只有至多可数个。
 
 ## 9.9 一致连续性
 
@@ -584,4 +624,31 @@ $$
 
   **证明**：传递性：若 $f=g+o(g),g=h+o(h)$，那么 $f=g+o(g)=h+o(h)+o(h+o(h))=h+o(h)+o(O(h))=h+o(h)+o(h)=h+o(h)$。反过来同理可证 $h=f+o(f)$。
 
-我们将在习题篇中看到阶的具体应用。
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+## 9.12 一些其他的工具
+
+在面对实际问题的时候，一些问题可能会让人无从下手，此时直接从定义出发解决问题往往是过于复杂的，而借助一些工具可以帮我们更容易地解决它们。上面我们所述的所有引理或定理都可以视为工具，这里我们再介绍一些其他的工具。
+
+- **定理 9.12.1（有界闭集套定理）**：设 $(F_n)_{n=0}^{\infty}$ 是 $\mathbb R$ 上的非空有界闭集序列，满足 $F_{n+1}\subseteq F_n$ 对任意 $n$ 成立。那么 $\bigcap\limits_{n\in\mathbb N}F_n$ 是非空有界闭集。
+
+  **证明**：根据选择公理，存在 $(x_n)_{n=0}^{\infty}$ 使得 $x_n\in F_n$ 对任意 $n$ 成立（也可以通过取 $x_n:=\sup F_n$ 绕开选择公理，需要先证明 $\sup A=\max A$ 对任意闭集 $A$ 是成立的）。根据定理 9.1.13，由于 $(x_n)_{n=0}^{\infty}$ 是有界闭集 $F_1$ 上的序列，所以存在子列 $(x_{n_i})_{i=0}^{\infty}$ 收敛到 $F_1$ 中的某数 $L$。对于任意 $n$，存在 $i$ 使得 $n_i\geq n$，那么 $(x_{n_j})_{j=i}^{\infty}$ 就变成 $F_n$ 上的序列，从而其极限值 $L$ 也在 $F_n$ 中，从而 $L$ 在 $\bigcap\limits_{n\in\mathbb N}F_n$ 中。
+
+  设 $(y_n)_{n=0}^{\infty}$ 是 $\bigcap\limits_{n\in\mathbb N}F_n$ 上的收敛到 $L'$ 的序列，那么对于任意 $n$，$(y_n)_{n=0}^{\infty}$ 也是 $F_n$ 上收敛的序列，从而序列极限值 $L$ 在 $F_n$ 中，于是 $L$ 在 $\bigcap\limits_{n\in\mathbb N}F_n$ 中。
+
+- **定理 9.12.2（压缩不动点定理）**：设非空闭集 $X\subseteq \mathbb R$，$\lambda \in\mathbb R$ 满足 $0<\lambda<1$，函数 $f:X\to\mathbb R$ 满足 $f(X)\subseteq X$，且对于任意 $x,y\in X$ 有 $|f(x)-f(y)|\leq \lambda|x-y|$（压缩性质）。那么存在唯一的 $x^*\in X$ 满足 $f(x^*)=x^*$。且对于任意 $X$ 上的序列 $(x_n)_{n=0}^{\infty}$ 满足 $x_{n+1}=f(x_n)$，有 $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=x^*$ 和 $|x_n-x^*|\leq \frac{\lambda^n}{1-\lambda}|x_1-x_0|$ 对任意 $n\geq 1$ 成立。
+
+  **证明**：设 $(x_n)_{n=0}^{\infty}$ 是任意 $X$ 上的满足 $x_{n+1}=f(x_n)$ 的序列。由于 $|x_{n+2}-x_{n+1}|=|f(x_{n+1})-f(x_n)|\leq \lambda |x_{n+1}-x_n|$ 对任意 $n$ 成立，所以可以归纳证明 $|x_{n+1}-x_n|\leq \lambda^n|x_1-x_0|$ 对任意 $n$ 成立。于是对任意自然数 $n,p$：
+  $$
+  |x_{n+p}-x_n|\leq (\lambda^n+\cdots+\lambda^{n+p-1})|x_1-x_0|=\lambda^n\frac{1-\lambda^p}{1-\lambda}|x_1-x_0|\leq \frac{\lambda ^n}{1-\lambda}|x_1-x_0|
+  $$
+  由于对任意 $\varepsilon>0$ 总存在 $n$ 使得 $\frac{\lambda ^n}{1-\lambda}|x_1-x_0|<\varepsilon$，所以易见 $(x_n)_{n=0}^{\infty}$ 是柯西序列，从而 $(x_n)_{n=0}^{\infty}$ 收敛到闭集 $X$ 中的某数 $L$。
+
+  压缩性质蕴含了 $f$ 是连续（甚至一致连续）的，那么：
+  $$
+  L=\lim_{n\to\infty}x_n=\lim_{n\to\infty}x_{n+1}=\lim_{n\to\infty} f(x_n)=f(L)
+  $$
+  
+  同时，若存在两个不同的数 $L,L'\in X$ 都满足 $f(L)=L,f(L')=L'$，根据压缩性质，应当有 $|L-L'|=|f(L)-f(L')|\leq\lambda|L-L'|<|L-L'|$，矛盾。故存在唯一的 $x^*\in X$ 满足 $f(x^*)=x^*$ 且 $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=L=x^*$。
+  
+  对式子 $|x_{n+p}-x_n|\leq \frac{\lambda ^n}{1-\lambda}|x_1-x_0|$ 关于 $p$ 取极限，可以得到 $|x_n-x^*|\leq \frac{\lambda^n}{1-\lambda}|x_1-x_0|$。
+
+定理 9.12.2 可以用来求解函数的解（求解 $f(x)=a$ 变为寻找 $f(x)-a+x$ 的不动点），而且通过 $|x_1-x_0|$ 给出了精确解和估计解的误差（通过 $|x_0-x^*|$ 给出是不合理的，因为并不知道 $x^*$ 是什么）。
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