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+https://alg1lc.home.blog/t-tao_analysis_solution-index/?frame-nonce=fb40977f18
+https://christangdt.home.blog/analysis/analysis-tenrece-tao-3rd-ed/

src/第10章 函数的微分.md

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+### 第 10 章 函数的微分
+
+#### 10.1 基本定义
+
+- **定义 10.1.1（在一点处的可微性）**：设 $X\subseteq \mathbb R$，$x_0\in X$ 且是 $X$ 的极限点（非孤立点），$f:X\to\mathbb R$ 是函数。
+
+    称 $f$ 在 $x_0$ 处可微且具有导数 $L$，记作 $f'(x_0):=L$，当且仅当 $\lim\limits_{x\to x_0;x\in X\setminus\{x_0\}}\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$ 收敛到 $L$。
+
+    若极限不存在，或 $x_0\not\in X$，或 $x_0$ 不是 $X$ 的极限点，则称 $f$ 在 $x_0$ 处不可微。
+
+- **命题 10.1.2（Newton 逼近）**：设 $X\subseteq \mathbb R$，$x_0\in X$ 且是 $X$ 的极限点，$f:X\to \mathbb R$ 是函数，$L$ 是实数。
+
+    那么 $f$ 在 $x_0$ 处可微且导数为 $L$，当且仅当，对于任意 $\varepsilon>0$，都存在 $\delta>0$，使得对于任意 $x\in X$ 且 $|x-x_0|\leq\delta$，都有 $|f(x)-(f(x_0)+L(x-x_0))|\leq\varepsilon|x-x_0|$。
+
+    **证明**：根据定义可得。
+
+- **命题 10.1.3（可微性蕴含连续性）**：设 $X\subseteq \mathbb R$，$x_0\in X$ 且是 $X$ 的极限点，$f:X\to\mathbb R$ 是函数。若 $f$ 在 $x_0$ 处可微，则 $f$ 在 $x_0$ 处连续。
+
+    **证明**：设 $f$ 在 $x_0$ 处导数为 $L$。
+
+    设 $\varepsilon>0$ 是任意正实数。任取 $\varepsilon'>0$，根据命题 10.1.2，存在 $0<\delta\leq \frac \varepsilon {\varepsilon'+|L|}$，使得对于任意 $x\in X$ 且 $|x-x_0|\leq \delta$，都有 $|f(x)-(f(x_0)+L(x-x_0))|\leq\varepsilon'|x-x_0|$，得到 $|f(x)-f(x_0)|\leq(\varepsilon'+|L|)|x-x_0|\leq (\varepsilon'+|L|)\delta\leq \varepsilon$。证毕。
+
+//连续不一定可微。例如绝对值函数 $f(x):=|x|$ 在 $0$ 处连续但不可微。
+
+//利用同样的思路，构造 $f:[0,+\infty)\to \mathbb R$ 满足 $f(x):=\begin{cases}x&\text{if }\exists_{n\text{为正偶数}},x=\frac1n\\-x&\text{if }\exists_{n为正奇数},x=\frac1n\\0&\text{otherwise}\end{cases}$，那么 $f$ 同样是在 $0$ 处连续但不可微（斜率存在 $0,-1,1$ 三种）的。这个构造给我们一种启发：先构造一个在序列上的反例 $(a_n)_{n=1}^{\infty}$，然后通过令 $f(\frac1n):=a_n$ 把序列的反例放到函数啥上。
+
+- **定义 10.1.4**：设 $X\subseteq \mathbb R$，$f:X\to \mathbb R$ 是函数。称 $f$ 是可微的，当且仅当对于任意 $x_0\in X$ 且是 $X$ 的极限点，都有 $f$ 在 $x_0$ 处可微。
+
+- **推论 10.1.5**：设 $X\subseteq \mathbb R$，$f:X\to \mathbb R$ 是函数。若 $f$ 是可微的，则 $f$ 是连续的。**证明**：略。
+
+- **定理 10.1.6（微分算法）**：设 $X\subseteq \mathbb R$，$x_0\in X$ 且是 $X$ 的极限点，$f:X\to\mathbb R$ 和 $g:X\to \mathbb R$ 是函数。
+
+    1. 若 $f$ 是常值函数，则 $f$ 可微且 $f'(x_0)=0$。
+    2. 若对于任意 $x\in X$ 有 $f(x)=x$，则 $f$ 可微且 $f'(x_0)=1$。
+    3. 若 $f,g$ 在 $x_0$ 处均可微，则 $f+g$ 也在 $x_0$ 处可微，且 $(f+g)'(x_0)=f'(x_0)+g'(x_0)$。
+    4. 若 $f,g$ 在 $x_0$ 处均可微，则 $f-g$ 也在 $x_0$ 处可微，且 $(f-g)'(x_0)=f'(x_0)-g'(x_0)$。
+    5. 设 $c$ 是实数。若 $f$ 在 $x_0$ 处可微，则 $cf$ 也在 $x_0$ 处可微，且 $(cf)'(x_0)=cf'(x_0)$。
+    6. 若 $f,g$ 在 $x_0$ 处均可微，则 $fg$ 也在 $x_0$ 处可微，且 $(fg)'(x_0)=f'(x_0)g(x_0)+f(x_0)g'(x_0)$。
+    7. 若 $g$ 在 $x_0$ 处可微，且对于任意 $x\in X$ 有 $g(x)\neq 0$，则 $\frac1g$ 也在 $x_0$ 处可微，且 $\left(\frac1g\right)'(x_0)=-\frac{g'(x_0)}{g^2(x_0)}$。
+    8. 若 $f,g$ 在 $x_0$ 处均可微，则 $\frac fg$ 也在 $x_0$ 处可微，且 $\left(\frac fg\right)'(x_0)=\frac{f'(x_0)g(x_0)-f(x_0)g'(x_0)}{g^2(x_0)}$。
+
+    **证明**：使用函数的极限算律即可。以 10.1.6.8 的证明为例：
+    $$
+    \begin{aligned}
+    \left(\frac{f}{g}\right)'(x_0)&=\lim\limits_{x\to x_0;x\in X\setminus\{x_0\}}\frac{\frac{f(x)}{g(x)}-\frac{f(x_0)}{g(x_0)}}{x-x_0}\\
+    &=\lim\limits_{x\to x_0;x\in X\setminus\{x_0\}}\frac{\frac{f(x)g(x_0)-f(x_0)g(x)}{x-x_0}}{g(x)g(x_0)}\\
+    &=\frac{\lim\limits_{x\to x_0;x\in X\setminus\{x_0\}}\frac{(f(x)g(x_0)-f(x_0)g(x_0))-(f(x_0)g(x)-f(x_0)g(x_0))}{x-x_0}}{g^2(x_0)}\\
+    &=\frac{\left(\lim\limits_{x\to x_0;x\in X\setminus\{x_0\}}g(x_0)\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\right)-\left(\lim\limits_{x\to x_0;x\in X\setminus\{x_0\}}f(x_0)\frac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0}\right)}{g^2(x_0)}\\
+    &=\frac{f'(x_0)g(x_0)-f(x_0)g'(x_0)}{g^2(x_0)}
+    \end{aligned}
+    $$
+    当然，正确的方向应该是从后往前推，这样才是正确使用极限算律的方向。
+
+- **定理 10.1.7（链式法则）**：设 $X,Y\subseteq \mathbb R$，$x_0\in X$ 且是 $X$ 的极限点，$f:X\to Y$ 是在 $x_0$ 处可微的函数，$y_0:=f(x_0)$ 是 $Y$ 的极限点，$g:Y\to \mathbb R$ 是在 $y_0$ 处可微的函数。那么函数 $g\circ f:X\to \mathbb R$ 在 $x_0$ 处可微，且 $(g\circ f)'(x_0)=g'(y_0)f'(x_0)$。
+
+    **证明**：设 $k_1:=f'(x_0)$ 和 $k_2:=g'(y_0)$。设 $\varepsilon>0$ 是任意正实数。
+
+    存在 $\varepsilon_1,\varepsilon_2>0$ 满足 $\varepsilon_1|k_2|+\varepsilon_2|k_1|+\varepsilon_1\varepsilon_2\leq \varepsilon$（见 5.3.4 的证明）。
+
+    存在 $\delta_2>0$ 满足，对于任意 $y\in Y$ 且 $|y-y_0|\leq\delta_2$，记 $\Delta y=|y-y_0|,\Delta z=|g(y)-g(y_0)|$，有 $|\Delta z-k_2\Delta y|\leq\varepsilon_2\Delta y$。
+
+    存在 $\delta_1>0$ 满足，对于任意 $x\in X$ 且 $|x-x_0|\leq \delta_1$，记 $\Delta x=|x-x_0|,\Delta y=|f(x)-f(x_0)|$，有 $|\Delta y-k_1\Delta x|\leq \varepsilon_1 \Delta x$。
+
+    存在 $\delta_3>0$ 满足，对于任意 $x\in X$ 且 $|x-x_0|\leq\delta_3$，有 $|f(x)-f(x_0)|\leq \delta_2$。
+
+    设 $\delta:=\min(\delta_1,\delta_3)$，那么 $\delta>0$。那么对于任意 $x\in X$ 且 $|x-x_0|\leq \delta$，记 $\Delta x=|x-x_0|,\Delta y=|f(x)-f(x_0)|,\Delta z=|g(f(x))-g(f(x_0))|$，有 $\Delta x\leq \delta_1,\Delta y\leq \delta_2$，从而 $|\Delta y-k_1\Delta x|\leq \varepsilon_1 \Delta x$ 且 $|\Delta z-k_2\Delta y|\leq\varepsilon_2\Delta y$，那么：
+    $$
+    \begin{aligned}
+    |\Delta z-k_2\Delta y|&\leq\varepsilon_2\Delta y\\
+    |\Delta z-k_2k_1\Delta x|&\leq \varepsilon_2\Delta y+|k_2|\varepsilon_1\Delta x\\
+    &\leq \varepsilon_2(|k_1|\Delta x+\varepsilon_1\Delta x)+|k_2|\varepsilon_1
+    \Delta x\\
+    &=(\varepsilon_1|k_2|+\varepsilon_2|k_1|+\varepsilon_1\varepsilon_2)\Delta x\\
+    &\leq \varepsilon\Delta x
+    \end{aligned}
+    $$
+    证毕。
+
+#### 10.2 局部极值和导数
+
+- **定义 10.2.1（局部极值）**：设 $X\subseteq \mathbb R$，$f:X\to \mathbb R$ 是函数，$x_0\in X$。
+
+    称 $f$ 在 $x_0$ 处达到局部最大值，当且仅当存在 $\delta>0$ 使得 $f|_{X\cap (x_0-\delta,x_0+\delta)}$ 在 $x_0$ 处达到最大值。
+
+    称 $f$ 在 $x_0$ 处达到局部最小值，当且仅当存在 $\delta>0$ 使得 $f|_{X\cap (x_0-\delta,x_0+\delta)}$ 在 $x_0$ 处达到最小值。
+
+显然 $f$ 的孤立点是同时达到局部最大值和局部最小值的。
+
+- **命题 10.2.2（局部极值是稳定的）**：设实数 $a,b$ 且 $a<b$，$f:(a,b)\to \mathbb R$ 是函数，$x_0\in (a,b)$。若 $f$ 在 $x_0$ 处可微，且 $f$ 在 $x_0$ 处达到局部最大值或局部最小值，那么 $f'(x_0)=0$。
+
+    **证明**：
+
+//注意，用闭区间 $[a,b]$ 代替 $(a,b)$，该命题不一定成立。因为当区间的端点是局部极值时，其导数不一定为 $0$。
+
+- **定理 10.2.7（罗尔定理）**：设实数 $a,b$ 且 $a<b$，$f:[a,b]\to\mathbb R$ 是连续函数，且 $f|_{(a,b)}$ 可微。若 $f(a)=f(b)$，那么存在 $x\in (a,b)$ 使得 $f'(x)=0$。
+
+    **证明**：

src/第2章 从头开始：自然数.md

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+### 第 2 章 从头开始：自然数
+
+#### 2.1 Peano 公理
+
+Peano 公理是关于 $0$ 以及增长运算 $++$（将 $n++$ 称为 $n$ 的后继，或 $n$ 增长后得到的结果，它是唯一的）的公理：
+
+- **公理 2.1.1**：$0$ 是一个自然数。
+
+- **公理 2.1.2**：若 $n$ 是自然数，则 $n++$ 也是自然数。
+
+定义 $1$ 是数 $0++$，$2$ 是数 $(0++)++$，…… 这里只是自然数的一种表示方法。
+
+- **公理 2.1.3**：$0$ 不是任何自然数的后继，即对于每个自然数 $n$，都有 $n++\neq 0$。
+
+- **公理 2.1.4**：不同的自然数有不同的后继。即，若 $n,m$ 为自然数且 $n\neq m$，则 $n++\neq m++$。
+
+- **公理 2.1.5（数学归纳原理）**：设 $P(n)$ 是关于自然数的一个性质。假设 $P(0)$ 是真的，并假设有 “若 $P(n)$ 是真的，则 $P(n++)$ 也是真的”。那么对于每个自然数 $n$，$P(n)$ 都是真的。
+
+公理 2.1~2.5 就是关于自然数的所谓的 Peano 公理。我们据此作出假设：
+
+- **假设 2.1.6**：存在一个数系 $\mathbb{N}$，称其元素为自然数，公理 2.1.1~2.1.5 对于此数系成立。
+
+这样的数系可能有很多（比如每个元素可以是 $0,1,2,\cdots$，也可以是罗马数字），但这些集合都是同构（称为皮亚诺结构）的，或者说只有命名之分，所以我们仅仅单独使用一个自然数系。
+
+这里再插入一个 “更正式的定义”：
+
+> 一个皮亚诺结构为一满足下列条件的三元组 $(X,x,f)$：
+> 
+> 1. $X$ 为一集合，$x$ 为 $X$ 中一元素，$f$ 是 $X$ 到自身的映射。
+> 2. $x$ 不在 $f$ 的像集内。
+> 3. $f$ 为一单射（$\forall_{a\neq b},f(a)\neq f(b)$）。
+> 4. 若 $A$ 为 $X$ 的子集，满足 $x\in A$ 且 “若 $a\in A$，则 $f(a)\in A$”，则 $A=X$。
+> 
+> 注：2、3 说明图中存在一条以 $x$ 开头的无限长的链，4 说明了除了这条链之外 $X$ 中不存在其他元素。
+
+注：对比两种定义方式，可以看出：
+
+1. 两种定义方式都是公理化的，而非构造性的。
+   
+   即，都不是告诉你自然数是什么（它们代表数量吗、代表物理对象吗……）——这不是关键，关键是自然数满足的性质（如公理 2.5 就说明自然数满足数学归纳法）——这决定我们怎么利用自然数这一工具。
+
+2. 第一种定义方式，是直接地说明了运用自然数时所需要的种种性质。
+
+3. 第二种定义方式，对自然数的结构描绘地更加清晰。当然从结构也能推出第一种定义方式中说明的性质。
+   
+   （不严谨的）证明：首先根据公理 2.1.1~2.1.4 可以看出，自然数中存在一条以 $0$ 开头的无限长的链的结构。那么我们只用说明，整个自然数结构中，除了这条链之外没有其他东西。
+   
+   定义命题 $P(n)$ 表示 $n=0$ 或 $\exist_m,m++=n$。根据公理 2.1.5，可证对于任意自然数 $n$，$P(n)$ 都为真。
+   
+   那么如果整个自然数结构中，除了那条链之外还存在其他东西，那么容易发现这些 “自然数” 的 $P$ 要么为假，要么是非良定义的（出现循环递归定义的情况），那么就和所有自然数的 $P$ 都为真矛盾了。
+   
+   于是，这种 “自然数结构” 不满足公理 2.1.5，那么整个自然数结构中，除了这条链之外没有其他东西。
+
+公理化的一个结果是，我们可以通过递归的方法定义无限数列了：
+
+- **命题 2.1.7（递归定义）**：设对于每个自然数 $n$，都有某个函数 $f_n:\mathbb N\to \mathbb N$。设 $c$ 是一个自然数，那么可以对每个自然数 $n$ 指定唯一一个自然数 $a_n$，使得 $a_0=c$ 且 $a_{n++}=f_n(a_n)$。
+  
+  **证明**：命题用意在于证明 $a_n$ “存在” 且 “唯一”。
+  
+  首先，$a_0$ 存在，且有 ”若 $a_n$ 存在，那么由 $a_{n++}=f_n(a_n)$ 可知 $a_{n++}$ 也存在”，根据公理 2.1.5，对于每个自然数 $n$，$a_n$ 都存在。
+  
+  其次，对于 $n=0$，除了初始给 $a_0$ 指定值 $c$ 之外，根据公理 2.1.3 没有其他的定义 $a_{n++}:=f_n(a_n)$ 再次定义 $a_0$ 的值，故 $a_0$ 唯一，且有 “若 $a_n$ 唯一，它将赋予 $a_{n++}$ 一个单一的值 $a_{n++}:=f_n(a_n)$，且根据公理 2.1.4 可知没有其他的定义 $a_{m++}:=f_m(a_m)$ 能再次定义 $a_{n++}$，则 $a_{n++}$ 唯一”，根据公理 2.1.5，对于每个自然数 $n$，$a_n$ 都唯一。
+
+这是公理化结果中的一个较为模板性的结果。我们可以用递归定义的方法来定义加法和乘法。
+
+#### 2.2 加法
+
+让我们定义加法，定义 $n$ 加上 $m$ 表示将 $n$ 增长 $m$ 次的结果，其准确定义如下：
+
+- **定义 2.2.1（自然数的加法）**：设 $m$ 是自然数，首先定义 $0+m:=m$ 为一自然数。现归纳地假定已定义好 $n+m$ 为一自然数，那么定义 $(n++)+m:=(n+m)++$ 也为一自然数。
+  
+  根据命题 2.1.7，对于每个自然数 $n$， $n+m$ 都有定义且唯一。（为了方便，以后这句话以及上面过程中用于强调加法封闭性（递归定义要求封闭性）的相关语句可能省略）
+
+我们要证明加法的两个基本运算定律：交换律和结合律。为了较为清晰地显现出 $n+m$ 最初始的定义（且防止误用还未证明的交换律或结合律），我们暂时用 $f_m(n)$ 表示 $n+m$，那么 $f_m(0)=m,f_{m}(n++)=f_m(n)++$。
+
+- **命题 2.2.2（加法交换律）**：对于任何自然数 $n$ 和 $m$，$n+m=m+n$。
+  
+  **证明**：即证 $f_m(n)=f_n(m)$。保持 $m$ 固定，对 $n$ 进行归纳。
+  
+  当 $n=0$ 时，即证 $f_m(0)=f_0(m)$， 即证 $m=f_0(m)$，对 $m$ 再归纳即可。
+  
+  归纳地假设 $f_m(n)=f_n(m)$，欲证：
+  
+  $$
+  \begin{aligned}
+f_m(n++)&=f_{n++}(m)\\
+\iff f_m(n)++&=f_{n++}(m)\\
+\iff f_n(m)++&=f_{n++}(m)
+\end{aligned}
+  $$
+  
+  同样再对 $m$ 进行归纳即可：$\begin{cases}f_n(0)++=n++=f_{n++}(0)\\f_n(m++)++=(f_n(m)++)++=f_{n++}(m)++=f_{n++}(m++)\end{cases}$。
+
+- **命题 2.2.3（加法结合律）**：对于任何自然数 $a,b,c$，$(a+b)+c=a+(b+c)$。
+  
+  **证明**：即证 $f_c(a+b)=f_{b+c}(a)$。保持 $c$ 固定，对 $a$ 进行归纳。
+  
+  当 $a=0$ 时，$f_c(0+b)=f_c(b)=b+c=f_{b+c}(0)$。
+  
+  归纳地假设 $f_c(a+b)=f_{b+c}(a)$，欲证：
+  
+  $$
+  \begin{aligned}
+f_c((a++)+b)&=f_{b+c}(a++)\\
+\iff f_c((a+b)++)&=f_{b+c}(a)++\\
+\iff f_c(a+b)++&=f_{b+c}(a)++
+\end{aligned}
+  $$
+
+$b=c\to a+b=a+c$ 是显然的，但由于我们还没建立减法和负数的概念，所以还不能直接说明 $a+b=a+c\to b+c$。为此，我们再证明消去律：
+
+- **命题 2.2.4（加法消去律）**：设 $a,b,c$ 是自然数，满足 $a+b=a+c$，那么 $b=c$。
+  
+  **证明**：保持 $b,c$ 固定，对 $a$ 进行归纳。
+  
+  当 $a=0$ 时，$0+b=0+c$，即 $b=c$。
+  
+  归纳地假设 $a+b=a+c\to b=c$。若 $(a++)+b=(a++)+c$，那么 $(a+b)++=(a+c)++$，根据公理 2.1.4，可知 $a+b=a+c$，那么 $b=c$。
+
+这样，我们就能做等式两边的化简了。
+
+接下来讨论加法和正性交互作用。
+
+- **定义 2.2.5（正自然数）**：一个自然数被称为正的，当且仅当它不等于 $0$。
+
+- **引理 2.2.6**：对于任意自然数 $n$，$n++$ 都是正的。**证明**：根据公理 2.1.3 可证。
+
+- **命题 2.2.7**：若 $a$ 是正的且 $b$ 是自然数，那么 $a+b$ 是正的。**证明**：对 $b$ 归纳。
+
+- **推论 2.2.8**：$a+b=0$ 当且仅当 $a=0$ 且 $b=0$。
+
+- **引理 2.2.9**：设 $b$ 是正数，那么恰存在一个自然数 $a$，使得 $a++=b$。
+  
+  **证明**：设命题 $P(b)$ 表示 $b=0$ 或恰存在一个自然数 $a$，使得 $a++=b$。
+  
+  对 $b$ 归纳，$P(0)$ 显然成立。假设 $P(b)$ 成立，根据公理 2.1.4，恰存在一个自然数 $a=b$ 使得 $a++=(b++)$，故 $P(b++)$ 成立。则对于任意自然数 $b$，$P(b)$ 成立。
+  
+  当 $b$ 为正数时，$P(b)$ 成立，而 $b\neq 0$，故原引理成立。
+  
+  （由于公理 2.1.5 只给出了从 $0$ 开始的数学归纳原理，所以这个证明十分别扭，不过等我们定义了序的概念之后，就好做了）
+
+一旦有了加法的概念，我们可以开始定义序的概念。
+
+- **定义 2.2.10（自然数的序）**：设 $n$ 和 $m$ 是自然数，称 $n$ 大于等于 $m$（记作 $n\geq m$ 或 $m\leq n$），当且仅当存在自然数 $a$，使得 $n=m+a$。
+  
+  称 $n$ 严格大于 $m$（记作 $n>m$ 或 $m<n$），当且仅当 $n\geq m$ 且 $n\neq m$。
+
+- **引理 2.2.11**：$n>m$ 当且仅当存在正数 $a$ 使得 $n=m+a$。**证明**：根据定义可推得。
+
+- **命题 2.2.12（自然数的序的基本性质）**：设 $a,b,c$ 为自然数，那么：
+  
+  - **反对称性**：若 $a\geq b$ 且 $b\geq a$，则 $a=b$。
+    
+    证明：根据定义，存在自然数 $n,m$ 满足 $a=b+n$ 且 $b=a+m$，代入得 $m+n=0$，根据推论 2.2.8，$m=n=0$，那么 $a=b$。
+  
+  - **传递性**：若 $a\geq b$ 且 $b\geq c$，则 $a\geq c$。
+    
+    证明：根据定义，存在自然数 $n,m$ 满足 $a=b+n$ 且 $b=c+m$，代入得 $a=c+(m+n)$，那么 $a\geq c$。
+  
+  - **三歧性**：$a<b,\ a=b,\ b>a$ 中恰有一个是真的。
+    
+    证明：根据定义和反对称性，可以证明三个命题中不可能有多个为真，下面证明三个命题中至少一个为真。
+    
+    对 $b$ 进行归纳。当 $b=0$ 时，对于任意自然数 $a$，$a=a+0$，则 $a\geq b$，故 $a=b$ 或 $a>b$。
+    
+    假设对 $b$ 我们已经证明了命题，现在要对 $b++$ 证明命题。
+    
+    对于 $a\leq b$，由于 $b\leq (b++)$，故仍然有 $a\leq (b++)$；
+    
+    对于 $a>b$，说明存在正数 $k$ 满足 $a=b+k$，根据引理 2.2.9，存在一个自然数 $k'$ 满足 $a=b+(k'++)=(b++)+k'$，故 $a\geq (b++)$。
+
+其实也是全序的基本性质。作为补充的是，三歧性等价于完全性（$a\geq b$ 或 $b\geq a$），完全性蕴含自反性（$a\geq a$）；以及自然数的序还满足加法保序。
+
+序的性质使得我们得到数学归纳原理的若干更强的形式：
+
+- **命题 2.2.13（向前数学归纳原理）**：设 $n_0$ 是一个自然数，$P(n)$ 是关于自然数的一个性质。假设 $P(n_0)$ 是真的，并假设有 “当 $n\geq n_0$ 时，若 $P(n)$ 是真的，则 $P(n++)$ 也是真的”。那么对于每个自然数 $n\geq n_0$，$P(n)$ 都是真的。
+  
+  **证明**：设 $Q(n)$ 表示 $n<n_0$ 或 $P(n)$ 成立。利用序的三歧性，再用回初始的数学归纳原理 2.1.5 即可证明。
+
+- **命题 2.2.14（向后数学归纳原理）**：设 $n_0$ 是自然数，$P(m)$ 是关于自然数的一个性质。假设 $P(n_0)$ 是真的，并假设有 “当 $m<n_0$ 时，若 $P(m++)$ 是真的，则 $P(m)$ 也是真的”。那么对于每个自然数 $m\leq n_0$，$P(m)$ 都是真的。
+  
+  **证明**：设 $Q(n)$ 表示 $n>n_0$ 或 “假设 $P(n)$ 是真的，那么对于每个自然数 $m\leq n$，$P(m)$ 都是真的” 成立。类似地利用序的三歧性和原始的数学归纳原理证明即可。
+
+可见，利用序的性质，现在数学归纳法已经不局限于从 $0$ 开始推知整个自然数系了，它可以应用于更紧的要求内。
+
+那么，当我们以后使用数学归纳原理的“能较为显然地用类似方法证明的”其他拓展形式时，将不再作证明。
+
+- **命题 2.2.15（强归纳法原理/第二数学归纳法）**：设 $n_0$ 是一个自然数，$P(n)$ 是关于自然数的一个性质。假设 $P(n_0)$ 是真的，并假设有 “当 $n\geq n_0$ 时，若 $P(n')$ 对于所有 $n_0\leq n'\leq n$ 都是真的，则 $P(n++)$ 也是真的”。那么对于每个自然数 $n\geq n_0$，$P(n)$ 都是真的。
+  
+  **证明**：设 $Q(n)$ 表示 $P(n')$ 对于所有 $n_0\leq n'\leq n$ 都是真的。
+  
+  对 $n$ 归纳。当 $n=n_0$ 时，$Q(n)$ 是真的。当 $n\geq n_0$ 时，归纳地假设 $Q(n)$ 是真的，那么 $P(n++)$ 是真的，$Q(n++)$ 也是真的。根据数学归纳原理，对于任意 $n\geq n_0$，$Q(n)$ 都是真的。则原命题亦得证。
+
+补充一个性质：
+
+- **命题 2.2.16（加法保序）**：设 $a,b,c$ 为自然数，$a\geq b$ 当且仅当 $a+c\geq b+c$。**证明**：根据定义可知。
+
+#### 2.3 乘法
+
+就像加法是重复的增长运算一样，乘法是重复的加法。
+
+- **定义 2.3.1（自然数的乘法）**：设 $m$ 是自然数，首先定义 $0\times m:=m$。现归纳地假定已定义好 $n\times m$，那么定义 $(n++)\times m:=(n\times m)+m$。
+
+- **命题 2.3.2（乘法交换律）**：对于任何自然数 $n$ 和 $m$，$n\times m=m\times n$。
+  
+  **证明**：和加法类似，设 $f_m(n)=n\times m$。即证 $f_m(n)=f_n(m)$。保持 $m$ 固定，对 $n$ 进行归纳。
+  
+  当 $n=0$ 时，即证 $f_m(0)=f_0(m)$， 即证 $0=f_0(m)$，对 $m$ 归纳即证。
+  
+  归纳地假设 $f_m(n)=f_n(m)$，欲证：
+  
+  $$
+  \begin{aligned}f_m(n++)&=f_{n++}(m)\\\iff f_m(n)+m&=f_{n++}(m)\\\iff f_n(m)+m&=f_{n++}(m)\end{aligned}
+  $$
+  
+  同样再对 $m$ 进行归纳即可：$\begin{cases}f_n(0)+0=0=f_{n++}(0)\\f_n(m++)+(m++)=(f_n(m)+n)+(m++)=f_{n++}(m)+(n++)=f_{n++}(m++)\end{cases}$。
+
+为了简便，我们现在将 $n\times m$ 简写为 $nm$，并按习惯规定先乘后加。
+
+- **引理 2.3.3**：$n\times m$ 为正数当且仅当 $n,m$ 都为正数。
+  
+  **证明**：根据定义，当 $n,m$ 有一者等于 $0$ 时 $n\times m=0$；容易归纳证明，当 $n,m$ 都为正数时 $n\times m$ 为正数。
+
+- **命题 2.3.4（乘法分配律）**：对于任何自然数 $a,b,c$，有 $a(b+c)=ab+ac$。
+  
+  **证明**：乘法的定义中 $(n++)\times m=n\times m+m$ 其实奠定了乘法分配律的基本情形。然后对 $a$ 归纳即可。
+
+- **命题 2.3.5（乘法结合律）**：对于任何自然数 $a,b,c$ 有 $(a\times b)\times c=a\times (b\times c)$。
+  
+  **证明**：和加法类似，对 $a$ 归纳。过程中需要用到乘法分配律。
+
+- **命题 2.3.6（乘法保序）**：设 $a,b$ 为自然数。若 $c$ 为自然数且 $a\leq b$，则 $ac\leq bc$；若 $c$ 为正数且 $a<b$，则 $ac<bc$。
+  
+  **证明**：若 $c$ 为自然数且 $a\leq b$，那么存在自然数 $d$ 使得 $a+d=b$，那么 $(a+d)c=bc$ 即 $ac+dc= bc$，由于 $dc$ 为自然数，故 $ac\leq bc$。另一者的证明类似。
+
+- **推论 2.3.7（乘法消去律）**：设 $a,b$ 为自然数，$c$ 是正数。若满足 $ac=bc$，则 $a=b$。
+  
+  **证明**：根据命题 2.3.6，不可能 $a<b$ 或 $a>b$。
+
+至此，我们已经构建了较为成熟的加法和乘法的运算系统。
+
+我们拓展一个后面将会用到的定理：
+
+- **命题 2.3.8（欧几里得算法）**：设 $n$ 是自然数且 $q$ 是正数，那么存在唯一的自然数 $m,r$，使得 $0\leq r<q$ 且 $n=mq+r$。
+
+  **证明**：用 $(m,r)$ 表示一组解。
+
+  存在性：
+
+  设命题 $Q_n(q)$ 表示原命题，设命题 $P(n)$ 表示对于任意正数 $q$ 满足 $Q_n(q)$ 成立。证明思路是外层对 $n$ 归纳证明 $P(n)$ ，内层 $n$ 固定时对所有 $q$ 证明 $Q_n(q)$。
+
+  设 $Q_n(q)$ 表示原命题，$P(n)$ 表示对于任意正数 $q$ 满足 $Q_n(q)$ 成立。证明思路是外层对 $n$ 归纳证明 $P(n)$，内层 $n$ 固定时对 $q$ 归纳证明 $Q_n(q)$。
+
+  对于 $n=0$，对于任意正数 $q$，$(0,0)$ 即为一组使命题 $Q_0(q)$ 成立的合法解，于是 $P(0)$ 成立。
+
+  设 $n$ 为正数，归纳地假设对于任意的 $0\leq n'< n$，$P(n')$ 成立。现在欲证明 $P(n)$ 成立，即对于任意正数 $q$ 证明 $Q_n(q)$ 成立。
+
+  - 对于 $q>n$，$(0,n)$ 即为一组合法解。
+
+  - 对于 $0<q\leq n$，设 $Q'_n(q)$ 表示 $Q_n(q)$ 成立且对应解 $(m,r)$ 中的 $m>0$。考虑使用命题 2.2.14 证明：
+
+    当 $q=n$ 时，$(1,0)$ 即为一组合法解。
+
+    当 $0<q<n$ 时，归纳地假设 $Q'_n(q++)$ 成立，那么存在一组 $(m,r)$（其中 $m>0$），使得 $n=(q++)m+r=qm+(m+r)$。
+
+    该等式蕴含了 $n>m+r$，因为 $q>0,m>0$。那么根据归纳，$P(m+r)$ 成立，$Q_{m+r}(q)$ 成立，不妨设对应解为 $(m',r')$。
+
+    那么 $n=qm+(m+r)=qm+(qm'+r')=q(m+m')+r'$，于是我们构造出了一组解 $(m+m',r')$，同时 $m+m'\geq m>0$。那么 $Q'_n(q)$ 成立。
+
+    于是对于任意 $0<q\leq n$，$Q'_n(q)$ 成立，那么 $Q_n(q)$ 也成立。
+
+  于是 $P(n)$ 成立。于是根据命题 2.2.15，对于任意自然数 $n$，$P(n)$ 都成立。
+
+  唯一性：
+
+  反证。设对于 $n,q$ 找到了两组解 $(m,r),(m',r')$，那么 $n=mq+r=m'q+r'$，那么可知 $m\neq m'$（否则 $r=r'$），那么不妨设 $m<m'$，于是存在正数 $a$ 使得 $m'=m+a$。
+
+  那么 $n=m'q+r'=(m+a)q+r'=mq+(aq+r')$，结合 $n=mq+r$ 可知 $r=aq+r'\geq q$，矛盾，故不可能存在两组不同的解。
+
+我们姑且先把指数运算也一起定义了：
+
+- **定义 2.3.9（自然数的指数运算）**：设 $m$ 是自然数，首先定义 $m^0:=1$。现归纳地假定已定义好 $m^n$，那么定义 $m^{n++}:=m^n\times m$。
+
+我们暂时不更深入地建立指数运算的理论，等到第 4 章中我们定义了比例数后再探讨。

src/第3章 集合论.md

@@ -0,0 +1,431 @@
+### 第 3 章 集合论
+
+#### 3.1 基本事项
+
+首先，集合是一个不加定义的原始概念。
+
+然后我们定义一个对象 $o$ 和集合 $A$ 之间的二元关系 $\in$，且称 $o\in A$ 为 “$o$ 属于 $A$” 或 “$A$ 包含 $o$” 或 “$o$ 是 $A$ 的元素”。特别地，由于集合是对象，询问一个集合是否属于另一个集合是有意义的。
+
+注：根据定义，“集合内不能有重复的元素” 这种说法是荒谬的。而下文中，“$A$ 的每个元素都……” 的含义是 “对于任意的对象 $x$ 满足 $x$ 是 $A$ 的元素，$x$ 都满足……”。即，我想强调的是，“元素”描述的是一种关系，而不是一个对象。
+
+纯粹集合论认为一切对象都是集合（例如，可以把数 $0$ 看做 $\varnothing$，$1$ 看做 $\left\{\varnothing\right\}$，$2$ 看做 $\left\{\left\{\varnothing\right\}\right\}$，以此类推）。从逻辑学的角度来看，纯粹集合论确实是一种更加简单的理论，人们只需要处理集合，而无需考虑其他对象。然而我们从概念角度来说，不纯粹的集合论的处理更加容易理解。单纯从应用的角度来看，两种想法集合是等价的。因此，对于一切对象是否都是集合，我们采取不可知论者的立场。
+
+我们先在 $\in$ 的基础之上扩展一些集合间的二元关系。
+
+- **定义 3.1.1（子集）**：设 $A,B$ 是集合，定义 $A\subseteq B$（称为 “$A$ 是 $B$ 的子集” 或 “$A$ 包含于 $B$” 或 “$B$ 包含 $A$"），当且仅当 $A$ 的每个元素都是 $B$ 的元素。
+  
+  定义 $A\subsetneq B$（称为 “$A$ 是 $B$ 的真子集” 或 “$A$ 真包含于 $B$” 或 “$B$ 真包含 $A$"），当且仅当 $A\subseteq B$ 且 $B\not\subseteq A$。
+
+- **命题 3.1.2（集合的包含关系的基本性质）**：设 $A,B,C$ 为集合，那么：
+  
+  - **自反性**：$A\subseteq A$。证明：根据定义可得。
+  
+  - **传递性**：若 $A\subseteq B$ 且 $B\subseteq C$，则 $A\subseteq C$。
+    
+    证明：根据定义，$A$ 的每个元素都是 $B$ 的元素，$B$ 的每个元素都是 $C$ 的元素，那么 $A$ 的每个元素都是 $C$ 的元素。
+    
+    若 $A\subsetneq B$ 且 $B\subseteq C$，则 $A\subsetneq C$；若 $A\subseteq B$ 且 $B\subsetneq C$，则 $A\subsetneq C$。
+    
+    证明：两者类似，证前面那个。首先 $A\subseteq B$ 且 $B\subseteq C$ 可知 $A\subseteq C$，然后由于 $B\not\subseteq A$，故存在一个对象 $x$ 满足 $x$ 是 $B$ 的元素而非 $A$ 的元素，又 $B$ 的元素都是 $C$ 的元素，故存在一个对象 $x$ 满足 $x$ 是 $C$ 的元素而非 $A$ 的元素，故 $C\not\subseteq A$，那么 $A\subsetneq C$。
+
+- **定义 3.1.3（集合之相等）**：设 $A,B$ 是集合，定义 $A=B$（称为 $A,B$ 相等），当且即当 $A\subseteq B$ 且 $B\subseteq A$。
+
+- **命题 3.1.4（集合的相等关系的基本性质）**：设 $A,B,C$ 为集合，那么：
+  
+  - **自反性**：$A=A$。证明：根据命题 3.1.2 可知 $A\subseteq A$。
+  
+  - **对称性**：若 $A=B$，则 $B=A$。证明：根据定义可知。
+  
+  - **传递性**：若 $A=B,B=C$，则 $A=C$。证明：根据命题 3.1.2 可知 $A\subseteq C$ 且 $C\subseteq A$。
+
+这里的定义顺序和书上是反着的，但我个人认为这个顺序更好些（除非会出现漏洞）。
+
+可以证明 “若 $A=B$，则 $x\in A\iff x\in B$”，即集合关于命题 “某个对象 $x$ 是否属于该集合 ” 遵从代入公理。
+
+- **引理 3.1.5**：若存在集合 $S$，满足 $x\in S\iff P(x)$，其中 $P(x)$ 是某个关于任意对象 $x$ 的命题，那么 $S$ 唯一。
+  
+  **证明**：若存在两个集合 $S,S'$ 都满足条件，那么 $x\in S\iff P(x)\iff x\in S'$，于是 $S=S'$。
+
+接下来运用公理构建集合时，我们都使用该引理来说明构建的集合的唯一性。
+
+类似自然数，我们将从空集开始，然后借助各种运算建造更多的集合。
+
+- **公理 3.1.6（空集）**：存在一个集合 $\varnothing$（空集），对于任意的 $x$，$x\not\in \varnothing$。
+
+- **公理 3.1.7（单元素集）**：对于任意一个对象 $a$，存在一个集合 $\{a\}$，它唯一的元素是 $a$。称这样的集合为单元素集。
+
+- **公理 3.1.8（双并）**：对于两个集合 $A,B$，存在一个集合 $A\cup B$，称为 $A$ 和 $B$ 的并，其元素由属于 $A$ 或属于 $B$ 的一切元素组成。即，对于任意对象 $x$，
+  
+  $$
+  x\in A\cup B\iff (x\in A \lor x\in B)
+  $$
+
+容易证明并运算满足交换律和结合律。容易证明 $A\cup \varnothing=A$。
+
+根据双并公理，我们可以定义双元素集：
+
+- **定义 3.1.9（双元素集）**：若 $a$ 和 $b$ 是两个对象，根据双并公理，存在一个集合 $\{a,b\}=\{a\}\cup\{b\}$，其仅有的元素是 $a$ 和 $b$。即，对于每个对象 $y$，有 $y\in\{a,b\}\iff (y\in a\lor y\in b)$。
+
+类似地，我们可以定义三元素集、四元素集，依此类推。我们现在已经可以构造很多集合了，至少像类似于 $\{1,2,3,4,5\}$ 这种其中元素能直接列举出来的集合，我们都是能证明该集合是存在的。
+
+但另一方面，我们还不能对于任意给定的自然数 $n$ 定义由 $n$ 个对象组成的集合。这将要求重复使用双并公理 $n$ 次，然而 $n$ 次重复的概念尚不曾被严格地定义。根据类似的理由，我们也还不能定义由无限多个对象组成的集合。
+
+我们需要一个公理来引入无限集合：
+
+- **公理 3.1.10（无限）**：存在一个集合 $\mathbb{N}$，其元素叫作自然数，满足 $0$ 是 $\mathbb{N}$ 中的一个对象，并且对于任意 $n\in\mathbb{N}$，由 $n$ 所指定的满足 Peano 公理的对象 $n++$ 也在 $\mathbb{N}$ 中。
+
+这是假设 2.1.6 的更正式的形式。自然数集引入了无限集合的一个最基本的例子。
+
+现在我们想找到一个这样的集合，满足所有大于等于某个自然数 $y$ 的自然数都属于它，这需要我们再引入一个公理：
+
+- **公理 3.1.11（分类公理）**：设 $A$ 是一个集合，并对于每个 $x\in A$，设 $P(x)$ 是一个关于 $x$ 的命题。那么存在一个集合 $\{x\in A:P(x)\}$（或 $\{x\in A|P(x)\}$），它的元素恰恰是 $A$ 中使 $P(x)$ 成立的 $x$。即，对于任意对象 $y$，
+  $$
+  y\in\{x\in A:P(x)\}\iff (y\in A\land P(y))
+  $$
+
+分类可以看成关于集合 $A$ 和命题 $P$ 的运算。可以证明 “若 $A=B$，则 $\{x\in A:P(x)\}=\{x\in B:P(x)\}$”，即集合关于分类运算遵从代入公理。
+
+利用分类运算和分类公理，我们可以定义集合的其他一些运算。
+
+- **定义 3.1.12（交）**：两个集合 $A$ 和 $B$ 的交 $A\cap B$ 定义为集合 $\{x\in A:x\in B\}$。根据分类公理，$A\cap B$ 存在。
+  
+  定义两个集合是不交的，当且仅当 $A\cap B=\varnothing$。
+
+- **定义 3.1.13（差集）**：两个集合 $A$ 和 $B$ 的差 $A\setminus B$ 定义为集合 $\{x\in A:x\not\in B\}$。根据分类公理，$A\setminus B$ 存在。
+
+- **命题 3.1.14（集合构成一个 Boole 代数）**：设 $A,B,C,X$ 均为集合，且满足 $A,B,C\subseteq X$。
+
+  1. **最小元**：$A\cup\varnothing=A$ 以及 $A\cap\varnothing=\varnothing$。
+
+  2. **最大元**：$A\cup X=X$ 以及 $A\cap X=A$。
+  
+  3. **恒等式**：$A\cup A=A$ 以及 $A\cap A=A$。
+
+  4. **交换律**：$A\cup B=B\cup A$ 以及 $A\cap B=B\cap A$。
+  
+  5. **结合律**：$A\cup(B\cup C)=(A\cup B)\cup C$ 以及 $A\cap(B\cap C)=(A\cap B)\cap C$。
+  
+  6. **分配律**：$A\cap(B\cup C)=(A\cap B)\cup(A\cap C)$ 以及 $A\cup(B\cap C)=(A\cup B)\cap(A\cup C)$。
+  
+  7. **分差法则**：$A\cup(X\setminus A)=X$ 以及 $A\cap(X\setminus A)=\varnothing$。
+  
+  8. **摩根定律**：$X\setminus(A\cup B)=(X\setminus A)\cap(X\setminus B)$。
+
+  **证明**：把集合用命题的形式表示出来（即类似 “$x\in S\iff P(x)$”），再用逻辑语言验证。
+
+但我们还是不满足，比如我们不能定义一个集合，满足 $\{0\},\{1\},\cdots$ 都属于这个集合，这又需要一个新的公理：
+
+- **公理 3.1.15（替换公理）**：设 $A$ 是一个集合，$P(x,y)$ 是关于任意对象 $x\in A$ 和任意对象 $y$ 的命题，且满足对于每个 $x\in A$ 存在至多一个 $y$ 使得 $P(x,y)$ 成立。那么存在一个集合 $\{y:\exist_{x\in A},P(x,y)\}$，使得对于任何对象 $z$
+  $$
+  z\in\{y:\exist_{x\in A},P(x,y)\}\iff \exist_{x\in A},P(x,z)
+  $$
+  
+  我们常把形如 $\{y:\exist_{x\in A},y=f(x)\}$ 的集合简写成 $\{f(x):x\in A\}$。
+
+注意到，替换公理蕴含分类公理，我们只需令 $P(x,y)\iff x=y\land Q(x)$ 即可构造出集合 $\{x\in A:Q(x)\}$。
+
+#### 3.2 万有分类公理（选读）
+
+从分类公理更进一步，我们考虑拓展出一个新的公理并将其加入集合论公理之中：
+
+- **公理 3.2.1（万有分类公理）**：设 $P(x)$ 是关于任意对象 $x$ 的命题，那么存在一个集合 $\{x:P(x)\}$，使得对于任何对象 $y$，
+
+$$
+  y\in\{x:P(x)\}\iff P(y)
+$$
+
+该公理断言每个性质对应一个集合，这也就是朴素的集合思想。这个公理蕴含了我们已经讨论过的公理，但这个公理不能被引入集合论，因为它引出了一个逻辑上的矛盾：
+
+> Russell 悖论：
+>
+> 根据万有分类公理，有集合：
+>
+> $$
+> \Omega:=\{x:\text{$x$是集合且$x\not\in x$}\}
+> $$
+>
+> 即一切不以自己为元素的集合的集合。那么现在问 $\Omega$ 是否属于 $\Omega$，发现不管 $\Omega$ 是否属于 $\Omega$，都会引出矛盾。
+
+为了解决这个悖论，我们考虑把对象按照一定的层次结构排列。在层级结构最底层的是原始对象（不是集合的对象），在下一层次中则是一些集合，但是这些集合的元素只能是原始对象。以此类推，一层次中存在的集合只能包含之前层次中的对象。这种想法引导出了正则公理。
+
+- **公理 3.2.2 （正则公理）** ：对于一个非空的集合 $A$，$A$ 中至少存在一个元素 $x$ 满足 $x$ 不是集合或 $A\cap x=\varnothing$。
+
+- **命题 3.2.3（不存在以自身为元素的集合）**：设 $A$ 为一个集合，那么 $A\not\in A$。
+
+  **证明**：反证。假设存在一个集合 $A$，满足 $A\in A$。根据单元素公理，存在一个集合 $B=\left\{A\right\}$。根据正则公理，应有 $B\cap A=\varnothing$，但 $A\in B,A\in A$ 有 $A\in B\cap A$，矛盾。
+
+命题 3.2.3 排除了罗素悖论中定义的集合 $\Omega$。（注意我们并没有将万有分类公理引入集合论中，所以不存在公理矛盾）
+
+但正则公理跟我们刚刚的设想 “层次结构” 有什么关系呢？可以这么理解：若我们刚刚所述的 “层次结构” 存在，那么对于一个集合 $A$，设其所有元素中，所在层次最小的那个元素为 $x$，它所在的层次为 $k$，那么考虑 $x\cap A$ 中的元素，它们所在的层次一定小于 $x$ 所在的层次（即 $k$），那么 $x\cap A$ 一定为空（即正则公理成立），否则与 “$x$ 是 $A$ 中层次最小的元素” 矛盾。
+
+注意上述过程中，$x$ 是一定找得到的，因为我们的 “层次结构” 是从第 $0$ 层（原始对象）开始的，不存在无限小的层次结构。而正则公理就可以说明类似的一点：
+
+- **命题 3.2.4（不存在无限递降的集合序列）**：不存在无限集合序列 $a_n$ 使得对于所有的 $i$，$a_{i+1}$ 是 $a_i$ 的元素。
+
+  **证明**：反证。若存在这样的无限集合序列 $a$，根据替换公理定义集合 $S:=\{a_n:n\in\mathbb N\}$。根据正则公理，存在 $a_k\in S$，使得 $a_k\cap S$，但显然始终有 $a_{k+1}\in a_k\cap S$，矛盾。
+
+事实上，命题 3.2.4 蕴含了正则公理，感性的证明就是我们上面的那一大段话，严谨的证明需要用到选择公理，我们暂且搁置。
+
+#### 3.3 函数
+
+- **定义 3.3.1（函数/映射/变换）**：设 $X,Y$ 是集合，$P(x,y)$ 是关于任意对象 $x\in X$ 和任意对象 $y\in Y$ 的命题，使得对于每个对象 $x\in X$ 存在恰好一个 $y\in Y$ 使得 $P(x,y)$ 成立。那么我们定义由 $P$ 在 $X$ 和 $Y$ 上确定的函数 $f:X\to Y$ 是这样的对象，它对于任意的输入 $x\in X$，将指定一个输出 $f(x)\in Y$，满足
+  
+  $$
+  y=f(x)\iff P(x,y)
+  $$
+  
+  根据 $P(x,y)$ 的定义，对于任意 $x\in X$，$f(x)$ 存在且唯一。
+  
+  定义函数 $f$ 的定义域为 $X$，对应域为 $Y$，值域为 $f(X):=\{f(x):x\in X\}$，那么值域为对应域的子集。
+
+有时我们在定义函数时，为了方便，在确定完其定义域 $X$ 后，直接指定从输入 $x$ 得到输出 $f(x)$ 的过程 procedure（即如何从 $x$ 得到 $f(x)$）来定义 $f$。其真正的过程如下：在确定完定义域 $X$ 之后，先定义 $P(x,y)$ 表示命题 “$y$ 是 $x$ 经过 procedure 过程得到的结果”，若未给出对应域，再令对应域为 $Y:=\{y:\exist_{x\in X},P(x,y)\}$（可以发现此时对应域和值域相等），然后再定义 $f$ 为由 $P$ 在 $X$ 和 $Y$ 上确定的函数。
+
+易证对象关于函数遵从代入公理：如果 $x=x'$，那么 $f(x)=f(x')$。当然前提是 $x$ 关于 $P(x,y)$ 遵从代入公理。
+
+有时函数的变元用下标来表示以取代括号，如，一个自然数序列 $a_0,a_1,\cdots$ 严格地说是一个从 $\mathbb N$ 到 $\mathbb N$ 的函数，而 $a_n$ 其实就是 $a(n)$。
+
+- **定义 3.3.2（函数相等）**：对于两个函数 $f$ 和 $g$，称它们是相等的（记为 $f=g$），当且仅当它们含有相同的定义域 $X$ 和对应域 $Y$，且对于任意 $x\in X$，$f(x)=g(x)$。
+
+容易验证函数相等是自反、传递、对称的。
+
+对于函数，一个基础性的可执行的运算是复合。
+
+- **定义 3.3.3（复合）**：设 $f:X\to Y$ 和 $g:Y\to Z$ 是两个函数，其中 $f$ 的对应域等于 $g$ 的定义域。那么可以定义两个函数 $g$ 与 $f$ 的复合：
+  
+  $$
+  (g\circ f)(x):=g(f(x))
+  $$
+  
+  容易证明，对于任意 $x\in X$，$g(f(x))$ 存在且唯一。
+
+易证函数关于复合遵从代入公理：如果 $f=f'$，那么 $g\circ f=g\circ f'$；如果 $g=g'$，那么 $g\circ f=g'\circ f$。
+
+- **引理 3.3.4（复合是结合的）**：$f\circ \left(g\circ h\right)=(f\circ g)\circ h$。证明：根据定义可知。
+
+我们再来描述其他一些有关函数的概念。
+
+- **定义 3.3.5（单射）**：一个定义域为 $X$ 的函数 $f$ 是单射当且仅当对于任意的 $x\in X$ 和任意的 $x'\in X$，若 $x\neq x'$，则 $f(x)\neq f(x')$。
+
+- **定义 3.3.6（满射）**：一个定义域为 $X$ 对应域为 $Y$ 的函数 $f$ 是满射当且仅当 $Y=f(X)$。
+
+- **定义 3.3.7（双射/一一对应）**：一个函数是双射的当且仅当它既是单射的，又是满射的。
+  
+  该定义也等价于，对于每个 $y\in Y$，恰有一个 $x\in X$ 使得 $f(x)=y$（至多一个意味着单射，至少一个意味着满射），记为 $f^{-1}(y)$，那么 $f^{-1}$ 就是一个从 $Y$ 到 $X$ 的函数。此时称 $f^{-1}$ 为 $f$ 的逆。
+
+#### 3.4 象和逆象
+
+- **定义 3.4.1（集合的象）**：设函数 $f:X\to Y$，设 $S$ 是 $X$ 的一个子集，定义 $S$ 在映射 $f$ 下的象为
+  
+  $$
+  f(S):=\{f(x):x\in S\}
+  $$
+
+- **定义 3.4.2（逆象）**：设 $T$ 是 $Y$ 的一个子集，定义 $T$ 在映射 $f$ 的逆象为
+  
+  $$
+  f^{-1}(T):=\{x\in S:f(x)\in T\}
+  $$
+
+注意函数也是对象，特别地我们可以考虑函数的集合，这里我们向考虑从一个集合 $X$ 到一个集合 $Y$ 的一切函数组成的集合。为此，我们引入公理：
+
+- **公理 3.4.3（幂集公理）**：设 $X$ 和 $Y$ 是集合，那么存在一个集合 $Y^X$，满足 $f\in Y^X$ 当且仅当 $f$ 是一个以 $X$ 为定义域以 $Y$ 为对应域的函数。
+
+此公理的一个结果是：
+
+- **引理 3.4.9**：设 $X$ 是一个集合，那么存在集合 $\{Y:Y\subseteq X\}$（也记作 $2^X$，称为 $X$ 的幂集），使得对于任意对象 $Z$
+  
+  $$
+  Z\in\{Y:Y\subseteq X\}\iff Z\subseteq X
+  $$
+  
+  **证明**：设集合 $Y=\{0,1\}$。
+  
+  设 $P(f,S)$ 是关于映射 $f\in Y^X$ 和任意对象 $S$ 的命题，满足 $P(f,S)$ 为真当且仅当 $S$ 是 $X$ 的子集且 $\forall_{x\in X},f(x)=1\iff x\in S$。
+  
+  根据引理 3.1.5，容易证明，对于每个 $f\in Y^X$，都恰好存在唯一的 $S:=\{x\in X:f(x)=1\}$ 使得 $P(f,S)$ 为真。
+  
+  根据替换公理，存在集合 $A:=\{S:\exist_{f\in Y^X},P(f,S)\}$。那么 $Z\in A\implies Z\subseteq X$。
+  
+  为证 $Z\subseteq X\implies(Z\in A\iff \exist_{f\in Y^X},P(f,Z))$，我们构造函数 $f(x):=[x\in Z]$ 即可。
+  
+  于是 $Z\in A\iff Z\subseteq X$，得证。
+
+为了完整起见，我们现在再往集合论中添加一条公理，它扩充了双并公理而允许做出更大的并集。
+
+- **公理 3.4.10（并）**：设 $A$ 是集合，且它的每个元素都是一个集合。那么存在一个集合 $\bigcup A$，使得对于任意对象 $x$
+  
+  $$
+  x\in \bigcup A\iff \exist_{S\in A},x\in S
+  $$
+
+该公理的一个重要的结果是：
+
+- **定义 3.4.11（集族的并）**：设 $I$ 为一集合，且对于任意 $\alpha\in I$，都映射到一个集合 $A_{\alpha}$。
+  
+  此时我们称 $I$ 为指标集，称 $I$ 的元素 $\alpha$ 为标签，称 $\{A_{\alpha}:\alpha\in I\}$ 为一个集族，其中的元素是贴有标签 $\alpha\in I$ 的。
+  
+  定义集族 $\{A_{\alpha}:\alpha\in I\}$ 的并为集合 $\bigcup_{\alpha\in I}A_{\alpha}:=\bigcup\{A_{\alpha}:\alpha\in I\}$。那么对于任意对象 $y$
+  
+  $$
+  y\in\bigcup_{\alpha\in I}A_{\alpha}\iff \exist_{\alpha\in I},y\in A_{\alpha}
+  $$
+  
+  注意到，当 $I$ 为空集时，集族的并也为空集。
+
+对称地，尽管不需要用到并公理，我们定义：
+
+- **定义 3.4.12（集族的交）**：设 $I$ 为一非空集合，且对于任意 $\alpha\in I$，都映射到一个集合 $A_{\alpha}$。
+  
+  由于 $I$ 非空，那么存在某个对象 $\beta\in I$。然后定义集族 $\{A_{\alpha}:\alpha\in I\}$ 的交为集合 $\bigcap_{\alpha\in I}A_{\alpha}:=\{x\in A_{\beta}:\forall_{\alpha\in I},x\in A_{\alpha}\}$。那么对于任意对象 $y$
+  
+  $$
+  y\in \bigcap_{\alpha\in I}A_{\alpha}\iff \forall_{\alpha\in I},x\in A_{\alpha}
+  $$
+  
+  注意，该定义不依赖于 $\beta$ 的选择。
+
+集合论的这些我们已经引入的公理统称为集合论的 Zermelo-Fraenkel 公理。后面我们将还需要一个更进一步的公理，即著名的选择公理，它们统称为集合论的 Zermelo-Fraenkel 选择公理。
+
+#### 3.5 笛卡尔积
+
+- **定义 3.5.1（序偶/有序对）**：设 $x$ 和 $y$ 是两个对象（可以相等），定义序偶 $(x,y):=\{\{x\},\{x,y\}\}$，定义 $x$ 为它的第一个分量而 $y$ 为它的第二个分量。
+  
+  可以证明，两个序偶 $(x,y)$ 和 $(x',y')$ 相等，当且仅当 $x=x'\land y=y'$。
+
+- **定义 3.5.2（笛卡尔积）**：设 $X$ 和 $Y$ 是集合，定义它们的笛卡尔积为集合 $X\times Y$（或记作 $\{(x,y):x\in X,y\in Y\}$），使得对于任意的对象 $a$
+  
+  $$
+  a\in X\times Y\iff \exist_{x\in X,y \in Y},a=(x,y)
+  $$
+  
+  **证明**：首先，对于每个 $x\in X$，存在一个集合 $A_x:=\{(x,y):y\in Y\}$。
+  
+  再构造集合 $B=\bigcup_{x\in X}A_x$。发现对于任意对象 $a$，$a\in B\iff \exist_{x\in X,y \in Y},a=(x,y)$，得证。
+
+设 $f:X\times Y\to Z$ 是一个函数。我们认为，$f$ 即是以 $X\times Y$ 为定义域的单变元函数，也是以 $X$ 和 $Y$ 同为定义域的两个变元的函数。
+
+现在我们扩展序偶的概念。
+
+- **定义 3.5.3（有序 $n$ 元组/$n$ 元序列）**：设 $n$ 是自然数，定义一个有序 $n$ 元组为一个函数 $x:\{i\in\mathbb{N}:1\leq i\leq n\}\to X$，其中 $X$ 是任意的某个集合，满足 $x$ 是满射。我们把 $x(i)$ 写成 $x_i$，称为第 $i$ 个分量，并把 $x$ 写成 $(x_i)_{1\leq i\leq n}$。
+  
+  那么可以证明，两个有序 $n$ 元组 $(x_i)_{1\leq i\leq n}$ 和 $(y_i)_{1\leq i\leq n}$ 是相等的，当且仅当对于任意自然数 $1\leq i\leq n$，$x_i=y_i$。
+
+- **定义 3.5.4（$n$ 重笛卡尔积）**：设 $(X_i)_{1\leq i\leq n}$ 是一个集合的有序 $n$ 元组，我们定义此组的诸分量的笛卡尔积为集合 $\prod_{1\leq i\leq n}X_i$（或记作 $\prod_{i=1}^n X_i$ 或 $X_1\times\cdots\times X_n$ 或 $\{(x_i)_{1\leq i\leq n}:\forall_{1\leq i\leq n},x_i\in X_i\}$），使得对于任意的对象 $a$
+  
+  $$
+  a\in \prod_{1\leq i\leq n}X_i\iff \bigg(a=(x_i)_{1\leq i\leq n}\land (\forall_{1\leq i\leq n},x_i\in X_i)\bigg)
+  $$
+  
+  **证明**：考虑集合 $A:=\left(\bigcup_{1\leq i\leq n}X_i\right)^{\{i\in\mathbb N:1\leq i\leq n\}}$，$B:=\{x\in A:\forall_{1\leq i\leq n},x_i\in X_i\}$，容易发现集合 $B$ 即为所求。
+
+设 $f:X_1\times X_2\times X_3\to Y$ 是一个函数。我们认为，$f$ 可以被看做是一个变元 $(x_1,x_2,x_3)\in X_1\times X_2\times X_3$ 的函数，或三个变元 $x_1\in X_1,x_2\in X_2,x_3\in X_3$ 的函数，或两个变元 $x_1\in X_1,(x_2,x_3)\in X_2\times X_3$ 的函数，诸如此类。我们将不在乎这些不同的看法，而假装它们实际上是相同的。
+
+- **引理 3.5.5（有限选择）**：设 $(X_i)_{1\leq i\leq n}$ 是一个非空集合的 $n$ 元序列，那么 $\prod_{1\leq i\leq n}X_i$ 也非空，即存在一个 $n$ 元序列 $(x_i)_{1\leq i\leq n}$ 使得对于任意自然数 $1\leq i\leq n$，$x_i\in X_i$。
+  
+  **证明**：对 $n$ 归纳。每次选择一个 $a\in X_{n++}$ 并令 $x_{n++}=a$。
+
+#### 3.6 集合的基数
+
+为了方便，我们用 $\mathbb N_{l}^r$ 表示 $\{i\in\mathbb N:l\leq i\leq r\}$。
+
+- **定义 3.6.1（相同的基数）**：称两个集合 $X$ 和 $Y$ 具有相同基数当且仅当存在一个 $X$ 与 $Y$ 间的双射。
+
+容易证明，“有相同的基数”这一概念是一个等价关系，满足自反性、对称性、传递性。
+
+- **定义 3.6.2**：设 $n$ 是自然数。称一个集合 $X$ 具有基数 $n$（或称 $X$ 有 $n$ 个元素），当且仅当它与集合 $\mathbb N_1^n$ 具有相同的基数。
+
+- **引理 3.6.3**：一个集合 $X$ 具有基数 $0$ 当且仅当 $X$ 为空集。且若 $X$ 为空集，则 $X$ 仅具有基数 $0$。
+
+  **证明**：容易证明不存在空集与非空集间的双射。
+
+- **引理 3.6.4**：设集合 $X$ 具有基数 $n++$（则 $X$ 非空），若 $x\in X$，那么 $X\setminus \{x\}$ 有基数 $n$。
+
+  **证明**：根据假设，存在一个 $X$ 到 $\mathbb N_{1}^{n++}$ 的双射 $f$。现在定义一个 $X\setminus\{x\}$ 到 $\mathbb N_1^n$ 的函数 $g$。分两种情况讨论：
+
+  - 若 $f(x)=n++$，那么对于任意 $y\in X\setminus\{x\}$，定义 $g(y):=f(y)$。
+
+  - 若 $f(x)\neq n++$，那么对于任意 $y\in X\setminus\{x\}$，若 $f(y)\neq n++$，则定义 $g(y):=f(y)$；若 $f(y)=n++$，则定义 $g(y):=f(x)$。
+
+  可以证明，按上述定义的函数 $g$ 存在且唯一，且 $g$ 是双射。
+
+- **命题 3.6.5（基数的唯一性）**：设集合 $X$ 具有基数 $n$，那么对于任意 $m\neq n$，$X$ 不具有基数 $m$。
+
+  **证明**：对 $n$ 进行归纳。当 $n=0$ 时，根据引理 3.6.3 可知命题成立。
+
+  归纳地假设命题对 $n$ 成立。设集合 $X$ 具有基数 $n++$（则 $X$ 非空），反证地设其又具有基数 $m++\neq n++$，$X$ 非空意味着存在 $x\in X$，那么对于集合 $X\setminus\{x\}$，它既具有基数 $n$，有具有基数 $m\neq n$，矛盾，故命题对 $n++$ 成立。故命题对任意自然数 $n$ 成立，得证。
+
+- **定义 3.6.6（有限集）**：称一个集合是有限的，当且仅当它具有基数 $n$（那么 $n$ 唯一）；否则称该集合为无限的。
+
+  注意到，两个集合具有相同的基数，必要条件是它们同为有限集或同为无限集，而对于有限集，我们往后也不会用其他的方式来定义它另外具有的基数，所以对于有限集 $X$，设它具有基数 $n$，那么我们不妨直接称 $X$ 的基数为 $\#(X)=n$。
+
+- **定理 3.6.7**：$\mathbb N$ 是无限集。
+
+  **证明**：反证法。若 $\mathbb N$ 存在基数 $n$，那么存在一个 $\mathbb N_1^n$ 到 $\mathbb N$ 的双射 $f$。
+
+  通过对 $n$ 归纳，可以证明序列 $f(1),\cdots,f(n)$ 是有界的：存在一个自然数 $M$，使得 $\forall_{1\leq i\leq n},f(i)\leq M$。
+
+  那么自然数 $M+1$ 就不等于任何 $f(i)$，这与 $f$ 是双射矛盾。
+
+应用到集合论公理和定义上，我们给出关于有限集的基数的一些基本性质：
+
+- **命题 3.6.8（基数算术）**：我们给出如下性质，及简略的证明：
+
+  1. 设 $X$ 是有限集，并设 $x$ 是一个不属于 $X$ 的对象。那么 $X\cup\{x\}$ 为有限集且 $\#(X\cup\{x\})=\#(X)+1$。
+
+     证明：在原来映射的基础上，再将 $x$ 映射到 $\#(X)+1$ 即可。
+
+  2. 设 $X$ 是有限集，并设 $Y$ 是 $X$ 的子集。那么 $Y$ 是有限集且 $\#(Y)\leq \#(X)$，当且仅当 $X=Y$ 时取等号。
+
+     证明：设 $P(n)$ 表示对于任意有限集 $X$ 满足 $\#(X)=n$，上述命题成立。我们只需证明对于任意自然数 $n$ 有 $P(n)$ 成立即可。对 $n$ 进行归纳。当 $n=0$ 时，$X$ 为空集，命题显然成立。
+
+     归纳地假设 $P(n)$ 成立。对于任意有限集 $X$ 满足 $\#(X)=n++$ 及任意 $Y\subseteq X$，
+
+     - 若 $Y=X$，则 $Y$ 是有限集且 $\#(Y)=\#(X)$。
+
+     - 若 $Y\neq X$ 即 $X\not\subseteq Y$，则存在 $x\in X$ 满足 $x\not\in Y$，考虑集合 $X\setminus\{x\}$，根据引理 3.6.4，该集合是有限集且其基数为 $n$。容易证明 $Y\subseteq X\setminus\{x\}$，那么根据归纳，$Y$ 是有限集且 $\#(Y)\leq \#(X\setminus\{x\})<\#(X)$。
+
+     于是 $P(n++)$ 成立。于是对于任意自然数 $n$ 有 $P(n)$ 成立。
+
+  3. 设 $X$ 和 $Y$ 是有限集，那么 $X\cup Y$ 是有限集且 $\#(X\cup Y)\leq \#(X)+\#(Y)$，当且仅当 $X,Y$ 不交时取等。
+
+     证明：设 $\#(X)=n$ 且 $\#(Y)=m$，根据定义，存在双射 $f:X\to \mathbb N_1^n$ 和 $g:Y\to \mathbb N_1^m$。
+
+     考虑构建双射 $h$，其定义域为 $X\cup Y$，满足对于任意 $x\in X\cup Y$：若 $x\in X$，则 $h(x):=f(x)$；若 $x\not\in X$，则 $h(x):=n+g(x)$。容易证明满足该定义的双射 $h:X\cup Y\to (Z=h(X\cup Y))$ 存在，且 $Z\subseteq \mathbb N_1^{n+m}$。
+
+     根据 3.6.8.2，可知 $Z$ 为有限集且 $\#(Z)\leq n+m$，当且仅当 $Z=\mathbb N_1^{n+m}$ 时取等。那么 $X\cup Y$ 也为有限集且 $\#(X\cup Y)\leq n+m$，当且仅当 $h(X\cup Y)=\mathbb N_1^{n+m}$，即 $X\cap Y=\varnothing$ 时取等。
+
+  4. 设 $X$ 是有限集，且 $f:X\to Y$ 是一个函数，那么 $f(X)$ 是有限集且 $\#(f(X))\leq \#(X)$，当且仅当 $f$ 为单射时取等。
+
+     证明：仍用与 3.6.8.2 类似的证明方法。设 $P(n)$ 表示对于任意有限集 $X$ 满足 $\#(X)=n$，上述命题成立。当 $n=0$ 时，$X,f(X)$ 为空集，命题显然成立。
+
+     归纳地假设 $P(n)$ 成立。欲对于有限集 $X$ 满足 $\#(X)=n++$ 和函数 $f:X\to Y$ 证明命题。
+
+     一定存在一个元素 $x\in X$，设 $X'=X\setminus \{x\}$。设函数 $f':X'\to Y$，使得 $\forall_{x\in X'},f'(x):=f(x)$。根据归纳，$f'(X')$ 为有限集且 $\#(f'(X'))\leq \#(X')=n$，当且仅当 $f'(X')$ 为单射时取等。
+
+     - 若 $f(x)\in f'(X')$，则 $f'(X')=f(X)$，那么 $f(X)$ 是有限集且 $\#(f(X))<n++$。
+
+     - 若 $f(x)\not\in f'(X')$，则 $f(X)=f'(X')\cup \{f(x)\}$ 为有限集，且 $\#(f(X))=\#(f'(X'))+\#(\{f(x)\})\leq n+1$，当且仅当 $f'(X')$ 为单射时取等，结合 $f(x)\not\in f'(X')$，可知等价于 $f(X)$ 为单射。
+
+     于是 $P(n++)$ 成立。于是对于任意自然数 $n$ 有 $P(n)$ 成立。
+
+  5. 设 $X$ 和 $Y$ 是有限集，那么笛卡尔积 $X\times Y$ 是有限的，且 $\#(X\times Y)=\#(X)\times \#(Y)$。
+
+     证明：设 $\#(X)=n$ 且 $\#(Y)=m$，根据定义，存在双射 $f:X\to \mathbb N_1^n$ 和 $g:Y\to \mathbb N_1^m$。
+
+     构造映射 $h:X\times Y\to \mathbb N_1^{nm}$，满足对于任意 $(x,y)\in X\times Y$， $h(x,y):=(f(x)-1)m+g(y)$。
+
+     容易证明 $h$ 是个双射，证毕。
+
+  6. 设 $X$ 和 $Y$ 是有限集，那么集合 $Y^X$ 是有限的，且 $\#(Y^X)=(\#(Y))^{\#(X)}$。
+
+     证明：设 $\#(X)=n$ 且 $\#(Y)=m$，根据定义，存在双射 $f:X\to \mathbb N_1^n$ 和 $g:Y\to \mathbb N_1^m$。
+
+     构造映射 $h:Y^X\to \mathbb N_1^{(m^n)}$，满足对于任意 $p\in Y^X$，$h(f):=\sum_{i=1}^ng(p(f^{-1}(i)))\cdot Y^{i-1}$。
+
+     此处需先对 $n$ 归纳证明形如 $\sum_{i=1}^na(i)$ 的求和式存在且唯一，其中 $a:\mathbb N_1^n\to \mathbb N$。
+
+     容易证明 $h$ 是个双射，证毕。
+
+经过上述性质的证明，我们看到，通过基数和单个选取引理，我们已经能对有限集使用类似归纳的方法了。
+
+至此，我们结束了对于有限集的讨论。

src/第4章 整数和比例数.md

@@ -0,0 +1,294 @@
+### 第 4 章 整数和比例数
+
+#### 4.1 整数
+
+- **定义 4.1.1（整数）**：对于任意自然数 $a$ 和 $b$，都存在一个整数 $a\overline\quad b$（注意中间不是减号，这只是一个形象的记号）。
+
+  定义两个整数 $a\overline\quad b$ 和 $c\overline\quad d$ 相等，当且仅当 $a+d=b+c$。
+  
+  全体整数的集合记作 $\mathbb Z$。
+
+事实上，整数的定义并不需要公理，我们可以用集合论的语言来构造整数：我们先对自然数的序偶建立一个等价关系 $\sim$，使得 $(a,b)\sim(c,d)\iff a+d=b+c$，然后令整数 $a \overline\quad  b:=\{(c,d)\in\mathbb N\times \mathbb N:(a,b)\sim(c,d)\}$，表示一个关于 $\sim$ 的等价类。那么此时两个整数相等即为二者是同一个等价类。然后我们再利用替换公理构造出集合 $\mathbb Z:=\{a\overline\quad b:(a,b)\in \mathbb N\times \mathbb N\}$。但这种解释之后对于我们如何处理整数毫无用处，所以我们将不再提及此事。
+
+可以证明，整数相等满足自反性、对称性和传递性。
+
+- **定义 4.1.2（整数的加法和乘法）**：定义两个整数的和为 $(a\overline\quad b)+(c\overline\quad d):=(a+c)\overline\quad (b+d)$。
+
+  定义两个整数的积为 $(a\overline\quad b)\times (c\overline\quad d):=(ac+bd)\overline\quad(ad+bc)$。
+
+可以证明，整数关于加法和乘法遵从代入公理。
+
+容易发现，整数 $n\overline\quad0$ 的代数系统与自然数 $n$ 的代数系统之间是同构的，于是可以把 $n$ 和 $n\overline\quad 0$ 等同起来：$n\equiv n\overline\quad 0$（即把 $n$ 和 $n\overline\quad0$ 看成同一物）。此恒等关系保证了自然数的运算和整数的运算是相容的，于是，我们把自然数嵌入到了整数系当中。
+
+- **定义 4.1.3（整数的负运算）**：定义整数 $a\overline\quad b$ 的负数为整数 $b\overline\quad a$，记作 $-(a\overline\quad b)$。那么自然数 $n$ 的负数为 $-n:=0\overline\quad n$。
+
+  容易证明，整数关于负运算遵从代入公理。
+
+- **引理 4.1.4（整数的三歧性）**：设 $x$ 是一个整数，那么下述三个命题恰有一个成立：
+
+  - $x$ 等于 $0\overline\quad 0$，即自然数 $0$。
+  - $x$ 等于 $n\overline\quad0$（其中 $n$ 是一个正自然数），即正自然数 $n$。
+  - $x$ 等于 $0\overline\quad n$（其中 $n$ 是一个正自然数），即正自然数的负数 $-n$。
+
+  证明：先证上述三个命题中至少有一个成立：根据定义，存在两个自然数 $a,b$ 使得 $x=a\overline\quad b$。若 $a=b$，那么 $a\overline\quad b=0\overline\quad 0$；若 $a>b$，那么存在正自然数 $n$ 使得 $a=b+n$，那么 $a\overline\quad b=n\overline\quad 0$；若 $a<b$，那么存在正自然数 $n$ 使得 $b=a+n$，那么 $a\overline\quad b=0\overline\quad n$。
+
+  再证上述三个命题中不可能有两个同时成立：利用等于的传递性，即证 $0 \overline\quad 0$、$n\overline\quad 0$ 和 $0\overline\quad m$（其中 $n,m$ 为任意正自然数）两两不等，反证易证。
+
+对于正自然数 $n$，我们称 $-n$ 为负整数。于是每个整数恰好是零、正的、负的中的一种。
+
+- **引理 4.1.5**：设 $x,y$ 为整数，那么 $xy$ 为正的当且仅当 $x,y$ 同为正的或 $x,y$ 同为负的，$xy$ 为负的，当且即当 $x,y$ 一正一负。
+
+  **证明**：后推前可以根据需要把 $x,y$ 都表示成 $n-0$ 或 $0-n$（其中 $n$ 为整数）的形式，前推后可以利用整数的三歧性（即除了这种情况外，其他情况都会推出 $xy$ 不满足三歧性）。
+
+我们现在总结一下整数的代数性质。
+
+- **命题 4.1.6（整数的代数算律）**：设 $x,y,z$ 是整数，那么
+  $$
+  \begin{aligned}
+  x+y&=y+x\\
+  (x+y)+z&=x+(y+z)\\
+  x+0&=x\\
+  x+(-x)&=0\\
+  xy&=yx\\
+  (xy)z&=x(yz)\\
+  x1&=x\\
+  x(y+z)&=xy+xz
+  \end{aligned}
+  $$
+  
+  **证明**：把整数都表示成 $a\overline\quad b$ 的形式，注意 $a$ 和 $b$ 此时是自然数，那么再运用自然数的性质即可。
+
+上述恒等式的集合有一个名称，它们确定整数集 $\mathbb Z$ 构成一个交换环（如果去掉恒等式 $xy=yx$（当然需要补上 $1x=x$ 及右分配律），那么它们仅确定 $\mathbb Z$ 构成一个环）。
+
+至此，我们成功定义了整数并得到了一些关于整数的基本性质。
+
+另一种定义整数的想法是：先定义正自然数的负数，然后再定义整数就是零、正自然数或正自然数的负数中的一种。但按这种定义方法，在定义整数的加法和乘法时，就要分成很多种情形来定义（在定义负数加正数时甚至还要比较大小），而验证一些整数的代数性质时只会带来更大的混乱，所以我们并不这么做，而是依赖了一个沟通自然数的记号来定义整数。
+
+现在让我们来定义减法：
+
+- **定义 4.1.7（减法）**：定义两个整数 $x$ 和 $y$ 的减法操作：$x-y:=x+(-y)$。 
+
+那么可以容易地验证，若 $x$ 和 $y$ 是自然数，那么 $x-y=x\overline\quad y$，于是我们现在用减法符号代替 $\overline\quad$ 了。
+
+既然减法是通过加法和负运算定义的，那么整数关于减法自然就遵从代入公理，它的一个直接推论是对于整数 $a,b,c$，$a=b\iff a-c=b-c$。
+
+除了命题 4.1.5 所述的之外，我们现在再将一些自然数的定义和性质推广到整数上：
+
+- **命题 4.1.8**：设 $a$ 和 $b$ 是整数，那么 $ab=0\iff (a=0\lor b=0)$。
+
+  **证明**：只证 $ab=0\implies (a=0\lor b=0)$。首先有引理 $-n=(-1)\times n$。然后反证，分 $a,b$ 的正负性讨论，然后用回当 $a$ 和 $b$ 是正自然数时 $ab\neq 0$。
+
+- **推论 4.1.9**：设 $a,b,c$ 是整数，若满足 $ac=bc$ 且 $c\neq 0$，则 $a=b$。
+
+  **证明**：设 $a=b+d$，得到 $d=0$。
+
+有了减法和整数的三歧性，我们更容易整数的序，而不必像定义自然数的序那样。
+
+- **定义 4.1.10（整数的序）**：设 $x$ 和 $y$ 是整数。称 $x>y$ 当且仅当 $x-y$ 是正整数。称 $x<y$ 当且仅当 $x-y$ 是负整数。称 $x\geq y$ 当且仅当 $x>y$ 或 $x=y$。称 $x\leq y$ 当且仅当 $x<y$ 或 $x= y$。
+
+- **命题 4.1.11（比例数的序的基本性质）**：设 $x,y,z$ 为整数。
+
+  - **反对称性**：$x<y\iff y>x$。
+  - **传递性**：$(x<y\land y<z)\implies x<z$。
+  - **三歧性**：$x<y,x=y,x>y$ 中恰有一个是真的。
+  - **加法保序**：$x<y\implies x+z<y+z$。
+  - **正乘法保序**：$(x<y\land z>0)\implies xz<yz$。
+  - **负乘法反序**：$(x<y\land z<0)\implies xz>yz$。
+
+  证明：略。
+
+为了方便，在本书之后，我们用 $\mathbb Z_l^r$ 表示 $\{i\in \mathbb Z:l\leq i\leq r\}$，用 $\mathbb Z_l^{{}\infty}$ 表示 $\{i\in \mathbb Z:l\leq i\}$，用 $\mathbb Z_{-\infty}^r$ 表示 $\{i\in \mathbb Z:i\leq r\}$。
+
+#### 4.2 比例数
+
+比例数的定义方式和整数的定义方式十分相似，所以一些类似的证明我们将会直接略去。
+
+- **定义 4.2.1（比例数）**：对于任意整数 $a$ 和 $b\neq 0$，都存在一个比例数 $a// b$。
+
+  定义两个比例数 $a//b$ 和 $c//d$ 是相等的，当且仅当 $ad=bc$。可以证明该定义满足自反性、对称性和传递性。
+
+  全体比例数的集合记作 $\mathbb Q$。
+
+- **定义 4.2.2（比例数的运算）**：定义两个比例数的和为 $(a//b)+(c//d):=(ad+bc)//(bd)$。
+
+  定义两个比例数的积为 $(a//b)\times (c//d):=(ac)//(bd)$。
+
+  定义一个比例数的负运算为 $-(a//b):=(-a)//b$。
+  
+  可以证明，上述运算定义合法，且有理数关于上述运算遵从代入公理。
+
+容易发现，比例数 $a//1$ 的代数系统与整数 $a$ 的代数系统之间是同构的，于是可以把 $a$ 和 $a//1$ 等同起来：$a\equiv a//1$。此恒等关系保证了整数的运算和比例数的运算是相容的，于是，我们把整数嵌入到了比例数系当中。
+
+- **引理 4.2.3**：一个比例数 $a//b$ 等于 $0$ 当且仅当 $a=0$。
+
+  **证明**：根据定义可得。
+
+- **定义 4.2.4（比例数的倒数运算）**：定义非零比例数 $x=a//b$ 的倒数为比例数 $b//a$，记作 $x^{-1}$。
+
+  容易证明，比例数关于倒数运算遵从代入公理。
+
+我们现在总结一下比例数的代数性质。
+
+- **命题 4.2.5（比例数的代数算律）**：设 $x,y,z$ 是有理数，那么
+  $$
+  \begin{aligned}
+  x+y&=y+x\\
+  (x+y)+z&=x+(y+z)\\
+  x+0&=x\\
+  x+(-x)&=0\\
+  xy&=yx\\
+  (xy)z&=x(yz)\\
+  x1&=x\\
+  x(y+z)&=xy+xz
+  \end{aligned}
+  $$
+  
+  如果 $x$ 非零，我们还有
+  
+  $$
+  x x^{-1}=1
+  $$
+  
+  **证明**：把比例数都表示成 $a//b$ 的形式，再运用整数的性质代入验证即可。
+
+上述恒等式的集合有一个名称，它们确定比例数集 $\mathbb Q$ 构成一个域。
+
+现在让我们来定义除法：
+
+- **定义 4.2.6（除法）**：定义两个比例数 $x$ 和 $y\neq 0$ 的减法操作：$x/y:=x\times y^{-1}$。 $x/y$ 也记作 $\frac{x}{y}$。
+
+那么可以容易地验证，若 $x$ 和 $y$ 是整数，那么 $x/y=x//y$，于是我们现在用 $x/y$ 代替 $x//y$ 了。
+
+比例数关于除法遵从代入公理，它的一个直接推论是对于比例数 $a,b,c$，其中 $c$ 非零，$a=b\iff a/c=b/c$。
+
+- **定义 4.2.7**：一个比例数 $x$ 叫作是正的，当且仅当存在两个正整数 $a$ 和 $b$ 满足 $x=\frac{a}{b}$。一个比例数 $x$ 叫作是负的，当且仅当存在两个正整数 $a$ 和 $b$ 满足 $x=\frac{-a}{b}$。
+
+- **引理 4.2.8（比例数的三歧性）**：设 $x$ 是比例数，那么三个命题 “$x$ 等于 $0$”、“$x$ 是正的比例数” 和 “$x$ 是负的比例数” 中恰有一个成立。
+
+  **证明**：设 $x=a/b$，其中 $b$ 是非零整数。若 $b$ 是负整数，那么 $x=(-a)/(-b)$，于是我们不妨规定 $b$ 是正的。此时根据 $a$ 讨论即可知三个命题中至少有一个成立。
+
+  对于正整数 $a,b,c,d$，若 $a/b=(-c)/d$，那么可推得正整数等于负整数，矛盾。同理可推得三个命题中至多一个成立。
+
+- **引理 4.2.9**：设 $x,y$ 为比例数，那么 $xy$ 为正的当且仅当 $x,y$ 同为正的或 $x,y$ 同为负的，$xy$ 为负的，当且即当 $x,y$ 一正一负。**证明**：略。
+
+- **定义 4.2.10（比例数的序）**：设 $x$ 和 $y$ 是比例数。称 $x>y$ 当且仅当 $x-y$ 是正比例数。称 $x<y$ 当且仅当 $x-y$ 是负比例数。称 $x\geq y$ 当且仅当 $x>y$ 或 $x=y$。称 $x\leq y$ 当且仅当 $x<y$ 或 $x=y$。
+
+- **命题 4.2.11（比例数的序的基本性质）**：设 $x,y,z$ 为比例数。
+
+  - **反对称性**：$x<y\iff y>x$。
+  - **传递性**：$(x<y\land y<z)\implies x<z$。
+  - **三歧性**：$x<y,x=y,x>y$ 中恰有一个是真的。
+  - **加法保序**：$x<y\implies x+z<y+z$。
+  - **正乘法保序**：$(x<y\land z>0)\implies xz<yz$。
+  - **负乘法反序**：$(x<y\land z<0)\implies xz>yz$。
+
+  **证明**：略。
+
+#### 4.3 绝对值和接近性
+
+- **定义 4.3.1（绝对值）**：根据比例数的三歧性，定义比例数 $x$ 的绝对值 $|x|$ 为：若 $x$ 是正的，那么 $|x|:=x$；若 $x$ 是负的，那么 $|x|:=-x$；若 $x$ 是 $0$，那么 $|x|:=0$。
+
+- **定义 4.3.2（距离）**：定义两个比例数 $x$ 和 $y$ 的距离为 $|x-y|$，记作 $d(x,y)$。
+
+- **命题 4.3.3（绝对值及距离的基本性质）**：设 $x,y,z$ 为比例数。
+
+  - $|x|\geq 0$，当且仅当 $x=0$ 时取等。特别地，$d(x,y)\geq 0$，当且仅当 $x=y$ 时取等。
+  - $|x|\leq y\iff -y\leq x\leq y$。
+  - $|xy|=|x||y|$。特别地，$|-x|=|x|$，$d(x,y)=d(y,x)$。
+  - $|x+y|\leq |x|+|y|$，当且仅当 $xy\geq 0$ 时取等。特别地，$d(x,y)\leq d(x,z)+d(z,y)$，当且仅当 $x\leq z\leq y$ 或 $y\leq z\leq x$ 时取等。
+
+  **证明**：分类讨论。
+
+- **定义 4.3.4（$\varepsilon\overline\ $ 接近性）** ：设 $x,y,\varepsilon$ 为比例数且 $\varepsilon>0$，我们称，$y$ 是 $\varepsilon\overline\ $ 接近于 $x$ 的（为了方便，本节中暂且记作 $x\overset{\varepsilon}{\approx} y$），当且仅当 $d(x,y)\leq \varepsilon$。
+
+$\varepsilon\overline\ $ 接近性的定义是在给极限的定义做铺垫。我们将给出关于 $\varepsilon\overline\ $ 接近性的一些基本性质。
+
+- **命题 4.3.5**：设 $x,y,z,w,\varepsilon,\delta$ 为比例数，且 $\varepsilon,\delta>0$。
+
+  1. $x=y\iff \forall_{\varepsilon>0},x\overset{\varepsilon}{\approx}y$。证明：正推显然，逆推反证。
+
+  2. $x\overset{\varepsilon}{\approx}y\iff y\overset{\varepsilon}{\approx} x$。证明：根据定义可知。
+
+  3. $(x\overset{\varepsilon}{\approx}y\land y\overset{\delta}{\approx}z)\implies x\overset{\varepsilon+\delta}{\approx}z$。证明：$d(x,z)\leq d(x,y)+d(y,z)\leq \varepsilon+\delta$。
+
+  4. $x\overset{\varepsilon}{\approx} y\implies x+z\overset{\varepsilon}{\approx} y+z$。证明：根据定义可知。
+
+  5. $(x\overset{\varepsilon}{\approx}y\land z\overset{\delta}{\approx}w)\implies x+z\overset{\varepsilon+\delta}{\approx}y+w$。证明：$|(y+w)-(x+z)|=|(y-x)+(w-z)|\leq |y-x|+|w-z|\leq \varepsilon+\delta$。
+
+  6. 设 $\varepsilon'$ 是比例数且 $\varepsilon'>\varepsilon$，则 $x \overset{\varepsilon}{\approx}y\implies x\overset{\varepsilon'}{\approx}y$。证明：根据定义可知。
+
+  7. 若 $x \overset{\varepsilon}{\approx} y$，且 $x\leq z\leq y\lor y\leq z\leq x$，则 $x\overset{\varepsilon}{\approx} z$。证明：$d(x,z)+d(z,y)=d(x,y)\implies d(x,z)\leq d(x,y)\leq \varepsilon$。
+
+  8. $(x\overset{\varepsilon}{\approx} y\land z\neq 0)\implies xz\overset{\varepsilon|z|}{\approx}yz$。证明：$|xz-yz|=|(x-y)z|=|x-y||z|\leq\varepsilon|z|$。
+
+  9. $(x\overset{\varepsilon}{\approx} y\land z\overset{\delta}{\approx}w)\implies xz\overset{\varepsilon|z|+\delta|x|+\varepsilon\delta}{\approx}yw$。
+
+     证明：设 $y=x+a$，$w=z+b$，则 $|a|\leq \varepsilon$ 且 $|b|\leq \delta$。
+
+     那么 $|xz-yw|=|xz-(x+a)(z+b)|=|az+bx+ab|\leq |az|+|bx|+|ab|\leq \varepsilon|z|+\delta|x|+\varepsilon\delta$。
+
+可以发现，命题 4.3.5 的前三条和自反性、对称性、传递性这些相等的公理很像，说明 $\varepsilon\overline\ $ 接近的概念和相等的概念是相似的，这也是我采用符号 $\overset{\varepsilon}{\approx}$ 的原因。
+
+#### 4.4 比例数的整数幂
+
+现在我们来定义整数次幂的指数运算。
+
+- **定义 4.4.1（自然数次幂的指数运算）**：设 $x$ 是比例数，首先定义 $x^0:=1$。现归纳地假定已定义好 $x^n$，那么定义 $x^{n+1}:=x^n\times x$。
+
+- **命题 4.4.2**：设 $x,y$ 是比例数，$n,m$ 是自然数。
+
+    1. $x^nx^m=x^{n+m}$，$(x^n)^m=x^{nm}$，$(xy)^n=x^ny^n$。
+    2. 若 $n>0$，$x^n=0\iff x=0$。
+    3. $(x>y\geq 0\land n>0)\implies x^n>y^n\geq 0$。
+    4. $|x^n|=|x|^n$。
+
+    **证明**：归纳。
+
+- **定义 4.4.3（负数次幂的指数运算）**：设 $x$ 是一个非零的比例数，那么对于任何负整数 $-n$，定义 $x^{-n}:=\frac{1}{x^n}$。
+
+- **引理 4.4.4**：设 $x$ 是一个非零的比例数，$n$ 是整数，那么 $x^{n+1}=x^{n}\times x$。
+
+    **证明**：若 $n$ 是自然数，则根据定义 4.3.6 可知命题成立。若 $n$ 是负整数，设 $n=-m$（则 $m$ 为正数），那么 $x^n\times x=\frac{1}{x^m}\times x=\frac{1}{x^m/x}$，根据定义 4.3.6 可知 $x^m/x=x^{m-1}$，故 $x^n\times x=\frac{1}{x^{m-1}}$，再分 $m-1$ 是零还是负数讨论即可。
+
+- **引理 4.4.5**：设 $x$ 是一个非零的比例数，$n,m$ 是自然数，那么 $x^{n-m}=\frac{x^n}{x^m}$。
+
+    **证明**：对 $n$ 归纳，利用引理 4.4.4。
+
+- **命题 4.4.6**：设 $x,y$ 是非零的比例数，$n,m$ 是整数。
+
+    1. $x^nx^m=x^{n+m}$，$(x^n)^m=x^{nm}$，$(xy)^n=x^ny^n$。
+    2. $(x>y\geq 0\land n>0)\implies (x^n>y^n\geq 0)$，$(x>y\geq 0\land n<0)\implies (y^n>x^n\geq 0)$。
+    3. 若 $x,y>0$ 且 $n\neq 0$，那么 $x^n=y^n\implies x=y$。
+    4. $|x^n|=|x|^n$。
+
+    **证明**：先利用整数的定义和引理 4.4.5 将 $x^n$ 表示成 $x^{a-b}=\frac{x^a}{x^b}$ 的形式（其中 $a,b$ 均为自然数），再证明即可。
+
+#### 4.5 比例数中的空隙
+
+- **命题 4.5.1**：设 $x$ 是比例数。那么存在唯一的一个整数 $n$，使得 $n\leq x<n+1$，记 $n$ 为 $x$ 的整部 $n=[x]$。
+
+  **证明**：存在性：先分 $x$ 是否非负讨论，再把 $x$ 表示成分数形式，然后再利用欧几里得算法（命题 2.3.8）容易构造一组解。唯一性：反证。
+
+- **命题 4.5.2**：设 $x$ 和 $y$ 是比例数且 $x<y$，那么存在比例数 $z$ 满足 $x<z<y$。
+
+  **证明**：令 $z:=\frac{x+y}{2}$。
+
+根据 4.5.2，我们可以知道比例数是十分 “稠密” 的，但有理数之间还是存在无限多个 “空隙”，尽管这种稠密性保证了每个空隙是无限小的（即这些空隙不会是 “连续的一段”）。例如，我们可以证明比例数中不存在 $2$ 的平方根：
+
+- **引理 4.5.3**：不存在一个自然数序列 $a_0,a_1,\cdots$，使得对于任意自然数 $n$，$a_n>a_{n+1}$。
+
+  **证明**：假设存在。可以归纳证明，对于任意自然数 $n$，$a_n\leq a_0-n$。那么考虑 $a_{a_0+1}\leq a_0-(a_0+1)<0$，矛盾。
+
+- **命题 4.5.4**：不存在比例数 $x$ 使得 $x^2=2$。
+
+  **证明**：显然 $x\neq 0$。又由于 $(-x)^2=x^2$，所以不妨设 $x$ 是正的，那么存在正整数 $p,q$ 使得 $x=\frac{p}{q}$。根据 $x^2=2$，可得 $p^2=2q^2$。
+
+  我们还没有定义奇数和偶数的概念，不过我们可以暂且使用：$p^2=2q^2$ 可知 $p^2$ 是偶数，即 $p$ 是偶数。不妨设 $p=2k$，其中 $k$ 应是一个小于 $p$ 的正数。那么存在 $(2k)^2=2q^2$ 即 $q^2=2k^2$。我们每次从 $(p,q)$ 递归到 $(q,k)$，而括号内的两数中至少一个变小。也就是说，我们能无限地让括号内的两数 $a,b$ 变小下去（准确地说是轮流除 $2$），并说它们一直是正数，根据引理 4.5.3，这显然是不可能的。
+
+另一方面，我们可以得到任意接近 $2$ 的平方根的比例数：
+
+- **命题 4.5.5**：对于每个比例数 $\varepsilon>0$，都存在一个非负的比例数 $x$，使得 $x^2<2<(x+\varepsilon)^2$。
+
+  **证明**：首先需注意不存在有理数的平方等于 $2$。我们考虑找到自然数 $n$ 使得 $(n\varepsilon)^2<2<((n+1)\varepsilon)^2$。假设不存在，那么可以归纳证明对于任意自然数 $n$，$(n\varepsilon)^2<2$。但考虑取 $n=[\frac{2}{\varepsilon}]+1$，那么 $n>\frac{2}{\varepsilon}\implies(n\varepsilon)^2>4>2$，矛盾。
+
+通过上述例子，我们来引入实数。

src/第5章 实数.md

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+### 第 5 章 实数
+
+回顾一下，我们已经严格地构造了三个基本的数系：自然数系 $\mathbb N$、整数系 $\mathbb Z$ 和比例数系 $\mathbb Q$。这些数已经足够用来做大量的数学事项。但是这还是不够用的，例如在微积分学、三角学甚至几何学中。所以人们需要用实数系来取代比例数系。
+
+实数无法用比例数来表示，但是却明确地处于比例数之间的某个 “空隙” 中：例如 $\sqrt 2$，你任意说一个比例数 $q$，我都能说 $q$ 比 $\sqrt2$ 大还是小，我只需比较 $q^2$ 和 $2$ 的大小关系。实数没有明显的规律，我们不能仅通过引入 $\sqrt[p]{q}$ 之类的符号就能构造所有的实数（我们也不能通过 “方程的根” 来定义实数，因为超越数如 $\pi$ 等的存在）。种种限制下，柯西找到了从比例数定义实数的一个好方法：“取无限比例数序列的极限”。这就好像我们用二分法或者牛顿迭代法确定 $\sqrt 2$，无限地进行下去，我们就能用比例数无限地逼近它，虽然不会达到它。
+
+这种 “取比例数序列的极限” 的运算，就像形式减法一样，不仅能在比例数上进行，在实数域上进行也是封闭的，所以下面的一些定义都会加上 ”形式“。而对于 “取无限实数序列的极限”，我们将在第 6 章再继续详谈。
+
+我们接下来将详细阐述这种方法。我们先理解 “极限” 是什么：序列可能并不会达到目标（比如比例数序列最后怎么样也不可能达到 $\sqrt 2$），但如果序列的趋势是不断接近那个目标的，那么我们就说序列的极限就是那个目标。或者说，如果存在序列的这种不断接近目标的趋势，我们就把那个目标看成序列的极限。
+
+我们再来理解怎么对 “趋势” 进行描述：一般来说，我们会设置一个阈值（范围）$B$，然后看序列是否存在一个后缀，使得这个后缀和目标的差距在 $B$ 之内。然后我们说，如果对于任意小但是不为零的 $B$（这里 $B$ 等于零只是代表该后缀和目标完全相同），都能找到这么一个后缀，那么该序列的趋势就是不断接近于目标的。
+
+作为例子，我么可以定义 “趋于一致”：我们给序列赋予一个振荡度，可以暂时理解为序列的最大值和最小值的差。那么如果该序列的振荡度是趋向于 $0$ 的，我们就说该序列的极限是所有数都相等的，即 “趋于一致” 的。
+
+我们也可以定义 “收敛到 $L$”：我们给序列赋予一个差距值，可以暂时理解为序列中所有数与 $L$ 的差值的最大值。那么如果该序列的差距值是趋向于 $0$ 的，我们就说该序列的极限是所有数都等于 $L$，即 “收敛到 $L$”。
+
+从上述两个定义中关于序列的 “极限” 的定义可以直观地看出，一个序列是 “趋于一致” 的当且仅当该序列 “收敛到某数 $L$”。这在第 6 章中有具体的体现，即柯西序列的定义和收敛序列的定义是等价的。
+
+上述的理解 “极限” 的想法在第 5 章和第 6 章的很多定义上都适用。
+
+除此之外，我还非常建议你把序列理解成二维的，即把 $(n,a_n)$ 都标在平面上。这样 “趋于一致”、“收敛到 $L$” 和 “极限” 等名词都会更加形象，而且十分有助于你想本文中命题的证明。
+
+由于定义实数需要较长的篇幅，我们将给出第 5 章和第 6 章的总体的概览：
+
+在本章（第 5 章）中，我们将先定义形式柯西序列（因为历史遗留问题，真正的章节中没有加上 “形式” 二字），即 “趋于稳定” 的比例数序列，并定义形式柯西序列的形式极限就是实数（注意不能定义说 “收敛到某实数 $L$” 的比例数序列的极限就是实数，这将导致循环定义）。然后显然收敛到同一个实数的形式柯西序列不可能只有一个，所以我们还需定义序列的形式等价。同时，为了建起比例数和实数间的桥梁，我们还需把比例数通过预期的方式相容于实数中。
+
+接着，我们将按照预期的结果，在形式柯西序列上定义实数的加法、乘法、负运算、减法、倒数、除法、正负性和序等。过程中，我们也需证明比例数的这些运算也能相容于实数中。
+
+第 5 章的最后，我们将投入实数最基本的应用中——构造出实数的比例数次幂（如 $\sqrt 2$），这将用到实数的界和确界的概念以及确界原理。确界原理这体现了无限逼近这一思想方法的优点。
+
+在第 6 章中，我们将会把取极限应用于实数序列上。这时我们才定义真正的柯西序列、序列等价和极限，而非形式的。我们会证明把极限应用于实数序列上也是正确且封闭的，即任意实数版的柯西序列也收敛，且收敛到实数上。接着，我们会完善极限这一定义在实数上的新运算，补充一些极限算律。
+
+接下来，我们将介绍极限点（更广义的 “极限”）、上下极限和子序列。它们一方面是 “极限” 该概念的扩展和延伸，一方面是计算极限的有力工具：它们将导出许多很有用的结论。
+
+最后，我们将构造出实数的实数次幂，以最终结束实数的构造和基本应用的补全。
+
+#### 5.1 柯西序列
+
+实数的构造将依赖于柯西序列的概念。而在定义柯西序列之前，我们先来做一些铺垫。
+
+- **定义 5.1.1（序列）**：设 $m$ 是整数。一个比例数的无限序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 是一个从 $\mathbb Z_m^{\infty}$ 到 $\mathbb Q$ 的映射，其中 $n$ 映射到 $a_n$。
+
+    而有限序列的概念我们也类似地在 3.5.3 中定义过了。
+
+本章中，除特殊标明，我们所说的 “序列” 一般指的都是 “比例数序列”。
+
+- **定义 5.1.2（$\varepsilon\overline\ $ 稳定性）**：设比例数 $\varepsilon>0$，称一个序列 $(a_n)_{n=N}^{\infty}$ 是 $\varepsilon\overline\ $ 稳定的，当且仅当对于任意 $j,k\geq N$，$d(a_j,a_k)\leq \varepsilon$。
+- **定义 5.1.3（终极 $\varepsilon\overline\ $ 稳定性）**：设比例数 $\varepsilon>0$，称一个序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 是终极 $\varepsilon\overline\ $ 稳定的，当且仅当存在 $N\geq m$，使得序列 $(a_n)_{n=N}^{\infty}$ 是 $\varepsilon\overline\ $ 稳定的。
+
+接下来，让我们定义柯西序列。
+
+- **定义 5.1.4（柯西序列）**：称一个序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 是柯西序列，当且仅当对于任意比例数 $\varepsilon>0$，该序列都是终极 $\varepsilon\overline\ $ 稳定的。
+
+    更直接地，序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 是柯西序列，当且仅当对于任意比例数 $\varepsilon>0$，存在 $N\geq m$ 使得对于任意 $j,k\geq N$ 有 $d(a_j,a_k)\leq \varepsilon$。
+
+可以注意到，柯西序列可以直接定义，但定义 5.1.2 和 5.1.3 的目的是为了帮助你更好地理解柯西序列的内涵。
+
+我们给出一个例子：
+
+- **命题 5.1.5**：由 $a_n:=\frac{1}{n}$ 定义的序列 $(a_n)_{n=1}^{\infty}$ 是柯西序列。
+
+    **证明**：设 $\varepsilon>0$ 是任意正比例数，那么我们要找到 $N\geq 1$，使得对于任意 $j,k\geq N$，$|\frac{1}{j}-\frac{1}{k}|\leq \varepsilon$。
+
+    注意到 $0<\frac{1}{j},\frac{1}{k}\leq \frac{1}{N}$，那么 $|\frac{1}{j}-\frac{1}{k}|<\frac{1}{N}$，故只需要 $\frac{1}{N}\leq \varepsilon$ 即 $N\geq \frac{1}{\varepsilon}$ 即可，根据命题 4.5.1 我们一定能找到这样的 $N$。
+
+我们现在建立另一个基本概念：有界序列。序列有界是非常好的性质，往后的许多证明都将用到。
+
+- **定义 5.1.6（有界序列）**：设比例数 $M\geq 0$。一个有限序列 $(a_n)_{n=m}^N$ 是以 $M$ 为界的，当且仅当对于任意 $m\leq n\leq N$ 有 $|a_n|\leq M$。一个无限序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 是以 $M$ 为界的，当且仅当对于任意 $n\geq m$ 有 $|a_n|\leq M$。
+
+    称一个序列是有界的，当且仅当存在比例数 $M\geq 0$ 使得该序列是以 $M$ 为界的。
+
+- **引理 5.1.7（有限序列是有界的）**：任何有限（比例数）序列 $(a_n)_{n=m}^N$ 都是有界的。
+
+    **证明**：固定 $m$ 而对 $N$ 归纳。
+
+- **引理 5.1.8（柯西序列是有界的）**：任意柯西序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 都是有界的。
+
+    **证明**：任取比例数 $\varepsilon>0$，那么存在一个自然数 $N\geq m$，使得序列 $(a_n)_{n=N}^{\infty}$ 是 $\varepsilon\overline{\ }$ 稳定的。
+
+    考虑有限序列 $(a_n)_{n=m}^N$，根据引理 5.1.7 可知它是有界的，不妨设它是以 $M$ 为界的。
+
+    对于任意 $n\geq N$，由于 $|a_N|\leq M$，$|a_n-a_N|\leq \varepsilon$，那么 $|a_n|\leq M+\varepsilon$。
+
+    于是可以证明，原序列是以 $M+\varepsilon$ 为界的，那么原序列是有界的。
+
+注意有界序列不一定是柯西序列，例如 $a_n:=(-1)^n$。
+
+#### 5.2 等价的柯西序列
+
+我们的想法是要把实数定义为柯西序列的 “极限”，那么我们就必须先定义何时两个柯西序列给出同样的 “极限”。
+
+- **定义 5.2.1（$\varepsilon\overline{\ }$ 接近序列）**：设比例数 $\varepsilon>0$，设 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 和 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 是两个序列，称序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 是 $\varepsilon\overline{\ }$ 接近于序列 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 的，当且仅当对于任意 $n\geq m$，$d(a_n,b_n)\leq\varepsilon$。
+
+- **定义 5.2.2（终极 $\varepsilon\overline{\ }$ 接近序列）**：设比例数 $\varepsilon>0$，设 $(a_n)_{n=m_a}^{\infty}$ 和 $(b_n)_{n=m_b}^{\infty}$ 是两个序列，并记 $m=\max(m_a,m_b)$。称序列 $(a_n)_{n=m_a}^{\infty}$ 是终极 $\varepsilon\overline{\ }$ 接近于序列 $(b_n)_{n=m_b}^{\infty}$ 的，当且仅当存在 $N\geq m$，使得 $(a_n)_{n=N}^{\infty}$ 是 $\varepsilon\overline{\ }$ 接近于 $(b_n)_{n=N}^{\infty}$ 的。
+
+根据定义，若 $(a_n)_{n=m_a}^{\infty}$ 和 $(b_n)_{n=m_b}^{\infty}$ 是终极 $\varepsilon\overline{\ }$ 接近的，那么对于任意 $N'\geq m$，都存在 $N\geq N'$ 使得 $(a_n)_{n=N}^{\infty}$ 和 $(b_n)_{n=N}^{\infty}$ 是 $\varepsilon\overline{\ }$ 接近的。
+
+- **定义 5.2.3（等价的序列）**：称两个序列 $(a_n)_{n=m_a}^{\infty}$ 和 $(b_n)_{n=m_b}^{\infty}$ 是等价的（记作 $(a_n)_{n=m_a}^{\infty}\sim (b_n)_{n=m_b}^{\infty}$），当且仅当对于任意比例数 $\varepsilon >0$，它们都是终极 $\varepsilon\overline{\ }$ 接近的。
+
+    更直接地，序列 $(a_n)_{n=m_a}^{\infty}$ 和 $(b_n)_{n=m_b}^{\infty}$ 是等价的（记 $m=\max(m_a,m_b)$），当且仅当对于任意比例数 $\varepsilon>0$，存在 $N\geq m$ 使得对于任意 $n\geq N$ 有 $d(a_n,b_n)\leq \varepsilon$。
+
+同样地，定义 5.2.1 和 5.2.2 也是为帮助你更好地理解序列等价的内涵所用。
+
+- **命题 5.2.4（序列等价的基本性质）**：序列等价满足自反性、对称性、传递性。
+
+    **证明**：前两者易证，只证传递性。设序列 $(a_n)_{n=m_a}^{\infty},(b_n)_{n=m_b}^{\infty},(c_n)_{n=m_c}^{\infty}$，其中 $(a_n)_{n=m_a}^{\infty}\sim (b_n)_{n=m_b}^{\infty}$ 且 $(b_n)_{n=m_b}^{\infty}\sim(c_n)_{n=m_c}^{\infty}$。设 $m=\max\{m_a,m_b,m_c\}$。
+
+    设 $\varepsilon>0$ 是任意正比例数，那么找到一个 $N\geq m$ 使得 $(a_n)_{n=N}^{\infty}$ 和 $(c_n)_{n=N}^{\infty}$ 是 $\varepsilon\overline{\ }$ 接近的即可。
+
+    根据假设，存在 $N_1\geq m$ 使得 $(a_n)_{n=N_1}^{\infty}$ 和 $(b_n)_{n=N_1}^{\infty}$ 是 $\frac{\varepsilon}{2}\overline{\ }$ 接近的，存在 $N_2\geq m$ 使得 $(b_n)_{n=N_2}^{\infty}$ 和 $(c_n)_{n=N_2}^{\infty}$ 也是 $\frac{\varepsilon}{2}\overline{\ }$ 接近的。那么取 $N=\max(N_1,N_2)$ 即可。
+
+- **引理 5.2.5**：设序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$，那么对于任意 $m'\geq m$，$(a_n)_{n=m}^{\infty}\sim(a_n)_{n=m'}^{\infty}$。**证明**：略。
+
+我们给出一个例子：
+
+- **命题 5.2.6**：由 $a_n:=1+10^{-n}$ 和 $b_n:=1-10^{-n}$ 定义的序列 $(a_n)_{n=1}^{\infty}$ 和 $(b_n)_{n=1}^{\infty}$ 是等价的。
+
+    **证明**：设 $\varepsilon >0$ 是任意正比例数，那么我们要找到 $N\geq 1$，使得对于任意 $n\geq N$，$|a_n-b_n|\leq \varepsilon$。
+
+    注意到 $|a_n-b_n|=2\times 10^{-n}\leq 2\times 10^{-N}$，故只需要 $2\times 10^{-N}\leq\varepsilon$。我们还不曾定义对数，但我们可以找一个更宽松的合法解：可以用归纳证明对于任意正数 $N$ 有 $10^N\geq N$ 即 $10^{-N}\leq \frac{1}{N}$，于是我们只需 $2\times \frac{1}{N}\leq \varepsilon$ 即 $N\geq \frac{2}{\varepsilon}$ 即可，根据命题 4.5.1 我们一定能找到这样的 $N$。
+
+#### 5.3 实数的构造
+
+现在我们引入形式极限，然后用柯西序列的形式极限定义实数。
+
+- **定义 5.3.1（实数）**：对于任意柯西序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$，都存在一个实数 $\operatorname{LIM}_{n\to\infty}a_n$，称为 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 的形式极限。
+
+    定义两个实数 $\operatorname{LIM}_{n\to \infty}a_n$ 和 $\operatorname{LIM}_{n\to \infty}b_n$ 是相等的，当且仅当 $(a_n)_{n=m_a}^{\infty} \sim (b_n)_{n=m_b}^{\infty}$。
+
+    注意到，符号 $\operatorname{LIM}_{n\to \infty}a_n$ 并未关注 $m$，这是因为根据引理 5.2.5，无论 $m$ 是多少，$\operatorname{LIM}_{n\to \infty}a_n$ 总是相同的。那么不失一般性地，我们都认为 $a$ 序列的下标从某个整数 $m$ 开始。
+
+    全体实数的集合记作 $\mathbb{R}$。
+
+实数集的定义也不需要公理：先利用幂集公理得到所有比例数序列 $\bigcup_{m\in\mathbb Z}\mathbb{Q}^{\mathbb Z_m^{\infty}}$，再通过分类公理得到所有柯西序列构成的集合，再像定义整数集那样，定义所有柯西序列等价类（一个实数是一个柯西序列等价类）构成的集合，即为实数集。
+
+根据序列等价的基本性质，我们知道实数相等也满足自反性、对称性和传递性。
+
+依照预期的结果，我们来定义实数的运算：
+
+- **定义 5.3.2（实数的加法）**：设实数 $x=\operatorname{LIM}_{n\to \infty}a_n$，$y=\operatorname{LIM}_{n\to \infty}b_n$，定义它们的和为 $x+y:=\operatorname{LIM}_{n\to \infty}(a_n+b_n)$。
+
+    **证明**：类似命题 5.2.4 的证明（将 $|(a_i+b_i)-(a_j+b_j)|$ 拆成 $|a_i-a_j|+|b_i-b_j|$），可以证明序列 $(a_n+b_n)_{n=m}^{\infty}$ 也是柯西序列，故该定义是合法的。
+
+- **命题 5.3.3（实数关于加法遵从代入公理）**：设实数 $x=\operatorname{LIM}_{n\to \infty}a_n$，$x'=\operatorname{LIM}_{n\to \infty}a'_n$，$y=\operatorname{LIM}_{n\to \infty}b_n$，且 $x=x'$，那么 $x+y=x'+y$。
+
+    **证明**：设 $\varepsilon>0$ 是任意正比例数。根据假设，存在 $N\geq m$ 使得对于任意 $n\geq N$ 有 $d(a_n,a'_n)\leq\varepsilon$，那么也有 $d(a_n+b_n,a'_n+b_n)\leq\varepsilon$，证毕。
+
+- **定义 5.3.4（实数的乘法）**：设实数 $x=\operatorname{LIM}_{n\to \infty}a_n$，$y=\operatorname{LIM}_{n\to \infty}b_n$，定义它们的乘积为 $xy:=\operatorname{LIM}_{n\to \infty}(a_nb_n)$。
+
+    **证明**：根据引理 5.1.8，$(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 和 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 都是有界的，不妨设分别以比例数 $M_a>0,M_b>0$ 为界。那么对于任意的 $n\geq 1$，$|a_n|\leq M_a,|b_n|\leq M_b$。
+
+    设 $\varepsilon>0$ 为任意正实数，我们要找到 $N\geq m$ 使得对于任意 $i,j\geq N$，$d(a_ib_i,a_jb_j)\leq \varepsilon$。
+
+    根据命题 4.5.2，存在比例数 $\delta_a$ 满足 $0<\delta_a<\frac{\varepsilon}{M_b}$，可得此时 $\varepsilon-\delta_aM_b>0$。
+
+    根据命题 4.5.2，存在比例数 $\delta_b$ 满足 $0<\delta_b<\frac{\varepsilon-\delta_a M_b}{M_a+\delta_a}$，可得此时 $\delta_aM_b+\delta_bM_a+\delta_a\delta_b<\varepsilon$。
+
+    根据假设， 存在 $N_a\geq m$ 使得对于任意 $i,j\geq N_a$，$d(a_i,a_j)\leq \delta_a$；存在 $N_b\geq m$ 使得对于任意 $i,j\geq N_b$，$d(b_i,b_j)\leq \delta_b$。
+
+    取 $N=\max(N_a,N_b)$，那么对于任意 $i,j\geq N$，根据命题 4.3.5.9，$d(a_ib_i,a_jb_j)\leq \delta_a|b_i|+\delta_b|a_i|+\delta_a\delta_b\leq \delta_aM_b+\delta_bM_a+\delta_a\delta_b<\varepsilon$。故此 $N$ 合法。
+
+- **命题 5.3.5（实数关于乘法遵从代入公理）**：设实数 $x=\operatorname{LIM}_{n\to \infty}a_n$，$x'=\operatorname{LIM}_{n\to \infty}a'_n$，$y=\operatorname{LIM}_{n\to \infty}b_n$，且 $x=x'$，那么 $xy=x'y$。
+
+    **证明**：根据引理 5.1.8，$(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 是有界的，不妨设以 $M>0$ 为界。
+
+    设 $\varepsilon>0$ 为任意正实数。根据假设，存在 $N\geq m$ 使得对于任意 $n\geq N$，$d(a_n,a'_n)\leq \frac{\varepsilon}{M}$，那么 $d(a_nb_n,a'_nb_n)=d(a_n,a'_n)|b_n|\leq \varepsilon$，证毕。
+
+我们还需将比例数嵌入到实数集合中，方法是把比例数 $q$ 等同于实数 $\operatorname{LIM}_{n\to \infty}q$。容易验证，这个嵌入和我们之前定义的实数的相等、加法和乘法的概念是相容的（注意，这意味着，对于那些被我们等同于有理数的实数，它们已经满足命题 4.2.5 中所述的代数算律了）。
+
+比例数嵌入实数之后，我们可以方便地补充更多的运算：
+
+- **定义 5.3.6（实数的负运算）**：定义实数的负运算为 $-x:=(-1)\times x$。
+- **定义 5.3.7（实数的减法）**：定义实数的减法为 $x-y:=x+(-y)$。
+
+当然，利用柯西序列的变换来实现上述定义也是等价的，但不能自然地得到代入公理（而需要重新证明）。
+
+现在让我们来定义倒数。类似地，一个直接的想法是定义 $(\operatorname{LIM}_{n\to \infty}a_n)^{-1}:=\operatorname{LIM}_{n\to \infty}a_n^{-1}$。当然，我们还要保证 $\operatorname{LIM}_{n\to \infty} a_n\neq 0$。
+
+但这样定义还是会出现一些问题，如柯西序列 $(0,1,1,\cdots)$ 的形式极限为 $1\neq 0$，但我们没法把该序列的第一个数 $0$ 倒过来。
+
+为避免这类问题，我们引入一个新的概念。
+
+- **定义 5.3.8（远离零的序列）**：称一个序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 是远离零的，当且仅当存在比例数 $c>0$，使得对于一切 $n\geq m$，$|a_n|\geq c$。
+
+注意，这和 “对于一切 $n\geq m$，$|a_n|>0$” 不等价，如序列 $a_n:=\frac{1}{n}$ 就不是远离零的序列。注意，两序列等价并不蕴含两序列关于 “远离零” 相同（如序列 $(0,1,1,\cdots)$ 和 $(1,1,\cdots)$）。
+
+下面的引理说明，若实数 $x$ 不等于 $0$，那么它所对应的柯西序列等价类中，一定存在一个远离零的柯西序列。
+
+- **引理 5.3.9**：设 $x$ 是不为 $0$ 的实数，那么存在一个远离零的柯西序列 $(a_n)_{n=1}^{\infty}$，使得 $x=\operatorname{LIM}_{n\to \infty}a_n$。
+
+    **证明**：根据定义，存在柯西序列 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 使得 $x=\operatorname{LIM}_{n\to \infty}b_n$。 
+
+    $x$ 不等于 $0=\operatorname{LIM}_{n\to \infty}0$，意味着存在比例数 $\varepsilon>0$，对于任意 $N\geq m$，都存在 $p\geq N$，使得 $|b_p|>\varepsilon$。
+
+    任取比例数 $0<\delta<\varepsilon$，根据假设，存在 $N\geq m$，使得对于任意 $i,j\geq N$，$|b_i-b_j|\leq\delta$。再按照刚刚说的，存在 $p\geq N$，使得 $|b_p|>\varepsilon$。
+
+    由于 $|b_p|>\varepsilon$，又由于对于任意 $i\geq p$ 有 $|b_i-b_p|\leq \delta$，那么对于任意 $i\geq p$，$|b_i|>\varepsilon-\delta>0$。
+
+    那么序列 $(b_n)_{n=p}^{\infty}$ 是远离零的，证毕。
+
+注意，若实数 $x$ 不等于 $0$，并不意味着 $x$ 对应的柯西序列等价类中，所有柯西序列都是远离零的。上面提到的序列 $(0,1,1,\cdots)$ 就是一个很好的例子。
+
+现在可以定义倒数了：
+
+- **定义 5.3.10（实数的倒数）**：设 $x$ 是不为 $0$ 的实数，那么根据引理 5.3.9 可知存在一个远离零的柯西序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 使得 $x=\operatorname{LIM}_{n\to \infty}a_n$，那么我们定义倒数为 $x^{-1}:=\operatorname{LIM}_{n\to \infty}a_n^{-1}$。
+
+    **证明**：首先 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 是远离零的，这蕴含了对于任意 $n\geq m$ 有 $a_n\neq 0$，那么存在序列 $(a_n^{-1})_{n=1}^{\infty}$，让我们来证明该序列为柯西序列。
+
+    根据假设，存在比例数 $c>0$，使得对于任意 $n\geq m$，$|a_n|\geq c$ 即 $\left|\frac{1}{a_n}\right|\leq \frac{1}{c}$。
+
+    设 $\varepsilon>0$ 是任意正比例数，根据假设，存在 $N\geq m$，使得对于任意 $i,j\geq N$，$|a_i-a_j|\leq \varepsilon c^2$，那么 $\left|\frac{1}{a_i}-\frac{1}{a_j}\right|=\frac{|a_i-a_j|}{|a_i||a_j|}\leq \varepsilon$。证毕。
+
+- **命题 5.3.11（实数关于倒数遵从代入公理）**：设实数 $x=\operatorname{LIM}_{n\to \infty}a_n=\operatorname{LIM}_{n\to \infty}b_n$，其中 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 和 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 都是远离零的柯西序列，那么 $\operatorname{LIM}_{n\to \infty}a_n^{-1}=\operatorname{LIM}_{n\to \infty}b_n^{-1}$。
+
+    **证明**：一种证明方法是类似 5.3.10 的证明（将 $\left|\frac{1}{a_n}-\frac{1}{b_n}\right|$ 转化为 $\frac{|a_n-b_n|}{|a_n||b_n|}$）。
+
+    书上给的证明方法是：根据 $\operatorname{LIM}_{n\to \infty}a_n=\operatorname{LIM}_{n\to \infty}b_n$，然后两边同乘 $\left(\operatorname{LIM}_{n\to \infty}a_n^{-1}\right)\left(\operatorname{LIM}_{n\to \infty}b_n^{-1}\right)$，得到 $\operatorname{LIM}_{n\to \infty}a_n^{-1}=\operatorname{LIM}_{n\to \infty}b_n^{-1}$。相当于利用了实数关于乘法的代入公理。
+
+- **定义 5.3.12（实数的除法）**：定义两个实数 $x$ 和 $y\neq 0$ 的除法为：$x/y:=xy^{-1}$。
+
+可以证明，有理数的倒数和除法运算和实数的是相容的。
+
+- **命题 5.3.13（实数的代数算律）**：命题 4.2.5 中提及的关于比例数的代数算律对于实数也成立。
+
+    **证明**：将实数表示成 $\operatorname{LIM}_{n\to \infty}a_n$ 的形式，然后不难证明。
+
+我们现在关于实数已经有了全部四种基本的运算，它们满足全部常见的代数算律，下面我们转向实数的序的概念。
+
+#### 5.4 给实数编序
+
+我们现在也想给实数定义正负。利用单个柯西序列中的元素来判断实数的正负性显然是不现实的（例如序列 $(1,-\frac{1}{2},\frac{1}{3},-\frac{1}{4},\cdots)$）。我们需要利用上一节中提到的远离零的定义。
+
+- **定义 5.4.1**：设序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$。称其是正远离零的，当且仅当存在比例数 $c>0$，使得对于一切 $n\geq m$，$a_n\geq c$。称其是负远离零的，当且仅当存在比例数 $c<0$，使得对于一切 $n\geq m$，$a_n\leq c$。
+
+- **定义 5.4.2**：称一个实数 $x$ 是正的，当且仅当存在正远离零的柯西序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 使得 $x=\operatorname{LIM}_{n\to \infty}a_n$。称一个实数 $x$ 是负的，当且仅当存在负远离零的柯西序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 使得 $x=\operatorname{LIM}_{n\to \infty}a_n$。
+
+- **命题 5.4.3（实数的三歧性）**：设 $x$ 是实数，那么三个命题 “$x=0$”、“$x$ 是正的” 和 “$x$ 是负的” 中恰有一个成立。
+
+    **证明**：存在性：若 $x\neq 0$，那么根据引理 5.3.9 可知存在一个远离零的柯西序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 使得 $x=\operatorname{LIM}_{n\to \infty}a_n$。那么存在比例数 $c>0$，使得对于任意 $n\geq m$ 有 $|a_n|\geq c$。
+
+    根据定义，存在 $N\geq m$，使得对于任意 $i,j\geq N$，$|a_i-a_j|<2c$，那么就不存在 $i,j\geq N$，使得 $a_i>0$ 和 $a_j<0$ 同时成立。所以要么 “对于任意 $n\geq N$，$a_n>0$，那么 $a_n\geq c$”，要么 “对于任意 $n\geq N$，$a_n<0$，那么 $a_n\leq -c$”。那么 $(a_n)_{n=N}^{\infty}$ 要么是正远离零的，要么是负远离零的，证毕。
+
+    唯一性：反证。若存在 “$x$ 是正的” 和 “$x$ 是负的” 同时成立，说明存在正远离零的柯西序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 和负远离零的柯西序列 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 使得 $x=\operatorname{LIM}_{n\to \infty}a_n=\operatorname{LIM}_{n\to \infty}b_n$。那么 $(a_n)_{n=m}^{\infty}\sim(b_n)_{n=m}^{\infty}$。
+
+    根据定义，存在比例数 $c_a>0$ 使得对于任意 $n\geq m$，$a_n\geq c_a$；存在比例数 $c_b>0$ 使得对于任意 $n\geq m$，$b_n\leq -c_b$。根据定义，又存在 $N\geq m$ 使得对于任意 $i,j\geq N$，$|a_i-b_i|<c_a+c_b$，而 $|a_i-b_i|$ 显然大于等于 $c_a+c_b$，矛盾。
+
+容易证明，比例数的正负性的概念和实数的是相容的。
+
+有了正负性的定义和性质，我们又能重复一些比例数中出现过的定理和定义。
+
+- **引理 5.4.4**：设 $x,y$ 为实数，那么 $xy$ 为正的当且仅当 $x,y$ 同为正的或 $x,y$ 同为负的，$xy$ 为负的，当且即当 $x,y$ 一正一负。**证明**：略。
+- **定义 5.4.5（实数的序）**：设 $x$ 和 $y$ 是实数。称 $x>y$ 当且仅当 $x-y$ 是正实数。称 $x<y$ 当且仅当 $x-y$ 是负实数。称 $x\geq y$ 当且仅当 $x>y$ 或 $x=y$。称 $x\leq y$ 当且仅当 $x<y$ 或 $x=y$。
+- **命题 5.4.6（实数的序的基本性质）**：命题 4.2.11 中提及的关于比例数的序的基本性质对于实数也成立。**证明**：略。
+- **定义 5.4.7（实数的绝对值）**：根据实数的三歧性，定义实数 $x$ 的绝对值 $|x|$ 为：若 $x$ 是正的，那么 $|x|:=x$；若 $x$ 是负的，那么 $|x|:=-x$；若 $x$ 是 $0$，那么 $|x|:=0$。
+- **定义 5.4.8（实数的距离）**：定义两个实数 $x$ 和 $y$ 的距离为 $d(x,y):=|x-y|$。
+- **命题 5.4.9（绝对值及距离的基本性质）**：命题 4.3.3 中提及的关于绝对值及距离的基本性质对于实数也成立。**证明**：略。
+
+容易证明，比例数的序和绝对值的概念和实数的是相容的。
+
+在实数的序的基础上，我们补充一些有关实数的稠密性的性质。
+
+- **命题 5.4.10（实数在相邻整数之间）**：设 $x$ 是实数，那么存在唯一的整数 $n$ 使得 $n\leq x<n+1$，记 $n$ 为 $x$ 的整部 $n=[x]$。
+
+    **证明**：唯一性反证，现证存在性。设柯西序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 使得 $x=\operatorname{LIM}_{n\to \infty}a_n$。
+
+    存在 $N\geq m$ 使得对于任意 $i,j\geq N$ 有 $|a_i-a_j|\leq\frac12$。那么对于任意 $n\geq N$，$a_N-\frac12\leq a_n\leq a_N+\frac12$。
+
+    取 $A=[a_N-\frac12]$，则 $0\leq (a_N-\frac12)-A<1$。记 $c=1-((a_N-\frac{1}{2})-A)$ 为正比例数。
+
+    那么对于任意 $n\geq N$，$A\leq a_n\leq A+2-c$。于是 $A\leq x\leq A+2-c<A+2$（因为排版的历史遗留问题，这里要用到推论 5.4.14，但并不会导致循环论证）。
+
+    根据 $A+1$ 和 $x$ 的大小关系分类讨论，即可构造出 $A\leq x<A+1$ 或 $A+1\leq x<A+2$。存在性证毕。
+
+- **推论 5.4.11（阿基米德性质）**：设 $x$ 和 $\varepsilon$ 是任意正实数，那么存在正整数 $M$，使得 $M\varepsilon>x$。**证明**：略。
+
+推论 5.4.11 描述的是，无论 $x$ 多么大，无论正数 $\varepsilon$ 多么小，只要把 $\varepsilon$ 自身不断累加，所得之和总会在有限次大于 $x$。
+
+- **命题 5.4.12**：设 $x$ 和 $y$ 是实数且 $x<y$，那么存在比例数 $z$ 满足 $x<z<y$。
+
+    **证明**：设柯西序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 使得 $x=\operatorname{LIM}_{n\to \infty}a_n$，设柯西序列 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 使得 $x=\operatorname{LIM}_{n\to \infty}b_n$。
+
+    由于 $x\neq y$，那么存在比例数 $\varepsilon>0$，使得对于任意 $N\geq m$，都存在 $p\geq N$ 使得 $|a_p-b_p|>\varepsilon$。根据命题 4.5.2，存在比例数 $\delta_a,\delta_b,z'$ 使得 $0<\delta_a<z'<\varepsilon-\delta_b<\varepsilon$。
+
+    存在 $N_a\geq m$ 使得对于任意 $i,j\geq N_a$，$|a_i-a_j|\leq \delta_a$。存在 $N_b\geq m$ 使得对于任意 $i,j\geq N_b$，$|b_i-b_j|\leq \delta_b$。
+
+    存在 $p\geq \max(N_a,N_b)$ 使得 $|a_p-b_p|>\varepsilon$。那么对于任意 $i\geq p$，$|a_i-a_p|\leq \delta_a$ 且 $|b_i-b_p|\leq \delta_b$。
+
+    又由于 $x<y$，综合可知 $a_p+\varepsilon<b_p$，且对于任意 $i\geq p$，有 $a_i\leq a_p+\delta_a<a_p+z'<b_p-\delta_b\leq b_i$。
+
+    取 $z=a_p+z'$，即可证明 $x<z<y$。
+
+注意，命题 5.4.12 蕴含了 “设 $x$ 和 $y$ 是实数且 $x<y$，那么存在实数 $z$ 满足 $x<z<y$”。
+
+现在我们将柯西序列中元素的序和实数的序联系起来，给出一些性质，以便之后使用。
+
+- **命题 5.4.13（非负实数集是闭的）**：设 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 是一个非负比例数的柯西序列，那么 $\operatorname{LIM}_{n\to \infty}a_n$ 也是非负的。
+
+    **证明**：反证易得。
+
+但需要注意，正比例数序列的形式极限不必是正的，它可以是零。我们将在第 12 章中看到对此事实的一个更好的解释：因为正实数集是开的，而非负实数集是闭的。
+
+- **推论 5.4.14**：设柯西序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 和 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 满足对于任意 $n\geq m$ 有 $a_n\geq b_n$，那么 $\operatorname{LIM}_{n\to \infty}a_n\geq \operatorname{LIM}_{n\to \infty}b_n$。
+
+    **证明**：结合定义及命题 5.4.13 可知。
+
+注意，因为正比例数序列的形式极限不必是正的，所以上述推论中的 $\geq $ 换成 $>$ 不一定成立。
+
+而判定两个实数 $x,y$ 满足 $x<y$ 的正确方式应是：找到比例数 $c>0$ 以及柯西序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 和 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 使得 $x=\operatorname{LIM}_{n\to \infty}a_n$ 且 $y=\operatorname{LIM}_{n\to \infty}b_n$，并满足对于任意 $n\geq m$，$b_n-a_n\geq c$。
+
+- **命题 5.4.15**：设实数 $x$ 和柯西序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 满足对于任意 $n\geq m$ 有 $a_n\leq x$，那么 $\operatorname{LIM}_{n\to \infty}a_n\leq x$。
+
+    **证明**：考虑证明逆否命题：若 $\operatorname{LIM}_{n\to \infty}a_n>x$，则存在 $n\geq m$ 使得 $a_n>x$。
+
+    根据命题 5.4.12，存在有理数 $z$ 使得 $x<z<\operatorname{LIM}_{n\to \infty}a_n$。若对于任意的 $n\geq m$ 都有 $a_n\leq z$，那么根据推论 5.4.14 可知 $\operatorname{LIM}_{n\to \infty}\leq z$，故存在 $n\geq 1$ 使得 $a_n>z>x$，证毕。
+
+对称地，将命题 5.4.15 中的 $\leq $ 换成 $\geq$，同样成立。
+
+#### 5.5 界和确界
+
+我们介绍两个关于实数的新概念——界和确界。
+
+- **定义 5.5.1（上界）**：设 $E\subseteq \mathbb R$，称实数 $M$ 是 $E$ 的一个上界，当且仅当对于任意 $x\in E$ 有 $x\leq M$。
+
+我们可以注意到：有一些集合没有上界（如正实数集 $\mathbb R^+:=\{x\in \mathbb R:x>0\}$），任何数都是 $\varnothing $ 的上界。
+
+- **定义 5.5.2（上确界）**：设 $E\subseteq \mathbb R$，称实数 $M$ 是 $E$ 的上确界，当且仅当 $M$ 是 $E$ 的上界，且 $E$ 的任何上界 $M'$ 都大于等于 $M$。
+
+- **命题 5.5.3（确界原理）**：设 $E\subseteq \mathbb R$ 是非空集合，若 $E$ 有上界，那么 $E$ 的上确界存在且唯一。
+
+    **证明**：唯一性：反证。设 $E$ 有两个上确界 $M,M'$，那么根据定义有 $M'\geq M$ 且 $M\geq M'$，即 $M=M'$。
+
+    存在性：$E$ 是非空集合，设 $x_0\in E$。$E$ 存在上界，设 $M$ 是 $E$ 的上界。那么 $x_0\leq M$。
+
+    设整数 $n\geq 1$，存在整数 $K$ 使得 $M\leq \frac{K}{n}$，存在整数 $L$ 使得 $\frac{L}{n}<x_0$，那么 $L<K$。
+
+    存在唯一的整数 $m_n$ 满足 $L<m_n\leq K$ 使得 $\frac{m_n}{n}$ 是 $E$ 的上界而 $\frac{m_n-1}{n}$ 不是（固定 $L$ 而对 $K$ 归纳）。
+
+    注意到，设整数 $N\geq 1$，对于任意 $n,n'\ge N$，由于 $\frac{m_n}{n}$ 是 $E$ 的上界而 $\frac{m_{n'}-1}{n'}$ 不是，那么有 $\frac{m_{n'}-1}{n'}<\frac{m_n}{n}$，即 $\frac{m_{n'}}{n'}-\frac{m_n}{n}<\frac{1}{n'}\leq\frac{1}{N}$，同理 $\frac{m_{n'}}{n'}-\frac{m_n}{n}>-\frac{1}{n}\geq- \frac{1}{N}$，即 $|\frac{m_n}{n}-\frac{m_{n'}}{n'}|\leq\frac{1}{N}$。
+
+    那么可以证明 $(\frac{m_n}{n})_{n=1}^{\infty}$ 是一个柯西序列。令 $S=\operatorname{LIM}_{n\to \infty}\frac{m_n}{n}$，我们欲证明 $S$ 就是 $E$ 的上确界。
+
+    先证明 $S$ 是 $E$ 的上界：对于任意 $x\in E$，我们知道对于任意 $n\geq 1$，$x\leq \frac{m_n}{n}$，那么根据命题 5.4.15 可知 $x\leq \operatorname{LIM}_{n\to \infty}\frac{m_n}{n}$。
+
+    再证明 $S$ 是 $E$ 的上确界：对于任意 $E$ 的上界 $y$，对于任意 $n\geq 1$，由于 $\frac{m_n-1}{n}$ 不是 $E$ 的上界，那么 $\frac{m_n-1}{n}<y$，那么根据命题 5.4.15 可知 $y\geq \operatorname{LIM}_{n\to \infty}\frac{m_n-1}{n}=\operatorname{LIM}_{n\to \infty}\frac{m_n}{n}=S$。
+
+- **定义 5.5.4（sup）**：设 $E\subseteq \mathbb R$。若 $E$ 非空且存在上界，那么定义 $\sup E$ 为 $E$ 的上确界；若 $E$ 非空且不存在上界，那么定义 $\sup E:=+\infty$；若 $E$ 为空，那么定义 $\sup E:=-\infty$。
+
+在这里，$+\infty$ 和 $-\infty$ 都是形式上的记号而非实数，没有关于它们的任何运算和性质。
+
+我们举一个例子来说明定义上确界的作用：
+
+- **命题 5.5.5**：存在正实数 $x$ 使得 $x^2=2$。
+
+    **证明**：设集合 $E:=\{y\in\mathbb R:y\geq 0\land y^2<2\}$ 是 $\mathbb R$ 的子集。显然 $E$ 存在上界。那么就存在上确界 $x:=\sup E$。我们来证明 $x^2=2$，即证不可能有 $x^2<2$ 或 $x^2>2$。
+
+    首先，因为 $2$ 是 $E$ 的上界（若 $y>2$ 则 $y^2>4>2$），有 $x\leq 2$。
+
+    假设 $x^2<2$。考虑证明存在实数 $\varepsilon>0$ 使得 $(x+\varepsilon)^2<2$（那么 $x+\varepsilon\in E$，从而 $x$ 不是 $E$ 的上界，矛盾），而 $(x+\varepsilon)^2=x^2+2x\varepsilon+\varepsilon^2\leq x^2+5\varepsilon$，那么只需令 $0<\varepsilon<\frac{2-x^2}{5}$ 即可。
+
+    假设 $x^2>2$，考虑证明存在实数 $\varepsilon>0$ 使得 $(x-\varepsilon)^2>2$（从而 $x-\varepsilon$ 是 $E$ 的更小上界，矛盾），而 $(x-\varepsilon)^2=x^2-2x\varepsilon+\varepsilon^2\geq x-3\varepsilon^2$，那么只需令 $0<\varepsilon<\frac{x^2-2}{3}$ 即可。
+
+类似地，我们也可以定义下界、下确界以及 $\inf E$。根据对称性，容易证明 $\sup E=-\inf(-E)$，其中 $-E:=\{-x:x\in E\}$。
+
+#### 5.6 实数的有理数次幂
+
+类似比例数，我们可以类似地定义实数的整数次幂，以及得到相似的关于整数次幂的性质：
+
+- **定义 5.6.1（自然数次幂的指数运算）**：设 $x$ 是实数，首先定义 $x^0:=1$。现归纳地假定已定义好 $x^n$，那么定义 $x^{n+1}:=x^n\times x$。
+
+- **定义 5.6.2（负数次幂的指数运算）**：设 $x$ 是一个非零的实数，那么对于任何负整数 $-n$，定义 $x^{-n}:=\frac{1}{x^n}$。
+
+- **命题 5.6.3**：命题 4.4.2、引理 4.4.4、引理 4.4.5 和命题 4.4.6 中提及的关于整数次幂的性质对于实数也成立。
+
+    **证明**：审视上述命题的证明，发现它们依赖于比例数的代数算律和序的规则，而以前我们已经证明过了这些对于实数同样成立，故这些命题对于实数也成立。
+
+可以看到，比例数的整数次幂的指数运算和实数的是相容的。
+
+现在我们来定义实数的非整数次幂，先从 $n$ 次根的概念开始。
+
+- **定义 5.6.4**：对于实数 $x>0$ 和整数 $n\geq 1$，定义 $x$ 的 $n$ 次根为实数 $x^{\frac{1}{n}}:=\sup\{y\in\mathbb R:y\geq 0\land y^n\leq x\}$。我们常把 $x^{\frac{1}{2}}$ 记作 $\sqrt x$。
+
+    **证明**：只需证明 $E:=\{y\in\mathbb R:y\geq 0\land y^n\leq x\}$ 非空和存在上界即可。容易发现一定有 $0\in E$。
+
+    存在整数 $N>0$ 使得 $x\leq N$，通过对 $N$ 归纳可以证明存在正整数 $Y$ 使得 $Y^n\geq N\geq x$。那么 $Y$ 是 $E$ 的上界（若 $y>Y$，则 $y^n>Y^n\geq x\implies y\not\in E$）。
+
+- **引理 5.6.5**：设实数 $x>0,y\geq 0$ 和整数 $n\geq 1$。若 $y^n<x$，那么存在实数 $\varepsilon>0$，使得 $(y+\varepsilon)^n<x$；若 $y^n>x$，那么存在实数 $\varepsilon>0$，使得 $(y-\varepsilon)^n>x$。
+
+    **证明**：两证明对称，证前面那个。根据 5.6.4 的证明，可知存在正整数 $Y$ 使得 $y\leq Y$，那么对 $n$ 归纳可以证明存在正整数 $k$ 使得 $(y+\varepsilon)^n\leq y^n+k\varepsilon$。那么取 $\varepsilon$ 使得 $0<\varepsilon<\frac{x-y^n}{k}$ 即可。
+
+- **引理 5.6.6**：设实数 $x,y>0$ 和整数 $n,m\geq 1$。
+
+    1. $(x^{\frac{1}{n}})^n=x$。证明：设 $y=x^{\frac{1}{n}}$，类似命题 5.5.5 的证明，利用引理 5.6.5，可以证明不可能有 $y^n<x$ 或 $y^n>x$。
+
+    2. $y^n=x\implies y=x^{\frac{1}{n}}$。证明：利用序的性质及命题 5.6.3 易证。
+
+        推论1：$y=(y^n)^{\frac{1}{n}}$。推论2（消去律）：$x^n=y^n\implies x=y$。
+
+    3. $x^{\frac{1}{n}}>0$。证明：$0^n<x$，根据引理 5.6.5 可知 $0$ 不是上界，故上确界大于 $0$。
+
+    4. $x>y\iff x^{\frac1n}>y^{\frac1n}$。证明：根据命题 5.6.3 易证。
+
+    5. 若 $x>1$，那么 $x^{\frac1n}$ 是关于 $n$ 的减函数；若 $x<1$，那么 $x^{\frac1n}$ 是关于 $n$ 的增函数；若 $x=1$，那么对于任意 $n\geq 1$，$x^{\frac1n}=1$。
+
+        证明：只证第一条，即证 $x^{\frac1n}>x^{\frac1{n+1}}$。可以证明 $x^{\frac1{n+1}}>1$，那么可以对幂次归纳证明 $(x^{\frac1{n+1}})^n<(x^{\frac{1}{n+1}})^{n+1}=x$，于是 $x^{\frac{1}{n+1}}<x^{\frac1n}$。
+
+    6. $(xy)^{\frac1n}=x^{\frac1n}y^{\frac1n}$。证明：它们的 $n$ 次方相等。
+
+    7. $(x^{\frac1n})^{\frac1m}=x^{\frac1{nm}}$。证明：它们的 $nm$ 次方相等。推论：$(x^{\frac{1}{nm}})^m=x^{\frac{1}{n}}$。
+
+可以证明，$x^{\frac11}$ 和 $x^1$ 是相容的。接下来我们定义实数的比例数次幂。
+
+- **定义 5.6.7（比例数次幂的指数运算）**：设实数 $x>0$ 和比例数 $q=\frac{a}{b}$，其中 $a$ 是整数且 $b$ 是正整数，定义 $x^q:=(x^{\frac1b})^a$。
+
+- **命题 5.6.8（实数关于比例数次求幂遵从代入公理）**：设 $x>0$ 是实数，$a,a'$ 是整数，$b,b'$ 是正整数，且满足 $\frac{a}{b}=\frac{a'}{b'}$，那么 $(x^{\frac1b})^a=(x^{\frac1{b'}})^{a'}$。
+
+    **证明**：$ab'=a'b$。当 $a>0$ 时，$a'>0$，有 $x^{\frac1{ab'}}=x^{\frac{1}{a'b}}$，将等式两边同时取 $aa'$ 次幂，即证。当 $a=0$ 和 $a<0$ 时类似。
+
+容易发现，比例数次幂和整数次幂及定义 5.6.4 是相容的。我们给出比例数次幂的一些基本性质：
+
+- **引理 5.6.9**：设实数 $x,y>0$ 和比例数 $q,r$。
+
+    1. $x^q>0$。证明：结合引理 5.6.6.3 和命题 5.6.3。
+    
+    2. $x^{q+r}=x^qx^r$ 且 $(x^q)^r=x^{qr}$。证明：将 $q,r$ 表示成分数的形式，然后等式两侧同时取幂，利用引理 5.6.6 消掉 $x$ 的幂次中的分母，然后变成整数次幂的形式。
+    
+	3. $x^{-q}=\frac{1}{x^q}$。证明：方法同上。
+    
+    4. 若 $q>0$，$x>y\iff x^q>y^q$。证明：结合引理 5.6.6.4 和命题 5.6.3。
+    
+	5. 若 $x>1$，那么 $x^q<x^r\iff q<r$。若 $x<1$，那么 $x^q<x^r\iff q>r$。证明：将 $q,r$ 通分使得分母相同然后再证明（注意我们还未定义互质和通分等，但这里的通分指的是，设 $q=\frac{a}{b},r=\frac{c}{d}$，那么 $q=\frac{ad}{bd},r=\frac{bc}{bd}$）。
+
+而对于实数的实数次幂，我们将推迟到正式定义了极限的概念之后。

src/第6章 序列的极限.md

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+### 第 6 章 序列的极限
+
+#### 6.1 收敛及极限的算律
+
+现在我们来用真正的极限来代替形式极限。
+
+我们将重述第四章和第五章中提到的概念，但这些概念将由对比例数定义转为对实数定义。
+
+- **定义 6.1.1（距离）**：定义两个实数 $x$ 和 $y$ 的距离为 $|x-y|$，记作 $d(x,y)$。
+- **定义 6.1.2（$\varepsilon\overline\ $ 接近性）** ：设 $x,y,\varepsilon$ 为实数且 $\varepsilon>0$，我们称，$y$ 是 $\varepsilon\overline\ $ 接近于 $x$ 的，当且仅当 $d(x,y)\leq \varepsilon$。
+
+容易发现，上述定义和之前比例数的定义是相容的。
+
+注意，$x$ 是 $\varepsilon\overline{\ }$ 接近于 $y$ 的，当且仅当 $|x-y|\leq \varepsilon$，而非是它们所对应的比例数柯西序列是 $\varepsilon\overline{\ }$ 接近的，也非它们所对应的比例数柯西序列是终极 $\varepsilon\overline{\ }$ 接近的。
+
+上一章中我们默认 “序列” 指的都是 “比例数序列”，而在这一章中，除特殊标明外，我们默认 “序列” 指的都是 “实数序列”。
+
+- **定义 6.1.3（柯西序列）**：设实数 $\varepsilon>0$。
+
+    称一个序列 $(a_n)_{n=N}^{\infty}$ 是 $\varepsilon\overline{\ }$ 稳定的，当且仅当对于任意 $j,k\geq N$，$d(a_j,a_k)\leq \varepsilon$。
+
+    称一个序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 是终极 $\varepsilon\overline{\ }$ 稳定的，当且仅当存在 $N\geq m$，使得序列 $(a_n)_{n=N}^{\infty}$ 是 $\varepsilon\overline\ $ 稳定的。
+
+    称一个序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 是柯西序列，当且仅当对于任意实数 $\varepsilon>0$，该序列都是终极 $\varepsilon\overline\ $ 稳定的。
+
+    更直接地，序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 是柯西序列，当且仅当对于任意实数 $\varepsilon>0$，存在 $N\geq m$ 使得对于任意 $j,k\geq N$ 有 $|a_j-a_k|\leq \varepsilon$。
+
+- **定义 6.1.4（等价的序列）**：设实数 $\varepsilon>0$。
+
+    称序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 是 $\varepsilon\overline{\ }$ 接近于序列 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 的，当且仅当对于任意 $n\geq m$，$d(a_n,b_n)\leq\varepsilon$。
+
+    称序列 $(a_n)_{n=m_a}^{\infty}$ 是终极 $\varepsilon\overline{\ }$ 接近于序列 $(b_n)_{n=m_b}^{\infty}$ 的，当且仅当存在 $N\geq m$（记 $m=\max(m_a,m_b)$），使得 $(a_n)_{n=N}^{\infty}$ 是 $\varepsilon\overline{\ }$ 接近于 $(b_n)_{n=N}^{\infty}$ 的。
+
+    称两个序列 $(a_n)_{n=m_a}^{\infty}$ 和 $(b_n)_{n=m_b}^{\infty}$ 是等价的（记作 $(a_n)_{n=m_a}^{\infty}\sim (b_n)_{n=m_b}^{\infty}$），当且仅当对于任意实数 $\varepsilon >0$，它们都是终极 $\varepsilon\overline{\ }$ 接近的。
+
+    更直接地，序列 $(a_n)_{n=m_a}^{\infty}$ 和 $(b_n)_{n=m_b}^{\infty}$ 是等价的，当且仅当对于任意实数 $\varepsilon>0$，存在 $N\geq m$ 使得对于任意 $n\geq N$ 有 $d(a_n,b_n)\leq \varepsilon$。
+
+看上去实数版的等价序列和柯西序列会较比例数版的要求更严格，但利用命题 5.4.12 可以证明，比例数的柯西序列是相容于这个定义的。
+
+接下来我们将正式定义收敛和极限。
+
+- **定义 6.1.5（序列的收敛）**：设实数 $\varepsilon>0$ 和实数 $L$。
+
+    称一个序列 $(a_n)_{n=N}^{\infty}$ 是 $\varepsilon\overline{\ }$ 接近于 $L$ 的，当且仅当对于任意 $n\geq N$，$a_n$ 都是 $\varepsilon\overline\ $ 接近于 $L$ 的。
+
+    称一个序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 是终极 $\varepsilon\overline{\ }$ 接近于 $L$ 的，当且仅当存在 $N\geq m$，使得 $(a_n)_{n=N}^{\infty}$ 是 $\varepsilon\overline{\ }$ 接近于 $L$ 的。
+
+    称一个序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 收敛到 $L$，当且仅当对于任意实数 $\varepsilon>0$，该序列都是终极 $\varepsilon\overline{\ }$ 接近于 $L$ 的。
+
+    更直接地，序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 收敛到 $L$，当且仅当对于任意实数 $\varepsilon>0$，存在 $N\geq m$ 使得对于任意 $n\geq N$ 有 $|a_n-L|\leq \varepsilon$。
+
+- **命题 6.1.6（极限的唯一性）**：设 $L$ 和 $L'$ 都为实数且 $L\neq L'$，那么一个序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 不可能同时收敛到 $L$ 和 $L'$。
+
+    **证明**：反证法。不妨设 $L<L'$，那么存在实数 $\delta_1,\delta_2$ 使得 $L<L+\delta_1<L'-\delta_2<L'$。根据假设，存在 $N_1\geq m$ 使得 $(a_n)_{n=N_1}^{\infty}$ 是 $\delta_1$ 接近于 $L$ 的，存在 $N_2\geq m$ 使得 $(a_n)_{n=N_2}^{\infty}$ 是 $\delta_2$ 接近于 $L'$ 的。那么对于任意 $n\geq \max(N_1,N_2)$，$|a_n-L|\leq\delta_1$ 且 $|a_n-L'|\leq\delta_2$，这是不可能的。
+
+- **定义 6.1.7（序列的极限）**：如果序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 收敛到某实数 $L$，那么我们称该序列是收敛的，且它的极限是 $L$，记作 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n=L$。若序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 不收敛到任何实数 $L$，那么我们称该序列是发散的，并且认为 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n$ 无定义。
+
+- **引理 6.1.8（等价序列的极限相等）**：设序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 和 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 等价，其中 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n=L$，那么 $\lim\limits_{n\to\infty}b_n=L$。
+
+    **证明**：略。
+
+定义 6.1.7 中，记号 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n$ 并未关注 $m$：因为根据引理 6.1.8 可知，若序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 收敛到某实数 $L$，那么对于任意 $m'\geq m$，序列 $(a_n)_{n=m'}^{\infty}$ 同样收敛到实数 $L$。
+
+可以发现，柯西序列和收敛序列的定义有相似之处：柯西序列可以理解成所有数相互不断靠近，而收敛序列可以理解为所有数都向某个数不断靠近。我们给出如下两个命题：
+
+- **命题 6.1.9（收敛序列是柯西序列）**：设 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 是一个收敛的序列，那么它是柯西序列。
+
+    **证明**：不妨设 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n=L$。设 $\varepsilon>0$ 是任意正实数，那么存在 $N\geq m$ 使得对于任意 $n\geq N$ 有 $|a_n-L|\leq\frac{\varepsilon}{2}$，那么对于任意 $i,j\geq N$ 也有 $|a_i-a_j|\leq\varepsilon$，证毕。
+
+- **命题 6.1.10（形式极限相容于极限/比例数的柯西序列是收敛的）**：设 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 是比例数的柯西序列，那么 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 收敛到 $\operatorname{LIM}_{n\to \infty}a_n$，即 $\operatorname{LIM}_{n\to \infty}a_n=\lim\limits_{n\to\infty}a_n$。
+
+    **证明**：设 $\varepsilon>0$ 为任意正实数，欲证存在 $N\geq m$，使得对于任意 $n\geq N$，$|a_n-\operatorname{LIM}_{k\to \infty}a_k|\leq \varepsilon$，即 $\operatorname{LIM}_{k\to \infty}|a_k-a_n|\leq \varepsilon$。根据定义，存在 $N'\geq m$，使得对于任意 $i,j\geq N'$，$|a_i-a_j|\leq \varepsilon$。取 $N=N'$ 后容易验证成立。
+
+实际上，柯西序列和收敛序列是等价的。不过我们将在后面再证明此事。
+
+根据命题 6.1.10，我们已经将之前所定义的比例数的柯西序列和比例数柯西序列的形式极限，相容于实数的柯西序列和实数收敛序列的极限了。
+
+我们同样重新再定义真正的有界序列：
+
+- **定义 6.1.11（有界序列）**：设实数 $M\geq 0$。称一个序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 是以 $M$ 为界的，当且仅当对于任意 $n\geq m$ 有 $|a_n|\leq M$。称一个序列是有界的，当且仅当存在实数 $M\geq 0$ 使得该序列是以 $M$ 为界的。
+
+同样利用命题 5.4.12，可以证明该定义和比例数版的定义是等价的。类似地，我们仍然可以证明柯西序列是有界的， 这蕴含了收敛序列是有界的。
+
+本节最后，我们来完善极限的基本运算法则。
+
+- **定理 6.1.12（极限算律）**：设收敛序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 和 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$。设 $x=\lim\limits_{n\to\infty}a_n$，$y=\lim\limits_{n\to\infty}b_n$。
+
+    1. $\lim\limits_{n\to\infty}(a_n+b_n)=\lim\limits_{n\to\infty}a_n+\lim\limits_{n\to\infty}b_n$。
+    2. $\lim\limits_{n\to\infty}(a_nb_n)=(\lim\limits_{n\to\infty}a_n)(\lim\limits_{n\to\infty}b_n)$。
+    3. 设 $c$ 为任意实数，$\lim\limits_{n\to\infty}(ca_n)=c\lim\limits_{n\to\infty}a_n$。
+    4. $\lim\limits_{n\to\infty}(a_n-b_n)=\lim\limits_{n\to\infty}a_n-\lim\limits_{n\to\infty}b_n$。
+    5. 若 $y\neq 0$ 且对于任意 $n\geq m$ 有 $b_n\neq 0$，则 $\lim\limits_{n\to\infty}b_n^{-1}=(\lim\limits_{n\to\infty}b_n)^{-1}$。
+    6. 若 $y\neq 0$ 且对于任意 $n\geq m$ 有 $b_n\neq 0$，则 $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}=\frac{\lim\limits_{n\to\infty}a_n}{\lim\limits_{n\to\infty}b_n}$。
+    7. $\lim\limits_{n\to\infty}\max(a_n,b_n)=\max(\lim\limits_{n\to\infty}a_n,\lim\limits_{n\to\infty}b_n)$。
+    8. $\lim\limits_{n\to\infty}\min(a_n,b_n)=\min(\lim\limits_{n\to\infty}a_n,\lim\limits_{n\to\infty}b_n)$。
+
+    **证明**：1~6之前都有过类似的证明方法，此处略去。这里证一下7：
+
+    不妨设 $x\geq y$。设 $\varepsilon>0$ 是任意正实数，那么存在 $N_1\geq m$ 使得对于任意 $n\geq N_1$ 有 $|a_n-x|\leq \varepsilon$，存在 $N_2\geq m$ 使得对于任意 $n\geq N_2$ 有 $|b_n-y|\leq \varepsilon$。考虑对于任意 $n\geq \max(N_1,N_2)$，若 $a_n\geq b_n$，则 $|\max(a_n,b_n)-x|=|a_n-x|\leq\varepsilon$；若 $b_n>a_n$，那么 $b_n>a_n\geq x-\varepsilon$，且 $b_n\leq y+\varepsilon\leq x+\varepsilon$，故同样有 $|b_n-x|\leq\varepsilon$。取 $N=\max(N_1,N_2)$ 即可。证毕。
+
+#### 6.2 广义实数系
+
+之前我们已经使用过记号 $-\infty$ 和 $+\infty$。现在我们正式定义它们，并扩充实数集至广义实数集。
+
+- **定义 6.2.1（广义实数系）**：定义广义实数系 $\mathbb R^*:=\mathbb R\cup\{-\infty,+\infty\}$。其中 $-\infty$ 和 $+\infty$ 彼此不同且与 $\mathbb R$ 中的每个元素都不同。
+
+    一个广义实数 $x\in \mathbb R^*$ 被称作有限的当且仅当它是实数，被称作无限的当且仅当它是 $-\infty$ 或 $+\infty$。
+
+- **定义 6.2.2（广义实数的负运算）**：设 $x$ 是广义实数。若 $x$ 是实数，$-x$ 已经有了定义；若 $x=+\infty$，$-x:=-\infty$；若 $x=-\infty$，$-x:=+\infty$。
+
+    容易验证，该定义仍然满足 $-(-x)=x$。
+
+- **定义 6.2.3（广义实数的序）**：设 $x,y$ 是广义实数。若 $x,y$ 都是实数，那么 $x\leq y$ 已经有了定义；否则，$x\leq y$（$y\geq x$）当且仅当 $x=-\infty$ 或 $y=+\infty$。
+
+    同样称 $x<y$（$y>x$）当且仅当 $x\leq y$ 且 $x\neq y$。
+
+- **命题 6.2.4（广义实数的序的基本性质）**：设 $x,y,z$ 是广义实数。
+
+    - **自反性**：$x\leq x$。
+    - **三歧性**：$x<y,x=y,x>y$ 中恰好一个成立。
+    - **传递性**：$x\leq y\land y\leq z\implies x\leq z$。
+    - **负运算反序**：$x\leq y\implies -x\geq -y$。
+
+    **证明**：分类讨论。
+
+我们将不在广义实数集上引入其它运算，因为即使引入了它们也不满足一般的运算法则。
+
+- **定义 6.2.5（广义实数集的上确界）**：设 $E\subseteq\mathbb R^*$，定义 $E$ 的上确界 $\sup(E)$ 为：
+
+    - 若 $E\subseteq\mathbb R$，则 $\sup(E)$ 已经有了定义。
+    - 若 $+\infty\in E$，则 $\sup(E):=+\infty$。
+    - 若 $+\infty\not\in E,-\infty\in E$，则 $\sup(E):=\sup(E\setminus\{-\infty\})$。可知 $E\setminus\{-\infty\}\in \mathbb R$。
+
+    我们也定义 $E$ 的下确界为 $\inf(E):=-\sup(-E)$，其中 $-E:=\{-x:x\in E\}$。
+
+为了方便，之后我们给出关于上确界（上界）的某些定义或命题的时候，若对于下确界（下界）也存在对称的定义或命题时，我们将不再提及。
+
+- **定理 6.2.6**：设 $E\in \mathbb R^*$。
+
+    - 对于任意 $x\in E$，$x\leq \sup(E)$。
+    - 设 $M$ 是 $E$ 的上界（即，对于任意 $x\in E$，$x\leq M$），那么 $\sup(E)\leq M$。
+
+    **证明**：分类讨论。
+
+对于 $\mathbb R^*$ 的任何子集都存在上确界的一个合理的解释是：$\mathbb R^*$ 本身就是有界集（对于任意 $x\in \mathbb R^*$，$x\leq +\infty$）。
+
+#### 6.3 序列的上确界和下确界
+
+- **定义 6.3.1（序列的 $\sup$）**：设 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 是一个序列，定义 $\sup(a_n)_{n=m}^{\infty}:=\sup(\{a_n:n\geq m\})$，其中  $\{a_n:n\geq m\}$ 是 $\{a_n:n\in \mathbb Z_m^{\infty}\}$ 的简写。
+
+容易发现，一个序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 是有界的当且仅当该序列的 $\sup$ 和 $\inf$ 都是实数。
+
+我们将 $\sup$ 在集合上的性质翻译到序列上来：
+
+- **命题 6.3.2（最小上界性质）**：设序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 和广义实数 $x:=\sup(a_n)_{n=m}^{\infty}$。那么
+
+    - 对于任意 $n\geq m$，$a_n\leq x$。
+    - 若 $M$ 是 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 的一个上界（即对于任意 $n\geq m$，$a_n\leq M$），那么 $x\leq M$。
+    - 若广义实数 $y<x$，那么存在 $n\geq m$ 使得 $y<a_n\leq x$。
+    
+    **证明**：略。
+
+对于单调（单增：对于任意 $n\geq m$ 有 $a_n\leq a_{n+1}$，或单减：对于任意 $n\geq m$ 有 $a_n\geq a_{n+1}$）有界序列，我们有如下很有用的性质：
+
+- **命题 6.3.3（单调有界序列收敛到确界）**：设单增序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 是具有有限上界 $M$ 的，那么 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 收敛，且 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n=\sup(a_n)_{n=m}^{\infty}\leq M$。
+
+    **证明**：记 $x=\sup(a_n)_{n=m}^{\infty}$。设 $\varepsilon>0$ 是任意正实数，根据定义，存在 $N\geq m$ 使得 $x-\varepsilon< a_N$，那么对于任意 $n\geq N$，可以归纳得到 $x-\varepsilon<a_n\leq x$，即 $|a_n-x|<\varepsilon$。故 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n=x$。
+
+#### 6.4 上极限、下极限和极限点
+
+有时候，某个序列并不收敛，但一直存在它的元素在某个数附近浮动（如序列 $(1.1,-1.01,1.001,-1.0001,\cdots)$ 不收敛，但对于 $-1$ 和 $1$，都一直有数在它们附近浮动）。为了表示这种情况，我们引入极限点的概念。
+
+- **定义 6.4.1（极限点）**：设序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 和实数 $x,\varepsilon$，其中 $\varepsilon>0$。
+
+    称 $x$ 是 $\varepsilon$ 附着于 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 的，当且仅当存在 $n\geq m$ 使得 $d(a_n,x)\leq\varepsilon$。
+    
+    称 $x$ 是持续 $\varepsilon$ 附着于 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$，当且仅当对于任意 $N\geq m$，$x$ 都是 $\varepsilon$ 附着于 $(a_n)_{n=N}^{\infty}$ 的。
+    
+    称 $x$ 是 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 的极限点或附着点，当且仅当对于任意 $\varepsilon >0$，$x$ 都是持续 $\varepsilon$ 附着于 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 的。
+    
+    更直接地，$x$ 是 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 的极限点或附着点，当且仅当对于任意 $\varepsilon>0$ 和 $N\geq m$，都存在 $n\geq N$ 使得 $|a_n-x|\leq \varepsilon$。
+
+极限点可以理解为：当序列 “趋于稳定” 之后，该序列在二维平面上所形成的点近似地形成了若干条横线，这些横线对应的纵坐标就是极限点。
+
+这里极限点的概念暂且止于实数，虽然严格定义 $+\infty$ 和 $-\infty$ 为极限点的概念也是可能的。
+
+- **命题 6.4.2（极限是极限点）**：设序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 收敛到实数 $c$。那么 $c$ 是 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 唯一的极限点。
+
+    **证明**：存在性易证。唯一性反证。
+
+现在我们来考察一种特殊的极限点。
+
+- **定义 6.4.3（上极限）**：设 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 是一个序列。我们定义一个新序列 $(a_N^+)_{N=m}^{\infty}$，其中 $a_N^+:=\sup(a_n)_{n=N}^{\infty}$。然后我们定义序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 的上极限为 $\limsup\limits_{n\to\infty} a_n:=\inf(a_N^+)_{N=m}^{\infty}$。
+
+    类似地也有关于下极限的记号 $a_N^-$ 和 $\liminf$。
+
+注意，符号 $\limsup\limits_{n\to\infty} a_n$ 并未关注 $m$：由于 $(a_N^+)_{N=m}^{\infty}$ 是单减的，所以归纳证明对于任意 $m'\geq m$，$\inf(a_N^+)_{N=m}^{\infty}=\inf(a_N^+)_{N=m'}^{\infty}$（可以证明，对于 $S\subseteq \mathbb R^*$ 和广义实数 $x$，若存在 $y\in S$ 使得 $y\leq x$，那么 $\inf(S\cup\{x\})=\inf(S)$）。
+
+为什么说上极限是一种特殊的极限点？若上极限有限，它一定是极限点中最大的那个：因为后缀最大值最终会不断趋近于上极限，那么考虑取到最大值的那些位置，这些位置就会不断趋近于上极限，所以上极限是极限点。而且上极限一定会大于等于最大的那个极限点，于是上极限就是最大的那个极限点。
+
+我们将严格地说明此事，以及一些其他的性质：
+
+- **命题 6.4.4**：设 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 是一个序列，设 $L^+$ 是此序列的上极限，$L^-$ 是此序列的下极限。
+
+    1. 对于任意 $x>L^+$，存在 $N\geq m$ 使得对于任意 $n\geq N$ 有 $a_n<x$。
+
+        证明：存在 $N\geq m$ 使得 $x>a_N^+\geq L^+$，那么对于任意 $n\geq N$，$a_n\leq a_N^+<x$。
+
+    2. 对于任意 $x<L^+$ 和 $N\geq m$，存在 $n\geq N$ 使得 $a_n>x$。
+
+        证明：$x<L^+\leq a_N^+=\sup(a_n)_{n=N}^{\infty}$，那么存在 $n\geq N$ 使得 $x<a_n\leq \sup(a_n)_{n=N}^{\infty}$。
+
+    3. $L^-\leq L^+$。
+
+        证明：首先，可以证明，对于任意 $N^+,N^-\geq m$，$a_{N^-}^-\leq a_{N^+}^+$。
+
+        反证。若 $L^->L^+$，任取广义实数 $z$ 使得 $L^->z>L^+$。根据命题 6.3.2，存在 $N^+\geq m$ 使得 $z>a_{N^+}^+\geq L^+$，存在 $N^-\geq m$ 使得 $L^-\geq a_{N^-}^->z$，那么 $a_{N^-}^->a_{N^+}^+$，矛盾。
+
+    4. $L^+\leq \sup(a_n)_{n=m}^{\infty}$。特别地，若序列有界，那么 $L^-$ 和 $L^+$ 都有限。
+
+        证明：根据定义可知。
+
+    5. 若 $c$ 是 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 的极限点，那么 $c\leq L^+$。综合地，$L^-\leq c\leq L^+$。
+
+        证明：反证。若 $c>L^+$。根据命题 6.3.2，存在 $N\geq m$ 使得 $c>a_N^+\geq L^+$，那么对于任意 $n\geq N$，$a_n\leq a_{N}^+$。又根据极限点的定义，应存在 $n\geq N$ 使得 $|a_n-c|<c-a_{N}^+$，蕴含 $a_n>a_N^+$，矛盾。
+
+    6. 若 $L^+$ 是有限的，那么 $L^+$ 是 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 的极限点。
+
+        证明：对于任意的实数 $\varepsilon>0$，根据命题 6.3.2，存在 $N_1\geq m$ 使得 $L^++\varepsilon>a_{N_1}^+\geq L^+$，又由于对于任意 $N_2\geq N_1$，$a_{N_1}^+\geq a_{N_2}^+\geq L^+$，于是对于任意 $N\geq m$，总存在 $N_2\geq N$ 使得 $L^++\varepsilon>a_{N_2}^+\geq L^+$，那么总存在 $n\geq N_2$ 使得 $a_{N_2}^+\geq a_n>L^+-\varepsilon$，蕴含 $|a_n-L^+|<\varepsilon$，证毕。
+
+    7. $L^+=L^-=c\iff \lim\limits_{n\to\infty}a_n=c$。
+
+        证明：$L^+=L^-=c\implies \lim\limits_{n\to\infty}a_n=c$：设 $\varepsilon>0$ 是任意正实数。存在 $N^+\geq m$ 使得 $c+\varepsilon>a_{N^+}^+\geq c$，存在 $N^-\geq m$ 使得 $c\geq a_{N^-}^->c-\varepsilon$，那么对于任意 $n\geq \max(N^+,N^-)$，$c+\varepsilon>a_{N^+}^+\geq a_n\geq a_{N^-}^->c+\varepsilon$，蕴含 $|a_n-c|<\varepsilon$，证毕。
+        
+        结合 “收敛序列有界” 和命题 6.4.2，可知 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n=c\iff L^+=L^-=c$。
+
+
+对于某个收敛于 $L$ 的序列来说，上极限实际上提供了一个序列，使得它的每一元素都大于等于 $L$，且它也收敛于 $L$。这是十分有用的，导出了一些很好的性质：
+
+- **引理 6.4.5（比较原理）**：设序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 和 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 满足对于任意 $n\geq m$ 有 $a_n\leq b_n$，那么我们有：
+    $$
+    \begin{aligned}
+    \sup(a_n)_{n=m}^{\infty}&\leq \sup(b_n)_{n=m}^{\infty}\\
+    \inf(a_n)_{n=m}^{\infty}&\leq \inf(b_n)_{n=m}^{\infty}\\
+    \limsup\limits_{n\to\infty}(a_n)&\leq \limsup\limits_{n\to\infty}(b_n)\\
+    \liminf\limits_{n\to\infty}(a_n)&\leq \liminf\limits_{n\to\infty}(b_n)\\
+    \end{aligned}
+    $$
+    **证明**：第一条反证，后三条都能从第一条推出来。
+
+- **推论 6.4.6（夹逼定理）**：设序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$，$(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 和 $(c_n)_{n=m}^{\infty}$ 满足对于任意 $n\geq m$ 有 $a_n\leq b_n\leq c_n$。若 $\lim\limits_{n\to\infty} a_n=\lim\limits_{n\to\infty}c_n=L$，那么 $\lim\limits_{n\to\infty}b_n=L$。
+
+    **证明**：$\limsup\limits_{n\to\infty}(b_n)\leq \limsup\limits_{n\to\infty}(c_n)= L$，$\liminf\limits_{n\to\infty}(b_n)\geq \liminf\limits_{n\to\infty}(a_n)=L$，于是 $\lim\limits_{n\to\infty}b_n=L$。
+
+- **推论 6.4.7（序列的零判别法）**：设序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$，那么 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n=0\iff\lim\limits_{n\to\infty}|a_n|=0$。
+
+    **证明**：$-|a_n|\leq a_n\leq |a_n|$，再根据夹逼定理可证。
+
+- **推论 6.4.8**：若序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 收敛到实数 $L$，那么序列 $(|a_n|)_{n=m}^{\infty}$ 收敛到实数 $|L|$。
+
+最后，我们以证明柯西序列等价于收敛序列来结束本节。
+
+- **定理 6.4.9（实数的完全性）**：一个序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 是柯西序列当且仅当它是收敛的。
+
+    **证明**：结合命题 6.1.9，只需证柯西序列是收敛的。根据命题 6.4.4.7，考虑证明 $L^-:=\liminf\limits_{n\to\infty}a_n$ 和 $L^+:=\limsup\limits_{n\to\infty}a_n$ 相等。注意柯西序列有界，根据命题 6.4.4.4 可知 $L^-$ 和 $L^+$ 都为实数。
+
+    设 $\varepsilon>0$ 是任意正实数。那么存在 $N\geq m$ 使得对于任意 $n\geq N$ 有 $|a_n-a_N|\leq\frac{\varepsilon}{2}$ 即 $a_N-\frac\varepsilon2\leq a_n\leq a_N+\frac\varepsilon2$，那么有 $a_N-\frac\varepsilon2\leq \inf(a_n)_{n=N}^{\infty}\leq\sup(a_n)_{n=N}^{\infty}\leq a_N+\frac\varepsilon2$，即 $|a_N^+-a_N^-|\leq\varepsilon$。那么对于任意 $n\geq N$ 有 $|a_n^+-a_n^-|\leq\varepsilon$，于是 $(a_n^+)_{n=m}^{\infty}$ 和 $(a_n^-)_{n=m}^{\infty}$ 是等价的，那么根据引理 6.1.8 可知 $L^-=L^+$。
+
+（用度量空间的角度来说（见第 12 章），定理 6.4.9 断言了实数集是一个完全的度量空间，它不像比例数集那样含有 “洞”（比例数集中有大量的柯西序列收敛到非比例数），这个性质紧密联系于最小上界性质。完全性是实数优于比例数的主要特征之一，我们将在后面各章中看到此事）
+
+#### 6.5 某些基本的极限
+
+我们现在有了很多工具，我们接下来给出一些基本的极限。
+
+- **引理 6.5.1**：设 $c$ 为实数，那么 $\lim\limits_{n\to\infty}c=c$。**证明**：略。
+
+- **引理 6.5.2**：设 $q>0$ 为比例数，那么 $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{n^q}=0$，那么 $\lim\limits_{n\to\infty}n^q$ 不存在。**证明**：略。
+
+- **引理 6.5.3**：设 $x$ 是实数，那么：
+
+    $$
+    \lim\limits_{n\to\infty}x^n=
+    \begin{cases}
+    0&\text{if }|x|<1\\
+    1&\text{if }x=1\\
+    \text{undefined.}&\text{if }x=-1\\
+    \text{undefined.}&\text{if }|x|>1
+    \end{cases}
+    $$
+  
+    **证明**：先来证明当 $|x|<1$ 的情况。根据推论 6.4.7，只证明 $0<x<1$ 的情况即可。可以证明，$(x^n)_{n=1}^{\infty}$ 是有下界 $0$ 且单减的，那么根据命题 6.3.3，$(x^n)_{n=1}^{\infty}$ 存在极限 $L:=\inf(x^n)_{n=1}^{\infty}$。
+    
+    一种方法是直接证明 $L=0$，那么需要说明对于任意实数 $\varepsilon >0$，存在 $n\geq 1$ 使得 $x^n<\varepsilon$，这需要对数，我们暂且做不到。
+    
+    另一种方法是，根据极限算律，我们知道 $\lim\limits_{n\to\infty}(x^{n+1})=x\lim\limits_{n\to\infty}x^n$，可以证明 $(x^{n+1})_{n=1}^{\infty}\sim (x^n)_{n=1}^{\infty}$（可以证明，若 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 是柯西序列，那么对于任意 $k\geq 0$ 有 $(a_n)_{n=m}^{\infty}\sim(a_{n+k})_{n=m}^{\infty}$），于是 $L=xL$，由于 $x\neq 1$，得 $L=0$。
+    
+    对于 $x=1$ 和 $x=-1$，证明略去。
+    
+    对于 $|x|>1$，根据推论 6.4.8，只证明 $x>1$ 的情况即可。假设 $\lim\limits_{n\to\infty}x^n$ 存在且等于 $L$，注意到 $x^n$ 是单增的，那么根据命题 6.3.3，$\sup(x^n)_{n=1}^{\infty}=L$ 是有限的。那么存在 $N\geq 1$ 使得 $\frac{L}{x}<x^N\leq L$，那么 $x^{N+1}>L$，矛盾。
+    
+- **引理 6.5.4**：设 $x>0$ 为实数，那么 $\lim\limits_{n\to\infty}x^{\frac{1}{n}}=1$。
+
+    **证明**：若 $0<x<1$，那么 $x^{\frac{1}{n}}$ 单增且有上界 $1$；若 $x>1$，那么 $x^{\frac1n}$ 单减且有下界 $1$。根据命题 6.3.3，存在极限 $L=\lim\limits_{n\to\infty}x^{\frac1n}$。容易证明 $L\neq 0$。
+
+    类似的，也可以证明存在极限 $\lim\limits_{n\to\infty}x^{\frac{2}{n}}$。然后考虑证明 $\lim\limits_{n\to\infty}x^{\frac{2}{n}}=\lim\limits_{n\to\infty}x^{\frac1n}$，从而 $L^2=L$，那么 $L=1$。
+
+    设 $\varepsilon>0$ 是任意正实数。因为 $(x^{\frac2n})_{n=1}^{\infty}$ 存在极限，那么它是柯西序列，那么存在 $N\geq 1$，使得对于任意 $n\geq N$ 有 $|x^{\frac{2}{n}}-x^{\frac{2}{2n}}|\leq \varepsilon$ 即 $|x^{\frac{2}{n}}-x^{\frac{1}{n}}|\leq\varepsilon$。那么 $(x^{\frac{2}{n}})_{n=1}^{\infty}\sim(x^{\frac{1}{n}})_{n=1}^{\infty}$，根据引理 6.1.8 即证。
+
+#### 6.6 子序列
+
+//关于子序列起始项的问题，我还没想清楚，暂时先按照书上的，默认都以 $0$ 为起始。
+
+为了更方便地描述极限点，我们引入子序列的概念。
+
+- **定义 6.6.1（子序列）**：设序列 $(a_n)_{n=0}^{\infty}$ 和 $(b_n)_{n=0}^{\infty}$。若存在一个函数 $f:\mathbb N\to \mathbb N$，它严格增（即对于任意 $n\geq 0$，$f(n)<f(n+1)$），且对于任意 $n\geq 0$，$b_n=a_{f(n)}$，那么称 $(b_n)_{n=0}^{\infty}$ 是 $(a_n)_{n=0}^{\infty}$ 的一个关于 $f$ 子序列。
+
+子序列满足自反性和传递性。
+
+- **引理 6.6.2**：设序列 $(a_n)_{n=0}^{\infty}$，$(b_n)_{n=0}^{\infty}$ 和 $(c_n)_{n=0}^{\infty}$。
+
+    - **自反性**：$(a_n)_{n=0}^{\infty}$ 是 $(a_n)_{n=0}^{\infty}$ 的子序列。
+    - **传递性**：若 $(a_n)_{n=0}^{\infty}$ 是 $(b_n)_{n=0}^{\infty}$ 的子序列，$(b_n)_{n=0}^{\infty}$ 是 $(c_n)_{n=0}^{\infty}$ 的子序列，那么 $(a_n)_{n=0}^{\infty}$ 是 $(c_n)_{n=0}^{\infty}$ 的子序列。
+
+    **证明**：略。
+
+注意，子序列虽然和子集的概念很像，但它并不满足反传递性（如 $(2,1,2,1,\cdots)$ 和 $(1,2,1,2,\cdots)$ 互为子序列，但它们不相等）。
+
+- **引理 6.6.3**：设序列 $(b_n)_{n=0}^{\infty}$ 是 $(a_n)_{n=0}^{\infty}$ 关于 $f$ 的子序列。那么对于任意 $n\geq0$，存在 $n'\geq 0$ 使得 $f(n')\geq n$。
+
+    **证明**：对 $n$ 归纳。
+
+- **命题 6.6.4**：设序列 $(a_n)_{n=0}^{\infty}$ 和实数 $L$。那么 $(a_n)_{n=0}^{\infty}$ 收敛到 $L$ 当且仅当 $(a_n)_{n=0}^{\infty}$ 的每个子序列都收敛到 $L$。
+
+    **证明**：设 $(b_n)_{n=0}^{\infty}$ 是 $(a_n)_{n=0}^{\infty}$ 关于 $f$ 的子序列。设 $\varepsilon>0$ 是任意正实数，那么存在 $N_a\geq 0$ 使得对于任意 $n\geq N_a$ 有 $|a_n-L|\leq \varepsilon$，存在 $N_b\geq N_a$ 使得 $f(N_b)\geq N_a$，那么对于任意 $n\geq N_b$，$|b_n-L|\leq\varepsilon$，证毕。
+
+- **命题 6.6.5**：设序列 $(a_n)_{n=0}^{\infty}$ 和实数 $L$。那么 $L$ 是序列 $(a_n)_{n=0}^{\infty}$ 的极限点当且仅当存在 $(a_n)_{n=0}^{\infty}$ 的子序列收敛到 $L$。
+
+    **证明**：设 $L$ 是 $(a_n)_{n=0}^{\infty}$ 的极限点，递归构造 $(a_n)_{n=0}^{\infty}$ 关于 $f$ 的子序列 $(b_n)_{n=1}^{\infty}$：根据定义，存在 $p> f(n-1)$（初始当 $n=1$ 时，这里改为 $p\geq 0$），使得 $|a_p-L|\leq \frac{1}{n}$，那么令 $f(n)=p$ 且 $b_n=a_{f(n)}=a_p$。根据命题 2.1.7，该定义成功。然后容易验证 $(b_n)_{n=1}^{\infty}$ 收敛到 $L$。
+
+    设 $(b_n)_{n=0}^{\infty}$ 是 $(a_n)_{n=0}^{\infty}$ 关于 $f$ 的子序列且收敛到 $L$。设 $\varepsilon>0$ 为任意正实数和 $N\geq 0$ 为任意整数。根据定义，存在 $N_b\geq 0$ 使得对于任意 $n\geq N_b$ 有 $|b_n-L|\leq\varepsilon$。根据引理 6.6.3，存在 $N_a\geq 0$ 使得 $f(N_a)\geq N$，那么取任意 $n\geq \max(N_a,N_b)$，满足 $f(n)\geq N$ 且 $|b_n-L|\leq \varepsilon$ 即 $|a_{f(n)}-L|\leq\varepsilon$。证毕。
+
+一个很著名的定理是：
+
+- **定理 6.6.6**：设 $(a_n)_{n=0}^{\infty}$ 是有界序列，那么 $(a_n)_{n=0}^{\infty}$ 至少有一个子序列收敛。
+
+    **证明**：由于 $(a_n)_{n=0}^{\infty}$ 有界，那么 $\limsup\limits_{n\to\infty}a_n$ 有限，那么它就是 $(a_n)_{n=0}^{\infty}$ 的极限点。
+
+#### 6.7 实数的指数运算
+
+现在，我们定义实数的实数次幂的指数运算，以完善实数的指数运算。
+
+- **定义 6.7.1（实数次幂的指数运算）**：设实数 $x>0$ 和实数 $\alpha=\lim\limits_{n\to\infty}a_n$，其中 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 是比例数序列，定义 $x^{\alpha}:=\lim\limits_{n\to\infty}x^{a_n}$。
+
+    **证明**：先假设 $x>1$。我们需证明 $(x^{a_n})_{n=m}^{\infty}$ 收敛，即它是柯西序列。
+
+    需要估计 $|x^{a_i}-x^{a_j}|$ 的上界，并用 $|a_i-a_j|$ 来表示。不妨设 $a_i\geq a_j$，那么 $|x^{a_i}-x^{a_j}|=x^{a_j}(x^{a_i-a_j}-1)$。又由于 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 是有界的，不妨设界为 $M$，那么 $x^{a_j}(x^{a_i-a_j}-1)\leq x^M(x^{a_i-a_j}-1)$。
+
+    我们将对任意 $\varepsilon>0$ 要求 $x^M(x^{a_i-a_j}-1)\leq \varepsilon$，即 $x^{a_i-a_j}\leq \frac{\varepsilon}{x^M}+1$。（再化下去应该是 $a_i-a_j\leq \log_x(\frac{\varepsilon}{x^M}+1)$，但我们还未定义对数函数）。在引理 6.5.4 中我们证明了，$(x^{\frac{1}{n}})_{n=1}^{\infty}$ 是收敛于 $1$ 的，那么存在 $k\geq 1$ 使得 $|x^{\frac{1}{k}}-1|\leq\frac{\varepsilon}{x^M}$ 即 $x^{\frac1k}\leq\frac\varepsilon{x^M}+1$。于是，我们只需 $|a_i-a_j|\leq\frac1k$ 即可，这是可以做到的。
+
+    对于 $0<x<1$ 和 $x=1$，情况类似。
+
+- **命题 6.7.2（实数关于实数次求幂遵从代入公理）**：设实数 $x>0$ 和实数 $\alpha=\lim\limits_{n\to\infty}a_n=\lim\limits_{n\to\infty}a'_n$，其中 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 和 $(a'_n)_{n=m'}^{\infty}$ 都是比例数序列，那么 $\lim\limits_{n\to\infty}x^{a_n}=\lim\limits_{n\to\infty}x^{a'_n}$。
+
+    **证明**：我们需要证明 $(x^{a_n})_{n=m}^{\infty}$ 和 $(x^{a_{n}})_{n=m'}^{\infty}$ 等价。这需要我们估计 $|x^{a_n}-x^{a_{n'}}|$ 的上界，并用 $|a_n-a_{n'}|$ 来表示。那么接下里的类似定义 6.7.1 的证明。
+
+容易证明，实数关于比例数次求幂是相容于上述定义的。
+
+我们现在想要证明，引理 5.6.9 提及的实数关于比例数次幂的性质对于实数也成立。但是这并不简单，我们需要一些引理。
+
+- **引理 6.7.3**：设 $E\subseteq\mathbb R^+$ 和比例数 $q$。若 $q\geq 0$，那么 $\sup (E^q)=\sup(E)^q$；若 $q<0$，那么 $\sup(E^q)=\inf(E)^q$。
+
+    **证明**：略。
+
+- **引理 6.7.4**：设比例数 $q$ 和收敛序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$，满足对于任意 $n\geq m$ 有 $a_n>0$，那么 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n^q=(\lim\limits_{n\to\infty}a_n)^q$。
+
+    **证明**：不妨设 $q\geq 0$（$q<0$ 同理）。记 $L=\lim\limits_{n\to\infty}a_n$，$b_n=a_n^q$。根据引理 6.7.3，对于任意 $N\geq m$，由于 $a_N^+=\sup(a_n)_{n=N}^{\infty}$，那么 $b_N^+=\sup(a_n^q)_{n=N}^{\infty}=(a_N^+)^q$。又由于 $L_a^+=\inf(a_N^+)_{N=m}^{\infty}$，于是 $L_b^+=\inf((a_N^+)^q)_{N=m}^{\infty}=(L_a^+)^q$。
+
+    同理可证 $L_b^-=(L_a^-)^q$。根据命题 6.4.4.7，有 $L_a^-=L_a^+=L$，那么 $L_b^-=L_b^+=L^q$，那么 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 收敛到 $L^q$。
+
+- **命题 6.7.5**：设实数 $x,y>0$ 和实数 $\alpha=\lim\limits_{n\to\infty}a_n,\beta=\lim\limits_{n\to\infty}b_n$，其中 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 和 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 都是比例数序列 。
+
+    1. $x^\alpha>0$。
+
+        证明：设 $x>1$。找到 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 的界 $M$，那么 $\forall_{n\geq 1},x^{a_n}\geq x^{-M}$，于是 $(x^{a_n})_{n=m}^{\infty}$ 正远离零。对于 $0<x<1$ 和 $x=1$，情况类似。
+
+    2. $x^{\alpha+\beta}=x^\alpha x^\beta$。
+
+        证明：$x^{\alpha+\beta}=\lim\limits_{n\to\infty}x^{a_n+b_n}=\lim\limits_{n\to\infty}x^{a_n}x^{b_n}=(\lim\limits_{n\to\infty}x^{a_n})(\lim\limits_{n\to\infty}x^{b_n})=x^{\alpha}x^{\beta}$。
+
+    3. $x^{-\alpha}=\frac{1}{x^\alpha}$。
+
+        证明：$x^{-\alpha}=\lim\limits_{n\to\infty}x^{-a_n}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{x^{a_n}}=\frac{\lim\limits_{n\to\infty}1}{\lim\limits_{n\to\infty}x^{a_n}}=\frac{1}{x^{\alpha}}$。
+
+    4. 若 $x>1$，那么 $x^\alpha<x^\beta\iff \alpha<\beta$。若 $x<1$，那么 $x^\alpha<x^\beta\iff \alpha>\beta$。
+
+        证明：假设 $x>1$，对于 $x<1$ 的情况类似。
+
+        $\alpha<\beta\implies x^{\alpha}<x^{\beta}$：存在比例数 $z_1,z_2$，使得 $\alpha<z_1<z_2<\beta$。容易证明，存在比例数序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 使得 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n=\alpha$ 且对于任意 $n\geq m$ 有 $a_n\leq z_1$，存在比例数序列 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 使得 $\lim\limits_{n\to\infty}b_n=\beta$ 且对于任意 $n\geq m$ 有 $z_2\leq b_n$。
+
+        那么对于任意 $n\geq m$，$a_n\leq z_1<z_2\leq b_n$，那么 $x^{a_n}\leq x^{z_1}<x^{z_2}\leq x^{b_n}$，根据引理 6.4.5 可知 $x^{\alpha}\leq x^{z_1}<x^{z_2}\leq x^{\beta}$。
+
+        $x^{\alpha}<x^{\beta}\implies \alpha<\beta$：若 $\alpha>\beta$，则 $x^{\alpha}>x^{\beta}$ 矛盾。若 $\alpha=\beta$，则 $x^{\alpha}=x^{\beta}$（代入公理）矛盾。又根据三歧性可知，一定有 $\alpha<\beta$。
+
+    5. （极限算律补充）设 $(c_n)_{n=m}^{\infty}$ 是收敛的实数序列，那么 $\lim\limits_{n\to\infty}x^{c_n}=x^{(\lim\limits_{n\to\infty}c_n)}$。
+
+        证明：设比例数序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 满足它和 $(\alpha_n)_{n=m}^{\infty}$ 等价，那么只需证明 $(x^{\alpha_n})_{n=m}^{\infty}$ 和 $(x^{a_n})_{n=m}^{\infty}$ 等价即可。接下来的证明过程和命题 6.7.2 的很相似，需要用到命题 6.7.5.2 和命题 6.7.5.4。
+
+    6. $(x^\alpha)^\beta=x^{\alpha\beta}$。
+
+        证明：$(x^{\alpha})^\beta=\lim\limits_{m\to\infty}(\lim\limits_{n\to\infty}x^{a_n})^{b_m}=\lim\limits_{m\to\infty}\lim\limits_{n\to\infty}x^{a_nb_m}=\lim\limits_{m\to\infty}x^{\alpha b_m}=x^{\alpha\beta}$。第二个等号是引理 6.7.4。
+
+    7. 若 $\alpha>0$，$x>y\iff x^\alpha>y^\alpha$。
+    
+        证明：由于 $\alpha>0$，不妨设 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 是正远离零的，那么对于任意 $n\geq m$，$a_n>0$。
+    
+        $x^\alpha>y^\alpha\implies x>y$：$x^{\alpha}>y^{\alpha}$ 说明存在 $n\geq m$ 使得 $x^{a_n}>y^{a_n}$，那么 $x>y$。
+    
+        $x>y\implies x^{\alpha}>y^{\alpha}$：若 $x^\alpha<y^\alpha$，那么 $x<y$ 矛盾。若 $x^\alpha=y^\alpha$，那么 $(x^\alpha)^{\frac1\alpha}=(y^\alpha)^\frac1\alpha$ 即 $x=y$ 矛盾。又根据三歧性可知，一定有 $x^\alpha>y^\alpha$。

src/第7章 级数.md

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+### 第 7 章 级数
+
+我们将学习级数 $\sum$。这是一个熟悉的符号——在有限集合或有限序列上的级数你可以简单理解为求和，但当级数放到无限序列上时，它的含义就变成了序列前缀和的极限。无限序列上的级数并不好研究，我们将学习多种判断无限级数是否收敛的方法，以及浅显地介绍一下级数的重排。更多的关于无限级数的知识我们将在第 8 章继续研究。
+
+除特殊说明外，本文讨论的序列都是实数序列。
+
+#### 7.1 有限级数
+
+在介绍无限级数之前，我们先较为全面地了解有限级数。
+
+- **定义 7.1.1（有限级数）：**设整数 $m,n$ 和有限序列 $(a_i)_{i=m}^n$，定义有限级数 $\sum\limits_{i=m}^na_i$ 满足：若 $n<m$，则 $\sum\limits_{i=m}^na_i=0$；若 $n\geq m-1$，则 $\sum\limits_{i=m}^{n+1}a_i=\left(\sum\limits_{i=m}^{n}a_i\right)+a_{n+1}$。
+
+    根据命题 2.1.7，$\sum\limits_{i=m}^na_i$ 的定义是存在且唯一的。
+
+    我们一般把形如 $\sum\limits_{i=m}^na_i$ 的表达式称为级数，而把其结果（为一实数）称为该级数的和。尽管从数学上而言，二者是相等的。
+
+有限序列上的级数满足很多我们耳熟能详的性质：
+
+- **引理 7.1.2**：设整数 $m,n$ 满足 $m\leq n$ 和有限序列 $(a_i)_{i=m}^n,(b_i)_{i=m}^n$。
+
+    1. 设整数 $p$ 满足 $m\leq p<n$，则 $\sum\limits_{i=m}^pa_i+\sum\limits_{i=p+1}^{n}a_i=\sum\limits_{i=m}^na_i$。
+    2. 设 $k$ 是整数，则 $\sum\limits_{i=m}^na_i=\sum\limits_{j=m+k}^{n+k}a_{j-k}$。 
+    3. $\sum\limits_{i=m}^{n}(a_i+b_i)=\sum\limits_{i=m}^na_i+\sum\limits_{i=m}^nb_i$。
+    4. $\sum\limits_{i=m}^n(ca_i)=c\sum\limits_{i=m}^na_i$。
+    5. $\left|\sum\limits_{i=m}^na_i\right|\leq \sum\limits_{i=m}^n|a_i|$。
+    6. 若对于任意 $m\leq i\leq n$ 有 $a_i\leq b_i$，那么 $\sum\limits_{i=m}^{n}a_i\leq \sum\limits_{i=m}^nb_i$。
+
+    **证明**：运用归纳法。
+
+接下来我们定义有限集合上的求和。
+
+- **定义 7.1.3（有限集合上的求和）**：设 $X$ 是基数为 $n$ 的集合和函数 $f:X\to\mathbb R$。那么存在 $g:\mathbb Z_1^n\to X$ 是双射。定义有限和 $\sum\limits_{x\in X}f(x):=\sum\limits_{i=1}^nf(g(i))$。
+
+    **证明**：我们需要证明，有限和的结果和 $g$ 的选取是无关的。
+
+    考虑对 $n$ 归纳。设 $P(n)$ 表示对于任意基数为 $n$ 的集合 $X$，上述命题成立。$P(0)$ 显然成立。
+
+    归纳地假设 $P(n)$ 成立。设 $g,h$ 都是 $\mathbb Z_1^{n+1}\to X$ 的双射，欲证 $\sum\limits_{i=1}^{n+1}f(g(i))=\sum\limits_{i=1}^{n+1}f(h(i))$。
+
+    设 $x:=g(n+1)$，那么 $\sum\limits_{i=1}^{n+1}f(g(i))=\sum\limits_{i=1}^nf(g(i))+f(x)$。
+
+    设 $k:=h^{-1}(x)$，忽略 $k=n+1$ 的平凡情况。然后定义 $h'$，满足对于任意 $1\leq i\leq n$，$h'(i):=\begin{cases}h(n+1)&\text{if }i=k\\h(i)&\text{otherwise}\end{cases}$。那么 $h'$ 是从 $\mathbb Z_1^n$ 到 $X\setminus\{x\}$ 的双射。
+
+    于是：
+    $$
+    \begin{aligned}
+    \sum\limits_{i=1}^{n+1}f(h(i))&=\sum\limits_{i=1}^{k-1}f(h(i))+\sum\limits_{i=k+1}^nf(h(i))+f(h(k))+f(h(n+1))\\
+    &=\sum\limits_{i=1}^{k-1}f(h'(i))+\sum\limits_{i=k+1}^nf(h'(i))+f(x)+f(h'(k))\\
+    &=\sum\limits_{i=1}^nf(h'(i))+f(x)
+    \end{aligned}
+    $$
+    根据归纳，$\sum\limits_{i=1}^{n}f(g(i))=\sum\limits_{i=1}^nf(h'(i))$，证毕。
+
+为了方便，我们有时把 $\sum\limits_{y\in\{x\in X:P(x)\}}f(y)$ 记作 $\sum\limits_{x\in X:P(x)}f(x)$ 甚至 $\sum\limits_{P(x)}f(x)$。
+
+有限集合上的求和依赖于有限级数，也类似地会导出很多性质：
+
+- **命题 7.1.4**：除特殊说明，默认 $X$ 为基数为 $n$ 的有限集合，$f:X\to\mathbb R$ 为函数。
+
+    1. 若 $X=\{x_0\}$，那么 $\sum\limits_{x\in X}f(x)=f(x_0)$。证明：略。
+
+    2. 设 $g:Y\to X$ 是双射，那么 $\sum\limits_{x\in X}f(x)=\sum\limits_{y\in Y}f(g(y))$。
+
+        证明：存在双射 $h:\mathbb Z_1^n\to Y$，于是 $\sum\limits_{y\in Y}f(g(y))=\sum\limits_{i=1}^{n}f(g(h(i)))$，可证 $g\circ h$ 也是 $\mathbb Z_1^n$ 到 $X$ 的双射，那么 $\sum\limits_{i=1}^nf(g(h(i)))=\sum\limits_{x\in X}f(x)$。
+
+    3. 设 $n\leq m$ 是整数，若 $X=\mathbb Z_n^m$，那么 $\sum\limits_{x\in X}f(x)=\sum\limits_{i=n}^mf(i)$。
+
+        证明：设 $g:\mathbb Z_1^{m-n+1}\to X$ 满足 $g(i):=i+n-1$，容易验证 $g$ 定义合法且是双射。
+
+        那么 $\sum\limits_{x\in X}f(x)=\sum\limits_{i=1}^{m-n+1}f(i+n-1)=\sum\limits_{i=n}^mf(i)$。
+
+    4. 设 $X,Y$ 是不交的集合，设 $f:X\cup Y\to\mathbb R$ 是函数。那么 $\sum\limits_{x\in X}f(x)+\sum\limits_{y\in Y}f(y)=\sum\limits_{z\in X\cup Y}f(z)$。
+
+        证明：设 $X,Y$ 基数分别为 $n,m$。那么存在双射 $g:\mathbb Z_1^n\to X$ 和 $h:\mathbb Z_1^m\to Y$。定义 $s:\mathbb Z_1^{n+m}\to X\cup Y$，满足 $s(i):=\begin{cases}g(i)&\text{if }1\leq i\leq n\\h(i-n)&\text{if }n+1\leq i\leq n+m\end{cases}$，容易证明 $s$ 定义合法且是双射。
+
+        那么 $\sum\limits_{x\in X}f(x)+\sum\limits_{y\in Y}f(y)=\sum\limits_{i=1}^nf(g(i))+\sum\limits_{i=1}^mf(h(i))=\sum\limits_{i=1}^nf(s(i))+\sum\limits_{i=1}^mf(s(i+n))=\sum\limits_{i=1}^{n+m}f(s(i))=\sum\limits_{z\in X\cup Y}f(z)$。
+
+    5. 设函数 $f:X\to \mathbb R$ 和 $g:X\to\mathbb R$，那么 $\sum\limits_{x\in X}(f(x)+g(x))=\sum\limits_{x\in X}f(x)+\sum\limits_{x\in X}g(x)$。
+
+    6. 设 $c$ 为实数，那么 $\sum\limits_{x\in X}cf(x)=c\sum\limits_{x\in X}f(x)$。
+
+    7. $\left|\sum\limits_{x\in X}f(x)\right|\leq \sum_{x\in X}|f(x)|$。
+
+    8. 设函数 $f:X\to \mathbb R$ 和 $g:X\to \mathbb R$，且对于任意 $x\in X$ 有 $f(x)\leq g(x)$，那么 $\sum\limits_{x\in X}f(x)\leq \sum\limits_{x\in X}g(x)$。
+
+    5~8 的证明利用引理 7.1.2 即可。
+
+接下来让我们研究多维求和，需要注意的是我们可以依赖之前的定义直接写出多重求和。
+
+- **引理 7.1.5**：设有限集 $X,Y$ 和函数 $f:X\times Y\to\mathbb R$，那么 $\sum\limits_{x\in X}\left(\sum\limits_{y\in Y}f(x,y)\right)=\sum\limits_{(x,y)\in X\times Y}f(x,y)$。
+
+    **证明**：设 $X,Y$ 基数分别为 $n,m$，那么存在双射 $g:\mathbb Z_1^n\to X$ 和 $h:\mathbb Z_1^m\to Y$。定义 $s:\mathbb Z_1^{n\times m}\to X\times Y$，满足对于任意的 $1\leq i\leq n,1\leq j\leq m$，$s((i-1)\times m+j)=(g(i),h(j))$，可以证明 $s$ 定义合法且是双射。
+
+    那么 $\sum\limits_{x\in X}\left(\sum\limits_{y\in Y}f(x,y)\right)=\sum\limits_{i=1}^n\left(\sum\limits_{j=1}^mf(g(i),h(j))\right)=\sum\limits_{i=1}^n\left(\sum\limits_{j=1}^mf(s((i-1)\times m+j))\right)=\sum\limits_{i=1}^{n\times m}f(s(i))=\sum\limits_{(x,y)\in X\times Y}f(x,y)$。
+
+    其中倒数第二个等号需要使用归纳法证明（固定 $m$ 而对 $n$ 归纳）。
+
+    刚刚看了下书上的证明，是直接对 $n$ 归纳，然后利用命题 7.1.4，感觉会更简洁些。
+
+- **引理 7.1.6**：设有限集合 $X,Y$ 和函数 $f:X\times Y\to \mathbb R$，那么 $\sum\limits_{(x,y)\in X\times Y}f(x,y)=\sum\limits_{(y,x)\in Y\times X}f(x,y)$。
+
+    **证明**：利用命题 7.1.4.2（原命题可以看成 $\sum\limits_{a\in X\times Y}f(a)=\sum\limits_{a\in Y\times X}f(rev(a))$，其中 $rev(y,x)=(x,y)$ 是双射）。
+
+结合引理 7.1.5 和引理 7.1.6，一个直接的推论是：$\sum\limits_{x\in X}\sum\limits_{y\in Y}f(x,y)=\sum\limits_{y\in Y}\sum\limits_{x\in X}f(x,y)$。
+
+- **引理 7.1.7**：设有限集合 $X$ 和整数 $m$。对于每个 $x\in X$，都存在一个收敛的序列 $(a_n(x))_{n=m}^{\infty}$。那么 $\left(\sum\limits_{x\in X}a_n(x)\right)_{n=m}^{\infty}$ 收敛，且 $\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{x\in X}a_n(x)=\sum\limits_{x\in X}\lim\limits_{n\to\infty}a_n(x)$。
+
+    **证明**：设 $l:X\to \mathbb R$ 满足 $l(x):=\lim\limits_{n\to\infty}a_n(x)$。设 $L=\sum\limits_{x\in X}\lim\limits_{n\to\infty}a_n(x)=\sum\limits_{x\in X}l(x)$。
+
+    设 $\varepsilon>0$ 为任意正实数。设 $\delta:X\to\mathbb R$ 满足 $\sum\limits_{x\in X}\delta(x)<\varepsilon$ 且对于任意 $x\in X$ 有 $\delta(x)>0$。
+
+    设 $N:X\to \mathbb Z_{m}^{\infty}$ 满足对于任意 $x\in X$，对于任意 $n\geq N(x)$ 都有 $|a_n(x)-l(x)|\leq \delta(x)$。
+
+    通过归纳可以证明 $\delta$ 和 $N$ 一定存在。
+
+    由于 $f(X)$ 是有限集，故存在上界 $K$。那么对于任意 $n\geq K$ 和任意 $x\in X$，都有 $|a_n(x)-l(x)|\leq \delta(x)$。
+
+    于是对于任意 $n\geq K$，$\left|\sum\limits_{x\in X}a_n(x)-L\right|=\left|\sum\limits_{x\in X}(a_n(x)-l(x))\right|\leq \sum\limits_{x\in X}|a_n(x)-l(x)|\leq \sum\limits_{x\in X}\delta(x)\leq \varepsilon$。证毕。
+
+引理 7.1.7 说明了，有限和与收敛极限的次序也是可以交换的。
+
+#### 7.2 无限级数
+
+粗略地带过了有限级数之后，接下来我们开始无限级数的研究。
+
+- **定义 7.2.1（无限级数）**：设整数 $m$ 和无限序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$，定义无限级数 $\sum\limits_{n=m}^{\infty}a_n$。
+
+定义 7.2.1 是形式化的，我们并未赋予 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 任何实数值，不过我们接下来将说明此事。
+
+- **定义 7.2.2（级数的收敛）**：设 $\sum\limits_{n=m}^{\infty}a_n$ 是无限级数。设整数 $N\geq m$，定义该级数的第 $N$ 部分和 $S_N:=\sum\limits_{n=m}^Na_n$。
+
+    若 $(S_N)_{N=m}^{\infty}$ 收敛到某实数 $L$，那么称 $\sum\limits_{n=m}^{\infty}a_n$ 是收敛的，且收敛到 $L$，并令 $\sum\limits_{n=m}^{\infty}a_n=L$。
+
+    若 $(S_N)_{N=m}^{\infty}$ 是发散的，那么称 $\sum\limits_{n=m}^{\infty}a_n$ 是发散的，并不赋予它任何实数值。
+
+    容易证明，$\sum\limits_{n=m}^{\infty}a_n$ 存在唯一的定义。
+
+研究无限级数的一个难点在于如何确定一个无限级数是否是收敛的，接下来我们将研究此事。我们先将柯西序列的定义代入，得到：
+
+- **命题 7.2.3**：设 $\sum\limits_{n=m}^{\infty}a_n$ 是级数。那么 $\sum\limits_{n=m}^{\infty}a_n$ 收敛当且仅当对于任意实数 $\varepsilon>0$，都存在 $N\geq m$，使得对于任意 $p,q\geq N$ 有 $\left|\sum\limits_{n=p}^qa_n\right|\leq\varepsilon$。
+
+    **证明**：$(S_k)_{k=m}^{\infty}$ 收敛等价于：对于任意实数 $\varepsilon>0$，存在 $N\geq m$，使得对于任意 $p,q\geq N$ 有 $|S_p-S_q|\leq \varepsilon$。显然 $p=q$ 时成立。又根据对称性，不妨设 $p<q$，于是 $|S_p-S_q|=\sum\limits_{n=p+1}^qa_n$。
+
+    那么要求等价于：存在 $N\geq m$，使得对于任意 $N\leq p< q$ 有 $\left|\sum\limits_{n=p+1}^qa_n\right|\leq\varepsilon$。
+
+    即存在 $N\geq m$，使得对于任意 $N+1\leq p\leq q$ 有 $\left|\sum\limits_{n=p}^qa_n\right|\leq\varepsilon$。
+
+    即存在 $N\geq m$，使得对于任意 $N+1\leq p,q$ 有 $\left|\sum\limits_{n=p}^qa_n\right|\leq\varepsilon$。
+
+    即存在 $N>m$，使得对于任意 $N\leq p,q$ 有 $\left|\sum\limits_{n=p}^qa_n\right|\leq\varepsilon$。证毕。
+
+接下来以命题 7.2.3 为基础，我们将介绍各种各样的无限级数收敛的判别方法。
+
+- **推论 7.2.4（零判别法）**：若级数 $\sum\limits_{n=m}^{\infty}a_n$ 收敛，那么必有 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n=0$。
+
+    **证明**：命题 7.2.3 中 $p=q$ 时取得。
+
+推论 7.2.4 的逆命题并不一定成立，一个反例是 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}$ 是发散的。
+
+根据推论 7.2.4，我们在研究一个无限级数是否收敛时，你可以先默认它的元素是收敛于 $0$ 的（否则不收敛）。
+
+- **定义 7.2.5（绝对收敛）**：称级数 $\sum\limits_{n=m}^{\infty}a_n$ 是绝对收敛的，当且仅当 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}|a_n|$ 是收敛的。
+
+    为了区分收敛和绝对收敛，我们有时将前者叫作条件收敛。
+
+- **命题 7.2.6（绝对收敛判别法）**：若级数 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 是绝对收敛的，那么它也是条件收敛的。且满足 $\left|\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n\right|\leq\sum\limits^{\infty}_{n=m}|a_n|$。
+
+    **证明**：对于前者，$\left|\sum\limits^{q}_{n=p}a_n\right|\leq \sum\limits_{n=p}^q|a_n|$。对于后者，记 $S_N$ 为 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 的第 $N$ 部分和，$S_{N}'$ 为 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}|a_n|$ 的第 $N$ 部分和，那么 $|S_N|\leq S'_N$。结合推论 6.4.8 和引理 6.4.5，可知 $\left|\lim\limits_{N\to\infty}S_N\right|=\lim\limits_{N\to\infty}|S_N|\leq \lim\limits_{N\to\infty}S_N'$，证毕。
+
+命题 7.2.6 的逆命题并不一定成立，一个反例是 $\sum\limits^{\infty}_{n=1}(-1)^n\frac{1}{n}$ 收敛但 $\sum\limits^{\infty}_{n=1}\frac{1}{n}$ 发散。
+
+绝对收敛的一个理解方式是：“对应的绝对值序列的和是收敛的”，这样可能会方便记忆些？
+
+- **引理 7.2.7**：设 $m'\geq m$，那么 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 收敛等价于 $\sum\limits^{\infty}_{n=m'}a_n$ 收敛。且若二者都收敛，有 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n=\sum\limits_{n=m}^{m'-1}a_n+\sum\limits^{\infty}_{n=m'}a_n$。
+
+    **证明**：根据定义可得。
+
+- **命题 7.2.8（交错级数判别法）**：设序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 满足对于任意 $n\geq m$ 有 $a_n\geq 0$ 且 $a_n\geq a_{n+1}$。那么 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}(-1)^na_n$ 收敛当且仅当 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n=0$。
+
+    **证明**：若 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}(-1)^na_n$ 收敛，那么 $\lim\limits_{n\to\infty}(-1)^na_n=0$，根据推论 6.4.7 可知 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n=0$。
+
+    若 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n=0$，考虑证明 $S_N:=\sum\limits_{n=m}^N(-1)^na_n$ 收敛。根据引理 7.2.7，我们不妨假设 $m$ 为偶数。假设 $S_{m-1}:=0$。
+
+    定义序列 $(A_n)_{n=m}^{\infty}$ 和 $(B_n)_{n=m}^{\infty}$ 满足 $A_n:=\begin{cases}S_{n-1}&\text{if $n$为偶数}\\S_n&\text{if $n$为奇数}\end{cases}$ 且 $B_n:=\begin{cases}a_n&\text{if $n$为偶数}\\0&\text{if $n$为奇数}\end{cases}$，那么 $S_n=A_n+B_n$。
+
+    考虑归纳证明 $(A_n)_{n=m}^{\infty}$ 单增且对于任意的 $n\geq m$ 有 $A_n\leq a_m-a_n$：若 $n$ 为偶数，那么 $A_{n}=A_{n-1}\leq a_m-a_{n-1}\leq a_m-a_n$；若 $n$ 为奇数，那么 $A_n=A_{n-2}+a_{n-1}-a_{n}\geq A_{n-2}=A_{n-1}$，且 $A_n=A_{n-2}+a_{n-1}-a_n\leq a_m-a_{n-2}+a_{n-1}-a_n\leq a_m-a_n$。那么 $(A_n)_{n=m}^{\infty}$ 单增且有上界 $a_m$，于是 $(A_n)_{n=m}^{\infty}$ 收敛。
+
+    由于 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 收敛于 $0$，那么容易证明 $(B_n)_{n=m}^{\infty}$ 也收敛于 $0$。又由于对于任意 $n\geq m$ 有 $S_n=A_n+B_n$，根据极限算律可以知道 $(S_n)_{n=m}^{\infty}$ 也是收敛的。
+
+根据命题 7.2.8，我们就可以说明 $\sum\limits^{\infty}_{n=1}(-1)^n\frac{1}{n}$ 是收敛的了。
+
+- **命题 7.2.9（级数算律）**：设级数 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 收敛到 $x$。
+
+    1. 设级数 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}b_n$ 收敛到 $y$，那么 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}(a_n+b_n)$ 收敛到 $x+y$。
+    2. 设 $c$ 为实数，那么 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}ca_n$ 收敛到 $cx$。
+    3. 设 $k$ 为整数，那么 $\sum\limits^{\infty}_{n=m+k}a_{n-k}$ 收敛到 $x$。
+
+    **证明**：略。
+
+- **引理 7.2.10（嵌套级数）**：设序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 收敛到 $L$，那么级数 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}(a_n-a_{n+1})$ 收敛到 $a_m-L$。
+
+    **证明**：可以归纳证明 $S_N=a_m-a_{N+1}$，根据极限算律可知 $(S_N)_{N=m}^{\infty}$ 收敛到 $a_m-L$。
+
+#### 7.3 非负实数的和
+
+我们现在专门讨论非负实数序列对应的级数，称为非负实数的级数。
+
+非负实数的级数的一个好处是，收敛和绝对收敛是等价的，这将提供更强的条件。
+
+- **命题 7.3.1**：非负实数的级数 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 是收敛的当且仅当存在实数 $M$，使得对于任意 $N\geq m$ 有 $\sum\limits_{n=m}^Na_n\leq M$。
+
+    **证明**：注意到 $(S_N)_{N=m}^{\infty}$ 是单增的，于是根据命题 6.3.3，$(S_N)_{N=m}^{\infty}$ 收敛当且仅当它存在有限上界。
+
+- **推论 7.3.2（比较判别法）**：设级数 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 和 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}b_n$ 满足对于任意 $n\geq m$ 有 $|a_n|\leq b_n$。那么若 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}b_n$ 收敛，则 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 绝对收敛，且 $\left|\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n\right|\leq \sum\limits^{\infty}_{n=m}|a_n|\leq \sum\limits^{\infty}_{n=m}b_n$。
+
+    **证明**：结合命题 7.2.6、引理 6.4.5 和命题 6.3.3 可知。
+
+- **引理 7.3.3（几何级数）**：设 $x$ 是实数。若 $|x|\geq 1$，则 $\sum\limits^{\infty}_{n=0}x^n$ 是发散的；若 $|x|<1$，则 $\sum\limits^{\infty}_{n=0}x^n$ 是收敛的。
+
+    **证明**：若 $|x|\geq 1$，利用零判别法即可。若 $|x|<1$，可以归纳证明 $S_N=\frac{x^{N+1}-1}{x-1}$，于是 $\lim\limits_{N\to\infty}S_N=\frac{(\lim_{N\to\infty}x^{N+1})-1}{x-1}=\frac{1}{1-x}$。
+
+- **命题 7.3.4（柯西准则）**：设 $(a_n)_{n=1}^{\infty}$ 是非负的减序列。那么级数 $\sum\limits^{\infty}_{n=1}a_n$ 收敛当且仅当级数 $\sum\limits^{\infty}_{k=0}2^ka_{2^k}$ 收敛。
+
+    **证明**：根据命题 7.3.1，转化为证明 $S_N:=\sum\limits_{n=1}^Na_n$  有界当且仅当 $T_K:=\sum\limits_{k=0}^K2^ka_{2^k}$ 有界。
+
+    若 $(S_N)_{N=1}^{\infty}$ 有界，不妨设界为 $M$。那么对于任意 $K\geq 0$，
+    $$
+    \begin{aligned}
+    T_K&=\sum_{k=0}^K2^ka_{2^k}\\
+    &=a_1+2\sum_{k=1}^{K}2^{k-1}a_{2^k}\\
+    &=a_1+2\sum_{k=1}^{K}\sum_{n=2^{k-1}+1}^{2^k}a_{2^k}\\
+    &\leq a_1+2\sum_{k=1}^{K}\sum_{n=2^{k-1}+1}^{2^k}a_n\\
+    &=a_1+2\sum_{n=2}^{2^K}a_n\\
+    &=\left(2\sum_{n=1}^{2^K}a_n\right)-a_1\leq 2M-a_1
+    \end{aligned}
+    $$
+    于是 $(T_K)_{K=0}^{\infty}$ 有界 $2M-a_1$。
+
+    若 $(T_K)_{K=0}^{\infty}$ 有界，不妨设界为 $M$。设 $N\geq 1$ 我任意正整数。可以通过归纳证明存在 $K\geq 0$ 使得 $2^K\leq N<2^{K+1}$。
+    $$
+    \begin{aligned}
+    S_N&=\sum_{n=1}^{N}a_n\\
+    &\leq \sum_{n=1}^{2^{K+1}-1}a_n\\
+    &=\sum_{k=0}^K\sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1}a_n\\
+    &\leq \sum_{k=0}^K\sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1}a_{2^k}\\
+    &=\sum_{k=0}^K2^ka_{2^k}\leq M
+    \end{aligned}
+    $$
+    于是 $(S_N)_{N=0}^{\infty}$ 有界 $M$。
+
+命题 7.3.4 可能看起来非常奇怪，但它实现了变量从底数到指数的转换，这有时会带来神奇的效果，比如：
+
+- **推论 7.3.5**：设 $q>0$ 是比例数。那么级数 $\sum\limits^{\infty}_{n=1}\frac{1}{n^q}$ 当 $q>1$ 时收敛而当 $q\leq 1$ 时发散。
+
+    **证明**：当 $q>0$ 时，$\frac{1}{n^q}$ 是正的减的，于是根据柯西准则，只需关注级数 $\sum\limits^{\infty}_{k=0}2^k\frac{1}{2^{kq}}=\sum\limits^{\infty}_{k=0}\frac{1}{2^{k(q-1)}}$。
+
+    根据引理 7.3.3，当 $\frac{1}{2^{q-1}}<1$ 即 $q>1$ 时原级数收敛；当 $\frac{1}{2^{q-1}}\geq 1$ 即 $q\leq 1$ 时原级数发散。
+
+特别地，我们将 $\sum\limits^{\infty}_{n=1}\frac1n$ 叫作调和级数，是发散的。而当 $\sum\limits^{\infty}_{n=1}\frac1{n^q}$ 收敛时，其和记作 $\zeta(q)$，称作 $q$ 的黎曼-Zeta函数。
+
+#### 7.4 级数的重排
+
+有时候将级数中的元素的顺序重排，会极大地化简级数的计算。但是否所有级数都能重排？对于有限级数来说，我们已经在命题 7.1.4.2 中证明过了。但对于无限级数来说，只有部分满足条件的级数可以重排。
+
+- **引理 7.4.1**：设有限集合 $Y$ 和函数 $f:Y\to\mathbb R$，且对于任意 $y\in Y$，$f(y)\geq 0$。设 $X\subseteq Y$，那么 $\sum\limits_{x\in X}f(x)\leq \sum\limits_{y\in Y}f(y)$。
+
+    **证明**：设 $Z:=Y\setminus X$，那么 $Y=X\cup Z$ 且 $X\cap Z=\varnothing$，于是 $\sum\limits_{x\in X}f(x)+\sum\limits_{z\in Z}f(z)=\sum\limits_{y\in Y}f(y)$。可以归纳证明 $\sum\limits_{z\in Z}f(z)\geq 0$，于是 $\sum\limits_{x\in X}f(x)\leq \sum\limits_{y\in Y}f(y)$。
+
+- **命题 7.4.2**：设 $\sum\limits^{\infty}_{n=s}a_n$ 是收敛的非负实数的级数，并设 $f:\mathbb Z_s^{\infty}\to\mathbb Z_{s}^{\infty}$ 是双射，那么 $\sum\limits^{\infty}_{m=s}a_{f(m)}$ 也收敛到同一实数。
+
+    **证明**：只需证明 $S_N:=\sum\limits_{n=s}^Na_n$ 和 $T_M:=\sum\limits_{m=s}^Ma_{f(m)}$ 拥有同样的上确界。设 $L=\sup(S_N)_{N=s}^{\infty}$。
+
+    对于任意 $M\geq s$，由于序列 $(f(m))_{m=s}^{M}$ 有限，故存在界 $N$ 使得对于任意 $s\leq m\leq M$ 有 $f(m)\leq N$，那么 $f(\mathbb Z_s^M)\subseteq \mathbb Z_s^N$。则 $T_M=\sum\limits_{m=s}^Ma_{f(m)}=\sum\limits_{x\in f(\mathbb Z_s^M)}a_x\leq \sum\limits_{x\in \mathbb Z_s^N}a_x=\sum\limits_{n=s}^Na_n\leq L$。故 $L$ 是 $(T_M)_{M=s}^{\infty}$ 的上界。
+
+    对于任意 $L'<L$，存在 $N\geq s$ 使得 $L'<S_N$，又由于序列 $(f^{-1}(n))_{n=s}^N$ 有限，故存在 $M$ 使得对于任意 $s\leq n\leq N$ 有 $f^{-1}(n)\leq M$，那么 $f^{-1}(\mathbb Z_s^N)\subseteq\mathbb Z_s^M$。则 $L'<S_N=\sum\limits_{n=s}^Na_n=\sum\limits_{x\in f^{-1}(\mathbb Z_s^N)}a_{f(x)}\leq \sum\limits_{x\in \mathbb Z_s^M}a_{f(x)}=\sum\limits_{m=s}^{M}a_{f(m)}=T_M$。故 $L$ 是 $(T_M)_{M=s}^{\infty}$ 的上确界。
+
+- **引理 7.4.3**：设 $\sum\limits^{\infty}_{n=s}a_n$ 是绝对收敛的级数。那么对于任意实数 $\varepsilon>0$，存在 $N\geq s$，使得对于任意有限集 $X\subseteq \mathbb Z_{N}^{\infty}$，有 $\left|\sum\limits_{x\in X}a_x\right|\leq \varepsilon$。
+
+    **证明**：首先存在 $N\geq s$ 使得对于任意 $p,q\geq N$ 有 $\sum\limits_{n=p}^q|a_n|\leq \varepsilon$。
+
+    考虑任意有限集 $X\subseteq \mathbb Z_N^{\infty}$，可以归纳证明 $X$ 存在上界，不妨设为 $M$，容易发现 $X\subseteq \mathbb Z_N^{M}$。
+
+    那么 $\left|\sum\limits_{x\in X}a_x\right|\leq \sum\limits_{x\in X}|a_x|\leq \sum\limits_{x\in \mathbb Z_N^M}|a_x|=\sum\limits_{n=N}^M|a_x|\leq \varepsilon$。证毕。
+
+- **命题 7.4.4（级数的重排）**：设 $\sum\limits_{n=s}^{\infty}a_n$ 是绝对收敛的级数，并设 $f:\mathbb N\to\mathbb N$ 是双射，那么 $\sum\limits_{m=s}^{\infty}a_{f(m)}=\sum\limits_{n=s}^{\infty}a_n$。
+
+    特别地，$\sum\limits_{m=s}^{\infty}|a_{f(m)}|=\sum\limits_{n=s}^{\infty}|a_n|$，故 $\sum\limits_{m=s}^{\infty}a_{f(m)}$ 也是绝对收敛的。
+
+    **证明**：根据命题 7.4.2，可以预先证明 $\sum\limits_{m=s}^{\infty}a_{f(m)}$ 绝对收敛。在此基础上，欲证 $\sum\limits_{m=s}^{\infty}a_{f(m)}=\sum\limits_{n=s}^{\infty}a_n$。
+
+    设 $S_N:=\sum\limits_{n=s}^Na_n$，$T_M:=\sum\limits_{m=s}^Ma_{f(m)}$。设 $(S_N)_{N=s}^{\infty}$ 收敛到 $L$，欲证 $(T_M)_{M=s}^{\infty}$ 也收敛到 $L$。
+
+    设 $\varepsilon>0$ 为任意正实数。任取 $\delta$ 满足 $0<\delta<\varepsilon$。那么存在 $N_1\geq s$ 使得对于任意 $N\geq N_1$ 有 $|S_N-L|\leq \delta$，存在 $N_2\geq s$ 使得对于任意有限集 $X\subseteq\mathbb Z_{N_2}^{\infty}$ 有 $\left|\sum\limits_{x\in X}a_x\right|\leq\varepsilon-\delta$。
+
+    令 $N_S=\max(N_1+1,N_2)$，那么 $N_S-1\geq N_1$。考虑有限序列 $(f^{-1}(n))_{n=s}^{N_S-1}$，存在界 $M_T\geq s$ 使得对于任意 $s\leq n<N_S$ 有 $f^{-1}(n)< M_T$。那么对于任意 $m\geq M_T$，有 $f(m)\geq N_S$。
+
+    考虑任意 $M\geq M_T$。可以证明 $f^{-1}(\mathbb Z_s^{N_S-1})\subseteq \mathbb Z_s^{M_T-1}\subseteq \mathbb Z_s^{M}$。
+
+    令 $X=f^{-1}(\mathbb Z_s^{N_S-1})$ 而 $Y=\mathbb Z_s^M\setminus X$，那么 $X\cup Y=\mathbb Z_s^M$ 且 $X\cap Y=\varnothing$。
+
+    一方面，$\sum\limits_{x\in X}a_{f(x)}=\sum\limits_{n\in \mathbb Z_s^{N_S-1}}a_n=S_{N_S-1}$，从而 $\left|\sum\limits_{x\in X}a_{f(x)}-L\right|\leq\delta$。
+
+    一方面，对于任意 $y\in Y$ 有 $f(y)\geq N_S$，从而 $f(Y)\subseteq \mathbb Z_{N_S}^{\infty}$，那么 $\left|\sum\limits_{n\in f(Y)}a_n\right|\leq \varepsilon-\delta$ 即 $\left|\sum\limits_{y\in Y}a_{f(y)}\right|\leq \varepsilon-\delta$。
+    
+    综上，$|T_M-L|=\left|\sum\limits^{M}_{m=s}a_{f(m)}-L\right|=\left|\sum\limits_{x\in X}a_{f(x)}+\sum\limits_{y\in Y}a_{f(y)}-L\right|\leq\delta+(\varepsilon-\delta)=\varepsilon$。证毕。
+
+不合直觉的是，当级数不是绝对收敛的时候，级数重排不一定能收敛到相同的结果，甚至不一定收敛。我们将在第 8 章详细阐述这些情况。
+
+#### 7.5 方根判别法和比例判别法
+
+我们最后再介绍两种好用的判别方法——方根判别法和比例判别法。
+
+- **定理 7.5.1（方根判别法）**：设级数 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 和 $\alpha:=\limsup\limits_{n\to \infty}|a_n|^{\frac{1}{n}}$。
+
+    - 若 $\alpha<1$，那么 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 是绝对收敛的（从而是条件收敛的）。
+    - 若 $\alpha>1$，那么 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 是条件发散的（从而是绝对发散的）。
+    - 若 $\alpha=1$，那么 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 既有可能是绝对收敛的，也有可能是条件发散的。
+
+    **证明**：对于第三种情况的证明，见命题 7.5.4。
+
+    根据引理 7.2.7，不妨设 $m>0$，从而对于任意 $n\geq m$，$|a_n|^{\frac1n}$ 都是有意义的。
+
+    - 若 $\alpha<1$。取实数 $k$ 满足 $\alpha<k<1$。那么存在 $N\geq m$ 使得对于任意 $n\geq N$ 有 $|a_n|^{\frac1n}\leq k$，即 $|a_n|\leq k^n$。
+
+        根据几何级数引理，可知 $\sum\limits^{\infty}_{n=N}k^n$ 是收敛的，再结合比较判别法，可知 $\sum\limits^{\infty}_{n=N}a_n$ 是绝对收敛的，那么 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 也是绝对收敛的。
+
+    - 若 $\alpha>1$。考虑证明 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n\neq 0$，等价于 $\lim\limits_{n\to\infty}|a_n|\neq 0$。
+
+        若 $\lim\limits_{n\to\infty}|a_n|=0$。取实数 $0<\varepsilon<1$，那么存在 $N\geq m$，使得对于任意 $n\geq N$ 有 $|a_n|\leq \varepsilon$。而 $\sup(|a_n|^{\frac1n})_{n=N}^{\infty}\geq \alpha>1$，那么存在 $n\geq N$ 使得 $|a_n|^{\frac1n}>1$，则 $|a_n|>1$，与 $|a_n|\leq\varepsilon$ 矛盾。
+
+- **定理 7.5.2（比例判别法）**：设 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 为元素不为零的级数。
+
+    - 若 $\limsup\limits_{n\to\infty} \frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}<1$，那么 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 是绝对收敛的（从而是条件收敛的）。
+    - 若 $\liminf\limits_{n\to\infty} \frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}>1$，那么 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 是条件发散的（从而是绝对发散的）。
+    - 否则，$\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 既有可能是绝对收敛的，也有可能是条件发散的。
+
+    **证明**：对于第三种情况的证明，见命题 7.5.4。
+
+    - 若 $\limsup\limits_{n\to\infty} \frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}<1$。取实数 $k$ 满足 $\limsup\limits_{n\to\infty} \frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}<k<1$。那么存在 $N\geq m$ 使得对于任意 $n\geq N$ 有 $\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}\leq k$，即 $|a_{n+1}|\leq k|a_n|$。
+
+        那么可以归纳证明对于任意 $n\geq N$ 有 $|a_n|\leq k^{n-N}|a_N|$，于是 $\sum\limits^{\infty}_{n=N}|a_n|\leq k^{-N}|a_N|\sum\limits^{\infty}_{n=N}k^n$。
+
+        由于 $\sum\limits^{\infty}_{n=N}k^n$ 是收敛的，从而 $\sum\limits^{\infty}_{n=N}a_n$ 是绝对收敛的，那么 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 也是绝对收敛的。
+
+    - 若 $\liminf\limits_{n\to\infty} \frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}>1$。考虑证明 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n\neq 0$，等价于 $\lim\limits_{n\to\infty}|a_n|\neq 0$。
+
+        取实数 $k$ 满足 $1<k<\liminf\limits_{n\to\infty} \frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}$。那么存在 $N\geq m$ 使得对于任意 $n\geq N$ 有 $\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}\geq k$，那么对于任意 $n>N$ 都有 $|a_n|>|a_N|$。
+
+        若 $\lim\limits_{n\to\infty}|a_n|=0$，则存在 $N'\geq m$ 使得对于任意 $n\geq N'$ 都有 $|a_n|\leq |a_N|$，矛盾。
+
+方根判别法和比例判别法的想法都在于找到一个 $N\geq m$ 和 $k<1$ 使得对于任意 $n\geq N$ 有 $|a_n|\leq k^n$，从而 $\sum\limits^{\infty}_{n=N}|a_n|$ 是收敛的。两者的区别在于，方根判别法是直接给出的形式，而比例判别法是间接给出的形式。
+
+方根判别法和比例判别法存在如下关系：
+
+- **引理 7.5.3**：设 $(c_n)_{n=m}^{\infty}$ 是正实数序列，那么：
+    $$
+    \liminf_{n\to\infty}\frac{c_{n+1}}{c_n}\leq\liminf_{n\to\infty}c_n^{\frac1n}\leq\limsup_{n\to\infty}c_n^{\frac1n}\leq \limsup_{n\to\infty}\frac{c_{n+1}}{c_n}
+    $$
+    **证明**：只证 $\limsup\limits_{n\to\infty} c_n^{\frac1n}\leq \limsup\limits_{n\to\infty}\frac{c_{n+1}}{c_n}$。设 $L=\limsup\limits_{n\to\infty}\frac{c_{n+1}}{c_n}$。
+
+    设 $\varepsilon>0$ 为任意正实数。那么存在 $N\geq m$ 使得对于任意 $n\geq N$ 有 $\frac{c_{n+1}}{c_n}\leq L+\varepsilon$ 即 $c_{n+1}\leq c_n(L+\varepsilon)$。
+
+    那么可以归纳证明，对于任意 $n\geq N$ 有 $c_n\leq c_N(L+\varepsilon)^{n-N}$，记 $A=c_N(L+\varepsilon)^{-N}$。
+
+    于是对于任意 $n\geq N$ 有 $c_n\leq A(L+\varepsilon)^n$，那么 $c_n^{\frac1n}\leq A^{\frac1n}(L+\varepsilon)$。
+
+    根据比较原理，可知 $\limsup\limits_{n\to\infty}c_n^{\frac{1}{n}}\leq \limsup\limits_{n\to\infty}A^{\frac1n}(L+\varepsilon)=L+\varepsilon$。
+
+    由于 $\limsup\limits_{n\to\infty}c_n^{\frac1n}\leq L+\varepsilon$ 对任意实数 $\varepsilon>0$ 都成立，于是 $\limsup\limits_{n\to\infty}c_n^{\frac1n}\leq L$。
+
+引理 7.5.3 意味着，若某级数能用比例判别法判断，那么它也一定能用方根判别法判断。
+
+最后补充一个不能用方根判别法和比例判别法判断的例子，说明这两种方法并不万能：
+
+- **命题 7.5.4**：设 $a_n:=\frac1n$ 和 $b_n:=\frac1{n^2}$，那么级数 $\sum\limits^{\infty}_{n=1}a_n$ 条件发散而 $\sum\limits^{\infty}_{n=1}b_n$ 绝对收敛，且满足 $\lim\limits_{n\to\infty}|a_n|^{\frac1n}=\lim\limits_{n\to\infty}|b_n|^{\frac1n}=1$ 和 $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{|b_{n+1}|}{|b_n|}=1$。
+
+    **证明**：只需证明 $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{|b_{n+1}|}{|b_n|}=1$（从而根据引理 7.5.3 可知 $\lim\limits_{n\to\infty}|a_n|^{\frac1n}=\lim\limits_{n\to\infty}|b_n|^{\frac1n}=1$）：
+    $$
+    \lim\limits_{n\to\infty}\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n}{n+1}=\lim\limits_{n\to\infty}(1-\frac{1}{n})=1\\
+    \lim\limits_{n\to\infty}\frac{|b_{n+1}|}{|b_n|}=\frac{1}{\lim\limits_{n\to\infty}\frac{|b_n|}{|b_{n+1}|}}=\frac{1}{\lim\limits_{n\to\infty}\frac{(n+1)^2}{n^2}}=\frac{1}{\lim\limits_{n\to\infty}(1+\frac{2}{n}+\frac{1}{n^2})}=\frac{1}{1}=1
+    $$
+

src/第8章 无限集合.md

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+### 第 8 章 无限集合
+
+#### 8.1 可数性
+
+- **定义 8.1.1（可数集）**：称集合 $X$ 是可数的，当且仅当 $X$ 和 $\mathbb N $ 有相同的基数。称集合 $X$ 是至多可数的，当且仅当 $X$ 是有限的或是可数的。称集合 $X$ 是不可数的，当且仅当 $X$ 是无限的但不是可数的。
+
+可数集意味着存在一种方式可以给集合中的所有元素编号，这使得我们可以将集合中的所有元素用无限序列的形式表示出来，并施加归纳法。
+
+- **命题 8.1.2（良序原理）**：设非空集合 $X\subseteq \mathbb N$。那么恰存在一个元素 $n\in X$，使得对于任意 $m\in X$ 有 $n\leq m$。且 $n=\inf(X)$。
+
+    称 $n$ 为集合 $X$ 的最小元，记为 $\min(X)$。
+
+    **证明**：唯一性：若 $n,n'$ 都是集合 $X$ 的最小元，那么 $n\leq n'$ 和 $n'\leq n$ 同时成立，得到 $n=n'$。
+
+    存在性：设 $n=\inf(X)$，只需证明 $n\in X$ 即可。反证，若 $n\not\in X$：
+
+    首先 $X$ 非空且有下界 $0$，故 $n$ 非 $-\infty,+\infty$ 且为非负实数。根据命题 5.4.10，存在唯一的整数 $A$ 满足 $A\leq n<A+1$。
+
+    对于任意 $x\in X$，有 $x\geq n$，又 $n\not\in X$，于是 $x>n$，那么 $x\geq A+1$。于是 $A+1$ 也是 $X$ 的下界，矛盾。
+
+- **命题 8.1.3**：设无限集 $X\subseteq \mathbb N$，那么存在唯一一个双射 $f:\mathbb N\to X$，满足对于任意 $n\in\mathbb N$，$f(n)< f(n+1)$。
+
+    当然，该命题也蕴含了 $X$ 为可数集。
+
+    **证明**：另设函数 $S:\mathbb N\to2^{X}$。根据命题 2.1.7，我们递归定义 $f(n)$ 和 $S(n)$，满足：$S(0)=X$ 和 $f(0)=\min(S(0))$；对于 $n\geq 0$，$S(n+1)=S(n)\setminus{f(n)}$ 和 $f(n+1)=\min(S(n+1))$。递归定义过程中可以归纳证明 $S(n)$ 始终非空，故 $S(n)$ 和 $f(n)$ 定义合法。
+
+    首先，可以通过反证证明 $\min(S(n))<\min(S(n+1))$ 即 $f(n)<f(n+1)$。这同时蕴含了 $f$ 为单射。
+
+    假设 $f$ 不是满射，那么存在 $x\in X$，使得对于任意 $n\in \mathbb N$ 有 $f(n)\neq x$ 即 $\min(S(n))\neq x$。那么可以归纳证明对于任意 $n\in\mathbb N$ 有 $x\in S(n)$。那么对于任意 $n\in\mathbb N$ 有 $x>\min(S(n))=f(n)$。
+
+    因为 $f(n)<f(n+1)$，可以归纳 $f(n)\geq n$，那么 $f(x)\geq x$，矛盾。故 $f$ 为满射，那么 $f$ 为双射。
+
+- **推论 8.1.4**：自然数集合的一切子集都是至多可数的。
+
+- **推论 8.1.5**：设可数集 $X$ 和任意 $Y\subseteq X$，那么 $Y$ 也是至多可数的。
+
+    **证明**：存在双射 $f:X\to \mathbb N$，那么把 $f$ 的定义域限制在 $Y$ 上时是从 $Y$ 到 $f(Y)$ 的双射。而 $f(Y)\subseteq \mathbb N$ 是至多可数的，故 $Y$ 也是至多可数的。
+
+- **命题 8.1.6**：设函数 $f:X\to Y$ 满足 $X$ 是可数的，那么 $f(X)$ 是至多可数的。
+
+    **证明**：考虑映射 $g:f(X)\to X$ 满足对于任意 $y\in f(X)$ 有 $f(g(y))=y$。证明这样的 $g$ 一定存在且一定是单射，然后就存在双射 $f(X)\to g(f(X))$ 且 $g(f(X))\subseteq X$ 是至多可数集。
+
+- **命题 8.1.7**：设 $X,Y$ 均为可数集，那么 $X\cup Y$ 为可数集。
+
+    **证明**：设 $Z=Y\setminus X$，则 $X\cup Z=X\cup Y$ 且 $X\cap Z=\varnothing$，且 $Z$ 是至多可数集。
+
+    若 $Z$ 为有限集，设其基数为 $n$。根据定义，存在 $f:X\to \mathbb N$ 和 $g:Z\to \mathbb N_0^{n-1}$ 都是双射。定义 $h:X\cup Z\to\mathbb N$ 满足：对于任意 $z\in Z$ 有 $h(z):=g(z)$，对于任意 $x\in X$ 有 $h(x):=n+f(x)$。容易证明 $h$ 定义合法且为双射。
+
+    若 $Z$ 为可数集。根据定义，存在 $f:X\to\mathbb N$ 和 $g:Z\to\mathbb N$ 都是双射。定义 $h:X\cup Z\to\mathbb N$ 满足：对于任意 $x\in X$ 有 $h(x):=2f(x)$，对于任意 $z\in Z$ 有 $h(z):=2g(z)+1$。容易证明 $h$ 定义合法且为双射。
+
+总结一下，一个可数集的任意子集或者象集合都是至多可数的，并且可数集的有限并依然是可数集。
+
+- **推论 8.1.8**：$\mathbb Z$ 是可数集。
+
+    **证明**：$\mathbb Z=\mathbb N\cup (-\mathbb N)$。
+
+- **引理 8.1.9**：集合 $A:=\{(m,n)\in \mathbb N\times \mathbb N:n\leq m\}$ 是可数集。
+
+    **证明**：构造 $f:A\to\mathbb N$ 使得 $f(m,n):=\frac{m(m+1)}{2}+n$，可以证明 $f$ 是双射（需要用到较多的归纳）。
+
+- **推论 8.1.10**：$\mathbb N\times\mathbb N$ 是可数的。
+
+    **证明**：设 $A:=\{(m,n)\in \mathbb N\times \mathbb N:n\leq m\}$ 和 $B:=\{(m,n)\in\mathbb N\times \mathbb N:n\geq m\}$ 都是可数集。而 $\mathbb N\times \mathbb N=A\cup B$。
+
+- **推论 8.1.11**：若 $X,Y$ 都是可数集，那么 $X\times Y$ 是可数的。
+
+    **证明**：通过定义构造双射 $X\times Y\to \mathbb N\times \mathbb N$。
+
+- **推论 8.1.12**：设 $I$ 是至多可数集，且对于任意 $\alpha\in I$，$A_{\alpha}$ 都是一个至多可数集。那么 $\bigcup_{\alpha\in I}A_{\alpha}$ 是至多可数的。
+
+    **证明**：不妨设 $I$ 是可数集，对于 $I$ 是有限集的情况证明方法类似。
+
+    对于任意 $\alpha\in I$：若 $A_{\alpha}$ 为有限集，存在双射 $f_{\alpha}:\mathbb N_{0}^{n_{\alpha}-1}\to A_{\alpha}$；若 $A_{\alpha}$ 为可数集，存在双射 $f_{\alpha}:\mathbb N\to A_{\alpha}$。
+
+    根据推论 8.1.11，$I\times \mathbb N$ 是可数集。根据推论 8.1.5，那么 $S:=\{(\alpha,i)\in I\times \mathbb N:\text{$A_{\alpha}$为可数集，或$A_{\alpha}$为有限集且$i<n_{\alpha}$}\}$ 为至多可数集。考虑定义函数 $h:S\to \bigcup_{\alpha\in I}A_{\alpha}$ 满足 $h(\alpha,i):=f_{\alpha}(i)$，容易验证 $h$ 为满射，根据命题 8.1.6，那么 $\bigcup_{\alpha\in I}A_{\alpha}=h(S)$ 也为至多可数集。
+
+- **推论 8.1.13**：$\mathbb Q$ 是可数集。
+
+    **证明**：令 $f:\mathbb Z\times (\mathbb Z\setminus\{0\})\to \mathbb Q$ 满足 $f(a,b):=\frac{a}{b}$。易证 $f$ 是满射，于是 $f(\mathbb Z\times (\mathbb Z\setminus\{0\}))=\mathbb Q$，那么 $\mathbb Q$ 是至多可数集。又由于 $\mathbb Z\subseteq \mathbb Q$ 不是有限集蕴含了 $\mathbb Q$ 不是有限集，故 $\mathbb Q$ 是可数集。
+
+推论 8.1.13 得到的一个很有趣的事实是，我们可以把所有比例数按某种顺序排在一个无限序列上，这导致了一个更有趣的事实——对于任意 $x\in \mathbb R$，$x$ 都是该序列的极限点（于是，这还蕴含了序列的极限点的个数可以是无限多的）。
+
+#### 8.2 在无限集合上的求和
+
+- **定义 8.2.1（可数集上的级数）**：设 $X$ 是可数集和函数 $f:X\to\mathbb R$。称级数 $\sum\limits_{x\in X}f(x)$ 是绝对收敛的，当且仅当存在双射 $g:\mathbb N\to X$ 使得 $\sum\limits_{n=0}^{\infty}f(g(n))$ 是绝对收敛的。此时我们定义 $\sum\limits_{x\in X}f(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}f(g(n))$。
+
+    **证明**：根据命题 7.4.4，$\sum\limits_{x\in X}f(x)$ 的取值不依赖于 $g$ 的选取，是唯一的。
+
+- **引理 8.2.2**：设 $X$ 是可数集和函数 $f:X\to\mathbb R$ 满足 $\sum\limits_{x\in X}f(x)$ 是绝对收敛的。若 $g:Y\to X$ 是双射，那么 $\sum\limits_{y\in Y}f(g(y))$ 绝对收敛且 $\sum\limits_{y\in Y}f(g(y))=\sum\limits_{x\in X}f(x)$。
+
+    **证明**：存在 $h:\mathbb N\to X$ 是双射。那么 $g^{-1}\circ h$ 是 $\mathbb N$ 到 $Y$ 的双射，那么 $\sum\limits_{y\in Y}f(g(y))=\sum\limits_{n=0}^{\infty}f(g(g^{-1}(h(n))))=\sum\limits_{n=0}^{\infty}f(h(n))=\sum\limits_{x\in X}f(x)$。
+
+- **定理 8.2.3（关于无限和的 Fubini 定理）**：设函数 $f:\mathbb N\times \mathbb N\to \mathbb R$ 满足 $\sum\limits_{(n,m)\in\mathbb N\times \mathbb N}f(n,m)$ 是绝对收敛的，那么 $\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)=\sum\limits_{(n,m)\in\mathbb N\times \mathbb N}f(n,m)$。
+
+    **证明**：任取双射 $g:\mathbb N\to\mathbb N\times \mathbb N$，那么 $\sum\limits^{\infty}_{k=0}f(g(k))$ 是绝对收敛的。
+
+    接下来证明分为两部分走。 
+
+    第一部分：当任意 $f(n,m)$ 都非负时。
+
+    设 $\sum\limits^{\infty}_{k=0}f(g(k))=L$。对于任意 $K\geq 0$ 有 $\sum\limits_{k=0}^Kf(g(k))\leq L$。对于任意实数 $\varepsilon>0$ 存在 $K_{0}\geq 0$ 使得对于任意 $K\geq K_{0}$ 有 $\sum\limits_{k=0}^Kf(g(k))\geq  L-\varepsilon$。
+
+    先证：$\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)\leq L$。
+
+    考虑证明对于任意 $N,M\geq 0$ 有 $\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)\leq L$，即 $\sum\limits_{p\in\mathbb N_{0}^{N}\times \mathbb N_0^M}f(p)\leq L$。由于 $g^{-1}(\mathbb N_0^N\times \mathbb N_0^M)$  是有限集，故存在界 $K\geq 0$ 使得 $g^{-1}(\mathbb N_0^N\times \mathbb N_0^M)\subseteq \mathbb N_0^K$。于是：
+    $$
+    \sum\limits_{n=0}^N\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)=\sum\limits_{p\in \mathbb N_0^N\times \mathbb N_0^M}f(p)=\sum\limits_{k\in g^{-1}(\mathbb N_0^N\times \mathbb N_0^M)}f(g(k))\leq \sum\limits_{k\in \mathbb N_0^K}f(g(k))=\sum\limits_{k=0}^Kf(g(k))\leq L
+    $$
+    类似地证明出 $\left(\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)\right)_{M=0}^{\infty}$ 有上界 $L$，又由于它单增，所以它收敛。然后：
+    $$
+    \sum\limits_{n=0}^N\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)=\sum\limits_{n=0}^N\lim\limits_{M\to\infty}\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)=\lim\limits_{M\to\infty}\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)\leq L
+    $$
+    最后一个等号是引理 7.1.7，最后一个 $\leq$ 是因为 $\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)$ 有上界 $L$。
+
+    进一步，由于 $\left(\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)\right)_{N=0}^{\infty}$ 单增且具有上界 $L$，于是存在 $\sum\limits^{\infty}_{n=0}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)=\lim\limits_{N\to\infty}\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)$ 且 $\sum\limits^{\infty}_{n=0}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)\leq L$。
+
+    再证：$\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)=L$。
+
+    设 $\varepsilon>0$ 是任意正实数，只需证明存在 $N_0\geq 0$ 使得对于任意 $N\geq N_0$ 有 $\sum\limits_{n=0}^{N}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)\geq L-\varepsilon$。
+
+     存在 $K\geq 0$ 使得 $\sum\limits_{k=0}^Kf(g(k))\geq  L-\varepsilon$。可以归纳证明，存在 $N_0,M_0$ 使得 $g(\mathbb N_0^K)\subseteq \mathbb N_0^{N_0}\times \mathbb N_0^{M_0}$。那么对于任意 $N\geq N_0$，有：
+    $$
+    \sum\limits_{n=0}^N\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)\geq \sum\limits_{n=0}^N\sum\limits_{m=0}^{M_0}f(n,m)\geq \sum\limits_{n=0}^{N_0}\sum\limits_{m=0}^{M_0}f(n,m)=\sum\limits_{p\in \mathbb N_0^{N_0}\times \mathbb N_0^{M_0}}f(p)\geq \sum\limits_{p\in g(\mathbb N_0^K)}f(p)=\sum\limits_{k\in\mathbb N_0^K}f(g(k))\geq L-\varepsilon
+    $$
+    证毕。
+
+    第二部分：当 $f(n,m)$ 可以为负时。
+
+    构造 $f_+:\mathbb N\times \mathbb N\to \mathbb R$ 和 $f_-:f:\mathbb N\times \mathbb N\to \mathbb R$，满足 $f_+(n,m):=\begin{cases}f(n,m)&\text{if }f(n,m)> 0\\0&\text{otherwise}\end{cases}$ 和 $f_-(n,m):=\begin{cases}-f(n,m)&\text{if }f(n,m)<0\\0&\text{otherwise}\end{cases}$，那么 $f_+(n,m)$ 和 $f_-(n,m)$ 都非负且 $f(n,m)=f_+(n,m)-f_-(n,m)$。
+
+    根据 $\sum\limits^{\infty}_{k=0}f(g(k))$ 绝对收敛，易证 $\sum\limits^{\infty}_{k=0}f_+(g(k))$ 和 $\sum\limits^{\infty}_{k=0}f_+(g(k))$ 都绝对收敛（从而收敛）。
+
+    于是：
+    $$
+    \begin{aligned}
+    \sum\limits_{(n,m)\in\mathbb N\times \mathbb N}f(n,m)&=\sum\limits^{\infty}_{k=0}f(g(k))\\
+    &=\sum\limits^{\infty}_{k=0}f_+(g(k))-\sum\limits^{\infty}_{k=0}f_-(g(k))\\
+    &=\sum\limits^{\infty}_{n=0}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f_+(n,m)-\sum\limits^{\infty}_{n=0}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f_-(n,m)\\
+    &=\sum\limits^{\infty}_{n=0}\left(\sum\limits^{\infty}_{m=0}f_+(n,m)-\sum\limits^{\infty}_{m=0}f_-(n,m)\right)\\&=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{m=0}(f_+(n,m)-f_-(n,m))=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)
+    \end{aligned}
+    $$
+    注意，对于每一个等号，“等号后中所述的极限存在” 要么被等号本身涉及的极限算律或级数算律蕴含了，要么我们已经提前阐述过了。（意思就是我省略了对每一步中极限存在的说明）
+
+    注：命题 7.4.4 也可以用类似该命题的证明方法，而且会简单一些。
+
+- **推论 8.2.4**：设函数 $f:\mathbb N\times \mathbb N\to \mathbb R$ 满足 $\sum\limits_{(n,m)\in\mathbb N\times \mathbb N}f(n,m)$ 是绝对收敛的，那么 $\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)=\sum\limits_{m=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{n=0}f(n,m)$。
+
+    **证明**：结合引理 8.2.2 和定理 8.2.3。
+
+//我们暂时先不拓展可数集上的级数算律，而直接定义任意集合上的级数，再一起拓展级数算律
+
+- **引理 8.2.5**：设至多可数的集合 $X$ 和函数 $f:X\to\mathbb R$，那么 $\sum\limits_{x\in X}f(x)$ 是绝对收敛的当且仅当 $\sup\left\{\sum\limits_{x\in A}|f(x)|:A\subseteq X,A\text{是有限集}\right\}<\infty$。
+
+    **证明**：略。
+
+- **定义 8.2.6**：设集合 $X$ 和函数 $f:X\to\mathbb R$。称级数 $\sum\limits_{x\in X}f(x)$ 是绝对收敛的，当且仅当 $\sup\left\{\sum\limits_{x\in A}|f(x)|:A\subseteq X,A\text{是有限集}\right\}<\infty$。
+
+那么现在，定义 8.2.6 和之前在可数集上关于绝对收敛的定义是相容的。
+
+- **引理 8.2.7**：设集合 $X$ 和函数 $f:X\to\mathbb R$ 满足 $\sum\limits_{x\in X}f(x)$ 是绝对收敛的，那么集合 $\{x\in X:f(x)\neq 0\}$ 是至多可数的。
+
+    **证明**：根据定义，设 $M:=\sup\left\{\sum\limits_{x\in A}|f(x)|:A\subseteq X,A\text{是有限集}\right\}$ 为非负实数。
+
+    定义序列 $(A_n)_{n=1}^{\infty}$ 满足 $A_n:=\{x\in X:|f(x)|\geq \frac1n\}$。那么 $A_n$ 为基数不超过 $Mn$ 的有限集：若 $A_n$ 为有限集且基数大于 $Mn$，那么可以归纳证明 $\sum\limits_{x\in A_n}|f(x)|>Mn\times \frac1n=M$，与 $M$ 的定义矛盾；若 $A_n$ 为无限集，那么可以证明 $A_n$ 存在一个子集满足它是有限集且基数大于 $Mn$（对 $Mn$ 归纳），那么也矛盾。
+
+    又可以证明，$\{x\in X:f(x)\neq 0\}=\bigcup_{n\in\mathbb N_{1}^{\infty}}A_n$，再根据命题 8.1.13 即可得证。
+
+- **定义 8.2.8**：设集合 $X$ 和函数 $f:X\to\mathbb R$。若级数 $\sum\limits_{x\in X}f(x)$ 是绝对收敛的，则定义其值为 $\sum\limits_{x\in X}f(x):=\sum\limits_{x\in X:f(x)\neq 0}f(x)$。
+
+    **证明**：根据定义 8.2.5 和定义 8.2.6 可知，若 $\sum\limits_{x\in X}f(x)$ 是绝对收敛的，则 $\sum\limits_{x\in X:f(x)\neq 0}f(x)$ 也是绝对收敛的（且根据引理 8.2.7 可知此时它是有意义的），从而该定义成功。
+
+//我们想把定义 8.2.8 作为集合上级数的通用定义，这需要先证明该定义和之前在有限集和可数集上的定义是相容的。
+
+//当然，定义 8.2.8 也需要用到前面有限集和可数集上的定义才能完整。
+
+- **引理 8.2.9（有限集合上级数的定义是相容的）**：设 $X$ 是基数为 $n$ 的集合和函数 $f:X\to\mathbb R$。在定义 7.1.3 的基础上，$\sum\limits_{x\in X}f(x)=\sum\limits_{x\in X:f(x)\neq 0}f(x)$。
+
+    **证明**：根据命题 7.1.4，$\sum\limits_{x\in X}f(x)=\sum\limits_{x\in X:f(x)\neq 0}f(x)+\sum\limits_{x\in X:f(x)=0}f(x)$，可以归纳证明 $\sum\limits_{x\in X:f(x)=0}f(x)=0$。
+
+- **引理 8.2.10（可数集上级数的定义是相容的）**：设 $X$ 是可数集和函数 $f:X\to\mathbb R$。若级数 $\sum\limits_{x\in X}f(x)$ 是绝对收敛的，在定义 8.2.1 的基础上，$\sum\limits_{x\in X}f(x)=\sum\limits_{x\in X:f(x)\neq 0}f(x)$。
+
+    **证明**：存在 $g:\mathbb N\to X$ 是双射，那么 $\sum\limits_{x\in X}f(x)=\sum\limits^{\infty}_{n=0}f(g(n))$。令 $A:=\{x\in X:f(x)\neq 0\}$。
+
+    若 $A$ 是有限集，那么 $g^{-1}(A)$ 有上界 $N_0$，可以归纳证明对于任意 $N\geq N_0$ 有 $\sum\limits_{n=0}^Nf(g(n))=\sum\limits_{x\in A}f(x)$，于是 $\sum\limits^{\infty}_{n=0}f(g(n))=\sum\limits_{x\in A}f(x)$。
+
+    若 $A$ 是可数集，那么 $g^{-1}(A)\subseteq \mathbb N$ 也是可数集，根据命题 8.1.3，存在双射 $h:\mathbb N\to g^{-1}(A)$，满足对于任意 $m\geq 0$ 有 $h(m)<h(m+1)$。
+
+    由于 $g\circ h$ 是 $\mathbb N\to A$ 的双射，所以我们只需证明 $\sum\limits^{\infty}_{n=0}(f\circ g)(n)=\sum\limits^{\infty}_{m=0}(f\circ g\circ h)(m)$ 即可。
+
+    设 $S_N:=\sum\limits_{n=0}^N(f\circ g)(n)$，$S'_M:=\sum\limits_{m=0}^M(f\circ g\circ h)(m)$。欲证对于任意 $M\geq 0$ 有 $S'_M=S_{h(M)}$。
+
+    对 $M$ 归纳，假设 $S'_M=S_{h(M)}$，考虑对于任意 $h(M)<n<h(M+1)$，一定有 $(f\circ g)(n)=0$（否则 $n\in g^{-1}(A)$ 引出矛盾），那么 $S_{h(M+1)}=S_{h(M)}+\sum\limits_{n=h(M)+1}^{h(M+1)-1}(f\circ g)(n)+(f\circ g)(h(M+1))=S'_{M}+(f\circ g\circ h)(M+1)=S'_{M+1}$。
+
+    设 $L:=\sum\limits^{\infty}_{n=0}(f\circ g)(n)$。设 $\varepsilon>0$ 为任意正实数，那么存在 $N_0\geq n$ 使得对于任意 $N\geq N_0$ 有 $|S_N-L|\leq\varepsilon$。根据引理 6.6.3，存在 $M_0\geq 0$ 使得 $h(M_0)\geq N_0$，那么对于任意 $M\geq M_0$，$|S'_M-L|=|S_{h(M)}-L|\leq\varepsilon$。
+
+    于是 $\sum\limits^{\infty}_{m=0}(f\circ g\circ h)(m)=L$，证毕。
+
+//习题：我想的引理 8.2.10 的证明有点麻烦，slc 看看有没有更好的证法。
+
+- **命题 8.2.11（绝对收敛级数的算律）**：设集合 $X$ 和函数 $f:X\to\mathbb R,g:X\to\mathbb R$，满足 $\sum\limits_{x\in X}f(x)$ 和 $\sum\limits_{x\in X}g(x)$ 都绝对收敛。
+
+    1. 那么 $\sum\limits_{x\in X}(f(x)+g(x))$ 绝对收敛，且 $\sum\limits_{x\in X}(f(x)+g(x))=\sum\limits_{x\in X}f(x)+\sum\limits_{x\in X}g(x)$。
+    2. 设 $c$ 是实数。那么 $\sum\limits_{x\in X}cf(x)$ 绝对收敛，且 $\sum\limits_{x\in X}cf(x)=c\sum\limits_{x\in X}f(x)$。
+    3. 设 $X=X_1\cup X_2$ 且 $X_1\cap X_2=\varnothing$。那么 $\sum\limits_{x\in X_1}f(x)$ 和 $\sum\limits_{x\in X_2}f(x)$ 都绝对收敛，且 $\sum\limits_{x\in X_1\cup X_2}f(x)=\sum\limits_{x\in X_1}f(x)+\sum\limits_{x\in X_2}f(x)$。
+    4. 设 $X=X_1\cup X_2$ 且 $X_1\cap X_2=\varnothing$。设函数 $h:X\to\mathbb R$ 满足 $\sum\limits_{x\in X_1}h(x)$ 和 $\sum\limits_{x\in X_2}h(x)$ 都绝对收敛。那么 $\sum\limits_{x\in X_1\cup X_2}h(x)$ 绝对收敛，且 $\sum\limits_{x\in X_1\cup X_2}h(x)=\sum\limits_{x\in X_1}h(x)+\sum\limits_{x\in X_2}h(x)$。
+    5. 设集合 $Y$ 满足存在双射 $\varphi:Y\to X$。那么 $\sum\limits_{y\in Y}f(\varphi(y))$ 绝对收敛，且 $\sum\limits_{y\in Y}f(\varphi(y))=\sum\limits_{x\in X}f(x)$。
+
+    **证明**：每一项的证明都分为两部分，一是证明级数绝对收敛（注意 $\sum\limits_{a\in A:f(a)\neq 0}f(a)$ 绝对收敛并不蕴含 $\sum\limits_{a\in A}f(a)$ 绝对收敛，在 $A$ 是不可数集的情况下），二是证明和级数相关的那个等式。
+
+    对于前者，直接根据定义 8.2.6 推导即可。对于后者， 先结合引理 8.2.7 转化为可数集上的形式，然后再回到定义 8.2.1 证明。
+
+//我们曾在第7章的...地方说过……
+
+- **引理 8.2.12**：设级数 $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n$ 条件收敛但不绝对收敛。定义 $A_+:=\{n\in\mathbb N:a_n\geq 0\}$ 和 $A_-:\{n\in \mathbb N:a_n<0\}$，于是 $A_+\cup A_-=\mathbb N$ 且 $A_+\cap A_-=\varnothing$。
+
+    证明 $A_+$ 和 $A_-$ 都是可数集。
+
+    根据命题 8.1.3，存在双射 $f_+:\mathbb N\to A_+$ 和 $f_-:\mathbb N\to A_-$，满足对于任意 $m\geq 0$ 有 $f_+(m)<f_+(m+1)$ 和 $f_-(m)<f_-(m+1)$。
+
+    证明 $\sum\limits_{m=0}^{\infty}a_{f_+(m)}$ 和 $\sum\limits_{m=0}^{\infty}a_{f_-(m)}$ 都不收敛。
+
+    **证明**：若 $A_-$ 是有限集，那么存在上界 $M$，那么对于任意 $n\geq M$ 有 $a_n$ 是非负的，于是 $\sum\limits^{\infty}_{n=M}a_n$ 条件收敛与绝对收敛等价，那么 $\sum\limits^{\infty}_{n=0}a_n$ 条件收敛与绝对收敛等价，矛盾。同理可证明 $A_+$ 也是可数集。
+
+    若 $\sum\limits^{\infty}_{m=0}a_{f_+(m)}$ 条件收敛，可以证明 $\sum\limits^{\infty}_{m=0}a_{f_-(m)}$ 条件收敛到 $\sum\limits^{\infty}_{n=0}a_n-\sum\limits^{\infty}_{m=0}a_{f_+(m)}$。那么 $\sum\limits^{\infty}_{m=0}a_{f_+(m)}$ 和 $\sum\limits^{\infty}_{m=0}a_{f_-(m)}$ 都是条件收敛的，那么它们都是绝对收敛的，然后可以证明 $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n$ 也是绝对收敛的，引出矛盾。
+
+- **定理 8.2.13**：设级数 $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n$ 条件收敛但不绝对收敛。对于任意实数 $L$，都存在双射 $f:\mathbb N\to \mathbb N$，使得 $\sum\limits^{\infty}_{m=0}a_{f(m)}$ 收敛到 $L$。
+
+    **证明**：我们将在引理 8.2.12 的基础上完成证明。考虑通过递归构造序列 $(f(m))_{m=0}^{\infty}$，过程中我们将同时构造辅助序列 $(p_m)_{m=0}^{\infty},(q_m)_{m=0}^{\infty}$。
+
+    为了方便，令 $p_{-1}=q_{-1}=0$，然后不对 $m=0$ 做特殊讨论。
+
+    归纳地假设对于任意 $-1\leq i<m$ 已经构造好 $f(i),p_i,q_i$。令 $L'=\sum\limits_{i=0}^{m-1}a_{f(i)}$，分情况讨论：
+
+    - 若 $L'<L$，那么令 $f(m):=f_+(p_{m-1}),p_m:=p_{m-1}+1,q_m:=q_{m-1}$。
+    - 若 $L'\geq L$，那么令 $f(m):=f_-(q_{m-1}),p_m:=p_{m-1},q_{m}:=q_{m-1}+1$。
+
+    容易发现，此递归构造是成功的。
+
+    考虑证明 $L'<L$ 的情况会出现无限多次：对于任意 $M\geq 0$，都存在 $m\geq M$ 满足 $\sum\limits_{i=0}^{m-1}a_{f(i)}<L$。
+
+    反证，若存在 $M\geq 0$，使得对于任意 $m\geq M$ 有 $\sum\limits_{i=0}^{m-1}a_{f(i)}<L$。
+
+    令 $b:=p_{M-1}$。那么可以归纳证明，对于任意 $m\geq M$ 有 $f(m)=f_+(b+(m-M))$，那么 $\sum\limits_{i=0}^{m-1}a_{f(i)}=\sum\limits_{i=0}^{M-1}a_{f(i)}+\sum\limits_{i=0}^{m-M-1}a_{f_+(b+i)}<L$。
+
+    于是对于任意 $K\geq b$ 有 $\sum\limits_{i=b}^Ka_{f_+(i)}<L-\sum\limits_{i=0}^{M-1}a_{f(i)}$，从而 $\sum\limits_{i=b}^\infty a_{f_+(i)}$ 收敛，从而 $\sum\limits^{\infty}_{i=0}a_{f_+(i)}$ 收敛，矛盾。
+
+    同理可证明 $L'\geq L$ 的情况也会出现无限多次。
+
+    从而可以证明 $f(\mathbb N)=f_+(\mathbb N)\cup f_-(\mathbb N)=\mathbb N$，然后可以证明 $f$ 是双射。
+
+    由于 $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n$ 条件收敛，那么 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n=0$，那么可以证明 $\lim\limits_{m\to\infty}a_{f_+(m)}=0$，同理可以证明 $\lim\limits_{m\to\infty}a_{f_-(m)}=0$，那么可以证明 $\lim\limits_{m\to\infty}a_{f(m)}=0$。
+
+    最后我们来证明 $\sum\limits^{\infty}_{m=0}a_{f(m)}$ 收敛到 $L$。
+
+    设 $\varepsilon>0$ 是任意正实数。存在 $M\geq 0$ 使得对于任意 $m\geq M$ 有 $|a_{f(m)}|\leq\varepsilon$。
+
+    由于 $L'<L$ 和 $L'\geq L$ 的情况会出现无限次，所以一定存在 $M'\geq M$ 使得 $\sum\limits_{i=0}^{M-1}a_{f(i)}<L$ 且 $\sum\limits_{i=0}^{M}a_{f(i)}\geq L$。
+
+    然后可以归纳证明，对于任意 $m\geq M'$，有 $\left|\sum\limits_{i=0}^{m}a_{f(i)}-L\right|\leq\varepsilon$。证毕。
+
+- **定理 8.2.14**：设级数 $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n$ 条件收敛但不绝对收敛。存在双射 $f:\mathbb N\to \mathbb N$，使得 $\limsup\limits_{M\to\infty}\sum\limits_{m=0}^Ma_{f(m)}=\liminf\limits_{M\to\infty}\sum\limits_{m=0}^Ma_{f(m)}=+\infty$。
+
+    对于 $-\infty$ 也有类似的结论。
+
+    **证明**：和定理 8.2.13 中的构造方法类似。
+
+    例如对于 $+\infty$。同样归纳地假设对于任意 $-1\leq i<m$ 已经构造好 $f(i),p_i,q_i$。令 $S=\sum\limits_{i=0}^{m-1}a_{f(i)}+a_{f^-(q_{m-1})}$，分情况讨论：
+
+    - 若 $S< q_{m-1}+1$，那么令 $f(m):=f_+(p_{m-1}),p_m:=p_{m-1}+1,q_m:=q_{m-1}$。
+    - 若 $S\geq q_{m-1}+1$，那么令 $f(m):=f_-(q_{m-1}),p_m:=p_{m-1},q_{m}:=q_{m-1}+1$。
+
+    同样可以归纳证明，两种情况都会出现无限次，且总有 $\sum\limits_{m=0}^Ma_{f(m)}\geq q_M$。那么就可以证明 $\limsup\limits_{M\to\infty}\sum\limits_{m=0}^Ma_{f(m)}=\liminf\limits_{M\to\infty}\sum\limits_{m=0}^Ma_{f(m)}=+\infty$。
+
+    这里选 $q_M$ 作为下限只是为了方便，而中心思想是：我们向级数加入一定数量的正数使其满足一定条件后，才加入一个非负数到级数中，然后使其发散到正无穷。
+
+#### 8.3 不可数的集合
+
+- **定理 8.3.1（Cantor 定理）**：设 $X$ 是任意集合，那么 $X$ 和 $2^X$ 不可能拥有同样的基数。
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+    **证明**：反证。假设存在一个双射 $f:X\to 2^X$。考虑集合 $A:=\{x\in X:x\not\in f(x)\}$。显然 $A\in 2^X$，那么存在 $x\in X$ 满足 $f(x)=A$。然后发现，无论 $x$ 是否属于 $A$，都会引出矛盾。
+
+- **推论 8.3.2**：$2^{\mathbb N}$ 是不可数的。
+
+    **证明**：根据定理 8.3.1，$2^{\mathbb N}$ 不是可数集。注意还需要说明 $2^{\mathbb N}$ 不是有限集（虽然十分简单，但为了严谨性）。
+
+- **推论 8.3.3**：$\mathbb R$ 是不可数的。
+
+    **证明**：考虑找到一个 $\mathbb R$ 的子集，它与 $2^{\mathbb N}$ 有相同的基数，那么就能说明 $\mathbb R$ 是不可数的了。
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+    考虑定义函数 $f:2^{\mathbb N}\to \mathbb R$，满足 $f(A):=\sum\limits_{n\in A}10^{-n}$。
+
+    根据引理 7.3.3，$\sum\limits_{n\in\mathbb N}10^{-n}$ 是绝对收敛的，再根据绝对收敛级数算律，可知 $\sum\limits_{n\in A}10^{-n}$ 也是绝对收敛的（$A\subseteq \mathbb N$），故 $f(A)$ 定义成功。
+
+    我们只需证明 $f$ 为单射即可。对于任意 $A,B\in 2^{\mathbb N}$ 满足 $A\neq B$，欲证 $\sum\limits_{n\in A}10^{-n}=\sum\limits_{n\in B}10^{-n}$，即 $\sum\limits_{n\in A\setminus B}10^{-n}\neq\sum\limits_{n\in B\setminus A}10^{-n}$。
+
+    记 $C:=A\setminus B,D:=B\setminus A$，则 $C\cap D=\varnothing$。设 $n_{\min}=\min(C\cup D)$，不妨设 $n_{\min}\in C$。
+
+    则 $\sum\limits_{n\in C}10^{-n}\geq 10^{-n_{\min}}$，$\sum\limits_{n\in D}10^{-n}\leq \sum\limits_{n\in \mathbb N_{n_{\min}+1}^{\infty}}10^{-n}=\sum\limits_{n>n_{\min}}^{\infty}10^{-n}=10^{-n_{\min}-1}\frac{1}{1-10^{-1}}<10^{-n_\min}$，于是 $\sum\limits_{n\in C}10^{-n}\neq \sum\limits_{n\in D}10^{-n}$。证毕。
+
+//
+
+- **定义 8.3.4**：设 $A$ 和 $B$ 是集合。称 $A$ 的基数小于等于 $B$ 的基数，当且仅当存在一个单射 $f:A\to B$。
+
+容易发现，当 $A$ 和 $B$ 是有限集时，$A$ 的基数小于等于 $B$ 的基数当且仅当 $\#(A)\leq \#(B)$，故定义 8.3.4 在有限集上也是相容的。
+
+容易验证，关于基数的小于等于具有自反性和传递性。
+
+- **引理 8.3.5**：设 $A,B$ 是集合，满足 $A\subseteq B$ 且 $B$ 的基数小于等于 $A$ 的基数，那么 $A,B$ 有相同的基数。
+
+    **证明**：存在 $f:B\to A$ 是单射。
+
+    考虑递归定义集合 $(D_0)_{n=0}^{\infty}$，满足 $D_0:=B\setminus A$ 且 $D_{n+1}:=f(D_n)$。
+
+    然后考虑定义 $g:A\to B$，满足 $g(x):=\begin{cases}f^{-1}(x)&\text{if }x\in\bigcup_{n=1}^{\infty}D_n\\x&\text{if }x\not\in\bigcup_{n=1}^{\infty}D_n\end{cases}$。
+
+    然后可以证明 $g$ 是双射。故 $A,B$ 具有相同的基数。
+
+- **定理 8.3.6（Schröder-Bernstein 定理）**：设 $A,B$ 是集合，满足 $A$ 的基数小于等于 $B$ 的基数、$B$ 的基数小于等于 $A$ 的基数，那么 $A,B$ 有相同的基数。
+
+    **证明**：存在 $f:B\to A$ 和 $g:A\to B$ 是单射。那么 $g(A)\subseteq B$，且 $(g\circ f)$ 是 $B\to g(A)$ 的单射。于是根据引理 8.3.4，可知 $B$ 和 $g(A)$ 具有相同的基数，从而 $B$ 和 $A$ 具有相同的基数。
+    
+
+根据定理 8.3.6，基数的小于等于同时还具有 “反传递性”，但需注意这里 “反传递性” 的结果是：$X$ 和 $Y$ 具有相同的基数，而非 $X=Y$。
+
+- **定义 8.3.7**：设 $A$ 和 $B$ 是集合。称 $A$ 的基数严格小于 $B$ 的基数，当且仅当 $A$ 的基数小于等于 $B$ 的基数且 $A$ 和 $B$ 没有相同的基数。
+
+- **引理 8.3.8**：设 $X$ 是集合，则 $X$ 的基数严格小于 $2^X$ 的基数。
+
+    **证明**：构造 $f:X\to 2^X$ 满足 $f(x):=\{x\}$，那么 $f$ 为单射。再根据定理 8.3.1 即证。
+    
+- **引理 8.3.9**：设 $A,B,C$ 是集合，满足 $A$ 的基数严格小于 $B$ 的基数、$B$ 的基数严格小于 $C$ 的基数，那么 $A$ 的基数严格小于 $C$ 的基数。
+
+    **证明**：略。
+
+#### 8.4 选择公理
+
+//前言
+
+- **定义 8.4.1（无限笛卡尔积）**：设 $I$ 是任意集合，且对于任意 $\alpha\in I$，都存在一个集合 $X_{\alpha}$。那么我们定义集族 $\{X_{\alpha}:\alpha\in I\}$ 的笛卡尔积为 $\prod_{\alpha\in I}X_{\alpha}:=\left\{(x_{\alpha})_{\alpha\in I}\in \left(\bigcup\limits_{\alpha\in I}X_{\alpha}\right)^{I}:\forall_{\alpha\in I},x_{\alpha}\in X_{\alpha}\right\}$。
+- **公理 8.4.2（选择公理）**：设 $I$ 是任意集合，且对于任意 $\alpha\in I$，都存在一个非空集合 $X_{\alpha}$。那么 $\prod_{\alpha\in I}X_{\alpha}$ 非空，即存在一个映射 $(x_{\alpha})_{\alpha\in I}$，使得 $x_\alpha\in X_\alpha$。
+
+但在应用的时候，我们利用的往往只是可数选择公理。下面举一个可数选择公理的应用例子：
+
+- **引理 8.4.3**：设 $E\subseteq \mathbb R$ 且 $E$ 非空，那么存在一个序列 $(a_n)_{n=1}^{\infty}$ 满足它的元素都在 $E$ 中且 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n=\sup (E)$。
+
+    **证明**：令 $L=\sup(E)$。对于每个正整数 $n$，定义集合 $X_n:=\{x\in E:L-\frac1n\leq  x\leq L\}$，由于 $L$ 是 $E$ 的上确界，故 $X_n$ 非空。根据选择公理，可以选出一个序列 $(x_n)_{n=1}^{\infty}$ 满足对于任意 $n\geq 1$ 有 $x_n\in X_n$。容易证明 $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=L$。
+
+选择公理的另一种表述方式如下：
+
+- **命题 8.4.4**：设 $X$ 和 $Y$ 是集合，且 $P(x,y)$ 是关于任意 $x\in X$ 和 $y\in Y$ 的命题，满足对于任意 $x\in X$ 至少存在一个 $y\in Y$ 使得 $P(x,y)$ 为真。那么存在一个函数 $f:X\to Y$，使得对于任意 $x\in X$ 有 $P(x,f(x))$ 成立。
+
+    **证明**：略。
+
+//看回函数的定义，发现和选择公理很像，它说 ”若对于任意x，都存在恰好一个y使得P(x,y)成立，那么存在一个函数f，使得f(x)=y当且仅当P(x,y)成立“，但函数的定义未用到公理，但这里又要一个选择公理，是否意味着当x对应的那个y唯一时就无需用公理而可以直接定义函数，但当y不唯一时我们就得通过选择公理构造一个函数？
+
+//对于很多情况，我们可以通过一些方式绕过选择公理。例如若 $X_{\alpha}$ 是实数集，那么我们就可以通过取 $x_{\alpha}=\sup(X_{\alpha})$ 来避免使用选择公理（当然，$\sup(X_{\alpha})$ 不一定属于 $X_{\alpha}$，但大多数情况下都可以证明 $\sup(X_{\alpha})$ 和 $X_{\alpha}$ 中的元素具有同样的我们想要的性质，但是，通过选择公理我们又可以避免这一步骤，所以说利用选择公理会使我们的证明简单一些，但大多是情况下都是可以绕开选择公理的）
+
+#### 8.5 序集
+
+- **定义 8.5.1（偏序集）**：偏序集是一个序偶 $(X,\leq_X)$，其中 $X$ 是一个集合，$\leq_X$ 称为序关系，是在 $X$ 上有定义（注意不是 “定义在 $X$ 上的”）的遵从如下性质的二元关系（即对于任意 $x,y\in X$，$x\leq y$ 要么为真，要么为假）：
+
+    - 自反性：对于任意 $x\in X$ 有 $x\leq_X x$。
+    - 反传递性：若 $x,y\in X$ 满足 $x\leq _X y$ 且 $y\leq_X x$，则 $x=y$。
+    - 传递性：若 $x,y,z\in X$ 满足 $x\leq_X y$ 且 $y\leq_X z$，则 $x\leq_X z$。
+
+    称 $x<_Xy$ 当且仅当 $x\leq_X y$ 且 $x\neq y$。
+
+    一般我们在明确定义的情况下，用 $\leq$ 代替 $\leq_X$，用 $<$ 代替 $<_X$。
+
+有时，不严谨地，在 $\leq$ 的定义明显时，我们会把 $X$ 直接叫作偏序集。下述定义中也有类似的情况。
+
+- **定义 8.5.2（全序集）**：设 $(X,\leq)$ 是偏序集。称其是全序集，当且仅当对于任意 $x,y\in X$，$x\leq y$ 和 $y\leq x$ 中有至少一个为真。
+- **定义 8.5.3（最小元和最大元）**：设 $(X,\leq)$ 是偏序集。称 $x$ 是 $(X,\leq)$ 的最小元，当且仅当 $x\in X$ 且不存在 $y\in X$ 使得 $y<x$。称 $x$ 是 $(X,\leq)$ 的最大元，当且仅当 $x\in X$ 且不存在 $y\in X$ 使得 $y>x$。
+- **定义 8.5.4（良序集）**：设 $(X,\leq )$ 是全序集。称其是良序集，当且仅当对于任意 $Y\subseteq X$ 满足 $Y$ 非空，$(Y,\leq)$ 都有最小元。
+
+各种序集有很多基本性质，我们罗列其中几个如下：
+
+- **引理 8.5.5**：设 $(X,\leq)$ 是偏序集，那么对于任意 $Y\subseteq X$，$(Y,\leq)$ 也是偏序集。
+
+    设 $(X,\leq)$ 是全序集，那么对于任意 $Y\subseteq X$，$(Y,\leq)$ 也是全序集。
+
+    设 $(X,\leq)$ 是良序集，那么对于任意 $Y\subseteq X$，$(Y,\leq)$ 也是良序集。
+
+    **证明**：根据定义可知。
+
+- **引理 8.5.6**：设 $(X,\leq)$ 是全序集，那么 $(X,\leq)$ 至多只能有一个最小元和一个最大元。
+
+    **证明**：反证即可。
+
+- **引理 8.5.7**：设 $(X,\leq)$ 是全序集且 $X$ 是有限的，那么 $(X,\leq)$ 为良序集。
+
+    **证明**：通过归纳证明每个有限全序集都存在最小元（和最大元）。
+
+良序集的一个优点是，它直接服从强归纳原理。
+
+- **命题 8.5.6（强归纳原理）**：设 $(X,\leq)$ 是良序集，且 $P(n)$ 是关于任意 $n\in X$ 的命题。假设对于任意 $n\in X$ 都有 “若对于任意 $m\in X$ 且 $m<n$ 都有 $P(m)$ 是真的，那么 $P(n)$ 是真的”。那么对于任意 $n\in X$，$P(n)$ 是真的。
+
+    **证明**：考虑集合 $\{n\in X:\lnot P(n)\}$，若它非空，则存在最小元 $n$，发现对于任意 $m\in X$ 且 $m<n$，$P(m)$ 都是真的（否则 $m\in X$ 而 $n$ 不是最小元，矛盾），于是 $P(n)$ 也应是真的，矛盾。
+
+//所有良序集都是至多可数集吗
+
+- **定义 8.5.7（上界及严格上界）**：设 $(X,\leq)$ 是偏序集。称 $M$ 是 $(X,\leq)$ 的上界，当且仅当对于任意 $x\in X$ 都有 $x\leq M$。称 $M$ 是 $(X,\leq)$ 的严格上界，当且仅当 $M$ 是 $(X,\leq)$ 的上界且对于任意 $x\in X$ 有 $x\neq M$，即对于任意 $x\in X$ 都有 $x<M$。
+
+- **引理 8.5.8**：设 $(X,\leq)$ 是偏序集，满足 $\leq$ 是定义在 $X$ 上的（即 $x\leq y$ 有定义当且仅当 $x,y\in X$）。那么对于任意 $x_0\in X$，存在一个良序集 $Y\subseteq X$，它以 $x_0$ 为最小元，且没有严格上界。
+
+    **证明**：反证。设 $A:=\{Y\in 2^X:\text{$Y$是良序集且以$x_0$为最小元}\}$，假设对于任意 $Y\in A$，$Y$ 都有严格上界。根据选择公理，对于任意 $Y\in A$，我们可以指定一个 $s(Y)$，使得 $s(Y)$ 是 $Y$ 的严格上界。
+
+    考虑集族 $\Omega:=\{Y\in A:\text{对于任意$x\in Y$且$x\neq x_0$，有$x=s(\{y\in Y:y<x\})$}\}$。注意 $\{x_0\}\in\Omega$，故 $\Omega$ 非空。
+
+    直观上的理解是：我们将所有从 $\{x_0\}$ 开始的、通过不断添加 $s(Y)$ 而形成的所有集合都给放进了 $\Omega$ 内。然后我们要做的事情就是，把 $\Omega$ 中所有的集合并起来得到一个集合 $Y_{\infty}$，它应当是 $\{x_0\}$ 通过 $s(Y)$ 能到达的所有点，然后我们说明 $Y_{\infty}$ 是良序集且以 $x_0$ 为最小元，从而也应有严格上界 $s(Y_{\infty})$，然后再说明 $s(Y_{\infty})\in Y_{\infty}$ 引出矛盾。接下来我们将严谨地说明这些。
+
+    我们先说明 $(\Omega,\subseteq)$ 是全序集。我们只需说明对于任意 $Y,Y'\in \Omega$，一定有 $Y\subseteq Y'$ 或 $Y'\subseteq Y$。
+
+    反证，若不满足，则有 $Y\cap Y'\neq Y$ 且 $Y\cap Y'\neq Y'$，即 $Y\setminus{Y'}$ 和 $Y'\setminus Y$ 均非空。考虑证明 $s(Y\cap Y')\in Y$ 且 $s(Y\cap Y')\in Y'$，从而 $s(Y\cap Y')\in Y\cap Y'$，引出矛盾。
+
+    由于 $Y\setminus Y'$ 非空，故存在最小元 $k$（注意 $k\neq x_0$），那么 $\{y\in Y:y<k\}=Y\setminus (Y\setminus Y')=Y\cap Y'$。那么 $s(Y\cap Y')=s(\{y\in Y:y<k\})=k\in Y$。同理可证 $s(Y\cap Y')\in Y'$。
+
+    于是 $(\Omega,\subseteq)$ 是全序集。设 $Y_{\infty}:=\bigcup \Omega$，那么 $x_0$ 是 $Y_{\infty}$ 的最小元且 $Y_{\infty}$ 非空。
+
+    先考虑证明 $(Y_{\infty},\leq)$ 是全序集。设任意 $x,x'\in Y_{\infty}$，那么存在 $Y,Y'\in \Omega$ 使得 $x\in Y$ 且 $x'\in Y'$，由于 $Y\subseteq Y'$ 和 $Y'\subseteq Y$ 中至少一个成立，那么 $x,x'$ 都同在 $Y$ 内或同在 $Y'$ 内，于是 $x\leq x'$ 和 $x'\leq x$ 中至少一个为真。
+
+    再证 $(Y_{\infty},\leq)$ 是良序集。设任意非空集合 $S\subseteq Y_{\infty}$，那么存在 $b\in S$，那么存在 $Y\in \Omega$ 使得 $b\in Y$。考虑 $S\cap Y$，它有元素 $b$，是非空的，那么令 $a$ 为 $S\cap Y$ 的最小元。
+
+    然后考虑证明 $a$ 为 $S$ 的最小元：设任意 $c\in S$，那么存在 $Y'\in\Omega$ 使得 $c\in Y'$。若 $c\in Y$，则 $c\in S\cap Y$，故 $a\leq c$；若 $c\not\in Y$，则 $Y\subsetneq Y'$，在上面我们知道 $Y'\setminus Y$ 的最小元是 $Y$ 的严格上界，又由于 $c\in Y'\setminus Y$ 且 $a\in Y$，于是 $a<c$。
+
+    于是 $(Y_{\infty},\leq)$ 是良序集，又 $x_0$ 是 $Y_{\infty}$ 的最小元，故 $Y_{\infty}\in A$。
+
+    考虑证明 $Y_{\infty}\in\Omega$。设任意 $x\in Y_{\infty}$ 且 $x\neq x_0$，那么存在 $Y\in\Omega$ 使得 $x\in Y$。那么 $s(\{y\in Y:y<x\})=x$，只需证明 $\{y\in Y:y<x\}=\{y\in Y_{\infty}:y<x\}$ 即可：若 $y\in Y_{\infty}$ 且 $y<x$ 但 $y\not\in Y$，设 $y\in Y'$，则 $Y\subsetneq Y'$，类似地，由于 $y\in Y'\setminus Y$ 且 $x\in Y$，有 $x<y$，矛盾。
+
+    那么容易证明，也有 $Y_{\infty}\cup s(Y_{\infty})\in A$ 和 $Y_{\infty}\cup s(Y_{\infty})\in \Omega$，于是 $s(Y_{\infty})\in Y_{\infty}$。证毕。
+
+//关于无限集（任意集合）的命题的证明很多时候都不简单，因为无限集往往意味着你无法直接从集合中构造性地 “选” 出一个目标，而是得通过悖论从逻辑上反证，而这是十分具有构造性的。
+
+//这个定理的证明感觉太麻烦了，想找个简单点的，但是不太好想，姑且留给 slc 作为习题。
+
+- **引理 8.5.9（Zorn 引理）**：设 $(X,\leq)$ 是非空偏序集，满足 $\leq$ 是定义在 $X$ 上的。若对于任意 $Y\subseteq X$ 且 $(Y,\leq)$ 是全序集，都存在上界，那么 $X$ 至少含有一个最大元。
+
+    **证明**：任选 $x_0\in X$，根据引理 8.5.8，存在一个良序集 $Y\subseteq X$，它以 $x_0$ 为最小元，且没有严格上界。又由于 $Y$ 有上界，于是存在 $x\in Y$，使得对于任意 $y\in Y$ 都有 $y\leq x$。而若存在 $M\in X$ 使得 $x<M$，则对于任意 $y\in Y$ 都有 $y<M$，于是 $Y$ 有严格上界，矛盾。故不存在 $M\in X$ 使得 $x<M$。
+
+//听说习题做得会更吐血，先咕。
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+
+

src/第9章 R上的连续函数.md

@@ -0,0 +1,376 @@
+### 第 9 章  $\mathbb R$ 上的连续函数
+
+#### 9.1  $\mathbb R$ 的子集合
+
+- **定义 9.1.1（区间）**：设 $a,b\in \mathbb R^*$。定义闭区间 $[a,b]:=\{x\in \mathbb R^*:a\leq x\leq b\}$；
+
+    半开区间 $[a,b):=\{x\in \mathbb R^*:a\leq x< b\},(a,b]:=\{x\in \mathbb R^*:a< x\leq b\}$；
+
+    开区间 $(a,b):=\{x\in \mathbb R^*:a<x<b\}$。
+
+    称 $a$ 为这些区间的左端点，$b$ 为这些区间的右端点。
+
+    称没有端点是无限（$+\infty$ 或 $-\infty$）的区间为有界区间，称一个端点是无限的区间为半无限区间，称两个端点都是无限的区间为双无限区间。
+
+于是 $\mathbb R=(-\infty,+\infty)$，$\mathbb R^*=[-\infty,+\infty]$。
+
+- **定义 9.1.2（附着点）**：设 $X\subseteq \mathbb R$ 和实数 $x$。
+
+    对于实数 $\varepsilon>0$，称 $x$ 是 $\varepsilon$ 附着于 $X$ 的，当且仅当存在 $y\in X$ 使得 $|x-y|\leq \varepsilon$。
+
+    称 $x$ 是 $X$ 的附着点，当且仅当对于任意 $\varepsilon>0$ 都有 $x$ 是 $\varepsilon$ 附着于 $X$ 的。
+
+- **定义 9.1.3（闭包）**：设 $X\subseteq \mathbb R$。定义 $X$ 的闭包 $\overleftrightarrow{X}:=\{x\in \mathbb R:\text{$x$是$X$的附着点}\}$。
+
+- **引理 9.1.4（闭包的初等性质）**：设 $X,Y\subseteq \mathbb R$。那么
+
+    - $X\subseteq \overleftrightarrow{X}$。
+    - $\overleftrightarrow{X\cup Y}=\overleftrightarrow{X}\cup\overleftrightarrow{Y}$。
+    - $\overleftrightarrow{X\cap Y}\subseteq \overleftrightarrow{X}\cap\overleftrightarrow{Y}$。
+    - $X\subseteq Y\implies \overleftrightarrow{X}\subseteq\overleftrightarrow{Y}$。
+
+    **证明**：略。
+
+- **引理 9.1.5（区间的闭包）**：设实数 $a,b$ 满足 $a<b$。那么 $[a,b],[a,b),(a,b],(a,b)$ 的闭包是 $[a,b]$；$[a,+\infty),(a,+\infty)$ 的闭包是 $[a,\infty)$；$(-\infty,a],(-\infty,a)$ 的闭包是 $(-\infty,a]$；$(-\infty,+\infty)$ 的闭包是 $(-\infty,+\infty)$。
+
+    **证明**：略。
+
+我们还可以看到，$\overleftrightarrow{\mathbb N}=\mathbb N,\overleftrightarrow{\mathbb Z}=\mathbb Z,\overleftrightarrow{\mathbb Q}=\mathbb R,\overleftrightarrow{\mathbb R}=\mathbb R,\overleftrightarrow{\varnothing}=\varnothing$。
+
+- **引理 9.1.6**：设 $X\subseteq \mathbb R$ 和实数 $x$。那么 $x$ 是 $X$ 的附着点，当且仅当，存在一个收敛到 $x$ 的序列 $(a_n)_{n=0}^{\infty}$ 满足对于任意 $n\geq 0$ 有 $a_n\in X$。
+
+    **证明**：利用选择公理，在 $[x-\frac1n,x+\frac1n]$ 范围内任选一个 $X$ 中的点作为 $a_n$。
+
+- **定义 9.1.7**：设 $X\subseteq \mathbb R$。称 $X$ 是闭的，当且仅当 $\overleftrightarrow{X}=X$。
+
+- **推论 9.1.8**：设 $X\subseteq \mathbb R$。那么 $X$ 是闭的，当且仅当，对于任意 $(a_n)_{n=0}^{\infty}$ 是由 $X$ 的元素组成的收敛序列，有 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n\in X$。
+
+    **证明**：根据引理 9.1.6 可知。
+
+- **定义 9.1.9（极限点/聚点/孤立点）**：设 $X\subseteq \mathbb R$ 和实数 $x$。称 $x$ 是 $X$ 的极限点，当且仅当 $x$ 是 $X\setminus\{x\}$ 的附着点。称 $x$ 是 $X$ 的孤立点，当且仅当 $x\in X$ 且 $x$ 不是 $X\setminus\{x\}$ 的附着点。
+
+- **引理 9.1.10**：$X$ 的所有附着点恰由 $X$ 的所有极限点和孤立点组成。**证明**：略。
+
+引理 9.1.10 表明，我们能按照 $x$ 是否为 $X\setminus\{x\}$ 的附着点，将 $X$ 的所有附着点 $x$ 分为两类。
+
+- **引理 9.1.11**：设 $I$ 是任意区间，那么 $I$ 中的每个元素都是 $I$ 的极限点。**证明**：略。
+
+- **定义 9.1.12（有界集合）**：设 $X\subseteq \mathbb R$。称 $X$ 是有界的，当且仅当存在实数 $M\geq 0$，使得 $X\subseteq[-M,M]$。称 $X$ 是无界的，当且仅当 $X$ 不是有界的。
+
+- **定理 9.1.13（直线上的 Heine-Borel 定理）**：设 $X\subseteq \mathbb R$。那么 $X$ 是闭的并且是有界的，当且仅当，对于任意 $(a_n)_{n=0}^{\infty}$ 是由 $X$ 的元素组成的序列，都存在一个子序列收敛到 $X$ 中的某数 $L$。
+
+    **证明**：结合定理 6.6.6 和推论 9.1.8 可证。
+
+#### 9.2 实值函数的代数
+
+- **定义 9.2.1**：设函数 $f:X\to \mathbb R$ 和 $Y\subseteq X$。定义 $f|_Y$（称作 $f$ 在 $Y$ 上的限制）为定义域在 $Y$，值域在 $\mathbb R$ 的函数，满足对于任意 $y\in Y$ 有 $f|_Y(y):=f(y)$。
+
+- **定义 9.2.2（函数的算术运算）**：设函数 $f:X\to\mathbb R$ 和 $g:X\to \mathbb R$。
+
+    定义它们的和为函数 $f+g:X\to\mathbb R$，满足 $(f+g)(x):=f(x)+g(x)$。
+
+    定义它们的差为函数 $f-g:X\to\mathbb R$，满足 $(f-g)(x):=f(x)-g(x)$。
+
+    设 $c$ 是实数，定义函数 $cf:X\to\mathbb R$，满足 $(cf)(x):=cf(x)$。
+
+    定义它们的积为函数 $fg:X\to\mathbb R$（或 $f\cdot g:X\to\mathbb R$），满足 $(fg)(x):=f(x)g(x)$。
+
+    若对于任意 $x\in X$ 有 $g(x)\neq 0$，定义它们的商为函数 $\frac fg:X\to\mathbb R$，满足 $\left(\frac fg\right)(x):=\frac{f(x)}{g(x)}$。
+
+    定义函数 $\max(f,g):X\to\mathbb R$，满足 $\max(f,g)(x):=\max(f(x),g(x))$。
+
+    定义函数 $\min(f,g):X\to\mathbb R$，满足 $\min(f,g)(x):=\min(f(x),g(x))$。
+
+需注意函数乘法和函数复合的区分。
+
+#### 9.3 函数的极限值
+
+- **定义 9.3.1**：设 $X\subseteq \mathbb R$，函数 $f:X\to \mathbb R$ 和实数 $L$。
+
+    设实数 $\varepsilon>0$。称 $f$ 是 $\varepsilon$ 接近于 $L$ 的，当且仅当对于任意 $x\in X$，$|f(x)-L|\leq\varepsilon$。
+
+    设实数 $\varepsilon>0$ 和 $X$ 的附着点 $x_0$。称 $f$ 是在 $x_0$ 附近 $\varepsilon$ 接近于 $L$ 的，当且仅当存在 $\delta>0$，使得 $f|_{\{x\in X:|x-x_0|<\delta\}}$ 是 $\varepsilon$ 接近于 $L$ 的。
+
+    设 $E\subseteq X$ 和 $E$ 的附着点 $x_0$。称 $f$ 在 $x_0$ 处沿着 $E$ 收敛到 $L$，记作 $\lim\limits_{x\to x_0;x\in E}f(x)=L$，当且仅当对于任意 $\varepsilon>0$，$f|_E$ 都是在 $x_0$ 附近 $\varepsilon$ 接近于 $L$ 的。若 $f$ 在 $x_0$ 处沿着 $E$ 不收敛到任何数 $L$，那么称 $f$ 在 $x_0$ 处沿着 $E$ 发散，并让 $\lim\limits_{x\to x_0;x\in E}f(x)$ 无定义。
+
+    更直接地，$\lim\limits_{x\to x_0;x\in E}f(x)=L$ 当且仅当对于任意 $\varepsilon>0$，都存在 $\delta>0$，使得对于任意 $x\in E$ 且 $|x-x_0|<\delta$，有 $|f(x)-L|\leq\varepsilon$。
+
+//感性理解
+
+- **命题 9.3.2**：设 $X\subseteq \mathbb R$，$E\subseteq X$，$x_0$ 是 $E$ 的附着点，$f:X\to \mathbb R$ 是函数，$L$ 是实数。
+
+    那么 $f$ 在 $x_0$ 处沿着 $E$ 收敛到 $L$，当且仅当，对于任意 $(a_n)_{n=0}^{\infty}$ 是由 $E$ 的元素组成的收敛到 $x_0$ 的序列，$(f(a_n))_{n=0}^{\infty}$ 都收敛到 $L$。
+
+    **证明**：若 $f$ 在 $x_0$ 处沿着 $E$ 收敛到 $L$。设 $(a_n)_{n=0}^{\infty}$ 是任意由 $E$ 的元素组成的收敛到 $x_0$ 的序列。设 $\varepsilon>0$ 是任意正实数。存在 $\delta>0$，使得对于任意 $x\in E$ 且 $|x-x_0|<\delta$ 有 $|f(x)-L|\leq\varepsilon$。存在 $N\geq 0$，使得对于任意 $n\geq N$ 都有 $|a_n-x_0|<\delta$，那么 $|f(a_n)-L|\leq\varepsilon$。
+
+    若对于任意 $(a_n)_{n=0}^{\infty}$ 是由 $E$ 的元素组成的收敛到 $x_0$ 的序列，$(f(a_n))_{n=0}^{\infty}$ 都收敛到 $L$。反证，若 $f$ 在 $x_0$ 处沿着 $E$ 不收敛到 $L$。那么存在 $\varepsilon>0$，使得对于任意 $\delta>0$，存在 $x\in E$ 且 $|x-x_0|<\delta$，满足 $|f(x)-L|> \varepsilon$。那么根据选择公理，存在 $(a_n)_{n=1}^{\infty}$，使得对于任意 $n\geq 1$，都有 $a_n\in E$、$|a_n-x_0|<\frac1n$ 和 $|f(a_n)-L|>\varepsilon$。于是 $(a_n)_{n=0}^{\infty}$ 收敛到 $x_0$ 但 $(f(a_n))_{n=0}^{\infty}$ 并不收敛到 $L$，矛盾。
+
+- **推论 9.3.3（函数的极限是唯一的）**：设 $X\subseteq \mathbb R$，$E\subseteq X$，$x_0$ 是 $E$ 的附着点，$f:X\to \mathbb R$ 是函数。那么 $f$ 在 $x_0$ 处沿着 $E$ 至多收敛到一个实数 $L$。
+
+    **证明**：根据命题 9.3.2 和序列极限的唯一性可知。
+
+- **命题 9.3.4（函数的极限算律）**：设 $X\subseteq \mathbb R$，$E\subseteq X$，$x_0$ 是 $E$ 的附着点，$f:X\to \mathbb R$ 和 $g:X\to\mathbb R$ 都是函数。设 $f$ 在 $x_0$ 处沿着 $E$ 收敛到实数 $L$，$g$ 在 $x_0$ 处沿着 $E$ 收敛到实数 $M$。那么：
+    $$
+    \begin{aligned}
+    \lim\limits_{x\to x_0;x\in E}(f+g)(x)&=L+M\\
+    \lim\limits_{x\to x_0;x\in E}(f-g)(x)&=L-M\\
+    \lim\limits_{x\to x_0;x\in E}\max(f,g)(x)&=\max(L,M)\\
+    \lim\limits_{x\to x_0;x\in E}\min(f,g)(x)&=\min(L,M)\\
+    \lim\limits_{x\to x_0;x\in E}(fg)(x)&=LM\\
+    \lim\limits_{x\to x_0;x\in E}(cf)(x)&=cL(c\in\mathbb R)
+    \end{aligned}
+    $$
+    最后，若 $M\neq 0$ 且 $g$ 在 $E$ 上不取零值（对于任意 $x\in E$ 有 $g(x)\neq 0$），那么：
+    $$
+    \lim\limits_{x\to x_0;x\in E}\left(\frac fg\right)(x)=\frac LM
+    $$
+    **证明**：通过命题 9.3.2 转化为序列上的问题。
+
+- **命题 9.3.5（极限是局部的）**：设 $X\subseteq \mathbb R$，$E\subseteq X$，$x_0$ 是 $E$ 的附着点，$f:X\to \mathbb R$ 是函数，$L$ 是实数。
+
+    设 $\delta>0$，那么 $\lim\limits_{x\to x_0;x\in E}f(x)=L\iff \lim\limits_{x\to x_0;x\in E\cap (x_0-\delta,x_0+\delta)}=L$。
+
+    **证明**：略。
+
+- **命题 9.3.6**：设 $X\subseteq \mathbb R$，$E'\subseteq E\subseteq X$，$x_0$ 是 $E'$ 的附着点（从而是 $E$ 的附着点），$f:X\to \mathbb R$ 是函数，$L$ 是实数。那么 $\lim\limits_{x\to x_0;x\in E}f(x)=L\implies \lim\limits_{x\to x_0;x\in E'}f(x)=L$。
+
+    **证明**：略。
+
+#### 9.4 连续函数
+
+- **定义 9.4.1（连续）**：设 $X\subseteq\mathbb R$ 和函数 $f:X\to \mathbb R$，设 $x_0\in X$。
+
+    称 $f$ 是在 $x_0$ 处连续的，当且仅当 $\lim\limits_{x\to x_0;x\in X}f(x)=f(x_0)$。
+
+    称 $f$ 是在 $x_0$ 处间断的，当且仅当 $f$ 不是在 $x_0$ 处连续的。
+
+    称 $f$ 在 $X$ 上是连续的（或简单地说是连续的），当且仅当对于任意 $x_0\in X$，$f$ 都是在 $x_0$ 处连续的。
+
+//难道当 $x_0\in X$ 时，若 $\lim\limits_{x\to x_0;x\in X}f(x)$ 存在，它可能不等于 $f(x_0)$ 吗？
+
+//连续的定义有没有更简单一些的理解方式？
+
+注意定义域 $X$ 很重要，例如：设由 $f(x):=\begin{cases}1&\text{if }x>0\\0&\text{if }x=0\\-1&\text{if }x<0\end{cases}$ 定义的函数 $f:\mathbb R\to \mathbb R$，那么 $f$ 在 $0$ 处是间断的，但 $f|_{(-\infty,-1]\cup\{0\}\cup[1,+\infty)}$ 在 $0$ 处是连续的，$f|_{\{0\}}$ 在 $0$ 处是连续的。
+
+- **命题 9.4.2**：设 $X\subseteq \mathbb R$，$f:X\to\mathbb R$ 是函数，$x_0\in X$。那么下面三个命题是等价的：
+
+    - $f$ 在 $x_0$ 处连续。
+    - 对于任意 $(a_n)_{n=0}^{\infty}$ 是由 $X$ 的元素组成的收敛到 $x_0$ 的序列，都有 $\lim\limits_{n\to\infty}f(a_n)=f(x_0)$。
+    - 对于任意 $\varepsilon>0$ 都存在 $\delta>0$，使得对于任意 $x\in X$ 且 $|x-x_0|<\delta$，都有 $|f(x)-f(x_0)|<\varepsilon$。
+
+    **证明**：根据定义可知。
+
+- **命题 9.4.3（算术运算保持连续性）**：设 $X\subseteq \mathbb R$，$f:X\to\mathbb R$ 和 $g:X\to\mathbb R$ 是函数，$x_0\in X$。
+
+    若 $f,g$ 在 $x_0$ 处连续，则 $f+g,f-g,\max(f,g),\min(f,g),fg$ 都在 $x_0$ 处连续。
+
+    若另有 $g$ 在 $X$ 上不取零值，则 $\frac fg$ 也在 $x_0$ 处连续。
+
+- **命题 9.4.4（指数函数是连续的）**：设实数 $a>0$，那么由 $f(x):=a^x$ 定义的函数 $f:\mathbb R\to\mathbb R$ 是连续的。
+
+    **证明**：使用类似定义 6.7.1 中的证明方法。
+
+- **命题 9.4.5（幂函数是连续的）**：设实数 $p$，那么由 $f(x):=x^p$ 定义的函数 $f:(0,\mathbb R)\to \mathbb R$ 是连续的。
+
+    **证明**：使用实数的实数次幂。
+
+//9.4.4 和 9.4.5 的证明我没细想，但看到习题说要用挤压判别法之类的，感觉可能我想简单了，留给slc作为习题
+
+- **命题 9.4.6（绝对值函数是连续的）**：由 $f(x):=|x|$ 定义的函数 $f:\mathbb R\to\mathbb R$ 是连续的。
+
+    **证明**：$|x|=\max(x,-x)$。
+
+- **命题 9.4.7（复合保持连续性）**：设 $X,Y\subseteq \mathbb R$，$f:X\to Y$ 和 $g:Y\to \mathbb R$ 是函数，$x_0\in X$。若 $f$ 在 $x_0$ 处连续，$g$ 在 $f(x_0)$ 处连续，那么 $g\circ f$ 在 $x_0$ 处连续。
+
+    **证明**：设 $\varepsilon>0$ 为任意正实数。那么存在 $\delta>0$ 使得对于任意 $y\in Y$ 且 $|y-f(x_0)|\leq \delta$ 满足 $|g(y)-g(f(x_0))|\leq\varepsilon$。存在 $\omega>0$ 使得对于任意 $x\in X$ 且 $|x-x_0|\leq\omega$ 满足 $|f(x)-f(x_0)|\leq\delta$，则 $|g(f(x))-g(f(x_0))|\leq\varepsilon$。证毕。
+
+- **命题 9.4.8**：设 $X\subseteq \mathbb R$，$E\subseteq X$，$f:X\to \mathbb R$ 是函数。若 $f$ 是连续的，则 $f|_E$ 也是连续的。
+
+    **证明**：结合定义与命题 9.3.6。
+
+#### 9.5 左极限和右极限
+
+- **定义 9.5.1（左极限和右极限）**：设 $X\subseteq \mathbb R$，$f:X\to\mathbb R$ 是函数，$x_0$ 是实数。
+
+    若 $x_0$ 是 $X\cap (x_0,+\infty)$ 的附着点，那么定义 $f$ 在 $x_0$ 处的右极限 $f(x_0+):=\lim\limits_{x\to x_0;x\in X\cap (x_0,+\infty)}f(x)$。
+
+    若 $x_0$ 是 $X\cap (-\infty,x_0)$ 的附着点，那么定义 $f$ 在 $x_0$ 处的左极限 $f(x_0-):=\lim\limits_{x\to x_0;x\in X\cap (-\infty,x_0)}f(x)$。
+
+    当 $x_0$ 不是 $X\cap (x_0,+\infty)$ 的附着点，或 $\lim\limits_{x\to x_0;x\in X\cap (x_0,+\infty)}f(x)$ 无定义，则 $f(x_0+)$ 无定义。同理可知 $f(x_0-)$ 何时无定义。
+
+    有时将 $f(x_0+)$ 写作 $\lim\limits_{x\to x_0^+}f(x)$，将 $f(x_0-)$ 写作 $\lim\limits_{x\to x_0^-}f(x)$。
+
+- **命题 9.5.2**：设 $X\subseteq \mathbb R$，$f:X\to\mathbb R$ 是函数，$x_0\in X$ 且 $x_0$ 同是 $X\cap (x_0,+\infty)$ 和 $X\cap (-\infty,x_0)$ 的附着点。那么 $f$ 在 $x_0$ 处连续，当且仅当，$f(x_0+)$ 和 $f(x_0-)$ 都存在且都等于 $f(x_0)$。
+
+    **证明**：略。
+
+#### 9.6 极值定理
+
+- **定义 9.6.1（函数有界）**：设 $X\subseteq \mathbb R$ 和函数 $f:X\to \mathbb R$。
+
+    称 $f$ 是有上界的，当且仅当存在实数 $M$，使得对于任意 $x\in X$ 都有 $f(x)\leq M$。
+
+    称 $f$ 是有下界的，当且仅当存在实数 $M$，使得对于任意 $x\in X$ 都有 $f(x)\geq M$。
+
+    称 $f$ 是有界的，当且仅当存在实数 $M$，使得对于任意 $x\in X$ 都有 $|f(x)|\leq M$。
+
+可以发现，$f$ 是有界的，当且仅当 $f(X)$ 是有界的。
+
+- **引理 9.6.2**：设实数 $a,b$ 满足 $a<b$，函数 $f:[a,b]\to\mathbb R$ 是连续的，那么 $f$ 是有界函数。
+
+    **证明**：反证，设 $f$ 是无界的。
+
+    根据选择公理，存在一个序列 $(x_n)_{n=0}^{\infty}$，使得对于任意 $n\geq 0$ 满足 $x_n\in [a,b]$ 且 $f(x_n)>n$。
+
+    根据定理 9.1.13，存在一个 $(x_n)_{n=0}^{\infty}$ 的子序列 $(x_{n_i})_{i=0}^{\infty}$，使得 $(x_{n_i})_{i=0}^{\infty}$ 收敛到 $[a,b]$ 中的某实数 $L$。
+
+    根据连续的定义，$(f(x_{n_i}))_{i=0}^{\infty}$ 应收敛到 $f(L)$ 是有界的。但根据 $(x_n)_{n=0}^{\infty}$ 的定义可知 $(f(x_{n_i}))_{i=0}^{\infty}$ 是无界的。矛盾。
+
+- **定义 9.6.3（函数的极值）**：设 $X\subseteq \mathbb R$，$f:X\to \mathbb R$ 是函数，$x_0\in X$。
+
+    称 $f$ 在 $x_0$ 处达到它的最大值，当且仅当对于任意 $x\in X$ 有 $f(x)\leq f(x_0)$。
+
+    称 $f$ 在 $x_0$ 处达到它的最小值，当且仅当对于任意 $x\in X$ 有 $f(x)\geq f(x_0)$。
+
+注意有界函数不一定有极值。例如由 $f(x):=\frac{1}{x}$ 定义的函数 $f:(0,+\infty)\to\mathbb R$ 有下界 $0$，但是不存在最小值。
+
+- **命题 9.6.4（极值定理）**：设实数 $a,b$ 满足 $a<b$，函数 $f:[a,b]\to \mathbb R$ 是连续的，那么 $f$ 在某点 $x_{\max}\in[a,b]$ 处达到它的最大值，在某点 $x_{\min}$ 处达到它的最小值。
+
+    **证明**：令 $L:=\sup(\{f(x):x\in[a,b]\})$，那么对于任意 $x\in [a,b]$ 有 $f(x)\leq L$。
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+    根据 $\sup$ 的定义和选择公理，存在一个序列 $(x_n)_{n=1}^{\infty}$ 使得对于任意 $n\geq 1$ 满足 $x_n\in [a,b]$ 且 $f(x_n)\geq L-\frac1n$。
+
+    根据定理 9.1.13，存在一个 $(x_n)_{n=0}^{\infty}$ 的子序列 $(x_{n_i})_{i=0}^{\infty}$，使得 $(x_{n_i})_{i=0}^{\infty}$ 收敛到 $[a,b]$ 中的某实数 $x_{\max}$。
+
+    又 $(f(x_{n_i}))_{i=0}^{\infty}$ 收敛到 $L$，再根据连续的定义，可知 $f(x_{\max})=L$。
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+    同理可证 $x_{\min}$。
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+//习题9.6.1很有意思，我另外补充一道：构造函数 $f:[0,\infty)\to\mathbb R$，它连续并有界，但没有最大值也没有最大值。一起留给slc作为习题。
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+#### 9.7 中值定理
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+- **定理 9.7.1（中值定理）**：设 $a,b$ 是实数满足 $a<b$，$f:[a,b]\to\mathbb R$ 是连续函数，$y$ 是介于 $f(a)$ 和 $f(b)$ 之间的实数。那么存在 $c\in[a,b]$ 使得 $f(c)=y$。
+
+    **证明**：不妨设 $f(a)\leq y\leq f(b)$。
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+    设 $E:=\{x\in [a,b]:f(x)\leq y\}$。由于 $E$ 非空且具有上界 $b$，故存在 $c:=\sup(E)$ 满足 $c\in [a,b]$。
+
+    考虑证明 $f(c)=y$。
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+    根据选择公理，存在一个序列 $(x_n)_{n=1}^{\infty}$ 使得对于任意 $n\geq 1$ 有 $x_n\in E$ 且 $x_n\geq c-\frac1n$。那么 $(x_n)_{n=1}^{\infty}$ 收敛到 $c$，从而 $(f(x_n))_{n=1}^{\infty}$ 收敛到 $f(c)$。又因为对于任意 $n\geq 1$ 有 $f(x_n)\leq y$，那么 $f(c)\leq y$。
+
+    排除掉 $c=b$ 的平凡情况，可以由 $x_n:=\min(c+\frac1n,b)$ 定义序列 $(x_n)_{n=1}^{\infty}$，那么对于任意 $n\geq 1$ 都有 $x_n\in (c,b]$ 从而 $f(x_n)>y$，又由于 $(x_n)_{n=1}^{\infty}$ 收敛到 $c$，于是 $(f(x_n))_{n=1}^{\infty}$ 收敛到 $f(c)$，那么 $f(c)\geq y$。
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+    综上，可以得到 $f(c)=y$。
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+- **推论 9.7.2（连续函数的象）**：设 $a,b$ 是实数满足 $a<b$，$f:[a,b]\to\mathbb R$ 是连续函数。根据极值定理，$f$ 存在最小值 $y_{\min}$ 和最大值 $y_{\max}$。那么 $f([a,b])=[y_{\min},y_{\max}]$。
+
+    **证明**：存在 $x_\min\in[a,b]$ 使得 $f(x_{\min})=y_{\min}$，存在 $x_{\max}\in[a,b]$ 使得 $f(x_{\max})=y_{\max}$。
+
+    不妨设 $x_{\min}\leq x_{\max}$。根据命题 9.4.8，$f|_{[x_\min,x_\max]}$ 是连续的，那么根据中值定理，对于任意 $y\in [y_\min,y_\max]$，存在 $x\in[x_\min,x_\max]$ 使得 $f(x)=y$。于是 $[y_\min,y_\max]\subseteq f([a,b])$。然后可证 $[y_\min,y_\max]=f([a,b])$。
+
+#### 9.8 单调函数
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+- **定义 9.8.1（单调函数）**：设 $X\subseteq \mathbb R$，$f:X\to \mathbb R$ 是函数。
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+  称 $f$ 是单调增的，当且仅当对于任意 $x,y\in X$ 满足 $x<y$ 都有 $f(x)\leq f(y)$。
+
+  称 $f$ 是严格单调增的，当且仅当对于任意 $x,y\in X$ 满足 $x<y$ 都有 $f(x)<f(y)$。
+
+  称 $f$ 是单调减的，当且仅当对于任意 $x,y\in X$ 满足 $x<y$ 都有 $f(x)\geq f(y)$。
+
+  称 $f$ 是严格单调减的，当且仅当对于任意 $x,y\in X$ 满足 $x<y$ 都有 $f(x)>f(y)$。
+
+  称 $f$ 是单调的，当且仅当 $f$ 是单调增的或是单调减的。
+
+  称 $f$ 是严格单调的，当且仅当 $f$ 是严格单调增的或是严格单调减的。
+
+- **引理 9.8.2**：设实数 $a,b$ 满足 $a<b$，函数 $f:[a,b]\to \mathbb R$ 是单调增的，那么 $f$ 在 $a$ 处取到最小值，在 $b$ 处取到最小值。**证明**：略。
+
+- **命题 9.8.3**：设实数 $a,b$ 满足 $a<b$，函数 $f:[a,b]\to \mathbb R$ 是连续且严格单调增的。那么 $f$ 是 $[a,b]$ 到 $[f(a),f(b)]$ 的双射，且 $f^{-1}$ 是也连续且严格单调增的。
+
+  **证明**：利用中值定理，容易证明 $f$ 是 $[a,b]$ 到 $[f(a),f(b)]$ 的双射，且 $f^{-1}$ 是严格单调增的，现证 $f^{-1}$ 是连续的。
+
+  设 $y_0\in[f(a),f(b)]$，那么存在唯一的 $x_0$ 使得 $f(x_0)=y_0$。
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+  设 $\varepsilon>0$ 是任意正实数。我们需找到 $\delta>0$，使得对于任意 $y\in [f(a),f(b)]$ 且 $|y-y_0|\leq \delta$，令 $x=f^{-1}(y)$，都有 $|x-x_0|\leq\varepsilon$。
+
+  设 $\delta_l:=\begin{cases}f(x_0)-f(x_0-\varepsilon)&\text{if }x_0-\varepsilon\geq a\\+\infty&\text{if }x_0-\varepsilon<a\end{cases}$，$\delta_r:=\begin{cases}f(x_0+\varepsilon)-f(x_0)&\text{if }x_0+\varepsilon\leq b\\+\infty&\text{if }x_0+\varepsilon>b\end{cases}$，$\delta=\min(\delta_l,\delta_r)$，容易证明 $\delta>0$ 且满足条件。
+
+引理 9.8.2 和命题 9.8.3 对于单调减也有类似的论述。
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+//习题
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+#### 9.9 一致连续性
+
+- **定义 9.9.1（一致连续）**：设 $X\subseteq \mathbb R$，$f:X\to \mathbb R$ 是函数。
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+  称 $f$ 是一致连续的，当且仅当，对于任意 $\varepsilon>0$，都存在 $\delta>0$，使得对于任意 $x_0\in X$，对于任意 $x\in X$ 且 $|x-x_0|\leq\delta$，都有 $|f(x)-f(x_0)|\leq\varepsilon$。
+
+可以看出，一致连续的函数一定是连续的。
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+//这里给出一致连续的很多种感性理解，slc帮忙看看怎么理解更好：
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+//若某个函数 $f:X\to \mathbb R$ 是连续的，那么 $f$ 是一致连续的，等价于：对于任意 $\varepsilon>0$，有 $\inf\bigg(\bigg\{\sup\big(\{\delta\in \mathbb R^+:\forall_{x\in X,|x-x_0|\leq\delta},|f(x)-f(x_0)|\leq\varepsilon\}\big):x_0\in X\bigg\}\bigg)>0$。
+
+//或者对于任意 $\varepsilon>0$，有 $\inf(\{|x-y|:x,y\in X\land |f(x)-f(y)|>\varepsilon\})>0$。
+
+//或者对于任意小的正 $\varepsilon$，一定不存在两个点，它们 $x$ 值无限接近，且 $y$ 值相差大过 $\varepsilon$。
+
+//即，对于任意无限接近的两个自变量，它们对应的函数值也应是无限接近的。
+
+//而连续指的是，对于某一个点，和另一个和它无限接近的点，它们对应的函数值是无限接近的。
+
+//原文中的一句话是：考察 $f(x):=\frac1x$，当 $x$ 不断接近 $0$ 时，函数的连续性会变得越来越 “差”，故它不是 “一致连续” 的。
+
+//也有人说，可以理解成，对于任意的 $\Delta y>0$，能找到一个高为 $\Delta y$、宽为 $\Delta x$ 的矩形，使得该矩形能完美地“串在”该函数上，满足函数曲线始终从左右两侧穿入并穿出矩形。
+
+//也有人说导数值有界，即斜率不能无限变大，这种说法可能会直观些，但得留到第10章看看对不对。
+
+- **命题 9.9.2**：设 $X\subseteq \mathbb R$，$f:X\to \mathbb R$ 是函数。那么 $f$ 是一致连续的，当且仅当，对于任意 $(x_n)_{n=0}^{\infty}$ 和 $(y_n)_{n=0}^{\infty}$ 是由 $X$ 的元素组成的等价序列，都有 $(f(x_n))_{n=0}^{\infty}$ 和 $(f(y_n))_{n=0}^{\infty}$ 是等价的。
+
+  **证明**：正推较容易，证反推。反证，若存在 $\varepsilon>0$，使得对于任意 $\delta>0$，都存在 $x,x_0\in X$ 且 $|x-x_0|\leq\delta$，使得  $|f(x)-f(x_0)|>\varepsilon$。那么根据选择公理，存在序列 $(x_n)_{n=1}^{\infty}$ 和 $(y_n)_{n=1}^{\infty}$，使得对于任意 $n\geq 1$，有 $x_n,y_n\in X$，$|x_n-y_n|\leq\frac1n$ 且 $|f(x_n)-f(y_n)|>\varepsilon$，那么 $(x_n)_{n=1}^{\infty}$ 和 $(y_n)_{n=1}^{\infty}$ 等价，但 $(f(x_n))_{n=1}^{\infty}$ 和 $(f(y_n))_{n=1}^{\infty}$ 不等价。矛盾。
+
+作为对照可以看到，若 $f$ 是连续的，那么 $f$ 把收敛序列映成收敛序列；而若 $f$ 是一致连续的，那么 $f$ 把一对等价序列映到一对等价序列，不论这对等价序列是否发散，或是否收敛到定义域外。
+
+- **命题 9.9.3**：设 $X\subseteq \mathbb R$，$f:X\to \mathbb R$ 是一致连续函数。若 $(x_n)_{n=0}^{\infty}$ 是由 $X$ 的元素组成的柯西序列，那么 $(f(x_n))_{n=0}^{\infty}$ 也是柯西序列。
+
+  **证明**：由定义可知。
+
+- **推论 9.9.4**：设 $X\subseteq \mathbb R$，$f:X\to \mathbb R$ 是一致连续函数。若 $x_0$ 是 $X$ 的附着点，那么存在极限 $\lim\limits_{x\to x_0;x\in X}f(x)$。
+
+  **证明**：结合命题 9.9.2 和命题 9.9.3 可知。
+
+- **命题 9.9.5**：设 $X\subseteq \mathbb R$，$f:X\to \mathbb R$ 是一致连续函数。若 $X$ 有界，则 $f(X)$ 也有界。
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+  **证明**：反证。设 $f(X)$ 是无界的。
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+  根据选择公理，存在一个序列 $(x_n)_{n=0}^{\infty}$ 满足对于任意 $n\geq 0$，$x_n\in X$ 且 $f(x_n)\geq n$。
+
+  根据定理 6.6.6，存在一个子序列 $(x_{n_i})_{i=0}^{\infty}$ 是收敛序列，从而根据命题 9.9.3 可知 $(f(x_{n_i}))_{i=0}^{\infty}$ 也是收敛序列，但根据定义 $(f(x_{n_i}))_{i=0}^{\infty}$ 是发散的。矛盾。
+
+- **定理 9.9.6**：设实数 $a,b$ 满足 $a<b$，$f:[a,b]\to\mathbb R$ 是连续函数。那么 $f$ 是一致连续函数。
+
+  **证明**：反证。若 $f$ 不是一致连续函数，那么存在 $\varepsilon>0$，使得对于任意 $\delta>0$，都存在 $x,x_0\in [a,b]$ 且 $|x-x_0|\leq\delta$，满足 $|f(x)-f(x_0)|>\varepsilon$。
+
+  根据选择公理，存在序列 $(x_n)_{n=1}^{\infty}$ 和 $(y_n)_{n=1}^{\infty}$ 满足对于任意 $n\geq 1$，有 $x_n,y_n\in[a,b]$，$|x_n-y_n|\leq\frac1n$ 且 $|f(x_n)-f(y_n)|>\varepsilon$。
+
+  根据定理 9.1.13，存在一个子序列 $(x_{n_i})_{i=0}^{\infty}$ 收敛到 $x\in[a,b]$，那么 $(y_{n_i})_{i=0}^{\infty}$ 也收敛到 $x$，那么应有 $(f(x_{n_i}))_{i=0}^{\infty}=(f(y_{n_i}))_{i=0}^{\infty}=f(x)$，但显然 $(f(x_{n_i}))_{i=0}^{\infty}$ 和 $(f(y_{n_i}))_{i=0}^{\infty}$ 不等价，矛盾。
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+#### 9.10 在无限处的极限
+
+- **定义 9.10.1（无限附着点）**：设 $X\subseteq \mathbb R$。称 $+\infty$ 是附着于 $X$ 的，当且仅当 $X$ 无上界。称 $-\infty$ 是附着于 $X$ 的，当且仅当 $X$ 无下界。
+
+- **定义 9.10.2（在无限处的极限）**：设 $X\subseteq \mathbb R$ 且 $+\infty$ 是 $X$ 的附着点，$f:X\to \mathbb R$ 是函数。
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+    称当 $x\to+\infty$ 时 $f(x)$ 收敛到 $L$，记作 $\lim\limits_{x\to+\infty;x\in X}f(x)=L$，当且仅当对于任意 $\varepsilon>0$，都存在 $M$，使得对于任意 $x\in X$ 且 $x>M$，都有 $|f(x)-L|\leq\varepsilon$。
+
+    称当 $x\to-\infty$ 时 $f(x)$ 收敛到 $L$，记作 $\lim\limits_{x\to-\infty;x\in X}f(x)=L$，当且仅当对于任意 $\varepsilon>0$，都存在 $M$，使得对于任意 $x\in X$ 且 $x<M$，都有 $|f(x)-L|\leq\varepsilon$。
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+- **引理 9.10.3**：设序列 $(a_n)_{n=0}^{\infty}$，那么 $\lim\limits_{n\to +\infty}a_n$ 存在当且仅当 $\lim\limits_{n\to+\infty;n\in \mathbb N}a_n$ 存在，且若二者都存在，则 $\lim\limits_{n\to +\infty}a_n=\lim\limits_{n\to+\infty;n\in \mathbb N}a_n$。
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+    **证明**：根据定义可知。
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+由于在本书中我们不常使用无限处的极限，所以我们不对无限处的极限做深入拓展。
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