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99d86a386d
@ -46,6 +46,7 @@
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8. 若 $f,g$ 在 $x_0$ 处均可微，则 $\frac fg$ 也在 $x_0$ 处可微，且 $\left(\frac fg\right)'(x_0)=\frac{f'(x_0)g(x_0)-f(x_0)g'(x_0)}{g^2(x_0)}$。
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**证明**：使用函数的极限算律即可。以 10.1.6.8 的证明为例：
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\begin{aligned}
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\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}\\
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@ -55,6 +56,7 @@
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&=\frac{f'(x_0)g(x_0)-f(x_0)g'(x_0)}{g^2(x_0)}
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\end{aligned}
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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。
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- **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 $(g\circ f)'(x_0)=g'(y_0)f'(x_0)$。
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@ -70,6 +72,7 @@
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存在 $\delta_3>0$ 满足，对于任意 $x\in X$ 且 $|x-x_0|\leq\delta_3$，有 $|f(x)-f(x_0)|\leq \delta_2$。
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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：
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$$
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\begin{aligned}
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|\Delta z-k_2\Delta y|&\leq\varepsilon_2\Delta y\\
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@ -80,6 +83,7 @@
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&\leq \varepsilon\Delta x
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\end{aligned}
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证毕。
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#### 10.2 局部极值和导数
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@ -150,7 +154,9 @@
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**证明**：首先可以证明出 $y_0$ 是 $Y$ 的聚点。然后设任意 $Y\setminus\{y_0\}$ 上的收敛到 $y_0$ 的序列 $(y_n)_{n=1}^{\infty}$，记 $x_n=f^{-1}(y_n)$，那么由于 $f^{_-1}$ 在 $y_0$ 处连续，可知 $(x_n)_{n=1}^{\infty}$ 收敛到 $x_0$。那么：
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$$\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)}$$
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$$
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\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)}
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注意正确的顺序是从后往前推。
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@ -160,27 +166,35 @@
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- **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 $f'(x)=\alpha x^{\alpha-1}$。
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**证明**：
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**证明**：不知道为啥没写，待补。
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#### 10.5 洛必达法则
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- **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：
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$$\lim_{x\to x_0;x\in (X\setminus\{x_0\})\cap (x_0-\delta,x_0+\delta)}\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f'(x_0)}{g'(x_0)}$$
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$$
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\lim_{x\to x_0;x\in (X\setminus\{x_0\})\cap (x_0-\delta,x_0+\delta)}\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f'(x_0)}{g'(x_0)}
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$$
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**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：
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$$\begin{aligned}\lim_{x\to x_0;x\in (X\setminus\{x_0\})\cap (x_0-\delta,x_0+\delta)}\frac{f(x)}{g(x)}&=\lim_{x\to x_0;x\in (X\setminus\{x_0\})\cap (x_0-\delta,x_0+\delta)}\frac{\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}}{\frac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0}}\\&=\frac{\lim\limits_{x\to x_0;x\in (X\setminus\{x_0\})\cap (x_0-\delta,x_0+\delta)}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}}{\lim\limits_{x\to x_0;x\in (X\setminus\{x_0\})\cap (x_0-\delta,x_0+\delta)}\frac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0}}\\&=\frac{f'(x_0)}{g'(x_0)}\end{aligned}$$
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\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}
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注意正确的顺序是从后往前推。
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- **命题 10.5.2（洛必达法则 2）**：设实数 $a,b$ 满足 $a<b$，$f:[a,b]\to\mathbb R$ 和 $g:[a,b]\to\mathbb R$ 都是在 $[a,b]$ 上连续且在 $(a,b)$ 上可微的函数，满足 $f(a)=g(a)=0$，且对于任意 $x\in(a,b)$ 有 $g'(x)\neq 0$，且满足：
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$$\lim_{x\to a;x\in (a,b)}\frac{f'(x)}{g'(x)}=L$$
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\lim_{x\to a;x\in (a,b)}\frac{f'(x)}{g'(x)}=L
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那么对于任意 $x\in (a,b]$ 有 $g(x)\neq 0$，且：
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$$\lim_{x\to a;x\in (a,b]}\frac{f(x)}{g(x)}=L$$
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\lim_{x\to a;x\in (a,b]}\frac{f(x)}{g(x)}=L
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**证明**：若存在 $x\in (a,b]$ 使得 $g(x)=0$，根据拉格朗日中值定理，存在 $y\in(0,x)$ 使得 $g'(y)=0$，矛盾。
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@ -189,4 +203,3 @@
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设 $n\geq 0$ 和由 $h_n(x):=f(x)g(x_n)-g(x)f(x_n)$ 定义的函数 $h_n:[a,x_n]\to\mathbb R$。那么 $h_n$ 在 $(a,x_n)$ 上可微，且对于任意 $x\in(a,x_n)$ 有 $h_n'(x)=f'(x)g(x_n)-g'(x)f(x_n)$，同时我们知道 $h_n(a)=h_n(x_n)=0$，于是根据拉格朗日中值定理，存在 $y_n\in(a,x_n)$ 使得 $h_n'(y_n)=0$，即 $\frac{f(x_n)}{g(x_n)}=\frac{f'(y_n)}{g'(y_n)}$。
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根据选择公理，存在一组 $(y_n)_{n=0}^{\infty}$ 满足条件。注意到 $(y_n)_{n=0}^{\infty}$ 应收敛到 $a$，那么 $\left(\frac{f'(y_n)}{g'(y_n)}\right)_{n=0}^{\infty}$ 收敛到 $L$，即 $\left(\frac{f(x_n)}{g(x_n)}\right)_{n=0}^{\infty}$ 收敛到 $L$。
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@ -68,6 +68,7 @@
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x\in A\cup B\iff (x\in A \lor x\in B)
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容易证明并运算满足交换律和结合律。容易证明 $A\cup \varnothing=A$。
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根据双并公理，我们可以定义双元素集：
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@ -234,6 +234,7 @@
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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：
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- **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 $n\geqslant m$ 有 $a_n\leqslant b_n$，那么我们有：
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\begin{aligned}
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\sup(a_n)_{n=m}^{\infty}&\leqslant \sup(b_n)_{n=m}^{\infty}\\
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@ -242,6 +243,7 @@
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\liminf\limits_{n\to\infty}(a_n)&\leqslant \liminf\limits_{n\to\infty}(b_n)\\
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\end{aligned}
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**证明**：第一条反证，后三条都能从第一条推出来。
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- **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 $n\geqslant m$ 有 $a_n\leqslant b_n\leqslant c_n$。若 $\lim\limits_{n\to\infty} a_n=\lim\limits_{n\to\infty}c_n=L$，那么 $\lim\limits_{n\to\infty}b_n=L$。
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@ -185,8 +185,8 @@
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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 $S_{m-1}:=0$。
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定义序列 $(A_n)_{n=m}^{\infty}$ 和 $(B_n)_{n=m}^{\infty}$ 满足 $
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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}$。
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定义序列 $(A_n)_{n=m}^{\infty}$ 和 $(B_n)_{n=m}^{\infty}$ 满足 $A_n:=\begin{cases}S_{n-1}&n\text{ 为偶数}\\S_n&n\text{ 为奇数}\end{cases}$，$B_n:=\begin{cases}a_n&n\text{ 为偶数}\\0&n\text{ 为奇数}\end{cases}$。
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那么 $S_n=A_n+B_n$。
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@ -229,7 +229,8 @@
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**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。
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若 $(S_N)_{N=1}^{\infty}$ 有界，不妨设界为 $M$。那么对于任意 $K\geqslant 0$，
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若 $(S_N)_{N=1}^{\infty}$ 有界，不妨设界为 $M$。那么对于任意 $K\geqslant 0$：
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\begin{aligned}
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T_K&=\sum_{k=0}^K2^ka_{2^k}\\
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@ -240,9 +241,11 @@
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&=\left(2\sum_{n=1}^{2^K}a_n\right)-a_1\leqslant 2M-a_1
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\end{aligned}
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于是 $(T_K)_{K=0}^{\infty}$ 有界 $2M-a_1$。
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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 $2^K\leqslant N<2^{K+1}$。
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\begin{aligned}
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S_N&=\sum_{n=1}^{N}a_n\\
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@ -252,6 +255,7 @@
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&=\sum_{k=0}^K2^ka_{2^k}\leqslant M
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\end{aligned}
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于是 $(S_N)_{N=0}^{\infty}$ 有界 $M$。
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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：
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@ -363,9 +367,11 @@
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方根判别法和比例判别法存在如下关系：
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- **引理 7.5.3**：设 $(c_n)_{n=m}^{\infty}$ 是正实数序列，那么：
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\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}
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$$
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**证明**：只证 $\limsup\limits_{n\to\infty} c_n^{\frac1n}\leqslant \limsup\limits_{n\to\infty}\frac{c_{n+1}}{c_n}$。设 $L=\limsup\limits_{n\to\infty}\frac{c_{n+1}}{c_n}$。
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设 $\varepsilon>0$ 为任意正实数。那么存在 $N\geqslant m$ 使得对于任意 $n\geqslant N$ 有 $\frac{c_{n+1}}{c_n}\leqslant L+\varepsilon$ 即 $c_{n+1}\leqslant c_n(L+\varepsilon)$。
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@ -385,6 +391,7 @@
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- **命题 7.5.4**：设 $a_n:=\frac1n$ 和 $b_n:=\frac1{n^2}$，那么级数 $\sum\limits^{\infty}_{n=1}a_n$ 条件发散而 $\sum\limits^{\infty}_{n=1}b_n$ 绝对收敛，且满足 $\lim\limits_{n\to\infty}|a_n|^{\frac1n}=\lim\limits_{n\to\infty}|b_n|^{\frac1n}=1$ 和 $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{|b_{n+1}|}{|b_n|}=1$。
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**证明**：只需证明 $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{|b_{n+1}|}{|b_n|}=1$（从而根据引理 7.5.3 可知 $\lim\limits_{n\to\infty}|a_n|^{\frac1n}=\lim\limits_{n\to\infty}|b_n|^{\frac1n}=1$）：
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$$
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\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\\
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\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}
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@ -111,7 +111,7 @@
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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 $\sum\limits_{k=0}^Kf(g(k))\geq L-\varepsilon$。
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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：
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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
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$$
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\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
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@ -17,7 +17,7 @@
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- **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 $|x-y|\leq \varepsilon$。
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- **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$的附着点}\}$。
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- **定义 9.1.3（闭包）**：设 $X\subseteq \mathbb R$。定义 $X$ 的闭包 $\overleftrightarrow{X}:=\{x\in \mathbb R:x\text{ 是 }X\text{ 的附着点}\}$。
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- **引理 9.1.4（闭包的初等性质）**：设 $X,Y\subseteq \mathbb R$。那么
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@ -103,6 +103,7 @@
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**证明**：根据命题 9.3.2 和序列极限的唯一性可知。
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- **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：
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\begin{aligned}
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\lim\limits_{x\to x_0;x\in E}(f+g)(x)&=L+M\\
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@ -113,10 +114,13 @@
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\lim\limits_{x\to x_0;x\in E}(cf)(x)&=cL(c\in\mathbb R)
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\end{aligned}
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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：
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\lim\limits_{x\to x_0;x\in E}\left(\frac fg\right)(x)=\frac LM
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**证明**：通过命题 9.3.2 转化为序列上的问题。
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- **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。
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