From 99d86a386dd678a1e616bdee489dcb749ac7f711 Mon Sep 17 00:00:00 2001 From: lcw Date: Sat, 21 Oct 2023 00:54:53 +0800 Subject: [PATCH] =?UTF-8?q?markdown=E6=A0=BC=E5=BC=8F=E4=BF=AE=E6=AD=A3?= MIME-Version: 1.0 Content-Type: text/plain; charset=UTF-8 Content-Transfer-Encoding: 8bit --- src/第10章 函数的微分.md | 117 +++++++++++++++++-------------- src/第2章 从头开始：自然数.md | 2 +- src/第3章 集合论.md | 1 + src/第6章 序列的极限.md | 50 +++++++------- src/第7章 级数.md | 125 +++++++++++++++++---------------- src/第8章 无限集合.md | 126 +++++++++++++++++----------------- src/第9章 R上的连续函数.md | 36 +++++----- 7 files changed, 242 insertions(+), 215 deletions(-) diff --git a/src/第10章 函数的微分.md b/src/第10章 函数的微分.md index deac46f..52e119a 100644 --- a/src/第10章 函数的微分.md +++ b/src/第10章 函数的微分.md @@ -36,51 +36,55 @@ - **定理 10.1.6（微分算法）**：设 $X\subseteq \mathbb R$，$x_0\in X$ 且是 $X$ 的聚点，$f:X\to\mathbb R$ 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 $\left(\frac fg\right)'(x_0)=\frac{f'(x_0)g(x_0)-f(x_0)g'(x_0)}{g^2(x_0)}$。 + 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。 + **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 $X$ 的聚点，$f:X\to Y$ 是在 $x_0$ 处可微的函数，$y_0:=f(x_0)$ 是 $Y$ 的聚点，$g:Y\to \mathbb R$ 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。 + **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 $\varepsilon_1,\varepsilon_2>0$ 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 $\delta_2>0$ 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 $\delta_1>0$ 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 $|f(x)-f(x_0)|\leq \delta_2$。 + 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。 + 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 @@ -148,11 +152,13 @@ - **定理 10.4.2（反函数定理）**：设 $X,Y\subseteq \mathbb R$，$f:X\to Y$ 是双射， $x_0\in X$ 且是 $X$ 的聚点，$y_0=f(x_0)$。若 $f$ 在 $x_0$ 处可微且 $f'(x_0)\neq 0$，$f^{-1}$ 在 $y_0$ 处连续，那么 $f^{-1}$ 在 $y_0$ 处可微，且 $(f^{-1})'(y_0)=\frac{1}{f'(x_0)}$。 - **证明**：首先可以证明出 $y_0$ 是 $Y$ 的聚点。然后设任意 $Y\setminus\{y_0\}$ 上的收敛到 $y_0$ 的序列 $(y_n)_{n=1}^{\infty}$，记 $x_n=f^{-1}(y_n)$，那么由于 $f^{_-1}$ 在 $y_0$ 处连续，可知 $(x_n)_{n=1}^{\infty}$ 收敛到 $x_0$。那么： + **证明**：首先可以证明出 $y_0$ 是 $Y$ 的聚点。然后设任意 $Y\setminus\{y_0\}$ 上的收敛到 $y_0$ 的序列 $(y_n)_{n=1}^{\infty}$，记 $x_n=f^{-1}(y_n)$，那么由于 $f^{_-1}$ 在 $y_0$ 处连续，可知 $(x_n)_{n=1}^{\infty}$ 收敛到 $x_0$。那么： - $$\lim_{n\to\infty}\frac{f^{-1}(y_n)-f^{-1}(y_0)}{y_n-y_0}=\lim_{n\to\infty}\frac{x_n-x_0}{f(x_n)-f(x_0)}=\frac{1}{\lim\limits_{n\to\infty}\frac{f(x_n)-f(x_0)}{x_n-x_0}}=\frac{1}{f'(x_0)}$$ + $$ + \lim_{n\to\infty}\frac{f^{-1}(y_n)-f^{-1}(y_0)}{y_n-y_0}=\lim_{n\to\infty}\frac{x_n-x_0}{f(x_n)-f(x_0)}=\frac{1}{\lim\limits_{n\to\infty}\frac{f(x_n)-f(x_0)}{x_n-x_0}}=\frac{1}{f'(x_0)} + $$ - 注意正确的顺序是从后往前推。 + 注意正确的顺序是从后往前推。 注意定理 10.4.2 中 “$f^{-1}$ 在 $y_0$ 处连续” 的条件不可省略。例如由 $f(x):=\begin{cases}x+1&-1\leq x<0\\x-1&0\leq x<1\end{cases}$ 定义的函数 $f:[-1,1)\to[-1,1)$ 并取 $x_0=-1$ 就是一个反例。 @@ -160,33 +166,40 @@ - **引理 10.4.3**：设实数 $\alpha$ 和由 $f(x):=x^{\alpha}$ 定义的函数 $f:\mathbb (0,+\infty)\to\mathbb R$。那么 $f$ 可微且 $f'(x)=\alpha x^{\alpha-1}$。 - **证明**： + **证明**：不知道为啥没写，待补。 #### 10.5 洛必达法则 - **命题 10.5.1（洛必达法则 1）**：设 $X\subseteqq \mathbb R$ 和 $X$ 的聚点 $x_0$，函数 $f:X\to\mathbb R$ 和 $g:X\to\mathbb R$，满足 $f(x_0)=g(x_0)=0$，$f$ 和 $g$ 都在 $x_0$ 处可微且 $g'(x_0)\neq 0$。那么存在 $\delta>0$ 使得对于任意 $x\in X\setminus\{x_0\}$ 满足 $|x-x_0|<\delta$，都有 $g(x)\neq 0$。且对于任意合法的 $\delta$ 都有： - $$\lim_{x\to x_0;x\in (X\setminus\{x_0\})\cap (x_0-\delta,x_0+\delta)}\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f'(x_0)}{g'(x_0)}$$ + $$ + \lim_{x\to x_0;x\in (X\setminus\{x_0\})\cap (x_0-\delta,x_0+\delta)}\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f'(x_0)}{g'(x_0)} + $$ - **证明**：假设不存在 $\delta$，那么对于任意 $\delta>0$，都存在 $x\in X\setminus\{x_0\}$ 且 $|x-x_0|<\delta$ 满足 $g(x)=g(x_0)=0$，即 $\frac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0}=0$，这与 $g'(x_0)\neq 0$ 矛盾。然后： + **证明**：假设不存在 $\delta$，那么对于任意 $\delta>0$，都存在 $x\in X\setminus\{x_0\}$ 且 $|x-x_0|<\delta$ 满足 $g(x)=g(x_0)=0$，即 $\frac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0}=0$，这与 $g'(x_0)\neq 0$ 矛盾。然后： - $$\begin{aligned}\lim_{x\to x_0;x\in (X\setminus\{x_0\})\cap (x_0-\delta,x_0+\delta)}\frac{f(x)}{g(x)}&=\lim_{x\to x_0;x\in (X\setminus\{x_0\})\cap (x_0-\delta,x_0+\delta)}\frac{\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}}{\frac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0}}\\&=\frac{\lim\limits_{x\to x_0;x\in (X\setminus\{x_0\})\cap (x_0-\delta,x_0+\delta)}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}}{\lim\limits_{x\to x_0;x\in (X\setminus\{x_0\})\cap (x_0-\delta,x_0+\delta)}\frac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0}}\\&=\frac{f'(x_0)}{g'(x_0)}\end{aligned}$$ + $$ + \begin{aligned}\lim_{x\to x_0;x\in (X\setminus\{x_0\})\cap (x_0-\delta,x_0+\delta)}\frac{f(x)}{g(x)}&=\lim_{x\to x_0;x\in (X\setminus\{x_0\})\cap (x_0-\delta,x_0+\delta)}\frac{\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}}{\frac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0}}\\&=\frac{\lim\limits_{x\to x_0;x\in (X\setminus\{x_0\})\cap (x_0-\delta,x_0+\delta)}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}}{\lim\limits_{x\to x_0;x\in (X\setminus\{x_0\})\cap (x_0-\delta,x_0+\delta)}\frac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0}}\\&=\frac{f'(x_0)}{g'(x_0)}\end{aligned} + $$ - 注意正确的顺序是从后往前推。 + 注意正确的顺序是从后往前推。 - **命题 10.5.2（洛必达法则 2）**：设实数 $a,b$ 满足 $a1 - \end{cases} - $$ - - **证明**：先来证明当 $|x|<1$ 的情况。根据推论 6.4.7，只证明 $01 + \end{cases} + $$ + + **证明**：先来证明当 $|x|<1$ 的情况。根据推论 6.4.7，只证明 $00$，存在 $n\geqslant 1$ 使得 $x^n<\varepsilon$，这需要对数，我们暂且做不到。 + 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 $n\geqslant 1$ 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 $k\geqslant 0$ 有 $(a_n)_{n=m}^{\infty}\sim(a_{n+k})_{n=m}^{\infty}$），于是 $L=xL$，由于 $x\neq 1$，得 $L=0$。 + 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 $k\geqslant 0$ 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 $x=-1$，证明显然。 + 对于 $x=1$ 和 $x=-1$，证明显然。 - 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 $N\geqslant 1$ 使得 $\frac{L}{x}L$，矛盾。 + 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 $N\geqslant 1$ 使得 $\frac{L}{x}L$，矛盾。 - **引理 6.5.4**：设 $x>0$ 为实数，那么 $\lim\limits_{n\to\infty}x^{\frac{1}{n}}=1$。 diff --git a/src/第7章 级数.md b/src/第7章 级数.md index e9042a2..b0690af 100644 --- a/src/第7章 级数.md +++ b/src/第7章 级数.md @@ -30,27 +30,27 @@ - **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。 + **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。 + 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 $\sum\limits_{i=1}^{n+1}f(g(i))=\sum\limits_{i=1}^{n+1}f(h(i))$。 + 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 $x:=g(n+1)$，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 $1\leqslant i\leqslant n$，有 $h'(i):=\begin{cases}h(n+1)&i=k\\h(i)&i\neq k\end{cases}$。 + 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 $1\leqslant i\leqslant n$，有 $h'(i):=\begin{cases}h(n+1)&i=k\\h(i)&i\neq k\end{cases}$。 - 那么 $h'$ 是从 $\mathbb Z_{1..n}$ 到 $X\setminus\{x\}$ 的双射。于是， + 那么 $h'$ 是从 $\mathbb Z_{1..n}$ 到 $X\setminus\{x\}$ 的双射。于是， - $$ - \begin{aligned} - \sum\limits_{i=1}^{n+1}f(h(i))&=\sum\limits_{i=1}^{k-1}f(h(i))+\sum\limits_{i=k+1}^nf(h(i))+f(h(k))+f(h(n+1))\\ - &=\sum\limits_{i=1}^{k-1}f(h'(i))+\sum\limits_{i=k+1}^nf(h'(i))+f(x)+f(h'(k))\\ - &=\sum\limits_{i=1}^nf(h'(i))+f(x) - \end{aligned} - $$ + $$ + \begin{aligned} + \sum\limits_{i=1}^{n+1}f(h(i))&=\sum\limits_{i=1}^{k-1}f(h(i))+\sum\limits_{i=k+1}^nf(h(i))+f(h(k))+f(h(n+1))\\ + &=\sum\limits_{i=1}^{k-1}f(h'(i))+\sum\limits_{i=k+1}^nf(h'(i))+f(x)+f(h'(k))\\ + &=\sum\limits_{i=1}^nf(h'(i))+f(x) + \end{aligned} + $$ - 根据归纳，$\sum\limits_{i=1}^{n}f(g(i))=\sum\limits_{i=1}^nf(h'(i))$，证毕。 + 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 $\sum\limits_{y\in\{x\in X:P(x)\}}f(y)$ 简写为 $\sum\limits_{x\in X:P(x)}f(x)$ 甚至 $\sum\limits_{P(x)}f(x)$。 @@ -185,14 +185,14 @@ 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}&n\text{ 为偶数}\\S_n&n\text{ 为奇数}\end{cases}$，$B_n:=\begin{cases}a_n&n\text{ 为偶数}\\0&n\text{ 为奇数}\end{cases}$。 + 定义序列 $(A_n)_{n=m}^{\infty}$ 和 $(B_n)_{n=m}^{\infty}$ 满足 $A_n:=\begin{cases}S_{n-1}&n\text{ 为偶数}\\S_n&n\text{ 为奇数}\end{cases}$，$B_n:=\begin{cases}a_n&n\text{ 为偶数}\\0&n\text{ 为奇数}\end{cases}$。 + - 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 $n\geqslant m$ 有 $A_n\leqslant a_m-a_n$：若 $n$ 为偶数，那么 $A_{n}=A_{n-1}\leqslant a_m-a_{n-1}\leqslant a_m-a_n$；若 $n$ 为奇数，那么 $A_n=A_{n-2}+a_{n-1}-a_{n}\geqslant A_{n-2}=A_{n-1}$，且 $A_n=A_{n-2}+a_{n-1}-a_n\leqslant a_m-a_{n-2}+a_{n-1}-a_n\leqslant a_m-a_n$。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 $n\geqslant m$ 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。 +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 $n\geqslant m$ 有 $A_n\leqslant a_m-a_n$：若 $n$ 为偶数，那么 $A_{n}=A_{n-1}\leqslant a_m-a_{n-1}\leqslant a_m-a_n$；若 $n$ 为奇数，那么 $A_n=A_{n-2}+a_{n-1}-a_{n}\geqslant A_{n-2}=A_{n-1}$，且 $A_n=A_{n-2}+a_{n-1}-a_n\leqslant a_m-a_{n-2}+a_{n-1}-a_n\leqslant a_m-a_n$。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 $n\geqslant m$ 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。 @@ -227,32 +227,36 @@ - **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。 + **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 $K\geqslant 0$， - $$ - \begin{aligned} - T_K&=\sum_{k=0}^K2^ka_{2^k}\\ - &=a_1+2\sum_{k=1}^{K}2^{k-1}a_{2^k}\\ - &=a_1+2\sum_{k=1}^{K}\sum_{n=2^{k-1}+1}^{2^k}a_{2^k}\\ - &\leqslant a_1+2\sum_{k=1}^{K}\sum_{n=2^{k-1}+1}^{2^k}a_n\\ - &=a_1+2\sum_{n=2}^{2^K}a_n\\ - &=\left(2\sum_{n=1}^{2^K}a_n\right)-a_1\leqslant 2M-a_1 - \end{aligned} - $$ - 于是 $(T_K)_{K=0}^{\infty}$ 有界 $2M-a_1$。 + 若 $(S_N)_{N=1}^{\infty}$ 有界，不妨设界为 $M$。那么对于任意 $K\geqslant 0$： + + $$ + \begin{aligned} + T_K&=\sum_{k=0}^K2^ka_{2^k}\\ + &=a_1+2\sum_{k=1}^{K}2^{k-1}a_{2^k}\\ + &=a_1+2\sum_{k=1}^{K}\sum_{n=2^{k-1}+1}^{2^k}a_{2^k}\\ + &\leqslant a_1+2\sum_{k=1}^{K}\sum_{n=2^{k-1}+1}^{2^k}a_n\\ + &=a_1+2\sum_{n=2}^{2^K}a_n\\ + &=\left(2\sum_{n=1}^{2^K}a_n\right)-a_1\leqslant 2M-a_1 + \end{aligned} + $$ + + 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 $N\geqslant 1$ 我任意正整数。可以通过归纳证明存在 $K\geqslant 0$ 使得 $2^K\leqslant N<2^{K+1}$。 - $$ - \begin{aligned} - S_N&=\sum_{n=1}^{N}a_n\\ - &\leqslant \sum_{n=1}^{2^{K+1}-1}a_n\\ - &=\sum_{k=0}^K\sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1}a_n\\ - &\leqslant \sum_{k=0}^K\sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1}a_{2^k}\\ - &=\sum_{k=0}^K2^ka_{2^k}\leqslant M - \end{aligned} - $$ - 于是 $(S_N)_{N=0}^{\infty}$ 有界 $M$。 + 若 $(T_K)_{K=0}^{\infty}$ 有界，不妨设界为 $M$。设 $N\geqslant 1$ 我任意正整数。可以通过归纳证明存在 $K\geqslant 0$ 使得 $2^K\leqslant N<2^{K+1}$。 + + $$ + \begin{aligned} + S_N&=\sum_{n=1}^{N}a_n\\ + &\leqslant \sum_{n=1}^{2^{K+1}-1}a_n\\ + &=\sum_{k=0}^K\sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1}a_n\\ + &\leqslant \sum_{k=0}^K\sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1}a_{2^k}\\ + &=\sum_{k=0}^K2^ka_{2^k}\leqslant M + \end{aligned} + $$ + + 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： @@ -363,20 +367,22 @@ 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： - $$ - \liminf_{n\to\infty}\frac{c_{n+1}}{c_n}\leqslant\liminf_{n\to\infty}c_n^{\frac1n}\leqslant\limsup_{n\to\infty}c_n^{\frac1n}\leqslant \limsup_{n\to\infty}\frac{c_{n+1}}{c_n} - $$ - **证明**：只证 $\limsup\limits_{n\to\infty} c_n^{\frac1n}\leqslant \limsup\limits_{n\to\infty}\frac{c_{n+1}}{c_n}$。设 $L=\limsup\limits_{n\to\infty}\frac{c_{n+1}}{c_n}$。 + + $$ + \liminf_{n\to\infty}\frac{c_{n+1}}{c_n}\leqslant\liminf_{n\to\infty}c_n^{\frac1n}\leqslant\limsup_{n\to\infty}c_n^{\frac1n}\leqslant \limsup_{n\to\infty}\frac{c_{n+1}}{c_n} + $$ + + **证明**：只证 $\limsup\limits_{n\to\infty} c_n^{\frac1n}\leqslant \limsup\limits_{n\to\infty}\frac{c_{n+1}}{c_n}$。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 $N\geqslant m$ 使得对于任意 $n\geqslant N$ 有 $\frac{c_{n+1}}{c_n}\leqslant L+\varepsilon$ 即 $c_{n+1}\leqslant c_n(L+\varepsilon)$。 + 设 $\varepsilon>0$ 为任意正实数。那么存在 $N\geqslant m$ 使得对于任意 $n\geqslant N$ 有 $\frac{c_{n+1}}{c_n}\leqslant L+\varepsilon$ 即 $c_{n+1}\leqslant c_n(L+\varepsilon)$。 - 那么可以归纳证明，对于任意 $n\geqslant N$ 有 $c_n\leqslant c_N(L+\varepsilon)^{n-N}$，记 $A=c_N(L+\varepsilon)^{-N}$。 + 那么可以归纳证明，对于任意 $n\geqslant N$ 有 $c_n\leqslant c_N(L+\varepsilon)^{n-N}$，记 $A=c_N(L+\varepsilon)^{-N}$。 - 于是对于任意 $n\geqslant N$ 有 $c_n\leqslant A(L+\varepsilon)^n$，那么 $c_n^{\frac1n}\leqslant A^{\frac1n}(L+\varepsilon)$。 + 于是对于任意 $n\geqslant N$ 有 $c_n\leqslant A(L+\varepsilon)^n$，那么 $c_n^{\frac1n}\leqslant A^{\frac1n}(L+\varepsilon)$。 - 根据比较原理，可知 $\limsup\limits_{n\to\infty}c_n^{\frac{1}{n}}\leqslant \limsup\limits_{n\to\infty}A^{\frac1n}(L+\varepsilon)=L+\varepsilon$。 + 根据比较原理，可知 $\limsup\limits_{n\to\infty}c_n^{\frac{1}{n}}\leqslant \limsup\limits_{n\to\infty}A^{\frac1n}(L+\varepsilon)=L+\varepsilon$。 - 由于 $\limsup\limits_{n\to\infty}c_n^{\frac1n}\leqslant L+\varepsilon$ 对任意实数 $\varepsilon>0$ 都成立，于是 $\limsup\limits_{n\to\infty}c_n^{\frac1n}\leqslant L$。 + 由于 $\limsup\limits_{n\to\infty}c_n^{\frac1n}\leqslant L+\varepsilon$ 对任意实数 $\varepsilon>0$ 都成立，于是 $\limsup\limits_{n\to\infty}c_n^{\frac1n}\leqslant L$。 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。 @@ -384,8 +390,9 @@ - **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 $\lim\limits_{n\to\infty}|a_n|^{\frac1n}=\lim\limits_{n\to\infty}|b_n|^{\frac1n}=1$）： - $$ - \begin{aligned}\lim\limits_{n\to\infty}\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}&=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n}{n+1}=\lim\limits_{n\to\infty}(1-\frac{1}{n})=1\\ - \lim\limits_{n\to\infty}\frac{|b_{n+1}|}{|b_n|}&=\frac{1}{\lim\limits_{n\to\infty}\frac{|b_n|}{|b_{n+1}|}}=\frac{1}{\lim\limits_{n\to\infty}\frac{(n+1)^2}{n^2}}=\frac{1}{\lim\limits_{n\to\infty}(1+\frac{2}{n}+\frac{1}{n^2})}=\frac{1}{1}=1\end{aligned} - $$ + **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 $\lim\limits_{n\to\infty}|a_n|^{\frac1n}=\lim\limits_{n\to\infty}|b_n|^{\frac1n}=1$）： + + $$ + \begin{aligned}\lim\limits_{n\to\infty}\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}&=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n}{n+1}=\lim\limits_{n\to\infty}(1-\frac{1}{n})=1\\ + \lim\limits_{n\to\infty}\frac{|b_{n+1}|}{|b_n|}&=\frac{1}{\lim\limits_{n\to\infty}\frac{|b_n|}{|b_{n+1}|}}=\frac{1}{\lim\limits_{n\to\infty}\frac{(n+1)^2}{n^2}}=\frac{1}{\lim\limits_{n\to\infty}(1+\frac{2}{n}+\frac{1}{n^2})}=\frac{1}{1}=1\end{aligned} + $$ diff --git a/src/第8章 无限集合.md b/src/第8章 无限集合.md index bd5170b..9123a89 100644 --- a/src/第8章 无限集合.md +++ b/src/第8章 无限集合.md @@ -105,56 +105,56 @@ - **定理 8.2.3（关于无限和的富比尼定理）**：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。 + **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。 + 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 $\sum\limits_{k=0}^Kf(g(k))\geq L-\varepsilon$。 + 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 $\sum\limits_{k=0}^Kf(g(k))\geq L-\varepsilon$。 - 考虑证 $\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)\leq L$。先证对于任意 $n,M\geq 0$ 都满足有限和 $\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)\leq L$。由于 $g^{-1}(\{n\}\times \mathbb N_{0..M})$ 是有限集，故存在界 $K\geq 0$ 使得 $g^{-1}(\{n\}\times \mathbb N_{0..M})\subseteq \mathbb N_{0..K}$。于是： + 考虑证 $\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)\leq L$。先证对于任意 $n,M\geq 0$ 都满足有限和 $\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)\leq L$。由于 $g^{-1}(\{n\}\times \mathbb N_{0..M})$ 是有限集，故存在界 $K\geq 0$ 使得 $g^{-1}(\{n\}\times \mathbb N_{0..M})\subseteq \mathbb N_{0..K}$。于是 - $$ -\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)=\sum\limits_{p\in \{n\}\times \mathbb N_{0..M}}f(p)=\sum\limits_{k\in g^{-1}(\{n\}\times \mathbb N_{0..M})}f(g(k))\leq \sum\limits_{k\in \mathbb N_{0..K}}f(g(k))=\sum\limits_{k=0}^Kf(g(k))\leq L - $$ + $$ + \sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)=\sum\limits_{p\in \{n\}\times \mathbb N_{0..M}}f(p)=\sum\limits_{k\in g^{-1}(\{n\}\times \mathbb N_{0..M})}f(g(k))\leq \sum\limits_{k\in \mathbb N_{0..K}}f(g(k))=\sum\limits_{k=0}^Kf(g(k))\leq L + $$ - 那么 $\left(\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)\right)_{M=0}^{\infty}$ 有上界 $L$，又由于它单增，所以存在 $\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)$。 - - 考虑任意 $N\geq 0$，根据引理 7.1.7，有： + 那么 $\left(\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)\right)_{M=0}^{\infty}$ 有上界 $L$，又由于它单增，所以存在 $\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)$。 + + 考虑任意 $N\geq 0$，根据引理 7.1.7，有： - $$ - \sum\limits_{n=0}^N\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)=\sum\limits_{n=0}^N\lim\limits_{M\to\infty}\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)=\lim\limits_{M\to\infty}\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m) - $$ + $$ + \sum\limits_{n=0}^N\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)=\sum\limits_{n=0}^N\lim\limits_{M\to\infty}\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)=\lim\limits_{M\to\infty}\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m) + $$ - 类似地证明 $\left(\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)\right)_{M=0}^{\infty}$ 有上界 $L$，于是 $\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)\leq L$。 - - 那么 $\left(\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)\right)_{N=0}^{\infty}$ 单增且有上界 $L$，于是存在 $\sum\limits^{\infty}_{n=0}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)$ 且 $\sum\limits^{\infty}_{n=0}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)\leq L$。 - - 再证 $\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)=L$。只需证明对于任意 $\varepsilon>0$ 存在 $N_0\geq 0$ 使得对于任意 $N\geq N_0$ 都有 $\sum\limits_{n=0}^{N}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)\geq L-\varepsilon$ 即可。 - - 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： - - $$ - \sum\limits_{n=0}^N\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)\geq \sum\limits_{n=0}^N\sum\limits_{m=0}^{M_0}f(n,m)\geq \sum\limits_{n=0}^{N_0}\sum\limits_{m=0}^{M_0}f(n,m)=\sum\limits_{p\in \mathbb N_{0..{N_0}}\times \mathbb N_{0..{M_0}}}f(p)\geq \sum\limits_{p\in g(\mathbb N_{0..K})}f(p)=\sum\limits_{k\in\mathbb N_{0..K}}f(g(k))\geq L-\varepsilon - $$ - - 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 $f_+(n,m):=\begin{cases}f(n,m)&f(n,m)> 0\\0&f(n,m)\leq 0\end{cases}$ 和 $f_-(n,m):=\begin{cases}-f(n,m)&f(n,m)<0\\0&f(n,m)\geq 0\end{cases}$，那么 $f_+(n,m)$ 和 $f_-(n,m)$ 都非负且 $f(n,m)=f_+(n,m)-f_-(n,m)$。 - - 因为 $\sum\limits^{\infty}_{k=0}|f(g(k))|$ 收敛，那么根据比较判别法可知 $\sum\limits^{\infty}_{k=0}f_+(g(k))$ 和 $\sum\limits^{\infty}_{k=0}f_-(g(k))$ 都绝对收敛（从而收敛）。于是： - - $$ - \begin{aligned} + 类似地证明 $\left(\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)\right)_{M=0}^{\infty}$ 有上界 $L$，于是 $\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)\leq L$。 + + 那么 $\left(\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)\right)_{N=0}^{\infty}$ 单增且有上界 $L$，于是存在 $\sum\limits^{\infty}_{n=0}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)$ 且 $\sum\limits^{\infty}_{n=0}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)\leq L$。 + + 再证 $\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)=L$。只需证明对于任意 $\varepsilon>0$ 存在 $N_0\geq 0$ 使得对于任意 $N\geq N_0$ 都有 $\sum\limits_{n=0}^{N}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)\geq L-\varepsilon$ 即可。 + + 存在 $K\geq 0$ 使得 $\sum\limits_{k=0}^Kf(g(k))\geq L-\varepsilon$。可以归纳证明，存在 $N_0,M_0$ 使得 $g(\mathbb N_{0..K})\subseteq \mathbb N_{0..{N_0}}\times \mathbb N_{0..{M_0}}$。那么对于任意 $N\geq N_0$，有： + + $$ + \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 + $$ + + 第二部分：当 $f(n,m)$ 可以为负时。 + + 构造 $f_+:\mathbb N\times \mathbb N\to \mathbb R$ 和 $f_-:f:\mathbb N\times \mathbb N\to \mathbb R$，满足 $f_+(n,m):=\begin{cases}f(n,m)&f(n,m)> 0\\0&f(n,m)\leq 0\end{cases}$ 和 $f_-(n,m):=\begin{cases}-f(n,m)&f(n,m)<0\\0&f(n,m)\geq 0\end{cases}$，那么 $f_+(n,m)$ 和 $f_-(n,m)$ 都非负且 $f(n,m)=f_+(n,m)-f_-(n,m)$。 + + 因为 $\sum\limits^{\infty}_{k=0}|f(g(k))|$ 收敛，那么根据比较判别法可知 $\sum\limits^{\infty}_{k=0}f_+(g(k))$ 和 $\sum\limits^{\infty}_{k=0}f_-(g(k))$ 都绝对收敛（从而收敛）。于是： + + $$ + \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} - $$ + &=\sum\limits^{\infty}_{k=0}f_+(g(k))-\sum\limits^{\infty}_{k=0}f_-(g(k))\\ + &=\sum\limits^{\infty}_{n=0}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f_+(n,m)-\sum\limits^{\infty}_{n=0}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f_-(n,m)\\ + &=\sum\limits^{\infty}_{n=0}\left(\sum\limits^{\infty}_{m=0}f_+(n,m)-\sum\limits^{\infty}_{m=0}f_-(n,m)\right)\\&=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{m=0}(f_+(n,m)-f_-(n,m))=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m) + \end{aligned} + $$ - 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） - - 发现命题 7.4.4 也可以用类似该命题的证明方法，而且会简单一些。 + 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） + + 发现命题 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 $\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)=\sum\limits_{m=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{n=0}f(n,m)$。 @@ -568,47 +568,47 @@ $$ - **命题 8.5.13**：良序原理：设 $X$ 是集合，那么存在定义在 $X$ 上的关系 $\leq$ 使得 $(X,\leq)$ 是良序集。 - 那么选择公理和良序原理等价。 + 那么选择公理和良序原理等价。 - **证明**：假设选择公理成立（该段证明较长，但是应该无困难的阅读障碍）：设 + **证明**：假设选择公理成立（该段证明较长，但是应该无困难的阅读障碍）：设 - $$ - \Omega:=\bigcup_{Y\in 2^X}\bigg\{(Y,\leq):\ \leq\ \in \{0,1\}^{Y\times Y},(Y,\leq)\text{是良序集}\bigg\} - $$ + $$ + \Omega:=\bigcup_{Y\in 2^X}\bigg\{(Y,\leq):\ \leq\ \in \{0,1\}^{Y\times Y},(Y,\leq)\text{是良序集}\bigg\} + $$ - 这里，某个定义在 $Y$ 上的关系 $\leq$ 被看做 $Y\times Y\to \{0,1\}$ 的一个二元函数，其中 $0$ 代表假，$1$ 代表真。 + 这里，某个定义在 $Y$ 上的关系 $\leq$ 被看做 $Y\times Y\to \{0,1\}$ 的一个二元函数，其中 $0$ 代表假，$1$ 代表真。 - 对于 $(Y,\leq),(Y',\leq')\in \Omega$，称 $(Y,\leq)$ 是 $(Y',\leq')$ 的一个前段，记作 $(Y,\leq)\prec(Y',\leq')$，当且仅当存在 $x\in Y'$ 使得 $Y=\{y\in Y':y<'x\}$（从而 $Y\subsetneq Y'$），且对于任意 $y,y'\in Y$ 有 $y\leq y'\iff y\leq' y'$。称 $(Y,\leq)\preceq(Y',\leq')$，当且仅当 $(Y,\leq)=(Y',\leq')$ 或 $(Y,\leq)\prec(Y',\leq')$。可以证明 $(\Omega,\preceq)$ 是偏序集。 + 对于 $(Y,\leq),(Y',\leq')\in \Omega$，称 $(Y,\leq)$ 是 $(Y',\leq')$ 的一个前段，记作 $(Y,\leq)\prec(Y',\leq')$，当且仅当存在 $x\in Y'$ 使得 $Y=\{y\in Y':y<'x\}$（从而 $Y\subsetneq Y'$），且对于任意 $y,y'\in Y$ 有 $y\leq y'\iff y\leq' y'$。称 $(Y,\leq)\preceq(Y',\leq')$，当且仅当 $(Y,\leq)=(Y',\leq')$ 或 $(Y,\leq)\prec(Y',\leq')$。可以证明 $(\Omega,\preceq)$ 是偏序集。 - 可以证明若 $(Y,\leq)$ 是 $(\Omega,\preceq)$ 的极大元，那么必有 $Y=X$：否则往 $Y$ 中添加一个元素 $y'\in X\setminus Y$ 得到 $Y'$，并在 $\leq$ 基础上令任意 $y\in Y$ 都满足 $y\leq y'$ 得到 $\leq'$，然后可以证明 $(Y',\leq')$ 是良序集且 $(Y,\leq)\prec(Y',\leq')$。 + 可以证明若 $(Y,\leq)$ 是 $(\Omega,\preceq)$ 的极大元，那么必有 $Y=X$：否则往 $Y$ 中添加一个元素 $y'\in X\setminus Y$ 得到 $Y'$，并在 $\leq$ 基础上令任意 $y\in Y$ 都满足 $y\leq y'$ 得到 $\leq'$，然后可以证明 $(Y',\leq')$ 是良序集且 $(Y,\leq)\prec(Y',\leq')$。 - 考虑对于任意 $S\subseteq\Omega$ 且 $(S,\preceq)$ 是全序集，证明 $S$ 有在 $\Omega$ 内的上界。 + 考虑对于任意 $S\subseteq\Omega$ 且 $(S,\preceq)$ 是全序集，证明 $S$ 有在 $\Omega$ 内的上界。 - 设 $U:=\bigcup\limits_{(Y,\leq)\in S}Y$。考虑定义在 $U$ 上的关系 $\leq_U$。再说明 $(U,\leq_U)$ 是 $S$ 在 $\Omega$ 内的上界。 + 设 $U:=\bigcup\limits_{(Y,\leq)\in S}Y$。考虑定义在 $U$ 上的关系 $\leq_U$。再说明 $(U,\leq_U)$ 是 $S$ 在 $\Omega$ 内的上界。 - 对于 $y_1,y_2\in U$ 和 $(Y_1,\leq_1),(Y_2,\leq_2)\in S$ 满足 $y_1\in Y_1,y_2\in Y_2$。若 $Y_1\preceq Y_2$，那么定义命题 $P(y_1,y_2,(Y_1,\leq_1),(Y_2,\leq_2))$ 表示 $y_1\leq_2 y_2$；否则若 $Y_2\prec Y_1$，定义命题 $P(y_1,y_2,(Y_1,\leq_1),(Y_2,\leq_2))$ 表示 $y_1\leq_1y_2$。 + 对于 $y_1,y_2\in U$ 和 $(Y_1,\leq_1),(Y_2,\leq_2)\in S$ 满足 $y_1\in Y_1,y_2\in Y_2$。若 $Y_1\preceq Y_2$，那么定义命题 $P(y_1,y_2,(Y_1,\leq_1),(Y_2,\leq_2))$ 表示 $y_1\leq_2 y_2$；否则若 $Y_2\prec Y_1$，定义命题 $P(y_1,y_2,(Y_1,\leq_1),(Y_2,\leq_2))$ 表示 $y_1\leq_1y_2$。 - 我们断言，对于任意 $(Y_1,\leq_1),(Y_1',\leq_1'),(Y_2,\leq_2),(Y_2',\leq_2')\in S$ 满足 $y_1\in Y_1\cap Y_1',y_2 \in Y_2\cap Y_2'$，有 $P(y_1,y_2,(Y_1,\leq_1),(Y_2,\leq_2))\iff P(y_1,y_2,(Y_1',\leq_1'),(Y_2',\leq_2'))$。这可以通过对 $(Y_1,\leq_1),(Y_1',\leq_1'),(Y_2,\leq_2),(Y_2',\leq_2')$ 四者关于 $\preceq$ 的大小顺序讨论来证明。 + 我们断言，对于任意 $(Y_1,\leq_1),(Y_1',\leq_1'),(Y_2,\leq_2),(Y_2',\leq_2')\in S$ 满足 $y_1\in Y_1\cap Y_1',y_2 \in Y_2\cap Y_2'$，有 $P(y_1,y_2,(Y_1,\leq_1),(Y_2,\leq_2))\iff P(y_1,y_2,(Y_1',\leq_1'),(Y_2',\leq_2'))$。这可以通过对 $(Y_1,\leq_1),(Y_1',\leq_1'),(Y_2,\leq_2),(Y_2',\leq_2')$ 四者关于 $\preceq$ 的大小顺序讨论来证明。 - 对于任意 $y_1,y_2\in U$，我们定义 $y_1\leq_U y_2$，当且仅当对于任意 $(Y_1,\leq_1),(Y_2,\leq_2)\in S$ 满足 $y_1\in Y_1,y_2\in Y_2$ 都有 $P(y_1,y_2,(Y_1,\leq_1),(Y_2,\leq_2))$ 成立。 + 对于任意 $y_1,y_2\in U$，我们定义 $y_1\leq_U y_2$，当且仅当对于任意 $(Y_1,\leq_1),(Y_2,\leq_2)\in S$ 满足 $y_1\in Y_1,y_2\in Y_2$ 都有 $P(y_1,y_2,(Y_1,\leq_1),(Y_2,\leq_2))$ 成立。 - 于是，这等价于存在 $(Y_1,\leq_1),(Y_2,\leq_2)\in S$ 满足 $y_1\in Y_1,y_2\in Y_2$ 使得 $P(y_1,y_2,(Y_1,\leq_1),(Y_2,\leq_2))$ 成立（即 $y_1\leq_U y_2$ 不依赖于 $(Y_1,\leq_1),(Y_2,\leq_2)$ 的具体取值）。说明了这一点后，容易证明 $(U,\leq_U)$ 是全序集。 + 于是，这等价于存在 $(Y_1,\leq_1),(Y_2,\leq_2)\in S$ 满足 $y_1\in Y_1,y_2\in Y_2$ 使得 $P(y_1,y_2,(Y_1,\leq_1),(Y_2,\leq_2))$ 成立（即 $y_1\leq_U y_2$ 不依赖于 $(Y_1,\leq_1),(Y_2,\leq_2)$ 的具体取值）。说明了这一点后，容易证明 $(U,\leq_U)$ 是全序集。 - 现证明任意非空 $V\subseteq U$，$(V,\leq_U)$ 有极小元。任取 $y\in V$，那么存在 $(Y,\leq)\in S$ 使得 $y\in Y$。那么 $V\cap Y$ 非空且 $V\cap Y\subseteq Y$，那么 $(V\cap Y,\leq)$ 应有极小元 $y_{\min}$。 + 现证明任意非空 $V\subseteq U$，$(V,\leq_U)$ 有极小元。任取 $y\in V$，那么存在 $(Y,\leq)\in S$ 使得 $y\in Y$。那么 $V\cap Y$ 非空且 $V\cap Y\subseteq Y$，那么 $(V\cap Y,\leq)$ 应有极小元 $y_{\min}$。 - 对于任意 $y'\in V$，存在 $(Y',\leq')\in S$ 使得 $y'\in Y'$：若 $y'\in Y$，那么 $y'\in Y\cap V$，从而 $y_{\min}\leq y'$，那么 $y_{\min}\leq_U y'$；若 $y'\not\in Y$，那么应有 $Y\prec Y'$，那么应存在 $x\in Y'$ 使得 $Y=\{y<'x:y\in Y'\}$，那么应有 $y_{\min}<'x\leq' y'$， 从而 $y_{\min}\leq' y'$，那么 $y_{\min}\leq_U y'$。于是，$y_{\min}$ 是 $V$ 极小元。 + 对于任意 $y'\in V$，存在 $(Y',\leq')\in S$ 使得 $y'\in Y'$：若 $y'\in Y$，那么 $y'\in Y\cap V$，从而 $y_{\min}\leq y'$，那么 $y_{\min}\leq_U y'$；若 $y'\not\in Y$，那么应有 $Y\prec Y'$，那么应存在 $x\in Y'$ 使得 $Y=\{y<'x:y\in Y'\}$，那么应有 $y_{\min}<'x\leq' y'$， 从而 $y_{\min}\leq' y'$，那么 $y_{\min}\leq_U y'$。于是，$y_{\min}$ 是 $V$ 极小元。 - 那么 $(U,\leq_U)$ 是良序集，且 $(U,\leq_U)\in \Omega$。 + 那么 $(U,\leq_U)$ 是良序集，且 $(U,\leq_U)\in \Omega$。 - 对于任意 $(Y,\leq)\in S$，应有 $Y\subseteq U$。若 $Y=U$，则易知 $(Y,\leq)=(U,\leq_U)$；若 $Y\subsetneq U$，那么存在 $y'\in U\setminus Y$，存在 $(Y',\leq')\in S$ 使得 $y'\in Y'$，那么应有 $(Y,\leq)\prec(Y',\leq')$，那么应存在 $x\in Y'$ 使得 $Y=\{y<'x:y\in Y'\}$。 + 对于任意 $(Y,\leq)\in S$，应有 $Y\subseteq U$。若 $Y=U$，则易知 $(Y,\leq)=(U,\leq_U)$；若 $Y\subsetneq U$，那么存在 $y'\in U\setminus Y$，存在 $(Y',\leq')\in S$ 使得 $y'\in Y'$，那么应有 $(Y,\leq)\prec(Y',\leq')$，那么应存在 $x\in Y'$ 使得 $Y=\{y<'x:y\in Y'\}$。 - 现证明 $\{y<'x:y\in Y'\}=\{y<_Ux:y\in U\}$：显然任意左集元素属于右集，而对于任意右集元素 $y$，只需证明 $y\in Y'$ 即可。若 $y\not\in Y'$，存在 $(Y'',\leq'')\in S$ 使得 $y\in Y''$，那么应有 $Y'\prec Y''$，那么应存在 $x'\in Y''$ 使得 $Y'=\{z<''x':z\in Y''\}$，那么应有 $x<''x'$，而 $y<_Ux\implies y<''x$，从而 $y<''x'\implies y\in Y'$，矛盾。 + 现证明 $\{y<'x:y\in Y'\}=\{y<_Ux:y\in U\}$：显然任意左集元素属于右集，而对于任意右集元素 $y$，只需证明 $y\in Y'$ 即可。若 $y\not\in Y'$，存在 $(Y'',\leq'')\in S$ 使得 $y\in Y''$，那么应有 $Y'\prec Y''$，那么应存在 $x'\in Y''$ 使得 $Y'=\{z<''x':z\in Y''\}$，那么应有 $x<''x'$，而 $y<_Ux\implies y<''x$，从而 $y<''x'\implies y\in Y'$，矛盾。 - 那么我们证明了 $Y=\{y<'x:y\in Y'\}=\{y<_Ux:y\in U\}$，那么 $(Y,\leq)\prec (U,\leq_U)$。 + 那么我们证明了 $Y=\{y<'x:y\in Y'\}=\{y<_Ux:y\in U\}$，那么 $(Y,\leq)\prec (U,\leq_U)$。 - 从而 $(U,\leq_U)$ 是 $(S,\preceq)$ 在 $\Omega$ 内的上界。根据佐恩引理，$(\Omega,\preceq)$ 存在极大元，那么存在良序集 $(X,\leq)$。从而良序原理成立。 + 从而 $(U,\leq_U)$ 是 $(S,\preceq)$ 在 $\Omega$ 内的上界。根据佐恩引理，$(\Omega,\preceq)$ 存在极大元，那么存在良序集 $(X,\leq)$。从而良序原理成立。 - 假设良序原理成立：存在定义在 $\bigcup_{\alpha\in I}X_{\alpha}$ 的关系 $\leq$ 使得 $(\bigcup_{\alpha\in I}X_{\alpha},\leq)$ 是良序集。那么定义函数 $x_{\alpha}:=\min(X_{\alpha})$ 即可，其中 $\min(X_{\alpha})$ 表示 $(X_\alpha,\leq)$ 的最小元。 + 假设良序原理成立：存在定义在 $\bigcup_{\alpha\in I}X_{\alpha}$ 的关系 $\leq$ 使得 $(\bigcup_{\alpha\in I}X_{\alpha},\leq)$ 是良序集。那么定义函数 $x_{\alpha}:=\min(X_{\alpha})$ 即可，其中 $\min(X_{\alpha})$ 表示 $(X_\alpha,\leq)$ 的最小元。 - **命题 8.5.14**：设命题 $Q$ 为：设 $\Omega$ 是一个不包含空集的集族。那么存在 $\Omega'\subseteq\Omega$，使得对于任意 $A,B\in \Omega'$ 有 $A\cap B=\varnothing$，且对于任意 $A\in\Omega$ 都存在 $C\in\Omega'$ 使得 $A\cap C\neq\varnothing$。 diff --git a/src/第9章 R上的连续函数.md b/src/第9章 R上的连续函数.md index 1de7257..3c94497 100644 --- a/src/第9章 R上的连续函数.md +++ b/src/第9章 R上的连续函数.md @@ -17,7 +17,7 @@ - **定义 9.1.2（附着点）**：设 $X\subseteq \mathbb R$ 和实数 $x$。称 $x$ 是 $X$ 的附着点，当且仅当对于任意 $\varepsilon>0$ 都存在 $y\in X$ 使得 $|x-y|\leq \varepsilon$。 -- **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}\}$。 +- **定义 9.1.3（闭包）**：设 $X\subseteq \mathbb R$。定义 $X$ 的闭包 $\overleftrightarrow{X}:=\{x\in \mathbb R:x\text{ 是 }X\text{ 的附着点}\}$。 - **引理 9.1.4（闭包的初等性质）**：设 $X,Y\subseteq \mathbb R$。那么 @@ -103,21 +103,25 @@ **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 - $$ - **证明**：通过命题 9.3.2 转化为序列上的问题。 + + $$ + \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。