大二的寒假，我居然为了下学期不在概率论和复分析课上被爆杀，而在这儿速通数分。

转数环环友：你可以以任意顺序完成培养方案（

虽然已经学过一遍初级版，这次速通是作为观点的补充和复习，但还是很虚的。

说到这个任意顺序完成培养方案，摘一个 PIN 的前言（逃

事实上，我们所接触的大多国内优秀同学都直接或者间接地默认数学学习一定顺序，须得按部就班，层层递进，才能扎实地进步。这种想法本身没有错，但是数学的发展绝对不是线性的，知识也不存在先天的顺序。一个普遍被提及的例证就是从 Newton 引入积分 (反流数术) 到 Cauchy 的极限理论被广泛接受中间至少有半个世纪的光景，那个优秀的数学家层出不穷，利用还没有被严格化的积分理论作出了很多享誉后世的工作。

数学学习不应该被课程设置 (甚至被其名称) 切割。比如说，所谓的曲线或者曲面的几何学、数学物理方程都可以称为 (多元) 微积分学习的好例题，很多微积分知识就是为了解决这样的问题应运而生的。微积分课程就应该学习和研究这样的例子，不能简单地将它们归结为是微分几何或者微分方程的内容而忽略。仅仅为了教学而刻意构造的各种例题长远来看有目光短浅之嫌。这种做法通常还会从心理上折射出胆怯的影子，以至于有同学误以为课程的顺序和难度有关联，“后面” 的课程比 “前面” 的课程困难。唯有正视，方能前行。

高二的时候我曾经备考过一阵子丘班 (prototype)，不过因为当年联赛翻车省三的原因（，连初审都没有通过。组队备考的五个人里只有我们的队长 ycj 顺利去了北京，又通过了笔试，最终在面试中被刷掉了，他现在在上海理工大学，真的很可惜。cy 后来放弃了，安心备考 CMO，拿了银牌，现在在华子读数学，太成功了！不过虽然秋季学期一同上了数值分析，我至今也没和他面基成功。xzx 和 wry 似乎分别去了西安交大和上海财大，和他们没有很熟，后来也没再联系了。

同时，这一段自学给我留下了对数分深刻的心理阴影，和不知道怎么手选又问不明白并列成为了大一没有学数分，而是选了微积分 A 的两大原因，也成为了我本科很可能延毕一年的众多原因之二（

使用的教材是常庚哲、史济怀《数学分析教程》，速通讲义是北京大学数学分析讲义和一千零一页，前者是后者的子集，的确更友善一些，用于提点重点，感谢甘主任对速通事业的支持！习题册是谢惠民《数学分析习题课讲义》，不过我觉得应该来不及做太多。

并不是打算写知识点，没什么必要，只是想在这里哔哔赖赖一下，或许会试着虚空使用 Feynman 学习法？毕竟是速通，要快一些，不然下学期就寄了。发这一篇的主要目的是虚空被监督进度，毕竟我的效率实在是低下。

按照欧老师的年终（粗略）统计，数分二和三课后加起来花了 210 h，我打算速通到数分二为止，也就是整个寒假每天都在学的话，日均也要学 7 h（。这显然是不可能的，毕竟我同时还有一些其他事务要做，比如点 R 的技能树、编写统推讲义、推 SRT、以及准备缓考科目。最重要的是，我还得摸鱼和出去玩啊！但还是尽量试试看，学到哪算哪，够用就行（了吗？

实数的构造

从抽代出发，事情变得简单了很多

2023 年 1 月 17 日，星期二，很冷还没有暖气。

大一的时候报了 wxf 老师的微积分 A，这一块他其实也讲了一些，但是并不够严谨，我听着有点痛苦。说实在的我就不喜欢他这个授课的方式，下放知识又不彻底，等于炫技，不如不要下放。

结果因为他不查考勤，微积分 A2 还是选了他的，最后大翻车。

这一次会更加严谨、耐心，并保持好奇。

用域公理、序公理和 Achimedes 公理定义了实数域；整数和有理数可以用映射嵌入实数域，这个嵌入映射对于整数是单射。

这个学过抽代之后倒是很好理解了，构造出域之后就有了最基本的三个元素 $0,1,-1$，把 $n$ 个 $1$ 加起来就是正整数 $n$，考虑整数的分式域就是有理数域。实数域是一个特征为 $0$ 的域，这样构造出来的有理数域是它的最小子域，也即素域。

为有理数定义了序关系 $\frac{m}{n}>\frac{p}{q} \iff mq>np$ 之后，就可以把序关系也嵌入到实数域里了，是成立的。
$\mathbb{Q} \subseteq \mathbb{R}$，但是还没有从域的角度定义出 $\mathbb{R} - \mathbb{Q}$ 里的元素，也就是无理数。仅仅是如上定义的话，一个所谓的实数域里完全可以只有有理数，也能满足序公理、域公理和 Achimedes 公理，而我们想要一些其他的元素。比如说，$\sqrt{2}$ 怎么定义？

当然可以对 $\mathbb{Q}$ 做关于多项式 $x^2-2$ 的 Galois 扩域（暴论，我不是很清楚这两个理论体系到底谁先谁后，还是别这么干比较好），但是这样可以做出很多形式上不相同的域，比如熟知的 $\mathbb{Q} (\sqrt{2})$ 和 $\mathbb{Q}[x] / (x^2-2)$，虽然它们本质上是同构的，但序关系无从保障。所以还是换个方法，也就是后面的 Dedekind 分割。
确界原理的证明非常炫酷，我每次写完一遍都觉得非常牛逼，可惜后来只记得是用每次缩小一半的区间套证明，具体细节还是自己写不出来。

但是这样得到的 $sup X$ 是一个闭区间套的极限，并不好用。更加好用的定义是对于任意 $\varepsilon >0$，存在 $x \in X$，使得 $x>sup X - \varepsilon$。通俗一些说，上确界再小一点点都不可以。

如果反过来假设确界定理成立，闭区间套公理可以很容易地被证明，只要分别取 $\lbrace a_n \rbrace$ 的上确界和 $\lbrace b_n \rbrace$ 的下确界，夹出的区间就恰好是所有区间的交集。在已有序公理、域公理和 Achimedes 公理的情况下二者是等价的。
度量空间在数值分析课堂的引论里学过，当时在讲矩阵的范数如何定义，是从最普通的 $\mathbb{R} ^n$讲起的，赞美包老师。虽然他这样根本不像在给数学系讲课，感觉有点照顾非数学系选课学生的意思。我的数分真是吃百家饭，这样也很好，多少消除一些曾经的心理阴影。

对于度量空间 $(X,d)$，$Y \subset X$ 是子集，如果对任意的 $x \in X$ 和任意的 $\varepsilon >0$ 都存在 $y \in Y$，使得 $d(y,x)< \varepsilon$，那么称 $Y$ 在 $X$ 上是稠密的。直观上来说，就是 $X$ 上任意一个点都有 $Y$ 上的一个点和它离得要多近有多近。举个例子的话，有理数和无理数在实数上都是稠密的，证明起来很简单，反复二分就可以了。
然后就是线性空间的定义，印象里线性代数的最后一章就是学这个，当时不知道数域是什么，给我愁的，以为真的要把八条运算法则都背下来来证明一个东西是某个域上的线性空间，~~当时要是会抽代就好了~~。

总之，$F$ 是一个数域，$V$ 是某一集合，满足一些运算法则的时候，三元组 $(V,+,\times )$ 是一个 $F-$ 线性空间。

今天的数分就学到这里 .jpg，内容大约是一周的量，还是有点少。明天再来.jpg

2023 年 1 月 18 日，星期三，还是很冷但是稍微升温了一些。

要开始构造实数了！用的是 Dedekind 分割。这个我也在 wxf 的微 A 课上听过，但他讲得并不认真，仅限念了一遍定义。后一节课课前有同学提问说，为什么一左一右两个集合就能代表一个实数呢？他不是很愿意理会的样子，反问说你是不是补退选进来的所以没听过第一节课啊，一只羊为什么代表 $1$ 呢，两个集合怎么不能代表一个数呢。

他可能是觉得这个问题太 trivial 了吧，也或许只是当天心情不好而已，然而提问的同学看起来还是没理解的样子，还平白无故被敲打了一下，就茫然地坐下了。Anyway，在这之后我对这个课堂的印象就不是很好，后续也很少再去上课了。只是觉得，为什么不能好好讲清楚道理呢，就告诉同学理由是从几何直观的角度来看，把实数轴任意截断的一点都是实数，有这样的一个定义不就好了吗。当然，当然，应该是我吹毛求疵了，他可能真的只是当天心情不好，所以不太想解释，后来我也没怎么再听过他上课，不清楚还有没有类似的状况，可能属于是不小心碰到了一个极端情况。

另外，单是讲过这个有什么意思呢，不说 Dedekind 分割满足序公理所以确实可以定义出实数，也不拿来用一下，就莫名其妙放一个定义在这里，课后又让做题目，感觉是在炫技。后来我也看过一部分他的讲义和回放，挺多莫名其妙的安排都有点像炫技，就彻底放弃跟进度，自己单开了。不过确实也没人逼你选他的微积分课，接受不了的话，换别的老师的课堂就好了，或许是个伪命题吧。

虽然大多数同学都吹 wxf 讲课有多好，但我其实相当怀疑他们有一部分并没有听明白课堂内容，觉得老师讲的内容很高深，自己吹捧老师的话会显得很厉害而已。另外听说 wxf 的答疑确实很认真，或许大家说他好是指这一部分吧，还是指他喜欢在课堂上和群里讲笑话？PPT 和讲义是准备得挺认真的，可惜我并不觉得设计得好，~~感觉白认真了~~。总之我是不太喜欢这种不彻底也不成体系的高阶知识下放，或许它自有意义，带大家了解一下也好。当然，和我相反的典型就是 wl 他们，是真的学得很好，也喜欢 wxf 的课堂，所以我这些话很可能只是弱者的托词而已。也是啊，我觉得他讲得不好，大一的时候干嘛不自己去看一千零一页，而是单开去拟合微积分往年习题了呢，乐。

弱者的牢骚暂且发到这里，下面继续说点正经的。
这下三纸无驴了。注意 Dedekind 分割的断点是有理数时，会把它归到右侧区间里，这是为了保证左侧无最大元。一般把左侧的区间记为 $X$，也称这个分割代表的实数是 $X$。

Dedekind 分割是满足序公理的，在这里需要先定义这一分割的序关系。对于实数 $X,Y$，如果 $X \subsetneq Y$，则有 $X<Y$。这个很好理解，$X$ 比 $Y$ 短一些，也就是 $X$ 的端点在 $Y$ 左侧，即 $X<Y$。再证明这个序关系满足序公理的五条要求即可。

有了这样一个对实数的描述，就可以写出确界定理的第二种证明，也很炫酷。
现在我们有了一个叫做实数的东西（Dedekind 分割），它离组成实数域还差很远，因为域上的两种运算，加法和乘法，尚未被定义。我们来定义一下，然后先证明它是良好定义的，不会出 bug。这指的是，对于两个实数的运算结果也是 Dedekind 分割，且满足若干加法公理，并且是加法良定义的。

加法定义：$X+Y=\lbrace x+y | x \in X,y \in Y \rbrace$，零元素为 $\bar{0} = X_0 = \lbrace x \in \mathbb{Q} | x<0 \rbrace$。

乘法定义：恒等元为 $\bar{1}= X_1 = \lbrace x \in \mathbb{Q} | x <1 \rbrace$，需要根据正负性来分类定义。这个是 PIN 的作业，我写作业去了。

Summary

总之，在第一章里面，于我而言实际上是在抽代的基础上，为一个特征为 $0$ 的域在其素域的基础上添置了一些多余元素，让它也满足序公理和 Achimedes 公理，这就符合实数域的定义了。为了使用的方便起见，又用 Dedekind 分割确定了实数域元素的具体形式，把它和日常使用的实数域对应起来。这一过程中为了磨合一些 bug，完成了不计其数的良定义确认，我愿称之为夜话团圆。

素域就是熟知的 $\mathbb{Q}$，由恒等元和零元素造出的整数环与其分式域构成。在此基础上，对素域元素做了一个序关系的定义，并嵌入实数域中，证明了它是符合序公理和 Achimedes 公理的。这说明这一做法可行，下一个任务就是具象化实数域的元素，也即实数。

第二个创举是用 Dedekind 分割构造所谓的实数的确切形式，这里用了一个几何的观点，就是把实数轴折断，把左半边的集合 $X$ 称为一个实数，通俗意义上来说，它代表的实际上是断点处的那个真正的实数。我们对创造出的这个实数进行了集合意义上的序、加法和乘法的定义。于是全体 Dedekind 分割真正意义上构成了一个满足序公理和 Achimedes 公理的域，这便和我们日常使用的实数没有差别了。

此外，还有一个很有趣的东西叫做确界原理，它描述的是一个有上/下界的集合必有上/下确界。围绕它有三个证明，前两个是证明确界原理和区间套公理等价，第三个是用 Dedekind 分割作出的确切的实数来证明确界原理的确成立。用区间套公理推确界原理的证明最酷炫，希望我以后还能记得怎么做，以及它的细节。

抽代真好用，赞美。我建议大家都和我一样，先学代数再学分析（什么啊

学到这里，学过的几门数学课已经被充分利用过了。微积分自不必说，抽代上面说过了，高代的线性空间定义也出现过了，赋范空间和度量空间在数值分析的引论课上听过，甚至写习题写到可数理论，给了我一点小小的离散数学震撼，我以前一直以为这课没用，白学了。往后云端漫步了一点，在数分 II 里找到了上学期在初概里了解过的 $\sigma -$代数，其实属于是测度知识了，但把它当成高等概率论知识也未尝不可嘛（。另外我的初概学得稀烂，可以近似认为是在统计推断里学会的，也算是做了贡献（，不然就它还没出镜啦。

什么叫做可以以任意顺序修完培养方案啊。我现在也理解为什么说数分难了，大一入学第一节课就学这玩意的话，反正我一下子受不了，会很想退学。不过这以前是 Yau 班讲义来着，难怪我不配（

梦话：可数集与不可数集

2023 年 1 月 19 日，星期四，v 我 50，谢谢。

在第一章继续逗留了一会，想补充一些可数（或者说可列）的东西。

刚拿到习题的时候以为是离散数学，后来发现还是不太一样。这一部分先由 PIN 的习题展开，顺便理一下我在离散数学里学到的东西，发现两边在用不太类似的定义逻辑，接合在一起之后也有些 happily ever after 了。

终于在香蕉空间找到了开源的页面，省了很多打字的心力，赞美！以及发现原来最初编写这份讲义的是曾经访问了我博客的 zrc 学长，由可爱的 _rqy 完成了香蕉空间上的工作，世界真小，qwq，感谢前辈做出的贡献。

课后习题：可数集与不可数集

令 $\mathbb{N}$ 表示自然数的集合（包括 $0$）。$X$ 是一个集合，如果存在单射 $f\colon X\rightarrow \mathbb{N}$，我们就称 $X$ 是可数的。如果 $X$ 不是可数的，我们就称它是不可数的。

证明，有限集是可数的。

Trivial.
证明，可数集合的子集是可数的。

Trivial，原映射的“一部分”，也就是它的导出映射对于剩余的元素仍然为单射。
证明，如果 $X$ 是可数集，那么我们总可以将 $X$ 写成 $X=\{x_1,x_2, x_3, \cdots\}$（即可以把 $X$ 中的元素用自然数来标号）。（我们可以从一个开始一个一个的数下去把这些元素都罗列出来，所以叫做可数集）

存在单射 $f\colon X\rightarrow \mathbb{N}$，考虑 $Im f$ 是一个自然数集合，由其一般性知可以表示为 $\{ 1,2,3,... \}$。
证明，有理数 $\mathbb{Q}$ 是可数集。

可以按分子分母绝对值之和写个大三角，不过我在知乎上看到过一个很酷的证明，摘录如下：

不难证明 $\mathbb {N}\times \mathbb {N}$ 是可数集（考虑双射 $(n,m)^n(2m+1)-1 $），从而 $\mathbb Z\times(\mathbb Z\backslash \{0\})$ 可数。

由 Cantor-Schröder–Bernstein 定理即得证。
证明，可数个可数集合的并集也是可数集，也就是说，如果 $X_1,X_2, \cdots, X_n, \cdots$ 都是可数集合，那么它们的并集 $\displaystyle \bigcup_{n\geqslant 1} X_n$ 也是可数集合。（提示：这是一个需要记住的经典证明，请查阅参考书或者网络）

排矩阵，列大三角。
$X$ 是可数的，映射 $f\colon X\rightarrow Y$ 是满射。证明，$Y$ 是可数的。

存在单射 $g \colon Y \to X$ 和 $h \colon X \to \mathbb N$，其复合 $g \cdot h \colon Y \to \mathbb N$ 也是单射。
按照以下步骤证明 $\mathbb R$ 是不可数的（同学们可以查阅一个用所谓对角线法则的经典证明，我们的证明基于区间套原理）：
- 若 $J\subset \mathbb R$ 是闭区间并且它的长度 $|J|>0$。证明，对任意的 $x\in \mathbb R$，总存在闭区间 $I$，使得 $I\subset J$，$|I|>0$ 且 $x\notin I$。
  
  用实数 $x$ 的 Dedekind 分割定义，取 $ I = J X^ $，只要证明它的长度非 $0$，trivial.
- 证明，如果 $\{x_1,x_2,\cdots\}$ 是 $\mathbb R$ 的一个可数子集，那么存在闭区间套 $I_1\supset I_2 \supset \cdots$，使得对任意的 $n$，$x_n \notin I_{n}$。
  
  取 $I_1$ 为 $X_1 ^\prime$ 的长度大于 $0$ 的闭区间，按上一问的方法构造闭区间 $I_2$，使得 $I_2 \subset I_1$，$|I_2|>0$ 且 $x_2\notin I_2$。类似地构造 $I_3,I_4,...$ 即可。
- 证明，$\mathbb R$ 不可数。
  
  反证法，设 $\mathbb R$ 可数，也即 $\mathbb R$ 可以表示成 $\mathbb R =\lbrace x_1,x_2,... \rbrace$ 的形式。因此存在上述的闭区间套，使得闭区间的交集里不含有 $\mathbb R$ 的任何一个元素，是一个空集。这和区间套公理是矛盾的。
  
  嗯？这就证明完了？好美妙！
证明，如果 $X$ 是不可数集，$A$ 是 $X$ 的可数子集，那么 $X-A$ 是不可数的。

反证法，trivial.
证明，任意的长度不为 $0$ 的区间（无论开或闭）都是不可数的。

反证法，否则它是可数的，可以表示成 $X= x_1,x_2,... $ 的形式。于是也可以按前述方法构造出其上的一个区间套 $X \supset X_1 \supset X_2 \supset ...$，满足除了 $X$ 之外的区间都是闭区间，且闭区间的交集是空集，这是矛盾的。
证明，复数 $\mathbb{C}$ 是不可数的。

反证法，如果复数集是可数的，它的子集 $\mathbb R$ 也一定可数，矛盾。
假设 $\mathcal{I}$ 是 $\mathbb R$ 上的某些开区间组成的集合，它满足如下性质：对任意的 $I,J \in \mathcal{I}$，$I\neq J$，那么它们的交集是空集，即 $I\cap J=\emptyset$。证明，$\mathcal{I}$ 是可数集。

习题没有答案，于是我只能做一些不负责任的暴论：

回到定义，想找一个从 $\mathcal I$ 到 $\mathbb N$ 的单射 $f$。只要考虑在 $R_ +$ 上的全体集合，对任意的 $I \in \mathcal I$，取 $f(I)$ 为区间 $I$ 覆盖的最小整数，这些整数一定两两不同，也就构成了一个到 $\mathbb N$ 的单射。

但是不一定每个区间都覆盖一个整数，所以我想做个不负责任的操作：如果 $I = (a,b)$ 不覆盖整数，则将所有区间的端点关于 $a$ 的距离放大，直到放大后的区间 $I ^ \prime =(a,b ^ \prime)$ 能覆盖住某一个整数，从左至右对每一个区间都这样操作。

找到了作者在源代码注释里留下的彩蛋：

证明，不能用可数条直线覆盖平面，即如果 $\ell_1,\ell_2,\cdots$ 是平面 $\mathbb{R}^2$ 上可数条直线，那么 $\displaystyle \bigcup_{k\geqslant 1}\ell_k\neq \mathbb R^2$。
一个圆心在 $(x_0,y_0)$ 处，半径为 $r>0$ 的闭圆盘 $\overline{B_r(x_0,y_0)}$，指的是：

$\overline{B_r(x_0,y_0)}=\{(x,y)\mid (x-x_0)^2+(y-y_0)^2\leqslant r^2\}$；

证明，不能用（无论可数个还是不可数个）两两不相交的闭圆盘（半径大于零）（圆心和半径可以变化）覆盖 $\mathbb R^2$，使得两个不同的圆盘至多有一个点是重合的。
纯属娱乐，对后面学习分析并无帮助。

课后习题： Schroeder-Bernstein 定理

实际上，PIN 还有一道习题 Schroeder-Bernstein 定理。这道题就不打算写了，学不完了 .jpg，我把它轻轻放在这里，作为后面补充的引子：

假设 $X$ 和 $Y$ 是两个集合，映射 $f\colon X\rightarrow Y$ 和 $g\colon Y\rightarrow X$ 都是单射。我们令 $X'=X-g(Y)$。

如果 $X$ 是有限集，证明，存在 $\varphi\colon X\rightarrow Y$，使得 $\varphi$ 是双射。
如果 $X$ 是可数集，证明，存在 $\varphi\colon X\rightarrow Y$，使得 $\varphi$ 是双射。

从现在开始，对 $X$ 不加任何的限制。我们令 $h\colon X\rightarrow X$ 是复合映射 $h=g\circ f$。

考虑 $X$ 的子集的集合 $\mathcal{F}=\{A \subset X\mid X'\cup h(A)\subset A \}$。证明，$\mathcal{F}$ 非空。
证明，如果 $A\in \mathcal{F}$，那么 $X'\cup h(A)\in \mathcal{F}$。

我们定义$A_0=\bigcap_{A\in \mathcal{F}}A=\{x\in X\mid$对任意的$A\in \mathcal{F},$都有$x\in A\}$。

证明，$A_0\in\mathcal{F}$。
证明，$X'\cup h(A_0)=A_0$。
令 $B_0=X-A_0$。证明，$f(A_0)\cap g^{-1}(B_0)=\emptyset$ 并且 $f(A_0)\cup g^{-1}(B_0)=Y$。
我们定义映射 $\varphi\colon X\rightarrow Y$：对于 $x\in X$，我们要求 $\varphi(x)=\begin{cases}f(x), \ &\text{如果} x\in A_0;\\g^{-1}(x), \ &\text{如果} x\in B_0.\end{cases}$

证明，这是双射。

根据上述，我们证明了 Schroeder-Bernstein 定理：如果有单射 $f\colon X\rightarrow Y$ 和单射 $g\colon Y\rightarrow X$，那么存在着两个集合之间的双射 $\varphi\colon X\rightarrow Y$。

离散数学复习：等势与基数

在离散数学里，更确切一点讲，在集合论里，介绍了一种关系，叫做等势。这一概念由 Cantor 提出，用来解决这样的一个困惑：为什么完全平方数貌似比正整数少很多，但是它们却可以一一对应？如何比较两个无穷集合谁的元素多，谁的元素少，谁更“无穷”？

等势被定义为：如果集合 $X$ 和 $Y$ 之间如果存在双射，那么称二者等势，利用 Schroeder-Bernstein 定理可知如果有单射 $f\colon X\rightarrow Y$ 和单射 $g\colon Y\rightarrow X$，那么 $X$ 和 $Y$ 等势，写作 $X \approx Y$。实际上有 $\mathbb N \approx \mathbb Q \approx \mathbb Z$，等等。
另外一个定义是集合的基数，记为 $card(X)$，精确地测量集合的某些性质。我们定义 $card(X) \leq card(Y)$ 等价于有单射 $f\colon X\rightarrow Y$，因此由等势的结论，有 $card(X)=card(Y)$ 等价于 $X \approx Y$。与此同时，我们希望对这个虚无缥缈的概念做一些基本的规定，比如说把某些特殊的集合的基数作为标尺，来衡量其他集合的基数大小。我们选取了 $card(\mathbb N) = \aleph _0$，$card(\mathbb R) = \aleph _1$ 作为这样的尺度。

当然，对于有穷的集合，它的基数就是它的元素个数，此时称为有限基数，否则称为无限基数，我们不对有限基数多做讨论。上述的“尺度”中，$\aleph _0$ 是最小的无限基数，它也大于所有的有限基数。
基数理论的一个用处在于，可以用来衡量无穷集合的可数性。一个集合 $X$ 满足 $card(X) \leq \aleph _0$ 等价于它是可数的，也就是说，可数集 $X$ 要么是有限集合，要么基数是 $\aleph _0$，可以和 $\mathbb N$ 一一对应，也就是习题里面提到的，可数集可以表示成 $X = \lbrace x_1,x_2,... \rbrace$ 的形式。

但是，离散数学没有解答的是，为什么基数可以比较大小？我们可以看到 $\aleph _0$，$_1 $ 的出现，就代表了基数的取值未必是实数域上的子集。那么它的取值集合上的序关系是怎么定义的，是否满足序公理？

实际上，对于集合 $X,Y$，序关系 $card(X) \leq card(Y)$ 成立等价于有单射 $f\colon X\rightarrow Y$。由此就可以验证这个关系满足序公理了。

但是为什么任意两个基数都可以比较大小呢？在 $\mathbb R$ 之外还有更多稀奇古怪的集合，以前可能想象不出来，学了抽代之后一想这些真的毛骨悚然，它们都可以互相将基数拿来比较大小吗？

答案是可以的，但还是到实分析里再学吧（

这样再看 Cantor 定理，也就是实数集 $\mathbb R$ 不可数这一条定理，写成基数的形式就等价于，$\aleph _1 = card(\mathbb R) > \aleph _0$。

我们在离散数学里定义了 $card(\mathbb N) = \aleph _0$ 是最小的无限基数，却没有说明为什么最小。也就是没有说明，为什么可数的无限集是无限集里面最小的。所以，暂时只能从已经证明出的 $\mathbb R$ 不可数，来证明 $\aleph _1 > \aleph _0$ 这两个特殊的无限基数之间的大小关系。
Cantor 给出了另外一个证明。记 $\mathcal P(X)$ 为 $X$ 的幂集合，也即 $X$ 的全体子集（包括空集和自身）构成的集合。

引理：如果 $X$ 非空，那么 $card(\mathcal P (X)) > card(X)$。使用反证法证明，否则二者相等，存在 $\mathcal P (X)$ 和 $X$ 之间的一一对应 $f \colon X \to \mathcal P (X)$。记 $A = \lbrace x \colon x \notin f(x) \rbrace$，证明 $f^{-1} (A)$ 和 $ A$ 不等即可。

而 $[0,1]$ 上的实数用二进制表示后，$0$ 的位置构成了自然数集的子集；自然数的任意一个子集都对应一个实数。因此 $R \supset \mathcal P (\mathbb N)$，有 $card([0,1]) = card (\mathbb R) \geq card(\mathcal P (\mathbb N)) > card(\mathbb N) = \aleph _0$，实数集不可数。

最后，虽然看起来有些夜话团圆了，但基数还是很抽象。希尔伯特 23 问的第一问连续统假设即是关于基数的一个看似很基本的问题，问 $\aleph _0$ 和 $\aleph _1$ 之间是否还有别的基数。这一问题被证明和 ZFC 公理体系互相独立，目前仍不知真伪。

极限

极限，数列和级数

2023 年 1 月 20 日，星期五，睡前本来想看极限结果去写了可数集的补充内容，字数翻了个倍。

这样下去的话，大概要每一个章节开一篇文章写比较合适了。昨天改标题的时候差点把文件名改了，想了想那样的话原有的两条评论显示不出来，不是很妙。或许有迁移 issue 之类的方法，没有试过也没有研究，不清楚能不能做到，多一事不如少一事。

好像没什么可写的，这一部分都和微积分 A 学的内容差不多。不过讲义里的一些观点很有意思，我把原文摘录下来：

然而，根据极限的定义，如果有极限，我们要先验地知道极限是什么才可以利用定义来证明。事实上，要想猜到这个极限的值是很困难的。通过这个例子，我们发现极限的定义对于判断极限是否存并没有太大的帮助。

从概念上而言，极限的定义在哲学意义上有一个先天的缺陷：判断数列收敛与否，应该由数列本身所决定而不需要依赖于外在的信息，比如说事先知道极限是什么。换句话说，我们想要内蕴地来考虑极限问题。这种看法和思考方式对数学的学习是大有裨益的。

想起来数值分析学过的一些方法，比如对牛顿法失败的方程，也即有重根的方程重做某种牛顿法的时候，需要先知道重根是几次才能做出来，笑死。不过按照这个思路还是做出了很多改进方法，像魔法 qwq

此处“内蕴地”考虑极限问题，指的就是后面的 Cauchy 收敛原则：一个数列收敛等价于它是柯西列。

在数学中, 对于每一个数学对象 (例如极限) , 我们会例行公事般地考虑它的一些常见的性质. 比如说, 这个对象最基本的例子是什么, 这种对象是否存在, 如果存在的话它是否具有唯一性, 它的子对象和商对象 (如果有的话) 都具有什么性质 (比如说遗传了原来的对象的什么性质) , 这个对象的可计算性以及在特定映射下的行为等等. 作为例子, 我们刚刚见到一个点列的子对象 (即子列) 遗传了点列的收敛性 (和有界性) . 尽管这是一种八股文一般的讨论方式 (Bourbaki 学派是这种方式最忠实的实践者) , 但是是非常有效率的一种学习和记忆方式, 我们在课程上会尽量的按照这种习惯来学习. 特别要强调的是, 每一个定义大家都应该搞清楚最基本的例子是什么。

你知道那个叫概念的东西是什么嘛.jpg

然后是学微积分的时候讲过就过了，不会再用的一个定理：

(Bolzano–Weierstrass 的列紧性定理) 任意有界的实数序列 $\{x_n\}_{n\geq 1}$ 必有单调收敛的子列。
Cauchy 判别法（略）

注意 Cauchy 判别法仅能在实数列中使用，因为其证明需要关于有界的论述。

另外，把级数的部分和视为一个数列的话，也可以用数列的性质来判断无穷级数是否收敛。也即，对于无穷级数 $x_1 + x_2 + ...+x_n +...$，考虑 $X_i = x_1 + x_2 + ... + x_i$，于是有无穷级数收敛等价于实数序列 $\{x_n\}_{n\geq 1}$ 收敛，可以使用 Cauchy 判别法或定义判别的方式进行判断。考虑一种特殊的级数：

$\{a_n\}_{n\geqslant 1}$ 是递减的正实数的数列并且 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow \infty}a_n=0$。假设级数 $\sum_{k=1}^\infty$ $a_k$ 发散。那么，对任意 $x\in \mathbb R$，我们可以选取一组正负号 $\iota_k\in \{\pm 1\}$，使得级数 $\sum_{k=1}^\infty \iota_k a_k$ 收敛并且 $\Sigma_{k=1}^\infty \iota_k a_k=x$。

或许算是后面习题里的 Riemann 重排定理的一个变式，总之证明是一样的。

实际上，学级数的时候讲了很多判别法，无外乎绝对收敛和比较收敛。原理上都是 Cauchy 收敛的变式。

指数函数和三角函数的级数定义

2023 年 1 月 22 日，星期日，吃着素感觉脑子转不起来了（x

我们假装自己只会用整数和有理数，然后用级数和极限分别定义了 $e$，不仅在级数角度有熟知的 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow \infty}(1+ \frac{1}{n})^n=e$，级数的表示是 $\sum _{k=0} ^{+\infty} \frac{1}{k!} = e$。同样的，我们也想假装只会用多项式，来定义指数函数和三角函数。

定义指数函数 $\exp\colon \mathbb R \rightarrow \mathbb R$ 如下：$x\mapsto \exp(x)=e^x=\sum_{k=0}^\infty \frac{x^k}{k!}$。可以看到这个形式和 $e$ 的定义是很相似的。

首先需要验证这是良定义的，也就是对于任意的 $x \in \mathbb R$，有 $\exp(x)=\sum_{k=0}^\infty \frac{x^k}{k!}$ 是一个收敛的无穷级数。证明的话，实际上是从某一位处截断，对后面的无穷项进行一个放缩控制。

虽然我们熟知对任意的 $x,y\in \mathbb R$ 有 $e^{x+y}=e^x\cdot e^y$，但是这在级数层面是不那么明显的。

上述性质对于复数 $x$ 也成立，从而引出对三角函数的定义。
利用指数映射 $\exp(z)$ 可以定义正弦和余弦函数：

$\cos z =\frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2} = \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k x^{2k}}{(2k)!}$，

$ z ={e^{iz}-e{-iz} 2i} = _{k=0}^$。

换句话说，目前 $\sin(z)$ 和 $\cos(z)$ 使用级数来定义的。至于其余三角函数，是根据 $\cos z ,\sin z$ 的和差积商定义的。特别地，有 Euler公式：$e^{iz}=\cos z + i \sin z$。

所以，三角函数完全可以被代数地定义，只用无穷项的多项式，不需要用到三角形。级数实际是沟通代数和几何的重要工具。我们可以用上述两个公式和已知的指数函数性质，证明出三角函数的众多性质，例如平方和为 $1$，等等。

Summary

这一部分最大的贡献是定义出了 $e$，指数函数和三角函数。不同于之前的视角，一千零一页中介绍了一个内蕴的判别角度，即从数列本身的性质出发推出其自身是否收敛，得出了重要的 Cauchy 判别法。当然，Cauchy 判别法的使用场景限于实数，在其他的距离空间上未必成立。当然，极限还有其他的求法，例如夹逼方法，上下极限，定义法。

与此同时，回忆了一些级数的内容，而级数本质上还是数列。级数这一部分在微积分里是放在微积分 A(2) 的最后一章介绍的，感觉很不合理，实际上完全可以在极限的地方就讲，不过没有必要，另外可能也是为了引出 Fourier 变换。总之，有了两组级数函数之后，对于中学里已知的内容的使用就可以更加大胆一些了。

梦话：既然习题没有答案那我就胡说八道了

2023 年 1 月 23 日，星期一，其实我不喜欢在初学（？）的时候做没有答案的习题，anyway 还是写一写。

Riemann 重排定理

证明下面有趣的定理：如果实数项级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n$ 收敛但不绝对收敛，那么可以将级数重新排列，使得重排后的级数可以收敛到任意事先指定的 $\alpha\in \mathbb R\cup\{-\infty,+\infty\}$。假设 $\varphi\colon \mathbb{Z}_{\geqslant 1}\rightarrow \mathbb{Z}_{\geqslant 1}$ 是正整数到自身的双射，令 $b_k = a_{\varphi(k)}$，序列 $\{b_k\}_{k\geqslant 1}$ 被称为是 $\{a_n\}_{n\geqslant 1}$ 的一个重排，级数 $\displaystyle\sum_{k=1}^\infty b_k$ 被称为是级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n$ 的一个重排。

我们将 $\{a_n\}_{n\geqslant 1}$ 中的非负项（$\geqslant 0$）的全体按照它们在 $\{a_n\}_{n \geqslant 1}$ 中的先后次序排列得到序列 $c_1,c_2,c_3,...$；类似地，将 $\{a_n\}_{n \geqslant 1}$ 中的负项（$<0$）按原顺序排列得到序列 $d_1,d_2,d_3,\cdots$。

证明，$\displaystyle\lim_{n\to \infty} c_n = 0$，$\displaystyle\lim_{n\to \infty} d_n = 0$。

Trivial，它们分别是原序列 $\{a_n\}_{n\geqslant 1}$ 的两个子列，收敛结果和原序列相同。
证明，$\displaystyle\sum_{n=1}^\infty c_n = +\infty$，$\displaystyle\sum_{n=1}^\infty d_n = -\infty$。

Trivial，反证法假设否则有 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty c_n = C$，且有 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n=A$，$A,C \in \mathbb R$，那么有 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty d_n = A-C \in \mathbb R$，级数绝对收敛。矛盾。
证明: 对任意 $\alpha \in \mathbb R$，存在级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n$ 的一个重排 $\displaystyle\sum_{k=1}^\infty b_k$，使得 $\displaystyle \sum_{k=1}^\infty b_k = \alpha$。

不妨设 $\alpha >0$。正项是发散的，于是存在一个 $n_1$ 使得 $ c_1 + c_2 +...+ c_{ {n_1} } < c_1 + c_2 +...+ c_{ {n_1} }+c_{ {n _1} + 1}$。

取 $\delta _1 = c_1 + c_2 +...+ c _{n_1}+c _{n _1 + 1} - \alpha >0$，由负项是发散的，于是存在一个 $m_1$ 使得：

$d_1 + d_2 + ... +d _{ {m _1} } > -_1 d 1 + d_2 + ... +d { {m _1} +1 } $。再取 $0 < \delta _2 = d_1 + d_2 + ... +d _{m _1 } + \delta _1 < \delta _1$，此为一次操作。

每做一次操作，$\delta$ 都会相应地减小，始终非负。于是有 $(c_1+...+c _ {n_1 +1 }) + (d_1+...+d _{m _1})+...$ 是一个收敛到 $\alpha$ 的重排级数。
证明: 存在级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n$ 的一个重排 $\displaystyle\sum_{k=1}^\infty x_k$，使得 $\displaystyle \sum_{k=1}^\infty x_k = +\infty$。

我不是很确定啊，但是我打算徒手捏一个：取一个固定的实数 $M>0$，每一次操作分别从正的部分和负的部分，取一段 $c_i + ... + c_{i+k}$ 和 $d_j + ... + d _{j+l}$ 使得其和大于等于 $M$。于是每一次操作得到的小段和都大于等于 $M$，最后的级数和是发散的。

Cesaro 求和极限

设 $\{a_n\}_{n\geqslant 1}$ 为实数序列，我们定义算数平均值序列 $\displaystyle\sigma_n = \frac{a_1 + a_2 + \cdots + a_n}{n}$，其中 $n=1,2,3,\cdots$。

假设 $\displaystyle\lim_{n\to \infty} a_n = a$。证明，$\displaystyle\lim_{n\to \infty} \sigma_n = a$。

Trivial.
构造一个不收敛的序列 $\{a_n\}_{n\geqslant 1}$，使得 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \sigma_n = 0$。

$a_ i = (-1) ^i$。
是否存在序列 $\{a_n\}_{n\geqslant 1}$，使得对任意 $n\geqslant 1$，都有 $a_n > 0$ 并且 $\displaystyle\limsup_{n\to \infty} a_n = \infty$ 然而 $\displaystyle\lim_{n\to \infty} \sigma_n = 0$?

$a_{i^2}=\sqrt{i},$ 其余为 $1 \over i^2$。（感谢 neruko 的勘误！qwq
对 $k \geqslant 1$, 记 $b_k = a_{k+1} - a_k$。证明，对任意的 $n\geqslant 2$，都有 $\displaystyle a_n - \sigma_n = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n-1} k b_k$。

Trivial.
设 $\displaystyle\lim_{k\to \infty} k b_k = 0$ 并且 $\{\sigma_n\}_{n\geqslant 1}$ 收敛。证明，$\{a_n\}$ 也收敛。

注意，这是 (1) 在条件 $n|a_{n+1}-a_n| \to 0$ 这一额外条件下的逆命题。

Trivial，上一题左右对 $n$ 取极限，利用极限的可加性。至于右边的极限为什么是 $0$，用 $\varepsilon - N$ 写一下。
把 (5) 的条件减弱为: $\{ k b_k\}_{k\geqslant 1}$ 是有界的并且 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \sigma_n = \sigma$。证明，$\displaystyle\lim_{n\to \infty} a_n = \sigma$。

？不会.jpg

根式和指数的定义

这个问题的目的是在 $\mathbb R$ 上定义初等函数 $\sqrt[n]{x}$ 和 $b^x$，比如说我们自然希望定义 $\sqrt[n]{x}$ 为满足 $y^n = x$ 唯一的正实数。

给定正整数 $n$ 和实数 $x>0$，证明：如果正实数 $y_1$ 和 $y_2$ 满足 $y_1^n = x=y_2^n$，那么 $y_1=y_2$。

Trivial.
证明，如果 $x>0$，那么集合 $E(x) = \{t \in \mathbb R \mid t^n < x\}$ 是非空的并且有上界。

Trivial，首先 $0 \in E(x)$，再对 $x$ 讨论。当 $0<x<1$ 时有 $\forall t \in E(x), t<1$，当 $1 x $ 时有 $\forall t \in E(x),t \leq x$。
证明，$y = \sup E(x)$ 满足 $y^n = x$ 并且 $y>0$。

首先有 $0 \in E(x)$，于是 $sup E(x) \geq 0$。如果 $supE(x) = 0$ 则不存在 $\varepsilon >0,\varepsilon ^n <x$。取 $\varepsilon ^n = \frac{x}{2}$ 则矛盾。于是 $y>0$。再证明 $y^n =x$。显然对于 $\forall y \in \mathbb R, y^n \geq x$ 都有 $y $ 是 $E(x)$ 的上界，而对于 $\forall z \in \mathbb R,z^n < x$，存在 $(z ^\prime) ^n = z_n +x$ 使得 $z^ \prime \in E(x)$ 且 $z^\prime >z$，于是这样的 $z$ 都不是上界。因此 $supE(x) = min \lbrace y \in \mathbb R, y^n \geq x \rbrace$，也即题中定义。
证明，映射 $\sqrt[n]{\cdot}\colon \mathbb R_{>0}\to \mathbb R_{>0}, \ \ x \mapsto \sqrt[n]{x}=y$ 是良好定义的。我们也记 $\sqrt[n]{x}$ 为 $x^{\frac1n}$。

良好定义的意思是，对于任意的 $x = x^\prime$，有 $y=y^ \prime$。否则 $y \neq y^ \prime$，但由上题定义，上确界是唯一的。
证明，$\sqrt[n]{\cdot}\colon \mathbb R_{>0}\to \mathbb R_{>0}$ 是双射。

有以上铺垫后是显然的。
$a,b$ 是正实数，$n$ 为正整数。证明，$(ab)^{\frac1n} = a^{\frac1n}b^{\frac1n}$

定义 $A(x) = \lbrace t \in \mathbb R \mid t^n <a \rbrace$，$B(x) = \lbrace t \in \mathbb R \mid t^n <b \rbrace$，$C(x) = \lbrace t \in \mathbb R \mid t^n <a b\rbrace$，只要证明 $A(x)B(x)=C(x)$，（集合相等的证明是左右互相包含），然后考虑两个集合的上确界则得证。

在接下来的问题里，我们给定实数 $b>1$ 来定义以 $b$ 为底的指数函数 $x \mapsto b^x$。

设 $m,n,p,q \in \mathbb{Z}$，其中 $n>0$，$q>0$。令 $r = \dfrac{m}{n} = \dfrac{p}{q}$ 为有理数 $r$ 的两种表示。证明 $(b^m)^{\frac1n} = (b^p)^{\frac1q}$

Trivial.
证明，对任意的有理数 $r$，函数 $r\mapsto b^r$ 是良好定义的。

Trivial.
证明，对任意的有理数 $r,s$，我们有 $b^{r+s} = b^rb^s$。

记 $r = \frac mn ,s= \frac pq$，于是 $b^{r+s} = b^{\frac{mq+np}{nq} }=(b^{mq} b^{np} ) ^{\frac{1}{nq} }= b ^{\frac mn} b^{\frac pq} = b^r b^s$。
对于 $x \in \mathbb R$，令 $B(x)=\{b^t \mid t \in \mathbb{Q}, t \leqslant x\}$。证明，$B(x)$ 非空且有上界。我们定义 $b^x = \sup B(x)$, 这就定义了映射 $x \mapsto b^x$。

其实和之前那个也差不多，不写了。
证明，如果 $r$ 是有理数，那么 $b^r = \sup B(r),\forall r \in \mathbb{Q}$。我们定义的指数映射在 $r\in \mathbb{Q}$ 时和之前是一致的。

和上一题一样。
证明，上题中定义的映射满足，对任意的 $x,y \in \mathbb R$，都有 $b^{x+y} = b^x b^y$。

证明 $X(r)Y(r)=Z(r)$，于是上确界相等。
证明，当 $b=e$ 时，这样定义的函数和课程中定义的 $e^x$ 是一致的。

嗯？

$\exp(x)=\sum_{k=0}^\infty \frac{x^k}{k!}$。上述定义的 $e^x = sup B(x) = sup \{e^t \mid t \in \mathbb{Q}, t \leqslant x\}$。

我不到啊，或许他想让我证明的是 $(\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!}) ^x = \sum_{k=0}^\infty \frac{x^k}{k!}$ 吗？这个课上好像证过。

根式的逼近

给定正实数 $\alpha$ 和初始值 $x_1 > \sqrt{\alpha}$，我们归纳地定义序列 $\{x_n\}_{n\geqslant 1}$：$x_{n+1} = \frac{1}{2}\left(x_n + \frac{\alpha}{x_n}\right), n = 1,2,\cdots$

证明，$\{x_n\}_{n\geqslant 1}$ 是递减的并且 $\displaystyle\lim_{n\to \infty} x_n = \sqrt{\alpha}$（在问题E中已经定义）。这表明，从任意大于 $\sqrt{\alpha}$ 的初值出发，可用上述迭代公式近似地计算（逼近）$\sqrt{\alpha}$。

Trivial，因为这就是 Newton 法（狗头
定义逼近的误差项 $\varepsilon_n = x_n - \sqrt{\alpha}$。证明，$\displaystyle\varepsilon_{n+1} = \frac{\varepsilon_n^2}{2x_n} < \frac{\varepsilon_n^2}{2\sqrt{\alpha}}$。

Trivial，这是 Newton 法的二阶收敛性质（逃
证明，如果 $\beta = 2\sqrt{\alpha}$，那么 $\displaystyle\varepsilon_{n+1} < \beta \left(\frac{\varepsilon_1}{\beta}\right)^{2^n}$。这表明它的收敛速度非常快。

Trivial.
设 $\alpha = 3$，$x_1 = 2$，验证 $\dfrac{\varepsilon_1}{\beta} < 0.1$，继而 $\varepsilon_5 < 4\cdot 10^{-16}$，$\varepsilon_6 < 4 \cdot 10^{-32}$。

略（
试用纸和笔，计算 $\sqrt{3}$ 的精确到小数点5位的近似值。

略（

接下来，我们换另外一个迭代公式。固定 $\alpha > 1$ 和 $y_1 > \sqrt{\alpha}$，定义 $y_{n+1} = {\alpha + {y_n} \over 1 + {y_n}} = y_n + {\alpha - {y_n}^2 \over 1+{y_n} }$，$ n = 1,2,... $

证明，$\{y_{2k-1}\}_{k\geqslant 1}$ 为递减序列。

这是一个大于 $\sqrt{\alpha }$ 的序列，有 $y_3 = \frac{\alpha + y_2}{1+y_2} = \frac{(\alpha +1 )y_1 + 2 \alpha}{2y_1 + \alpha +1} < y_1$，可以推广到每一项。
证明，$\{y_{2k}\}_{k\geqslant 1}$ 为递增序列。

Trivial，基本同上。
证明，$\displaystyle\lim_{n\to \infty} y_n = \sqrt{\alpha}$。

上述的两个序列分别单调有界，各自收敛。由递推式可知都收敛到 $\sqrt{\alpha }$，于是整体收敛。
试讨论逼近 $\sqrt{\alpha}$ 的收敛速度并与之前的比较。

肯定是不如 Newton 方法收敛得快的。

记逼近的误差项 $\varepsilon_n = x_n - \sqrt{\alpha}$，于是 $\displaystyle\lim_{n\to \infty} \frac{\varepsilon _{n+1} } {\varepsilon _n } = \frac{1-\sqrt{\alpha} }{1+\sqrt{\alpha} }$，这个序列线性收敛，而 Newton 方法二阶收敛。

给我一点小小的数值分析震撼，但我感觉比前面的题都简单（

梦话 2.0：乘积级数

其实乘积级数完全可以用对数函数拆成求和级数，可惜的是我们现在还没有对数函数，所以都是靠各种技巧来证明。

乘积级数的收敛以及 Cauchy 判别法：$\{a_n\}_{n\geqslant 1}$ 是复数的数列，我们假设对任意的 $n$，$a_n\neq 0$。令 $P_n=a_1\cdot a_2\cdot \cdots \cdot a_n$，如果数列 $\{P_n\}_{n\geqslant 1}$ 的极限存在且不是 $\mathbf{0}$，称无限乘积 $\displaystyle\prod_{n\geqslant 1}a_n$ 收敛且记 $\displaystyle\prod_{n\geqslant 1}a_n=\lim_{n\rightarrow \infty}P_n$。

我们有这种情况下的 Cauchy 判别准则：$\displaystyle\prod_{n\geqslant 1}a_n$ 收敛当且仅当对任意的 $\varepsilon>0$，存在 $N$，使得对任意的 $n\geqslant N$，任意的 $p\geqslant 0$，我们都有 $\big|a_n\cdot a_{n+1}\cdot \cdots \cdot a_{n+p}-1\big|<\varepsilon$。
除此之外还有一个特殊情况：对于正数列 $\{a_n\}_{n\geqslant 1}$，乘积 $\displaystyle\prod_{n=1}^{\infty}(1+a_n)$ 收敛（极限必然不是零）等价于 $\displaystyle\sum_{n =1}^{\infty} a_n$ 收敛。当然，有对数的话可以近似成 $ln(1+a_n) \approx a_n$，直观上二者就相等。严格的证明也不困难。

实际上，如果数列介于区间 $(0,1)$ 之间，二者也等价于乘积 $\displaystyle\prod_{n=1}^{\infty}(1-a_n)$ 收敛。从对数的直观上来说也是明显的，但证明稍有不同。

这样的话限制还是比较多的，只对正实数有效。如果想要推广到复数，就需要更强的条件。$\{a_n\}_{n\geqslant 1}$ 是复数的数列，如果 $\displaystyle\prod_{n=1}^{\infty}(1+|a_n|)$ 收敛（等价地说，就是 $\displaystyle\sum_{n =1}^{\infty} a_n$ 绝对收敛），则 $\displaystyle\prod_{n=1}^{\infty}(1+a_n)$ 收敛（极限不是零）。

2023 年 1 月 24 日，星期二，修了半天 LaTeX 然后摸了半天鱼（

顺便解决了一些历史问题，比如把博客搬到（去年八月换的）新电脑上来了，说来真的有点蠢，感觉搬家好麻烦就同时用着两个电脑了（。旧电脑是 surface，换掉之后一直仍然承担着晚上回寝室之后负责 deploy 博客和时不时需要一块手写屏的功能。

其实后来检查了半天，发现除了 NexT 之外都是最新版本，不清楚究竟是哪里有问题，就换了个 renderer，然后就好了（其实去看了下最新版 NexT 的文档，它的意思好像也是最好不要用 hexo-renderer-marked，就换了 hexo-renderer-pandoc，虽然还有少量问题但基本还是在人工排查没那么费劲的范围里，先这样吧）。倒是也把新版本的 NexT 设置好了，但是当时搞的彩色标签暂时没找到好的替代 = =，原来的办法不太好用了，就还是暂时再用用旧的，哪天确定是它出了问题的话也可以一键搬家到新版（，以及有问题就可以自己在新版上测了，这次还要谢谢 JasonL 老师的帮助，谢谢华子音游群让我半夜加到了老师的好友（（

到底是什么原因呢，是换了新电脑的原因还是魔改的原因，总之仓库里原来 200 多条 commits 没有了。本来想着内容都还在也没什么问题，但是今天无聊翻邮件的时候突然想起来，有一条在 commits 里的评论也跟着消失了。怪我没什么经验还不咋仔细，要是想到开个新的分支的话就好了。或许有什么恢复的方法吗，感觉没有（

凌晨的时候本来在等备份，随手开了局舟，没想到一次通关，大概是什么回坑 buff（。不过感觉不咋好玩，逐渐失去兴趣了，打算把活动打完就卸载掉。

（这不是数分日志来着吗）（问题在这里发现的就在这儿解决一下好了）

2023 年 1 月 25 日，星期三，= =

定义了一个很新的函数，叫做欧拉乘积公式，也可以就叫 $\zeta$- 函数。

假设 $\mathcal{P}$ 是所有的素数组成的集合，我们可以将它们从小到大排列为 $2=p_1<p_2<p_3<\cdots$。对于 $s>1$，$\zeta$- 函数

$\zeta(s)=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^s}$ 是良好定义的。那么，我们有 $\zeta(s)=\prod_{p\in \mathcal{P}}\frac{1}{1-p^{-s}}$，

其中上面的乘积是收敛的（我们可以假定是按照素数从小到大的顺序来做乘积的）。
又到了高中竞赛的噩梦环节，Abel 求和公式。形式很简单，证明也很简单，但是应用和技巧多得离谱（

$\{a_k\}_{k\geqslant 1}$ 和 $\{b_k\}_{k\geqslant 1}$ 是复数（矩阵）的序列，那么 $\sum_{k=1}^n{a_kb_k}=S_nb_n+\sum_{k=1}^{n-1}S_k(b_k-b_{k+1})$，其中我们用 $S_n=a_1+a_2+\cdots+a_n$ 表示数列 $\{a_k\}_{k\geqslant 1}$ 的部分和。

Abel 公式其实就是离散形式的分部积分公式，而且 Abel 和的部分截断和的形式也很不错：

$\sum_{n+1\leqslant k \leqslant m} a_k b_k = S_mb_m-S_nb_n+\sum_{k=n}^{m-1}S_k(b_k-b_{k+1})$

于是有一个针对它的 Dirichlet 收敛判别法，证明即是对上面的部分截断和放缩，做 Cauchy 判别法：如果$\{b_k\}_{k\geqslant 1}$ 是单调数列并且 $\displaystyle\lim_{k\rightarrow \infty}b_k=0$，而且存在 $M$，使得对任意的 $n\geqslant 1$，$|S_n|\leqslant M$，那么无穷级数 $\displaystyle\sum_{k=1}^\infty{a_kb_k}$ 收敛。

相应地还有 Abel 收敛判别法：$\{b_k\}_{k\geqslant 1}$ 是单调有界数列，级数 $a_1+a_2+a_3+\cdots$ 收敛，则级数 $\displaystyle\sum_{k=1}^\infty{a_kb_k}$ 收敛。同样使用截断和的 Cauchy 判别即可。

梦话 3.0：距离空间与赋范线性空间

赋范线性空间这我也熟啊，也是数值分析里学的（学的时候有点痛苦就是了，而且有点惶恐，因为感觉附近都是数学系的人，他们好像都会了 qwq（而且都是大三的同学，天哪当时选课的时候真有勇气

距离空间是一个不够强的定义，只对空间上的两个点的距离做了定义，要求它们满足三角不等式。比如说，以绝对值为距离的距离空间 $\mathbb Q$ 上有 $x_n=\displaystyle \sum_{k=0}^n \frac{1}{k!}$ 是 Cauchy 列但不收敛（因为收敛到 $e$，是无理数）。因此，定义完备的距离空间 $(X,d)$，如果其上每个 Cauchy 列都收敛。比如 $X=\mathbb R$，$d(x,y)=|x-y|$ 就是完备的距离空间。
然后讲义上讲了一个压缩映射定理（或者 Banach 不动点定理更好听），嗨呀这个我也熟，是数值分析里非线性方程的迭代解法那一章里面的最初条件，某种意义上来说也是做迭代能找到不动点的前提。不过这次把它放到完备距离空间里了。

数值分析里用的是更完备的空间，也就是赋范线性空间，实际上就是让距离空间的距离定义又满足了范数的条件，也就是数乘的线性性质而已。另外要求空间是线性空间，这个也没什么难的。

这三种范数都是上面线性空间情况直接搬过来的. 实际上, 利用矩阵的知识, 我们还可以定义其他更有几何意义的范数, 比如说我们可以利用矩阵的特征值来定义一些范数, 限于知识范围, 我们不再展开.

嘿嘿，这个我会（这不是应该的吗到底在自豪什么.jpg
最后在完备的赋范线性空间（也就是 ~~Banana~~ Banach 空间）上证明了一些极限的相容性，其实我的感受就是把绝对值推广成了范数，证明某些对于实数的操作，在赋范线性空间上对向量 / 矩阵也是能成立的。

比如说定义一个 $e^A$，但 $A$ 是一个 $n \times n$ 大小的复系数矩阵。听起来很抽象，不知道会得到一个什么怪物结果，但是回顾 $e^x$ 的级数定义就可以知道，$e^A = \sum_{k=0} ^\infty {A^k \over k!}$，也就是说 exp 函数在矩阵上是一个 $M_n (\mathbb R) \to M_n (\mathbb R)$ 的映射，得到的结果还是一个 $n \times n$ 大小的复系数矩阵。

要做的任务就是证明 $e^A$ 的良定义性质，也就是级数的收敛性。在这里用一个赋范空间上的绝对收敛概念，原本实数空间上的绝对收敛是对于绝对值而言，在赋范空间上改成对范数而言即可，这样还是能够通过绝对收敛推出收敛（因为范数和绝对值同样有三角不等式性质）。关于 $e^A = \sum_{k=0} ^\infty {A^k \over k!}$ 的绝对收敛性质也很好证明，可以使用矩阵范数的等价性。当然，如果这个矩阵范数是一个向量相容范数，就更简单了。

不过，在这样的定义里，$e^{A+B} = e^A e^B$ 是不一定成立的，因为两个矩阵未必交换。但是 $e^{sA} e^{tA} = e^{(s+t)A}$ 仍然成立。

梦话 4.0：既然习题没有答案那我就继续胡说八道了

怎么作业这么多啊！

说到习题没有答案这个问题，今天在知乎搜了一下居然有民间版本流传，作者是 MO 和 OI 双修的高中生，太升级了。

习题还在做，做完了再来碎碎念，然后就终于可以离开极限去学连续性了（

2023 年 1 月 26 日，星期四，今天没有 die 只是作业写起来真的有点慢（，这一章的习题全都做了哦。

连续函数的定义和基本性质

（函数极限的Cauchy判别准则）给定函数 $f\colon (a,x_0)\cup (x_0,b)\rightarrow \mathbb{R}$。那么，$f$ 在 $x_0$ 处有极限当且仅当对任意的 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，使得对任意的 $x_1,x_2\in (x_0-\delta,x_0+\delta)$，都有 $|f(x_1)-f(x_2)|<\varepsilon$。

如果有极限，这是定义，trivial.

如果对任意的 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，使得对任意的 $x_1,x_2\in (x_0-\delta,x_0+\delta)$，都有 $|f(x_1)-f(x_2)|<\varepsilon$，那么取某一个固定的 $\varepsilon$，找到这样的区间 $X=(x_0-\delta,x_0+\delta)$，任意取一组 $X$ 上收敛到 $x_0$ 的点列 $y_0,y_1,...,y_n,...$，它们的函数值序列 $\lbrace f(y_n) \rbrace _{n \geq 1}$ 是 Cauchy 列，一定收敛。

至于为什么会收敛到 $f(x_0)$ 这一点，这是因为 $\lbrace y_n \rbrace _{n \geq 1}$ 的极限是 $x_0$。
假设 $I$ 是一个非空的区间并且 $I$ 不是一个点，证明，$I$ 上的连续函数 $C(I)$ 所构成的 $\mathbb R$-线性空间是无限维的。

这题我会！数值分析里学过！多项式的基 $\lbrace 1,x,x^2,... \rbrace$ 是无限维的，因为它们彼此线性无关。
假设 $(X,d_X)$ 和 $(Y,d_Y)$ 是距离空间，$f\colon X\rightarrow Y$ 是映射。假设 $x_0\in X$，如果对任意 $X$ 中的点列 $\{x_n\}_{n\geqslant 1}$，$x_n\stackrel{d_X}{\longrightarrow}x_0$，我们都有 $f(x_n)\stackrel{d_Y}{\longrightarrow}f(x_0)$，我们就称 $f$ 在 $x_0$ 处是连续的。如果 $f$ 在一切 $x\in X$ 处均连续，那么我们就称 $f$ 是距离空间之间的连续映射。

假设 $(X,d_X)$，$(Y,d_Y)$ 和 $(Z,d_Z)$ 是三个距离空间，$f\colon X\rightarrow Y$，$g\colon Y\rightarrow Z$ 均为连续映射。证明，它们的复合 $g\circ f\colon X\rightarrow Z$ 也是连续映射。

一句话题意：连续映射的复合还是连续映射（

Trivial.
假设 $(X,d_X)$ 和 $(Y,d_Y)$ 是距离空间，$f\colon X\rightarrow Y$ 是连续映射。如果 $d'_X$ 是与 $d_X$ 等价的距离，$d'_Y$ 是与 $d_Y$ 等价的距离，那么，对于 $(X,d'_X)$ 和 $(Y,d'_Y)$ 而言，$f$ 也是连续映射。

等价的距离意思是对任意的 $x_1 , x_2 \in X$，存在固定的参数 $c,C \in R$，使得 $c d^{\prime} _X (x_1,x_2) \leq d _X (x_1,x_2) \leq C d^{\prime} _X (x_1,x_2)$，代入一下连续的定义，取一个小一点的 $\varepsilon$ 就可以了。
在 $\mathbb R^n$ 上我们配有常见的距离，比如说 $d_2$（请参考之前的讲义）；$(X,d_X)$ 是距离空间。我们将映射 $f\colon X\rightarrow \mathbb R^n$ 写成分量的形式：$f\colon X\rightarrow \mathbb R^n, \ \ x\mapsto f(x)=(f_1(x),f_2(x),\cdots,f_n(x))$

其中 $f_i\colon X\rightarrow \mathbb R$ 是函数。证明，$f$ 是连续映射当且仅当对所有的 $i=1,\cdots,n$，$f_i$ 是连续函数。

如果每个 $f_i (x)$ 都是连续函数，那么对于收敛到 $x_0$ 的点列 $\lbrace x_i \rbrace _{i \geq 1}$，对任意的 $\varepsilon >0$，存在一个最小的 $\delta$ 和最大的 $N$，使得对任意分量函数，都有 $n >N$ 时，$| f_i(x_n)-f_i(x_0) | <\varepsilon$。于是此时也有 $| f(x_n) - f(x_0) | <\sqrt{n} \varepsilon$，连续。（追求美观的话可以在第一步把 $\varepsilon$ 改成 $\varepsilon \over \sqrt{n}$）

如果 $f(x)$ 是连续函数，那么分量的误差小于整体误差，每个分量都收敛。

（这个我在数值分析也学过！耶！
假设 $(X,d_X)$ 是距离空间，$(V,\|\cdot\|)$ 是赋范线性空间，$f\colon X\rightarrow V$ 和 $g\colon X\rightarrow V$ 是连续映射。证明，它们的和与差（自然的定义）$f\pm g\colon X\rightarrow V$ 也是连续映射。

如果 $V=\mathbb{C}$（或者 $n\times n$ 的矩阵构成的赋范线性空间），那么 $f\cdot g\colon X\rightarrow \mathbb{C}$ 是连续映射。

如果 $V=\mathbb{C}$ 并且对任意的 $x\in X$，$g(x)\neq 0$，那么 $\dfrac{f}{g}\colon X\rightarrow \mathbb{C}$ 是连续映射。

你可以选择上面的一个情况来证明。

PIN 你真的有点无聊（哭），其实都挺 trivial 的。
试找出 $\mathbb R$ 上定义的函数

$f(x)=\begin{cases}\frac{1}{q}, \ &\text{如果 $x=\dfrac{p}{q}$ 是有理数，其中 $p\in \mathbb{Z}$，$q\in \mathbb{Z}_{\geqslant 1}$ 且 $p$ 和 $q$ 互素};\\ 0, \ &\text{如果 $x$ 是无理数}\end{cases}$

的所有不连续点。

回顾一下：连续点的含义是 $f$ 在 $x_0$ 处有（唯一的，左右相等的）极限，当且仅当对任意的 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，使得对任意的 $x_1,x_2\in (x_0-\delta,x_0+\delta)$，都有 $|f(x_1)-f(x_2)|<\varepsilon$。

对于有理数点，其实很容易就能找到一个趋近于它的无理数点列。取一个它左侧的无理数点 $k$，二者一起不停找二分点，就可以取出一个趋近于这个有理数点的无理数点列。它的函数值是收敛不到 $\frac 1 q$ 的，于是所有的有理数点都是不连续点。

但是 $0$ 的函数值是咋定义的呢？如果函数值就是 $0$，那它是唯一一个有理数连续点。

对于无理数点 $t$，对任意的 $\varepsilon >0$，总能够取 $\delta$ 满足 $t$ 的去心邻域 $T = (t-\delta,t) \cup (t,t+\delta)$ 里面没有形如 $p \over q$ 的有理数，使得分子分母互素，而且 $q < \frac{1}{\varepsilon}$，因此对任意 $ x_1 ,x_2 T$，有 $| f(x_1 ) - f(x_2) | < \varepsilon$，总是收敛的。

至于为什么可以做到这一点，这是因为记把 $t$ 附近 $q < {1 \over \varepsilon }$ 的有理数点中离它最近的距离记为 $d$，取 $\delta = \frac d 2$ 即可，而这样的有理数点是有穷个，一定可以找到对应的 $d>0$。

总之，所有的不连续点的集合是 $\mathbb Q$，视情况可能 $0$ 会是连续的，这里定义的好像不是很好。

级数收敛性

眼前一黑，我直接一个梦回微积分 A2（，这一部分就比较水字数了。

试判断下列级数的收敛性。
- $\sum_{n=1}^\infty (\sqrt{n+1}-\sqrt{n})$
  
  发散，trivial.
- $\sum_{n=1}^\infty \frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{n}$
  
  收敛，trivial.
- $_{n=2}^(-1)n $
  
  收敛，因为数列 $n^{1 \over n}$ 单调减并趋近 $1$，对于某个被 $\varepsilon$ 控制的 $n >N$，有 $\sum_{n=N+1}^\infty (\sqrt[n]{n}-1)^n < \sum_{n=N+1}^\infty \varepsilon ^n$。
- $_{n=1}^ (x) $
  
  $|x|<1$ 或 $x=1$ 时单项收敛不到 $0$，级数发散；否则收敛。
- $_{n=1}^ $
  
  收敛，trivial.
- $_{n=1}⁽⁾n $
  
  收敛，单项放缩。
- $_{n=1}^ $
  
  发散，验一下不符合 Cauchy 列。
- $\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{(\log n)^{\log n}}$
  
  感觉可以用积分法判断收敛（，但是还没学过积分（，怎么办呢。
  
  也可以放缩，$n > N$ 时有 $\frac{1}{(\log n)^{\log n}} < \frac{1}{n^M}$。收敛。
- $_{n=1}^ $
  
  单项可以写成更好的形式：${(n^{1 n} / (n+ {1 n} ) ^{1 } )}^{n ^2 +1} $ （天哪这个能渲染出来吗，好担心）
  
  发散。
- $_{n=1}^(-1){n-1} $
  
  收敛，Dirichlet 判别。
- $_{n=1}^ $
  
  发散，trivial.
- $\sum_{n=1}^\infty \left(1+\frac{1}{2}+\cdots + \frac1n\right)\frac{\sin nx}{n}$
  
  收敛。拆分 $b_n = \frac{1}{n} (1 + \frac 1 2 +...+ \frac 1 n)$，$a_n = \sin nx$，用 Dirichlet 判别法，其中 $b_n < \frac{log _2 n}{n}$。
  
  需要注意的是要讨论一下 $x = 2k \pi$ 的情况。
试判断下列级数的收敛性并确定它们是否绝对收敛。
- $_{n=2}^(-1)n $
  
  不绝对收敛，感觉也可以用积分判别，懒得多想了（
  
  收敛，trivial.
- $_{n=2}^ $
  
  不绝对收敛，求一下 $\sin \frac{n\pi}{4}$ 的值就知道了。
  
  收敛，trivial.
- $_{n=1}^(-1)n $
  
  不绝对收敛，分离常数之后发现一部分收敛一部分不收敛。
  
  收敛，仍然是分离常数，trivial.
- $\sum_{n=1}^\infty (-1)^{\frac{n(n-1)}{2}} \frac{n^{10}}{a^n} \qquad (a>1)$
  
  绝对收敛，trivial.

递减正项级数的凝聚检验法

假设正整数 $b\geqslant 2$，$f\colon (1,\infty)\rightarrow \mathbb{R}_{>0}$ 是递减（未必严格递减）函数。

证明下面的不等式：$(b-1)b^{k-1}f(b^{k})\leqslant \sum_{j=b^{k-1}}^{b^k-1} f(j) \leqslant (b-1)b^{k-1}f(b^{k-1})$

什么茶歇题。Trivial.
证明：级数 ${n=1}^f(n) $ 和 $ {n=1}^bn f(b^n)$ 同时收敛或者同时发散。

我们称通过后者的收敛来判断前者收敛的方法为凝聚检验法。

根据上一问求和，trivial.
证明，$\displaystyle \sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n\log n}$ 是发散的。

不如试试积分收敛法（被捂嘴拖走

取 $b=2$ 知道它和调和级数是同收敛同发散的。
证明，$\displaystyle\sum_{n=100}^\infty \frac{1}{(n\log n) (\log (\log n))}$ 是发散的。

它和上一问的级数是同收敛同发散的。
证明，如果 $s>1$，那么 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^s}$ 是收敛的；如果 $0<s<1$，那么 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^s}$ 是发散的。

取 $b=2$ 知它和一个等比数列同收敛同发散。
假设 $s>1$。证明，$\displaystyle\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n(\log n)^s}$ 和 $\displaystyle\sum_{n=10}^\infty \frac{1}{(n\log n)(\log(\log n))^s}$ 都收敛。

前一个和上一问同收敛同发散。后一个和 $\displaystyle\sum_{n=10}^\infty \frac{1}{n {\log^s n} }$ 同收敛同发散。

Remark：上述的几个收敛的结论是标准并且重要的，记住这几个结论对于收敛以及函数大小的理解很有帮助。这里的证明尽管巧妙，但是等我们接触到积分的时候，我们就可以用统一的、简单的、更本质的也更容易记忆的方法来证明这些结论。

实数列的上下极限的刻画

设 $\{a_n\}_{n \geqslant 1}$ 是一个实数列。先补充几个定义：

$\alpha \in \mathbb R$，如果对任意 $\varepsilon>0$, 存在无穷多 $n$，使得 $a_n \in (\alpha-\varepsilon,\alpha+\varepsilon)$，我们称 $\alpha$ 为 $\{a_n\}_{n\geqslant 1}$ 的一个极限点；

如果对任意 $M>0$，存在无穷多个 $n$，使得 $a_n \in (M,\infty)$，我们就称 $+\infty$ 为 $\{a_n\}_{n\geqslant 1}$ 的一个极限点；

如果对任意 $M>0$，存在无穷多个 $n$，使得 $a_n \in (-\infty,-M)$，我们就称 $-\infty$ 为 $\{a_n\}_{n\geqslant 1}$ 的一个极限点。

证明，$\alpha\in \mathbb R$ 是 $\{a_n\}_{n\geqslant 1}$ 的极限点当且仅当该数列有子序列 $\{a_{n_k}\}_{k\geqslant 1}$ 收敛于 $\alpha$。

对于 $\varepsilon _1 = 1$，取 $a_1 \in (\alpha-\varepsilon_1,\alpha+\varepsilon_1)$；再取 $\varepsilon _2 = |\alpha - a_1|$，继续取 $a_2$，依次操作就得到了收敛子序列。

反过来是显然的。
证明，$+\infty$ 是 $\{a_n\}_{n\geqslant 1}$ 的极限点当且仅当该数列有子序列 $\{a_{n_k}\}_{k\geqslant 1}$ 使得 $\displaystyle\lim_{k\to \infty} a_{n_k} = +\infty$。

Trivial.
令 $E = \bigl\{\alpha \in \mathbb R \cup \{\pm \infty\} \,\rvert\, \alpha \text{ 是 } \{a_n\}_{n\geqslant 1} \text{ 的极限点}\bigr\}$ 为 $\{a_n\}_{n\geqslant1}$ 的所有极限点所组成的集合（它是 $\mathbb R \cup \{\pm \infty\}$ 的子集）。证明，$E \ne \emptyset$。

考察 $sup {a_n}_{n} = + $ 或者 $inf \{a_n\}_{n\geqslant1} = -\infty$，如果有二者之一则有 $+\infty \in E$ 或者 $-\infty \in E$。

否则，$\{a_n\}_{n\geqslant1}$ 是有界的。如果它收敛于一点，则这一点是极限点，$E$ 非空。

否则，$\{a_n\}_{n\geqslant1}$ 有界且不收敛，它也有收敛的子列，子列收敛的极限是极限点。（救命，差点忘了这个
证明：$E \subset \mathbb R$ 当且仅当数列 $\{a_n\}_{n\geqslant 1}$ 有界。

Trivial.
假设 $\{a_n\}_{n\geqslant 1}$ 有界。试证明，$\displaystyle \sup E = \limsup_{n\to \infty} a_n$，$\displaystyle\inf E = \liminf_{n\to \infty} a_n$。

是我困迷糊了吗？我不是很理解诶，比如说数列 $1,1,100000,1,1,1,1,1,...$，真的符合第一条吗？
假设 $\{a_n\}_{n\geqslant 1}$ 有界。令 $a^*= \displaystyle\limsup_{n\to \infty} a_n$，证明如下两个命题：
- $a^* \in E$（所以 $\sup E\in E$）;
- 对任意 $x > a^*$，存在 $N \in \mathbb{Z}_{\geqslant 1}$，使得对任意 $n>N$，都有 $a_n < x$。
试举一个数列 $\{a_n\}_{n\geqslant 1}$ 作为例子，使得 $E\cap \mathbb R \ne \emptyset$ 且 $E\not\subseteq \mathbb R$。

这题我会！

$1,2,1,3,1,4,...,1,n,1,n+1,...$，于是 $E=\lbrace 1 , +\infty \rbrace$。
试举一个数列 $\{a_n\}_{n\geqslant 1}$ 作为例子，使得 $E$ 为无穷集。

这题我也会！

$1,1,2,1,2,3,1,2,3,4,1,2,3,4,5,...$，于是 $E=\mathbb Z ^{+} \cup \lbrace + \infty \rbrace$。

有可数集那味了！

*素数的倒数和

根据第七次课的内容，对于 $s>1$，我们可以定义 $\zeta$-函数 $\zeta(s)=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^s}$，

并且证明了Euler乘积公式：$\zeta(s)=\prod_{p\in \mathcal{P}}\frac{1}{1-p^{-s}}$，其中 $\mathcal{P}$ 是全体素数的集合。

据此证明，级数 $\sum_{p\in \mathcal{P}}\frac{1}{p^s}$ 对于 $s>1$ 是收敛的；对于 $0<s\leqslant 1$ 是发散的（这给出了有无穷多个素数的另一个证明）。

胡说八道：

我觉得吧，$\zeta(s)=\prod_{p\in \mathcal{P}}\frac{1}{1-p^{-s}} = \prod_{p\in \mathcal{P}}(1+\frac{1}{p^{s} - 1})$ 收敛等价于 $\sum_{p\in \mathcal{P}} \frac{1}{p^{s} - 1}$ 收敛，那么 $s >1$ 时素数的倒数和也收敛。

（毫无必要啊！直接小于调和级数和就可以了 T_T）

其实我想胡说八道的是，$\zeta(s)=\prod_{p\in \mathcal{P}}\frac{1}{1-p^{-s}}$ 收敛能不能等价于 $\zeta(s)=\prod_{p\in \mathcal{P}}(1-p^{-s})$ 收敛，再等价于 $\sum_{p \in \mathcal P} p^{-s}$ 收敛？

*Basel问题的Euler“证明”

对任意的 $\theta\in \mathbb R$ 和 $n\in \mathbb{Z}_{\geqslant 1}$，试证明恒等式 $\frac{\sin\bigl((2n+1)\theta\bigr)}{(2n+1)\sin\theta}=\prod_{k=1}^n \left(1-\frac{\sin^2(\theta)}{\sin^2\left(\frac{k\pi}{2n+1}\right)}\right)$

据此证明，对任意的 $x\in \mathbb R$，我们都有 $\frac{\sin(\pi x)}{\pi x}=\prod_{n=1}^\infty\left(1-\frac{x^2}{n^2}\right)$

（如果 $x=0$，我们将左边定义为极限 $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sin(\pi x)}{\pi x}$）

胡说八道：

这题还真的不是胡说八道，第一问是数值分析里学过的，第二类 Chebyshev 多项式代入化简（（

后一问大概只要取 $\theta = \frac{\pi x}{2n+1}$，然后让 $n \to \infty$。

Remark：

根据上面的公式，形式上，我们就有 $sin(\pi x)=\pi x\prod_{n=1}^\infty\left(1-\frac{x^2}{n^2}\right)=\pi x\left(1-\left(\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}\right)x^2+(\cdots)x^4+(\cdots)x^6+\cdots \right)$

所以，右边 $x^3$ 的系数就是 $\displaystyle-\pi\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}$。根据我们对于 $\sin$ 的定义

$\sin z =\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i} = \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k z^{2k+1}}{(2k+1)!}$

所以，$\sin(\pi x)$ 中展开式的 $x^3$ 项的系数是 $-\dfrac{\pi^3}{6}$。比较系数，我们得到所谓的Basel问题的解：

$\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}$

这是 Euler 原始的想法，他就是利用了上面的乘积公式来猜测最终的极限是 $\dfrac{\pi^2}{6}$。有趣的是，他观察到 $\dfrac{\sin(\pi x)}{\pi x}$ 的零点恰好是 $x=\pm n$，所以如果 $\dfrac{\sin(\pi x)}{\pi x}$ 的行为与多项式类似的话，那么这个函数应该是单项式的乘积，所以 Euler 认为

$\frac{\sin(\pi x)}{\pi x}=c\prod_{n\in \mathbb{Z}-\{0\}}\left(1-\frac{x}{n}\right)=c\prod_{n=1}^\infty\left(1-\frac{x^2}{n^2}\right)$。

其中 $c$ 是一个待定的常数，通过取 $x\rightarrow 0$ 的极限，他计算出 $c=1$。

连续性

进入新的章节啦！qwq

2023 年 1 月 27 日，星期五，我要先去睡个觉（（

函数的连续性

函数值在单点处的收敛有两种定义方式，一个是任意收敛点列，一个是 $\varepsilon - \delta$ 语言。关于在单点处的连续性，Heine 定理保证二者是等价的。

证明中可以灵活选用两种定义方式，很可能一种比另一种叙述起来简单很多。
单点连续，局部连续和全局连续是完全不一样的概念。最基础的定义是关于函数值的单点连续性的，全局连续往往由开覆盖的全体局部连续推出。

*所以说，函数的连续性本质上是一个局部的性质。很重要的一个例子是，假设函数 $f\colon I_1\cup I_2\rightarrow \mathbb R$ 定义在两个不相交的开区间的并集上，按照定义，如果 $f$ 在每个点上都连续，$f$ 就是在 $I_1\cup I_2$ 上连续的。尽管函数图像在 $I_1\cup I_2$ 是“断开的”，这个函数仍然是连续的（因为连续性本质上是个局部性质，在 $I_1$ 和 $I_2$ 上分别连续即可）。

用 $C(I)$ 表示区间 $I$ 上的连续函数的全体所构成的集合，$(C(I),+,⋅)$ 是一个环。
不夸张的说，我们在数学中遇到（几乎）一切连续函数都是通过两种手段构造的：第一，通过连续函数的复合和四则运算；第二，通过逼近的方式，特别是级数的方式来定义，比如说 $\exp$ 的构造。这种逼近的方式是最值得我们注意的，我们很快会发现，$C(I)$ 这个空间和实数 $\mathbb R$ 很相似，构造无理数就是通过有理数逼近的方式。

更具体一点，我们会在 $C(I)$ 上面给定一个范数 $\|\cdot \|_{\infty}$ 并且证明这样得到的赋范线性空间是完备的。此时，任给 $f\in C(I)$，我们可以仿照实数的情况定义 $e^f : =\sum_{n=0}^\infty \frac{f^k}{n!}$。

在完备的赋范线性空间中，我们只要全盘照抄实数的情况就可以证明上面的（函数）级数收敛，从而 $e^f$ 是良好定义的并且是连续函数。特别地，我们可以通过这种方式定义 $e^x$（把 $x$ 看成是函数 $f$）而且说明这和我们最初定义的 $\exp(x)$ 是一码事。

在这种类比下，我们就可以利用对实数的直观来研究函数空间，从而得到很多关于函数的深刻结果。在课程后面的学习中，我们会遇到很具体的例子，比方说存在处处连续但是处处都不能微分的函数，我们就是通过构造函数的级数来实现的。

总之，从用具体的级数和定义 $e$，再定义出 $e^x$，然后介绍了赋范线性空间以及为矩阵定义了 $e^A$，现在又为函数定义了 $e^f$。每当不知道怎么理解 $e$ 的时候，试着代入级数就懂了。期待一些函数级数收敛构造出的连续函数。

连续映射

连续函数是一个局限比较强的定义，把 $C $ 映射到它自身而已。所以要定义一个连续映射的概念；

假设 $(X,d)$ 和 $(Y,d_Y)$ 是两个距离空间，$f\colon X\rightarrow Y$ 是这两个距离空间之间的映射。假设 $x_0\in X$，$y_0=f(x_0)\in Y$。如果对任意 $\varepsilon>0$，总存在 $\delta>0$，使得对任意满足 $d(x,x_0)<\delta$ 的 $x \in X$，都有 $d_Y\bigl(f(x),f(x_0)\bigr)<\varepsilon$，我们就称 $f$ 在 $x_0$ 处连续。如果 $f$ 在 $X$ 的每个点处都连续，那么我们就称 $f$ 是连续映射。

我们可以看到，连续映射的自由度很大，两个距离空间的元素，各自的范数定义都很自由。
考虑一个 $\exp : M_n(\mathbb C) \to M_n(\mathbb C)$ 的映射，它的定义我们用级数写过也证明收敛了，下面来证明它是连续映射。记 $M_n(\mathbb C)$ 上的范数是 Frobenius 范数，它是一个相容范数，放缩起来会比较容易（我不是很懂为什么讲义上说这是 $2-$范数，矩阵的 $2-$范数不是特征值相关的那个嘛？），$\exp(A) = \sum_{k=0} ^{+\infty} {A^k \over k!}$。

$\exp : \mathbb R \to \mathbb R$ 的证明用 $\varepsilon - \delta$ 语言就能轻松地写完。把它迁移到矩阵空间上，证明会复杂一些，用了相容范数的性质。

连续函数的性质

一个关于单调函数的性质，感觉还挺有必要记一下：

$I$ 是区间（可开可闭），$f\colon I \rightarrow \mathbb R$ 是 $I$ 上的单调函数，那么
- 对任意 $x_0\in I$，$f$ 在 $x_0$ 处的左极限 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0^-}f(x)$ 和右极限 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0^+}f(x)$ 都存在（原文如此。但是如果 $I$ 是闭区间而 $x_0$ 是其端点，那么 $f$ 在 $x_0$ 处的左/右极限可能为无穷）
- $f$ 在 $I$ 上的不连续点的集合是可数的。(这表明单调函数 $f$ 在“大部分”点处都是连续的）
第一问的证明其实也是取 $x_0$ 点左侧的无穷点列，它们的函数值构成有上界的无穷点列，一定有极限。不妨设 $f$ 是一个单调增函数，则这个极限可以表示为 $\sup f(x) , x \in (x_0 , x_0 - \delta)$。再验证这个极限是左极限，用上确界的性质。

第二问的话，放一个证明在这里：

考虑 $f$ 的不连续点的集合 $Y=\bigl\{y\in I\bigm| \text{$f$ 在 $y$ 处不连续}\bigr\}$。

对于任意 $y\in Y$，按照定义，$\displaystyle \lim_{x\rightarrow x_0^-}f(x)\neq \lim_{x\rightarrow x_0^+}f(x)$。再利用上面推论中的结论，我们知道，对任意 $y\in Y$，我们有 $\lim_{x\rightarrow y^-}f(x) < \lim_{x\rightarrow y^+}f(x)$。

据此，对于任意 $y\in Y$，都唯一地确定了一个非空的开区间 $I_y=(\lim_{x\rightarrow y^-}f(x),\lim_{x\rightarrow y^+}f(x))$，即我们构造了映射 $Y\rightarrow \bigl\{\text{$\mathbb R$ 上的全体非空开区间}\bigr\}, \ \ y\mapsto I_y$

利用单调性，我们首先说明对任意的 $y_1,y_2\in Y$，$y_1\neq y_2$，$I_{y_1}\cap I_{y_2}=\emptyset$：

不妨假设 $y_1<y_2$，根据上面的推论的结论，我们可以选取单调下降的数列 $\{x_k\}_{k\geqslant 1}$，使得 $x_k \downarrow y_1$（从右边逼近）并且 $\displaystyle\lim_{k\rightarrow \infty} f(x_k)$ 为 $I_{y_1}$ 的右端点；类似地，我们选取单调上升的数列 $\{z_k\}_{k\geqslant 1}$，$z_k\uparrow y_2$（从左边逼近），使得 $\displaystyle\lim_{k\rightarrow \infty} f(z_k)$ 为 $I_{y_2}$ 的左端点。由于 $y_1<y_2$，我们可以假设对任意 $k$ 都有 $x_k<z_k$，所以 $\displaystyle\lim_{k\rightarrow \infty} f(x_k)\leqslant \displaystyle\lim_{k\rightarrow \infty} f(z_k)$，也就是说 $I_{y_1}$ 的右端点要么在 $I_{y_2}$ 的左端点的左边要么重合，由于这两个区间都是开区间，所以它们的交集是空集。

这样，我们就得到了一组 $\mathbb R$ 上两两不相交的非空开区间 $\bigl\{I_y\bigm| y\in Y\bigr\}$，我们在每个开区间 $I_y$ 里选定一个有理数 $q_y$，由于这些开区间互不相交，这些有理数 $q_y$ 也决定了这些开区间。从而，我们得到了单射

$Y\rightarrow \mathbb{Q}, \ \ y\mapsto q_y$。

由于有理数是可数的，所以 $Y$ 可数。
介值定理。

又到了我最爱的闭区间套定理时间！.jpg。为什么说是我最爱的闭区间套定理呢，因为：

我：先做 ddl 最晚的作业，然后往前慢慢推，就能正好在最早的 ddl 之前写完所有作业

室友：那要是最早的 ddl 之前没完成怎么办

我：不会的，闭区间套定理保证哪怕有无穷个 ddl，也还可以有一个时刻在“做完所有作业”和“第一个 ddl 到来”这个区间里（

我们要求介值定理的区间一定是一个“连通的”区间，也即所谓的 $[a,b]$，否则会举出反例。毕竟，函数的连续性并不要求定义域也是连续的，在若干个区间上分别定义出的连续函数接在一起，就是一个全局连续的函数，但是不能满足介值定理。

介值定理有很多奇技淫巧的题目，我在学微积分 A 的时候也写过一些，虽然挺好玩，但是感觉并没有什么意义。它比较有意义的一个点在于，第一次成功通过给定的一个任意函数值找到它的原像，也就是说可以用来得到一些“逆映射”的结论。对于闭区间上的单调函数，直观上来说它的逆是比较好找的，这是一个可以通过介值定理得到的结论。

$f\colon [a,b]\rightarrow \mathbb R$ 是严格递增（或者递减）的连续函数，那么 $f$ 是从 $[a,b]$ 到 $[f(a),f(b)]$ 的双射，并且其逆映射 $f^{-1}\colon [f(a),f(b)]\rightarrow [a,b]$ 是连续的。

Remark：这是 $1$-元函数的特殊性质，究其根本，是因为 $1$ 维空间上面 $\mathbb R$ 有序关系 $\leqslant$ 而在 $\mathbb R^n$ 上是没有的。

由此，我们可以为一些单调的初等函数构造它们的逆，也终于可以得到 $\sqrt{x},\log x$ 这样的函数了。

一般的对数函数和幂函数只要改变一些系数就能得到，比如 $x^ \alpha = e^ {\alpha \log{x} }$，$\log_\alpha (x)= {\log x \over \log \alpha}$。实际上，这二者既分别关于 $x$ 和 $\alpha$ 连续，也关于 $(x,\alpha)$ 连续。（这是两个不同的概念）

Remark：中学我们对 $e$ 的了解很少，所以和 $e$ 相关的对象反而变得容易理解，因为我们只需要验证关于 $e$ 的很少的几个已经知道的性质即可；然而，对于 $\pi$ 以及相关的 $\sin x$ 等三角函数，我们了解很多它们的性质，这反而给我们新发展的函数理论带来了很大的挑战：我们在定义这些对象的同时要能够证明它们满足所知的所有性质。实际上，我们必须建立了整个微积分的理论之后才能够做到这一点。

日本京都大学的数学家望月新一在他的宇宙际Teichmuller理论的论文（他在这一系列论文中声称他证明了abc猜想，目前还没有得到承认）里说：Unlike many mathematical papers, which are devoted to verifying properties of mathematical objects that are either well-known or easily constructed from well-known mathematical objects, in the present series of papers, most of our efforts will be devoted to constructing new mathematical objects. 我们这里构造的幂函数就是他所说的“well-known or easily constructed from well-known mathematical objects”。
假设 $\mathbb R$ 上定义函数 $f(x)$ 是连续的，如果我们知道 $f$ 在有理数上的取值，那么对任意的无理数 $x$，我们任取一列有理数 $r_i$，使得 $r_i\rightarrow x$，连续性保证了 $\displaystyle f(x)=f(\lim_{i\rightarrow \infty} r_i)=\lim_{i\rightarrow \infty } f(r_i)$，所以 $f(x)$ 可以确定。注意到 $\mathbb{Q}$ 是 $\mathbb R$ 中“很小”的子集，由连续性，它已经可以确定 $f$ 了！这是分析学最重要的精神之一：如何从“局部”到整体。

如果这个局部是对于整体稠密的，那么它完全可以决定整体。严格的表述是：

$(X,d)$ 和 $(Y,d_Y)$ 是距离空间，$X' \subset X$ 是一个稠密的子集，我们仍然用 $d$ 表示 $X'$ 上的距离。对任意的连续映射 $F_1\colon X\rightarrow Y$ 和 $F_2\colon X\rightarrow Y$，$F_1\big|_{X'}=F_2\big|_{X'}$，那么，$F_1=F_2$，换而言之，连续映射被它在一个稠密子集上的限制所决定。

假设 $x\in X$，我们任意选取 $\{x'_n\}_{n\geqslant 1}\subset X'$，使得 $x'_n\rightarrow x$。因为 $F_1$ 和 $F_2$ 在 $X$ 上连续，所以

$F_1(x)=\lim_{n\rightarrow \infty}F_1(x'_n)=\lim_{n\rightarrow \infty}F_2(x'_n)=F_2(x)$，命题得证。

连续函数的拓扑刻画

不是，怎么唐突开始升级了啊！

2023 年 1 月 28 日，星期六，我妈开始上班了所以我终于可以白天学这个东西了.jpg

在开始介绍拓扑的概念之前, 我们引用 John von Neumann 的一段话:

Young man, in mathematics you don’t understand things. You just get used to them.

稍微有点难（

大概也没什么可写的，因为全都没见过所以大概只能抄概念，那还不如直接看原文，而且我已经纸质抄过一遍了 qwq

而且实际上所有的东西又在习题里以距离空间的加强版出现了。实数轴上唯一不同的是，开集可以表示为可数个开区间的并，这是特有的性质。

Summary

之前讨论极限某种意义上来说都是关于点，性质也都是离散的。这一节考虑了函数的性质，涉及到连续变化的集合的函数值的性质。但令人欣慰的是，至少关于函数连续性的讨论还是可以通过点列、$\varepsilon - \delta$ 语言来进行，这是已经熟悉的内容。

其次，我们在这一部分之前对于函数的定义，只有基本的多项式函数、一些收敛的级数和 $e^x$。一方面，通过介值定理我们基于单调函数的逆映射得到了 $x^{1 \over n}$，$\log _{\alpha} x$ 函数的定义，并确认它们也是连续函数；另一方面，我们继续拓展了 $e$ 相关函数的定义丰富性，从原始的 $e$ 到 $e^x$，再到赋范线性空间上的 $e^A$（尽管它不能满足一些 $e^x$ 有的性质），这一次又添加了 $e^f$ 的定义。即使都是在级数的意义下进行定义，看起来大同小异，但是分别验证收敛性是必要的，这次还额外验证了 $e^A$ 在 Frobenius 范数下的连续性。

然后学了一点拓扑内容，大概讲了讲开集闭集的概念，引出了连续函数的第三种刻画：等价于任意开集的逆映集还是开集。

梦话：胡说八道一些证明题

计算对于做题家来说太 trivial 了，所以胡说八道一些证明题。我想我也没有非常胡说八道，毕竟不会做的题你让我胡说八道，我也说不出来什么，sigh。

距离空间上的拓扑与连续性

（距离空间上的Heine定理）假设 $(X,d_X)$ 和 $(Y,d_Y)$ 是距离空间，$f\colon X\rightarrow Y$ 是映射。我们有两种方式来定义连续映射（参见第3次作业题的A3)和第9次课）
- 假设 $x_0\in X$，如果对任意 $X$ 中的点列 $\{x_n\}_{n\geqslant 1}$，$x_n\stackrel{d_X}{\longrightarrow}x_0$，我们都有 $f(x_n)\stackrel{d_Y}{\longrightarrow}f(x_0)$，我们就称 $f$ 在 $x_0$ 处是连续的。如果 $f$ 在一切 $x\in X$ 处均连续，那么我们就称 $f$ 是距离空间之间的连续映射。
- 假设 $x_0\in X$，$y_0=f(x_0)\in Y$。如果对任意的 $\varepsilon>0$，总存在 $\delta>0$，使得对任意满足 $d_X(x,x_0)<\delta$ 的 $x \in X$，都有 $d_Y\bigl(f(x),f(x_0)\bigr)<\varepsilon$，我们就称 $f$ 在 $x_0$ 处连续。如果 $f$ 在 $X$ 的每个点处都连续，那么我们就称 $f$ 是连续映射。
  
  证明，上面两个对连续映射的定义是等价的。
Trivial.
$(X,d)$ 是距离空间。对任意的点 $x\in X$，$r>0$，我们称 $B(x,r)=\bigl\{y\in X\mid d(y,x)<r\bigr\}$ 为以 $x$ 为中心以 $r$ 为半径的开球。证明，对任意的点 $x\in X$，$r>0$，如果 $x'\in B(x,r)$，那么存在 $r'>0$，使得 $B(x',r')\subset B(x,r)$。

如果 $U\subset X$ 是若干开球的并，即 $U=\displaystyle \bigcup_{\alpha \in \mathcal{A}} B(x_\alpha,r_\alpha)$（指标集 $\mathcal{A}$ 是任意的），就称 $X$ 是距离空间 $(X,d)$ 中的开集。证明，$U\subset X$ 是开集当且仅当对任意的 $x\in U$，存在 $\delta_x>0$，使得 $B(x,\delta_x)\subset U$。

前一问按照定义写一下就可以了；后一问用前一问的结论。Trivial.

直观上来看就是，取开球内部的一个点，有一个这个点决定的小球在开球内。其实就是开区间的推广。
（距离空间上的标准拓扑）我们用 $\mathcal{T}$ 表示距离空间 $(X,d)$ 上的开集的全体，其中，我们规定 $\emptyset$ 和 $X$ 都是开集。证明，它们满足:
- $\emptyset \in \mathcal{T}$， $X \in \mathcal{T}$。
- 对任意开集的集合 $\{U_{\alpha}\}_{\alpha \in \mathcal{A}}$，其中 $\mathcal{A}$ 为指标集合，我们有 $\displaystyle\bigcup_{\alpha \in \mathcal{A}}U_\alpha \in \mathcal{T}$。
- 对任意有限个开集 $U_1,U_2,\cdots, U_m \in \mathcal{T}$，我们有 $\displaystyle\bigcap_{1\leqslant i\leqslant m}U_i \in \mathcal{T}$。
第一个是定义，第二个也是定义。

第三个的话，取 $x \in \displaystyle\bigcap_{1\leqslant i\leqslant m}U_i$，有小球 $B(x,\delta _i) \in U_i$，则最小的一个开球在全体开集的交集中。由 $x$ 的任意性，用一下上一题的结论即证。
$(X,d)$ 是距离空间。如果 $F\subset X$ 的补集是开集，我们就称 $F$ 是闭集。证明，$F$ 是闭集当且仅当对任意点列 $\{x_n\}_{n\geqslant 1}\in F$，如果 $\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}x_n = x$，那么 $x \in F$。

如果 $F$ 是闭集，且对于这样的序列有 $x \notin F$，则 $x \in X-F$，也就是说 $x$ 在一个开集中，有一个包裹 $x$ 的小球也在开集中，所有这个序列里的点都和 $x$ 隔着小球半径的距离，不可能收敛到 $x$，矛盾。

如果对任意的序列都有这样的结论，而且 $F$ 不是闭集，$X-F$ 不是开集，那么存在一个 $x \in X-F$ 使得对任意 $\delta >0$，都有 $B(x,\delta)$ 不完全在 $X-F$ 中。也就是说，对任意的 $\delta >0$，总存在 $y \in F$ 使得 $d(x,y)<\delta$。也就是说，存在一个 $F$ 中的收敛到 $x$ 的序列，使得 $x \notin F$，这和前提矛盾。

写逆命题也是一种技术，比如我差点以为一个集合不是开集就是闭集，这是不对的。

比如说在实数集上，有 $(1,2) \cup (3,5]$ 既不是开集也不是闭集。
证明，距离空间 $(X,d)$ 上的闭集，
- $\emptyset$ 和 $X$ 都是闭集。
- 任意多闭集的交集还是闭集。
- 有限个闭集的并集还是闭集。
这都是上上题的逆否，自然是成立的。
假设 $(X,d_X)$ 和 $(Y,d_Y)$ 是距离空间，$f\colon X\rightarrow Y$ 是映射。那么，如下三个叙述是等价的：
- $f$ 是连续映射。
- 对任意 $Y$ 中的开集 $U$，其逆像 $f^{-1}(U)$ 为 $X$ 中的开集。
- 对任意 $Y$ 中的闭集 $F$，其逆像 $f^{-1}(F)$ 为 $X$ 中的闭集。
我不想证明 $(1)$ 和 $(3)$ 之间的关系，所以验证 $(1) \to (2)$，$(2) \to (1)$，$(2) \iff (3)$。

$(1) \to (2)$：如果 $f$ 是连续映射，$U$ 是开集，我们想证明对于任意的 $x \in f^{-1}(U)$，有 $x$ 为中心的一个开球也在 $f^{-1}(U)$ 中。令 $y=f(x)$，而 $f$ 是连续映射，所以在 $x$ 点也连续。于是对任意的 $\varepsilon >0$，存在 $\delta$ 使得对任意的 $x'\in B(x,\delta)$，有 $d(f(x),f(x'))<\varepsilon$，也即 $f(x') \in B(f(x),\varepsilon )=B(y,\varepsilon)$。因此，只要取满足 $B(y,\varepsilon) \subset U$ 的 $\varepsilon$，就能得到 $B(x,\delta) \subset f^{-1}(U)$。于是 $f^{-1}(U)$ 也是开集，得证。

$(2) \iff (3)$：只要证明 $f^{-1}(F) \subset X-f^{-1}(X-F)$，还有 $f^{-1}(U) \subset X-f^{-1}(X-U)$，trivial.

$(2) \to (1)$：现在假设对任意的开集 $U$，$f^{-1}(U)$ 是开集，我们来证明 $f$ 是连续的：给定 $x_0\in \mathbb R$，令 $y_0=f(x_0)$，考虑 $y_0$ 处的开集 $B(y_0,\delta)$。由于 $f^{-1}\bigl(B(y_0,\delta)\bigr)$ 为开集且 $x_0\in f^{-1}\bigl(B(y_0,\delta)\bigr)$，所以存在 $\varepsilon >0$，使得 $B(x_0,\varepsilon)\subset f^{-1}\bigl(B(y_0,\delta)\bigr)$，从而，$f\bigl(B(x_0,\varepsilon)\bigr)\subset B(y_0,\delta)$，这说明对任意的 $\delta$，存在 $\varepsilon$，使得当 $ d(x,x_0)<$ 时，我们有 $d(f(x),f(x_0))<\delta$，从而 $f$ 在 $x_0$ 处连续。
$(X,d)$ 是距离空间，$A\subset X$ 是子集，我们将包含 $A$ 的所有闭集交 $\overline{A}$ 为 $A$ 的闭包，根据上题，这是闭集，所以是包含 $A$ 的最小闭集。

对于 $x\in X$，如果存在点列 $\{a_k\}_{k\geqslant 1}\subset A$，使得 $\displaystyle \lim_{k\rightarrow \infty}a_k = x$，并且其中 $a_k\neq x$，我们就称 $x$ 是 $A$ 的一个聚点。

$A$ 的聚点不一定都在 $A$ 中，$A$ 中的点也不一定都是 $A$ 的聚点。$A$ 中不是 $A$ 的聚点的点被称为 $A$ 的孤立点。$A$ 的聚点组成的集合被称为 $A$ 的导集，记作 $A'$。如果 $X=X'$，我们称 $X$ 为完美集。

证明，$\overline{A}=A'\cup A$。特别地，$F$ 是闭集当且仅当 $F$ 的聚点都在 $F$ 中，即 $F=F'\cup F=\overline{F}$。

首先证明闭包里包含所有聚点（包含 $A$ 是显然的）。如果有一个序列和它们的极限 $x$ 使得 $x \neq x_n$，且 $x \notin \bar{A}$，这和 $\bar{A}$ 是闭集矛盾。因此 $\overline{A} \supset A'\cup A$（看起来好别扭

再证明闭包里所有的点要么在 $A$ 中，要么是聚点。如果有 $x \in \bar{A}$ 且 $x \notin A$，我们要证明它是一个聚点，只要构造出一个收敛到 $x$ 的 $A$ 中序列。实际上，对任意的 $\varepsilon >0$ 都存在 $x' \in A$ 使得 $d(x',x)<\varepsilon$，也就是说 $B(x,\varepsilon)$ 始终和 $A$ 有交。否则存在某个 $\varepsilon$ 使得 $A \cap B(x,\varepsilon) = \emptyset$，那么一定有一个包含 $A$ 的闭集 $S=X-B(x,\varepsilon)$，$x \notin S$，这和 $x \in \bar{A}$ 矛盾。所以 $x$ 一定是一个聚点。

如果 $A$ 是闭集，那么 $A=\bar{A}$，所以聚点一定都在 $A$ 中。
（距离空间的乘积与连续映射）假设 $(Y,d_Y)$ 和 $(Z,d_Z)$ 是距离空间，我们定义 $Y\times Z$ 上的距离函数

$d_{Y\times Z}\colon \bigl(Y\times Z\bigr){ \times} \bigl(Y\times Z\bigr) \rightarrow \mathbb R_{\geqslant 0}, \ \ \bigl((y_1,z_1),(y_2,z_2)\bigr)\mapsto \sqrt{d(y_1,y_2)^2+d(z_1,z_2)^2}$

证明，$d_{Y\times Z}$ 是 $Y\times Z$ 上的距离函数。证明，两个自然的投影映射是连续的：

$\pi_Y\colon Y\times Z \rightarrow Y, \ (y,z)\mapsto y; \ \pi_Z\colon Y\times Z \rightarrow Z, \ (y,z)\mapsto z$

证明，给定距离空间 $(X,d)$ 和 $(Y\times Z,d_{Y\times Z})$ 之间的映射 $F\colon X\rightarrow Y\times Z$，那么，$F$ 连续当且仅当两个复合映射 $\pi_Y \circ F\colon X\rightarrow Y$ 和 $\pi_Z \circ F\colon X\rightarrow Z$ 都连续。

其实都挺 trivial 的。
证明，加法映射 $+$ 和乘法映射 $\times$ 都是连续映射，其中

$+\colon \mathbb R^2\rightarrow \mathbb R, \ \ (x,y)\mapsto x+y; \ \ \ \ \times \colon \mathbb R^2\rightarrow \mathbb R, \ \ (x,y)\mapsto x\cdot y$

Trivial.
证明，矩阵上的加法映射 $+$ 和乘法映射 $\bullet$ 都是连续映射，其中

$+\colon \mathbf{M}_n(\mathbb R)\times \mathbf{M}_n(\mathbb R)\rightarrow \mathbf{M}_n(\mathbb R), \ \ (A,B)\mapsto A+B;\ \ \ \ \bullet\colon \mathbf{M}_n(\mathbb R)\times \mathbf{M}_n(\mathbb R)\rightarrow \mathbf{M}_n(\mathbb R), \ \ (A,B)\mapsto A\cdot B$

定义距离为 $d(A,B) = ||A-B||_F$（Frobenius 范数），然后就可以用相容性的不等式了，trivial.
证明，$\mathbf{M}_n(\mathbb R)$ 上的可逆矩阵的全体 $\mathbf{GL}_n(\mathbb R)$ 是 $\mathbf{M}_n(\mathbb R)$ 中的开集。（提示：构造一个连续映射使得该集合是连续映射的逆像）

做连续映射（行列式）$det: \mathbb R^{n \times n} \to \mathbb R$，$A \to det(A)$，于是 $det^{-1} ((-\infty,0) \cup (0,\infty)) = GL_n(\mathbb R)$ 是开集。

至于行列式运算为什么是连续的，因为它本质上是关于 $n^2$ 个变量的多项式（，所以关于各个分量连续。

我胡说八道的啊，我觉得我好像有必要补一补高代（
证明，取逆映射 ${\rm Inv}\colon \mathbf{GL}_n(\mathbb R)\rightarrow \mathbf{GL}_n(\mathbb R), \ \ A\mapsto A^{-1}$ 是连续映射。

记任意可逆矩阵集 $U$ 的原像为 $Inv^{-1} U$，它是 $GL_n (\mathbb R)$ 的子集，也是一个开集。所以 $Inv$ 是连续映射。

看到这个 $Inv$ 我还以为要联动 Galois 理论了，吓一跳。

函数的零点

其实一共有八道题，但另外七个都很 trivial，这个没有一眼看出来，所以还是写一写。

$f\colon \mathbb R\rightarrow \mathbb R$ 是函数，对 $c\in \mathbb R$，我们定义 $f^{-1}(c)=\{x\in \mathbb R\mid f(x)=c\}$。证明，如果对任意 $c\in \mathbb R$，我们都有 $|f^{-1}(c)|=2$，那么 $f$ 不是连续函数。

说明任意取一个开集 $U \subset R$，都有 $f^{-1}(U) = \lbrace 2 \rbrace$ 或 $\lbrace -2 \rbrace$ 或 $\lbrace 2,-2 \rbrace$，都不是开集，所以 $f$ 不连续。

给我一点小小的拓扑震撼（

貌似也可以用介值定理，就随便讨论一下，夹几个区间出来就行，但是没必要。

*思考题

假设 $A\subset \mathbb R$ 是一个可数集。证明，存在单调函数 $f\colon \mathbb R\rightarrow \mathbb R$，使得 $f$ 的不连续点的集合恰好是 $A$。

大概可以分段构造 $f(x)=x+T_i,x \in (x_i,x_{i+1})$，来保证是单调增函数且不连续。
函数 $f\colon [0,1]\rightarrow [0,1]$ 是递增的函数，证明，$f$ 有不动点。

考虑 $F(x)=f(x)-x$，一定有不动点。
考虑 $[0,1]$ 到自身的自同胚，即 ${\rm Homeo}([0,1])=\bigl\{f\colon [0,1]\rightarrow [0,1]\bigm| \text{$f$ 为连续的双射}\bigr\}$

我们知道对于任意的 $f\in {\rm Homeo}([0,1])$，$f^{-1}\in {\rm Homeo}([0,1])$。假设 $f\in {\rm Homeo}([0,1])$ 并且 $0$ 和 $1$ 是它仅有的不动点，$g\in {\rm Homeo}([0,1])$ 并且 $0$ 和 $1$ 也是它仅有的不动点，证明，存在 $h\in {\rm Homeo}([0,1])$，使得 $h^{-1}\circ f\circ h =g$。

一致连续性

2023 年 1 月 29 日，星期日，我觉得凡是带有“一致”的东西都蛮恐怖的，比如 UMVUE（

惭愧地说，一致连续性其实我以前没有学会过，因为考试不考（。再来一遍.jpg

草，我之前把数分分成 I 和 II 都觉得挺奇怪的，但目前已经三万多字了，Typora 开始有点卡了（。所以这次又分别分了上下，暂且以期中考试为界吧。

紧性与开覆盖

是没接触过的很新的东西（，我怀疑这也不是数分内容，全在抄。好像也没抄会。

一致连续性

假设 $f\colon X\rightarrow \mathbb R$ 是连续函数，如果对任意的 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，使得对任意的 $x,y\in X$，只要 $d(x,y)<\delta$，就有 $|f(x)-f(y)|<\varepsilon$，就称 $f$ 在 $X$ 上一致连续。

看起来很像 Lipschitz 条件，不过 Lipschitz 条件其实是特化版的，是一致连续的充分条件，用来解决一些不动点问题。
有界闭区间上的连续函数一定一致连续。
一致收敛和逐点收敛的区别实际上是关于点 $x$ 的差别，对 $N$ 的依赖进行区分即可。对于一个函数序列 $\lbrace f_n : X \to R \rbrace$ 和函数 $f: X \to R$，有：

逐点收敛是指，对任意的 $x \in X$，任意 $\varepsilon >0$，存在 $N=N(\varepsilon , x)$ 使得当 $n >N$ 时，$| f_n(x) - f(x) | < \varepsilon$。

一致收敛是指，对任意的 $\varepsilon >0$，存在 $N=N(\varepsilon)$ 使得对任意的 $x \in X$，有 $|f_n(x) - f(x) | <\varepsilon$，也就是 $\sup_{x \in X} | f_n(x) - f(x) | <\varepsilon$。

这样来看的话，显然有一致收敛能够推出逐点收敛，逐点收敛能推出一致收敛的要求是固定 $\varepsilon$ 时存在 $N$ 的上确界 $\sup _{x \in X}N(\varepsilon , x)$，这个上确界不能是无穷。但 $X$ 的形式不能在任意条件下保证这一点。

从计算的角度来看，逐点收敛到的函数相当于固定 $x$，取 $n \to \infty$，可以由此继续判断是否一致收敛到逐点收敛的函数。

级数收敛构造连续函数

本质上是把绝对值推广成函数的无穷范数，用来证明收敛。

梦话：证明题，但胡说八道

连续，一致连续和一致收敛

证明，函数 $e^x$ 在 $\mathbb R$ 上不是一致连续的而在 $(-\infty,0]$ 上是一致连续的。

Trivial.
证明，幂函数映射 $\mathbb R_{>0}\times \mathbb R, \ \ (x,\alpha)\mapsto x^\alpha$ 是 $\mathbb R_{>0}\times \mathbb R$ 上的连续函数。

因为 $x^\alpha = e^{\alpha \ln x}$，且 $\mathbb R_{>0}\times \mathbb R \to \mathbb R$，$(x,\alpha) \to \alpha \ln x$ 连续，$\mathbb R \to \mathbb R$，$x \to e^x$ 也连续。

二者的叠加（？？这个叫什么来着啊）也是连续函数，而且是 $\mathbb R_{>0}\times \mathbb R \to \mathbb R$ 的连续函数。
证明，第九次课中定义的幂函数满足如下的性质：对任意 $x,y>0$ 和 $\alpha, \beta$，我们有 $(xy)^\alpha=x^\alpha y^\alpha$，$(x^\alpha)^\beta=x^{\alpha \beta}$； $a^{\log_a x} =x$；如果 $x>0$，$y>0$，那么 $a^{x+y}=a^x a^y$，$\log_a(x\cdot y)=\log_a(x)+\log_a(y)$。

$(xy) ^\alpha = e^{\alpha \ln xy} = e^{\alpha (\ln x+\ln y)} = e^{\alpha \ln x}e^{\alpha \ln y} = x^\alpha y^\alpha$。

类似地证明其他几个式子，总之一些 trivial 的性质对于 $e^x$ 和 $\ln x$ 成立，只要努力代入就可以了。
在 $[0,1)$ 区间上考虑连续函数的序列 $\{f_n(x)\}_{n\geqslant 1}$，其中 $f_n(x)=x^n$。证明，对任意的 $a<1$，$\{f_n(x)\}_{n\geqslant 1}$ 在 $[0,a]$ 上一致收敛到 $0$ 这个函数；但是 $\{f_n(x)\}_{n\geqslant 1}$ 在 $[0,1)$ 上不一致收敛。

连续函数列在闭区间上有一致控制：$\sup_{x \in X} | f_n(x) - f(x) | = a^n <\varepsilon$，只要取 $N > \log _a \varepsilon$ 即可，于是一致收敛。

在 $[0,1)$ 上也还是逐点收敛到 $f=0$ 的，只要证明不一致收敛到 $f=0$ 即可。实际上有 $\sup_{x \in X} | f_n(x) - f(x) | = 1$。
在 $\mathbb R$ 上考虑连续函数的序列 $\{f_n(x)\}_{n\geqslant 1}$，其中 $f_n(x)=\dfrac{nx}{1+n^2x^2}$。证明，$\{f_n(x)\}_{n\geqslant 1}$ 在 $\mathbb R$ 上逐点收敛到 $0$ 这个函数但是 $\{f_n(x)\}_{n\geqslant 1}$ 在 $\mathbb R$ 上不一致收敛。

逐点收敛只要对 $n \to \infty$ 即可，是收敛到 $f=0$ 的。

考虑一致收敛的问题，${x X} | f_n(x) - f(x) | = {x X} | { nx +{ 1 nx}}| = 2 $，并不会一致收敛。
在 $\mathbb R$ 上考虑连续函数的序列 $\{f_n(x)\}_{n\geqslant 1}$，其中 $f_n(x)=\begin{cases}\dfrac{nx^2}{1+nx}, \ &x>0;\\& \\\dfrac{nx^3}{1+nx^2}, \ &x\leqslant 0\end{cases}$.

试研究 $\{f_n(x)\}_{n\geqslant 1}$ 在 $\mathbb R$ 上逐点收敛性和一致收敛性。

逐点收敛到 $f=x$，有手就行（，以下考虑一致收敛性。

对于 $x >0$，有 $\sup_{x \in X} | f_n(x) - f(x) | = \sup_{x \in X} |\frac{x}{1+nx}|<\frac 1 n < \varepsilon$ 可以在 $N >\frac 1 \varepsilon$ 时做到。

对于 $x \leq 0$，有 $\sup_{x \in X} | f_n(x) - f(x) | = \sup_{x \in X} |\frac{x}{1+nx^2 }|<\frac{1}{2 \sqrt{n} } < \varepsilon$，可以在 $N> \frac{1}{4\varepsilon^2}$ 时做到。

所以取 $N =[ \max \lbrace \frac 1 \varepsilon , \frac{1}{4\varepsilon^2} \rbrace ] +1$ 即有一致收敛。
给定连续函数 $\varphi\colon \mathbb R_{\geqslant 0}\rightarrow \mathbb R$，满足 $\varphi(0)=0$，$\displaystyle \lim_{x\rightarrow \infty}\varphi(x)=0$ 并且 $\varphi$ 不恒为零。证明，$\mathbb R_{\geqslant 0}$ 上的连续函数的序列 $\{f_n(x)\}_{n\geqslant 1}$ 和 $\{g_n(x)\}_{n\geqslant 1}$ 逐点收敛到 $0$ 这个函数但是不一致收敛，其中 $f_n(x)=\varphi(nx)$，$g_n(x)=\varphi\left(\dfrac{x}{n}\right)$。

Trivial.
（一致连续性的应用：积分的定义）$[a,b]$ 是有限闭区间，$f\in C\bigl([a,b]\bigr)$ 是实数值的函数。给定 $n\geqslant 1$，我们将 $[a,b]$ 均分为 $n$ 份：$[[a,b]=[a_1,b_1]\cup [a_2,b_2]\cup \cdots \cup [a_n,b_n], \ \ a_1=a, b_k=a_{k+1}~(k=1,\cdots, n-1), b_n=b$，

其中对于 $k=1,2,\cdots,n$，$a_k=a+\dfrac{k-1}{n}(b-a)$。我们定义 $S_n=\sum_{k=1}^n \frac{b-a}{n}f(a_k)$

证明，$\{S_n\}_{n\geqslant 1}$ 收敛，我们用 $_{a}^b f $ 这个符号来记极限 $\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}S_n$。进一步证明，映射

${a}^bC([a,b])R, f{a}^b f $ 是线性映射,并且如果我们在 $C\bigl([a,b]\bigr)$ 用距离函数 $d_\infty$ 来考虑，那么这是连续映射。

（提示：为了证明 $\{S_n\}_{n\geqslant 1}$ 是Cauchy列，我们可以将 $S_{n}$ 和 $S_m$ 都与 $S_{nm}$ 做比较）

考虑部分和序列收敛。是因为 $f$ 在闭区间 $[a,b]$ 上有最大值和最小值，于是 $(b-a)s \leq S_n \leq (b-a)S$。比较 $S_m$ 和 $S_{nm}$ 能比出来什么呢...？作差用中值定理的话，二者的差可以控制在 $[\frac{n-1}{2mn} s,\frac{n-1}{2mn} S]$ 之间，确实可以控制在 $\varepsilon$ 之内。但是只用 $S_m$ 和 $S_{mn}$ 做比较就可以得到是 Cauchy 列的结论吗？

线性映射是因为 $f + g \to \int_{a}^b f+g$，有 $\int_{a}^b f+g =\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}(S_n+T_n)= \displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}S_n + \displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}T_n = \int_{a}^b f +\int_{a}^b g$。

回顾一下距离函数是 $d_\infty (f,g) = \sup_{x \in X} |f(x)-g(x)|$，想证明映射 $\int_{a}^b\colon C\bigl([a,b]\bigr)\rightarrow \mathbb R$ 是连续映射，只要证明对任意的 $\varepsilon >0$，存在 $\delta$ 使得 $d_\infty (f,g) < \delta$ 时有 $|\int_{a}^b f - \int_{a}^b g|<\varepsilon$。

由于这个映射是线性的，我们知道 $|\int_{a}^b f - \int_{a}^b g| = |\int_{a}^b (f-g)| < |\int_{a}^b d_{\infty}(f,g) | = (b-a)d_{\infty}(f,g)$，因此只要取 $\delta = \frac {\varepsilon} {(b-a)}$ 就能够满足要求。因此这个映射是连续的。
证明Cauchy的一个定理: 任给函数 $f\colon [a,+\infty) \to \mathbb{R}$，我们假设 $f$ 任意闭子区间 $[a,b]$ 上有界 (上界可能依赖于 $b$)，那么下面两个式子当等号右边极限存在时成立：

$\lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to + \infty} [f(x+1) - f(x)],\\\lim_{x \to + \infty} [f(x)]^{1/x} = \lim_{x \to + \infty} \frac{f(x+1)}{f(x)}, \ \ \text{进一步假设对任意的 $x \in [a,\infty)$，$f(x) \geqslant c > 0$}$

首先，给下面的式子取个对数就能得到上面的式子，所以只要证明上面的式子。

记 $A = \lim_{x \to + \infty} [f(x+1) - f(x)]$，于是对任意 $\varepsilon >0$，存在 $N \in \mathbb Z^+$ 使得 $x >N$ 时都有：

$A-\varepsilon < f(x+1) - f(x) < A+\varepsilon$ 成立。

因此 $f(y) = (f(y)-f(y-1)) + (f(y-1)-f(y-2))+ ... +( f(n+1)-f(n)) +f(n)$，其中 $n = N$，再做 $\frac{f(y)}{y}$ 取极限即得到结论。

和一致连续性相关的问题

如果连续函数 $f$ 在开区间（有限或无限）$I \subset \mathbb{R}$ 上是单调并且有界的，那么 $f$ 在 $I$ 上一致连续。

Trivial.
$I$ 是长度有限的区间（不一定是闭的）。证明，$I$ 上的实值函数 $f$ 一致连续的充分必要条件是 $f$ 把Cauchy列映成Cauchy列（即如果 $\{x_n\}_{n \geqslant 1} \subset I$ 是Cauchy列，那么 $\{f(x_n) \}_{n \geqslant 1}$ 也是Cauchy列）。

如果 $f$ 一致连续，由 Cauchy 列和一致连续的定义知道 $\{f(x_n) \}_{n \geqslant 1}$ 也是 Cauchy 列。

如果映射到的点列也是 Cauchy 列，且 $f$ 不一致连续。那么存在一个 $\varepsilon >0$，使得对任意的 $\delta$，都存在 $x,y \in I$ 满足 $|x-y|<\delta$ 且 $|f(x)-f(y)|>$。取一个和 $\lbrace x_n \rbrace$ 相近的数列 $\lbrace y_n \rbrace$，满足 $|x_n - y_n |< \frac 1 n$ 而且 $|f(x_n) - f(y_n)| >\varepsilon$，而且一定满足 $\lbrace y_n \rbrace \subset I$。那么 $\lbrace x_n \rbrace$ 是收敛的 Cauchy 列，$\lbrace y_n \rbrace$ 也是收敛到同一点的 Cauchy 列。

取序列 $x_1,y_1,x_2,y_2,...,$ 也是一个 Cauchy 列，但它的映射并不是 Cauchy 列，矛盾。

不会做于是 MSE 了半天 qwq
$f$ 在 $\mathbb{R}$ 上一致连续。证明，存在 $a, b \in \mathbb{R}_{>0}$，使得对任意的 $x\in \mathbb R$，我们都有 $|f(x)| \leqslant a |x| + b$

取 $b = |f(0)|$，对 $\varepsilon = 1$，取一致连续定义中对应的 $\delta$，于是 $|x - 0| <\delta$ 时一定有 $ |f(x) - f(0)|<1$，可以得到 $|f(x)| < |f(0)| +1 = b+1$。

因此，对于任意的 $x \in \mathbb R_+$，有 $|f(x) - f(x-\delta)| < 1$，可以推出 $|f(x) - f(0)| < ([\frac{1}{\delta}]+1) |x|$。对于 $x \in R_-$ 也可以得到类似的结论，于是只要取 $b=|f(0)|$，$a = [\frac 1 \delta] +1$，原式成立。
假设函数 $f$ 在 $[0,\infty)$ 上一致连续并且对任意的 $x \in [0,1]$，我们都有 $\displaystyle \lim_{n \rightarrow +\infty}f(x+n) = 0$（这里 $n$ 是整数）。证明，$\lim_{x \to +\infty}f(x) = 0$。如果我们将条件减弱为 $f$ 在 $[0,\infty)$ 连续，结论是否依然成立? 证明或举出反例。

如果有一致连续条件：

先取一个固定的 $x\in [0,1]$ 和一个固定的 $\varepsilon >0$，存在一个 $\delta = \delta(\varepsilon)$ 使得对任意的 $|x-y|<\delta$，有 $|f(x)-f(y)|<\varepsilon$。存在一个 $N=N(x,\varepsilon)$，使得对任意的 $n>N$，有 $|f(x+n)|<\varepsilon$。我们先固定这个 $n$。

对任意的 $t \in [x+n,x+n+1]$，有 $|x+n-t|<p\delta$，于是 $|f(t)-f(x+n)|<p\varepsilon$，$p = \frac{1}{\delta}$。于是有 $|f(t)|<(p+1)\varepsilon$。

把上述中的 $n$ 改成 $n+1,n+2,...$，都有 $|f(t)|<(p+1)\varepsilon$。于是对任意的 $y \in [x+n,+\infty)$，有 $|f(y)|<(p+1)\varepsilon$，也就是说 $\lim_{x \to +\infty}f(x) = 0$。

如果没有一致连续条件，结论是不成立的。取 $f(x) = \frac{xsin \pi x}{1+x^2 \sin^2 \pi x}$，它没有极限吧？
假设 $X$ 是区间，$f\colon X \rightarrow \mathbb{R}$ 是连续函数。如果存在正常数 $L$，使得对任意的 $x, y \in X$，都有 $|f(x) - f(y)| \leqslant L|x-y|$，我们就称 $f$ 在 $X$ 上满足Lipschitz条件。
- 证明，$f$ 在 $X$ 上满足Lipschitz条件是 $f$ 在 $X$ 一致连续的充分条件。
  
  Trivial.
- 判断上述条件是否是必要条件? 证明或举出反例。
  
  不是必要的，比如取 $f(x) = \sqrt{x}$，$x \in [0,1]$ 即有一致连续，但不满足 Lipschitz 条件。
- 假设 $f$ 在 $[a,+\infty)$ 上满足Lipschitz条件，其中 $a > 0$，试证明 $\dfrac{f(x)}{x}$ 在 $[a,+\infty)$ 一致连续。
  
  取任意的 $\delta \in \mathbb R+$，考虑 $x,y \in [a,+\infty)$ 且 $|x-y|=\delta$ 的情况。此时有 $|f(x) - f(y)|\leq L\delta$，且 $f(x)$ 一致连续。于是 $|\frac{f(x)}{x} - \frac{f(y)}{y}| < |\frac{f(y) \delta}{xy} |+|\frac{L\delta}{x}| < (\frac{L+t}{a}+ \frac{b}{a^2}) \delta$，也满足 Lipschitz 条件，也一致连续。
  
  上述的 $t$ 和 $b$ 是使得 $|f(x)| \leq t|x| + b$ 成立的值。
  
  我超，好难（

*思考题

连续函数 $f\colon \mathbb R\rightarrow \mathbb R$ 满足如下性质：对任意的 $\delta>0$，我们都有 $\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty} f(n\delta)=0$，证明，$\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty} f(x)=0$。

对任意的 $\delta >0$，$\varepsilon >0$，存在 $N=N(\delta,\varepsilon)$ 满足对任意的 $n >N$，有 $|f(n \delta)| <\varepsilon$。于是只要取 $X= \sup \{\delta N(\delta , \varepsilon)\}$，就有 $\forall x > X$，$|f(x)|<\varepsilon$。问题在于这个 $X$ 是否存在。

我们规定 $\delta \in (0,1]$，于是 $X < \sup \{N(\delta,\varepsilon)\}$，其中 $\delta \in (0,1]$ 且 $\varepsilon$ 固定。
连续函数 $\varphi\colon \mathbb R\rightarrow \mathbb R$ 满足如下两个性质：
- 它在无穷远的行为如下：$\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\bigl( \varphi(x)-x\bigr)=+\infty$。
- $\varphi$ 的不动点集 $\bigl\{x\in \mathbb R\bigm| \varphi(x)=x\bigr\}$ 是非空的有限集。
证明，如果 $f\colon \mathbb R\rightarrow \mathbb R$ 是连续函数并且满足 $f\circ \varphi =f$，那么 $f$ 一定是常值函数。

对于 $\forall M>0$，存在 $N >0$，满足 $x > N$ 时一定有 $\varphi(x) - x >M$。

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连续函数 $f\colon \mathbb R_{\geqslant 0}\rightarrow \mathbb R$ 满足 $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{f(x)}{x}=0$。假设 $\{a_n\}_{n\geqslant 1}$ 是一列非负实数的数列并且数列 $\{\dfrac{a_n}{n}\}_{n\geqslant 1}$ 是有界的，证明，$\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty} \frac{f(a_n)}{n}=0$

对任意 $\varepsilon >0$，存在 $M$ 使得 $x>M$ 时总有 $|f(x)|<\varepsilon x$。

如果数列 $\lbrace a_n \rbrace$ 无界，则取 $N = \sup \lbrace |\frac{a_n}{n}| \rbrace$，$|\frac{f(a_n)}{n}| = |\frac{f(a_n)}{a_n}| |\frac{a_n}{n}|\leq N |\frac{f(a_n)}{a_n}| \leq N\varepsilon$，或有 $|\frac{f(a_n)}{n}| <|\frac{\sup |f([0,K])|}{n}| \to 0$。

如果数列 $\lbrace a_n \rbrace$ 有界，则显然有 $|\frac{f(a_n)}{n}| <|\frac{\sup |f([\inf a_n,\sup a_n])|}{n}| \to 0$。

*娱乐问题：素数是无限多的拓扑证明 (Furstenberg, 1955)

$X$ 是集合，$\mathcal{T}=\{U\mid U\subset X\}$ 是 $X$ 的某些子集所组成的集合。如果下面三个条件成立

$\emptyset \in \mathcal{T}$， $X \in \mathcal{T}$。
对任意的 $\{U_{\alpha}\}_{\alpha \in \mathcal{A}}\subset \mathcal{T}$，其中 $\mathcal{A}$ 为指标集合，我们有 $\displaystyle\bigcup_{\alpha \in \mathcal{A}}U_\alpha \in \mathcal{T}$。
对任意有限个 $U_1,U_2,\cdots, U_m \in \mathcal{T}$，我们有 $\displaystyle\bigcap_{1\leqslant i\leqslant m}U_i \in \mathcal{T}$。

我们就称 $\mathcal{T}$ 是 $X$ 上的一个拓扑，每个 $U\in \mathcal{T}$ 都被称作是（拓扑 $\mathcal{T}$ 下的）开集。我们把二元组 $(X,\mathcal{T})$ 称作是一个拓扑空间。

假设 $(X',\mathcal{T}')$ 是拓扑空间，$f\colon X\rightarrow X'$，如果对每个 $U'\in \mathcal{T}'$，我们有 $f^{-1}(U')\in \mathcal{T}$，我们就称 $f$ 是连续映射。

给定拓扑空间 $(X,\mathcal{T})$，考虑子集 $F\subset X$，如果其补集 $X-F$ 是开集（即 $X-F\in \mathcal{T}$），我们就称 $F$ 是在拓扑 $\mathcal{T}$ 下的）闭集。对于闭集，我们有如下的性质：

$\emptyset$ 和 $X$ 都是闭集。
任意多闭集的交集是闭集。
有限个闭集的并集是闭集。

娱乐问题：素数是无限多的拓扑证明（Furstenberg，1955）

考虑 $X=\mathbb{Z}$ 为全体整数的集合，对于 $a,b \in \mathbb{Z}$，其中 $a\geqslant 1$，我们定义 $U_{a,b}=\{ka+b\mid k \in \mathbb{Z}\}$（就是以 $b$ 为某一项的双边的等差数列）。我们定义 $X$ 的子集的集合 $\mathcal{T}$：如果 $U\in \mathcal{T}$，要么 $U=\emptyset$，要么 $U$ 是某些 $U_{a,b}$ 的并集。

$U\in \mathcal{T}$。证明，$x\in U$ 当且仅当存在 $a\geqslant 1$，使得 $U_{a,x}\in \mathcal{T}$。

对于 $x\in U$，一定有 $x \in U_{s,t}$，于是 $x=ks+t$，那么 $U_{s,x}=U_{s,t} \in \mathcal T$。
证明，$\mathbb{Z}\in \mathcal{T}$。

$\mathbb Z = U_{1,0} \in \mathcal T$。
证明，对于任意的 $\{U_i\}_{i \in I}\subset \mathcal{T}$，那么 $\bigcup U_i\in \mathcal{T}$。

Trivial.
证明，如果 $U,V\in \mathcal{T}$，那么 $U\cap V\in \mathcal{T}$。

Trivial.
证明，任何有限集合都不是开集；任何补集是有限的集合都不是闭集。

Trivial.
证明，$U_{a,b}$ 即时开集也是闭集。

它是开集，它的补集是 $\cup_{c\in [1,a],c \neq b} U_{a,c}$，也是开集，所以它自己也是闭集。
证明，$\displaystyle\mathbb{Z}-\{-1,1\}=\bigcup_{p~\text{是素数}}U_{p,0}$。

因为整数环去掉 $0$ 之后是一个 UFD。（草
用反证法证明，有无限多个素数.

如果只有有限个素数。$U_{p,0}$ 是闭集，$\bigcup_{p~\text{是素数}}U_{p,0}$ 是有限个闭集的并，还是闭集。那么 $\lbrace -1,1 \rbrace$ 在 $\mathbb Z$ 上的补集是一个闭集，它是开集，而且是有限集，矛盾。

我超，好强。

期中考试

考试时间为 2 小时 25 分钟。两道大题之间是相互独立的。考试中后面的问题可以使用前面问题的结论（无论答题人是否已经得到正确的证明或者答案）。

基本概念和技巧的考察

试用 $\varepsilon-N$ 语言证明：$\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}\dfrac{n}{n^2+1}=0$。

Trivial.
试用 $\varepsilon-\delta$ 语言说明函数 $\mathbb R$ 上的函数 $f(x)=\begin{cases} \sin(\frac{1}{x}), &\ \ x\neq 0;\\0,&\ \ x=0\end{cases}$ 在 $x=0$ 处不连续。

Trivial.
计算极限：$\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}\left(1^2+2^2+3^2+\cdots+n^2\right)^\frac{1}{n}$。

$1$。
证明，级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{2n+1}{n^2(n+100)^2}$ 收敛。

小于二阶调和级数，trivial.
给定实数的序列 $\{a_n\}_{n\geqslant 1}$，假设级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n$ 收敛。证明，对任意的实数 $x\in (-1,1)$，级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n x^n$ 也收敛。（提示：利用Abel判别法）

PIN 真的，我哭死，他期中考试还在基础题上给提示（

Trivial.
假设 $f$ 是非空开区间 $(a,b)$ 上的连续函数，证明，对任意的 $x_1,x_2\in (a,b)$，存在 $x_0 \in (a,b)$，使得

$f(x_0)=\frac{1}{2}\bigl(f(x_1)+f(x_2)\bigr)$

介值定理，trivial.
假设函数 $f:\mathbb R\rightarrow \mathbb R$ 是以 $1$ 为周期的连续函数，即对任意的 $x\in \mathbb R$，我们有 $f(x+1)=f(x)$。证明，$f$ 有界并且能取到其最大值，即存在 $x_0\in \mathbb R$，使得 $f(x_0)=\displaystyle \sup_{x\in \mathbb R}f(x)$。

Trivial.
证明，$f(x)=\sqrt{x+1}$ 作为 $\mathbb R_{\geqslant 0}$ 上的函数是一致连续的。

因为满足 Lipschitz 条件，$L=\frac 1 2$。

级数

首先回忆一下二项式展开：$\displaystyle (1+z)^n=\sum_{k=0}^n {n \choose k} z^k$。特别地，当 $z=1$ 时，我们有 $\displaystyle 2^n=\sum_{k=0}^n {n \choose k}$。

给定一个复数的数列 $\{a_k\}_{k\geqslant 0}$，我们定义新的数列 $\{a_n^*\}_{n\geqslant 0}$，其中 $a_n^*=\frac{1}{2^n}\sum_{k=0}^n {n \choose k}a_k$

等比数列

这一部分中，我们假设对任意的 $k\geqslant 0$，$a_k=z^k$，其中 $z$ 为复数。

证明，如果 $|z|<1$，那么级数 $\displaystyle \sum_{k=0}^\infty a_k$ 收敛。我们用 $A(z)$ 表示这个极限。

Trivial，$A(z) = \frac{1}{1-z}$。
证明，如果 $|z|<1$，那么级数 $\displaystyle \sum_{k=0}^\infty a^*_k$ 收敛。我们用 $A^*(z)$ 表示这个极限。

Trivial 但差点被骗了，总之 $a_k ^* = \frac{z+1}{2}$，$A^*(z) = \frac{2}{1-z}$。
证明，如果 $|z|\geqslant 1$，那么级数 $\displaystyle \sum_{k=0}^\infty a_k$ 不收敛。

Trivial.
试找出一个 $z\in \mathbb{C}$，$|z|>1$，级数 $\displaystyle \sum_{k=0}^\infty a^*_k$ 收敛。

级数部分和是 $\frac{2}{1-z} (1-(\frac{z+1}{2})^{k+1})$，取 $z = -2$ 即可。
证明，如果 $|z|=1$ 并且 $z\neq\pm 1$，那么级数 $\displaystyle \sum_{k=0}^\infty a^*_k$ 收敛。

Trivial.

收敛性比较

这一部分中，我们假设 $\{a_k\}_{k\geqslant 0}$ 为实数的序列。

证明，当 $k\in \mathbb{Z}_{\geqslant 0}$ 固定的时候，我们有：
- $\lim_{n\rightarrow \infty} {n \choose k}/{\frac{n^k}{k!}}=1$
- $\lim_{n\rightarrow \infty} {n \choose k}/{2^n}=0$
Trivial.
任意给定非负整数 $n>q$，我们定义 $a_{n,q}^*=\frac{1}{2^n}\sum_{k=0}^q {n \choose k}a_k$，对每个固定的 $q$，计算 $\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty} a_{n,q}^*$。

$0$。
如果 $\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty} a_{n}=0$，证明，$\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty} a_{n}^*=0$。

定义证明。
如果 $\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty} a_{n}$ 存在，证明，$\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty} a_{n}^*$ 存在并且恰好等于 $\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty} a_{n}$。

定义证明。
如果 $\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty} a^*_{n}$ 存在，$\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty} a_{n}$ 是否一定存在？

不一定，取 $a_n = (-1)^n$。

在后面的问题中，对任意的 $n\geqslant 0$，我们定义部分和 $S_n=\sum_{k=0}^n a_k, \ \ S^*_n=\sum_{k=0}^n a^*_k, \ \ U_n=2^n S_n^*$

证明，对任意的 $n\geqslant 0$，$U_n$ 都可以写成 $S_0,S_1,\cdots,S_n$ 的整系数线性组合：$U_n=\sum_{k=0}^n {n+1 \choose k+1} S_k$

Trivial.
证明，如果级数 $\displaystyle \sum_{k=0}^\infty a_k$ 收敛，那么 $\displaystyle \sum_{k=0}^\infty a^*_k$ 也收敛。

Trivial.

连续函数环的极大理想

假设 $a<b$ 是实数，我们研究有界闭区间上的实数值连续函数的空间 $C\bigl([a,b]\bigr)$。对于子集 $I\subset C\bigl([a,b]\bigr)$，如果它满足如下三个条件：

$I\neq \emptyset$，$I \neq C\bigl([a,b]\bigr)$；
对任意的 $\varphi \in I$，$\psi \in I$，我们有 $\varphi+\psi \in I$；
对任意的 $\varphi \in I$，$f \in C\bigl([a,b]\bigr)$，我们有 $\varphi\cdot f \in I$.

我们就称 $I$ 是 $C\bigl([a,b]\bigr)$ 的一个理想。假设 $\mathfrak{m}$ 是 $C\bigl([a,b]\bigr)$ 的理想并且不存在其它的包含 $\mathfrak{m}$ 的理想，我们就称 $\mathfrak{m}$ 是 $C\bigl([a,b]\bigr)$ 的一个极大理想（即若理想 $I\supset \mathfrak{m}$，那么 $I =\mathfrak{m}$）。

对任意的子集 $A\subset [a,b]$，令 $I(A)=\left\{f\in C\bigl([a,b]\bigr)\big| \text{对任意的 $x\in A$，$f(x)=0$}\right\}$。证明，$I(A)$ 是 $C\bigl([a,b]\bigr)$ 的理想。$I([a,b])$ 是什么？证明，如果有两个子集 $A\subset B\subset [a,b]$，那么 $I(A)\supset I(B)$。是否存在 $A\subset [a,b]$ 为真子集，使得 $I(A)=\{0\}$?

前几问都是有手就行。最后一问取 $A = (a,b)$。
证明，如果 $I \subset C\bigl([a,b]\bigr)$ 是理想，那么常值函数 $1\notin I$。进一步证明，如果 $I \subset C\bigl([a,b]\bigr)$ 是理想，那么对任意的 $f\in I$，$f$ 在 $[a,b]$ 上一定有零点（即 $f(x)=0$ 在 $[a,b]$ 上有解）。

如果是理想且恒等元在理想中，那么所有元素都在理想中，矛盾。

如果 $f \in I$ 且在 $[a,b]$ 上没有零点，那么它是可逆的，$f^{-1} \in C([a,b])$，于是 $1 = f \cdot f^{-1} \in I$，矛盾。
对于 $f \in C\bigl([a,b]\bigr)$，证明，集合 $V(f)=\bigl\{x\in [a,b]\big| f(x)=0\bigr\}$ 是闭集。进一步证明，对于理想 $I \subset C\bigl([a,b]\bigr)$，集合 $V(I)=\bigl\{x\in [a,b]\big| \text{对任意的 $f\in I$},~ f(x)=0\bigr\}$ 是闭集。如果理想 $I \subset C\bigl([a,b]\bigr)$ 使得 $V(I)$ 为全空间 $[a,b]$，你是否能够确定 $I$？

记 $T = \lbrace 0 \rbrace$，而 $f^{-1} (T) = V(f)$ 保持闭集性质。

$V(I) = \cap _{f\in I} V(f)$，闭集的交集还是闭集。

如果 $V(I) = [a,b]$，那么对任意的 $f \in I$ 都有 $V(f) = [a,b]$，也就是说 $f=0$，$I$ 是平凡理想。
对任意的点 $x\in [a,b]$，我们令 $A=\{x\}$ 并记 $\mathfrak{m}_x =I(A)=I\bigl(\{x\}\bigr)$，即 $\mathfrak{m}_x=\left\{f\in C\bigl([a,b]\bigr)\big| f(x)=0\right\}$。

证明，$\mathfrak{m}_x$ 是极大理想。

我差点想直接证明 $C([a,b])$ 是一个 PID，仔细一想里面的不可逆元全是零因子，根本不是整环。

不介意我用点抽代知识吧？

作环同态 $t: C([a,b]) \to \mathbb R$，$f \to f(x)$。如果存在极大理想 $\mathfrak{m} \supset \mathfrak{m}_x$，且使得存在 $g\in \mathfrak m$，$g(x) \neq 0$。

于是 $\ker t = \mathfrak m_x$，$C([a,b]) / \mathfrak m _x \cong \mathbb R$ 是一个域，也即 $\mathfrak m _x$ 是一个极大理想。
证明，如果 $\mathfrak{m}$ 是 $C\bigl([a,b]\bigr)$ 的极大理想，那么存在 $x\in [a,b]$ 使得 $\mathfrak{m}=\mathfrak{m}_x$。（提示：利用 $[a,b]$ 是紧的）

如果 $\mathfrak m$ 是一个极大理想，而且不存在一个使得 $\mathfrak m = \mathfrak m _x$ 的 $x\in [a,b]$。

于是对任意 $x \in [a,b]$，存在 $f_x$ 使得 $f_x(x) \neq 0$。由 $[a,b]$ 是紧的可知存在一列函数 $f_1,f_2,...,f_n$，满足对任意 $x \in [a,b]$，存在 $i \in \lbrace 1,2,...,n \rbrace$，使得 $f_i (x) \neq 0$。于是 $F=f_1 ^2 + ... + f_n ^2 \in \mathfrak m$ 且是单位，矛盾。
是否存在理想 $I \subset C\bigl([a,b]\bigr)$ 使得 $V(I)=\emptyset$？

任意一个理想都被包含在某个极大理想中，$V(I) \neq \emptyset$。
假设 $A$ 是闭集，证明，$V(I(A))=A$。

$I(A)=\left\{f\in C\bigl([a,b]\bigr)\big| \text{对任意的 $x\in A$，$f(x)=0$}\right\}$，

$V(f)=\bigl\{x\in [a,b]\big| f(x)=0\bigr\}$。

在努力回忆 Galois 对应（？）是什么东西，但是忘了（，不知道有没有关系。

胡说八道：首先 $A \in V(I(A))$，然后证明对任意的 $x \in V(I(A))$ 有 $x \in A$。否则存在 $s \notin A$，且对任意的 $f \in I(A)$ 都有 $f(s)=0$。我们只要构造出一个不符合此条件的 $g \in I(A)$ 即可，而 $g\in I(A)$ 在 $[a,b]$ 上有可数个零点，且 $g(s)\neq 0$，逐段构造使其连续，且在 $A$ 上取值均为 $0$ 即可。

Remark：

上面的结论可以推广到紧的距离空间的情形：假设 $(X,d)$ 是紧的距离空间，$C(X)$ 是 $X$ 上复数值的连续函数的全体，那么我们有如下的一一对应：$X \longrightarrow \bigl\{\text{$C(X)$ 的极大理想}\bigr\}, \ \ x\mapsto \mathfrak{m}_x$

其中 $\mathfrak{m}_x=\left\{f\in C\bigl(X\bigr)\big| f(x)=0\right\}$。据此，我们把可以把环 $C(X)$ 中的极大理想想象成空间的点，从而通过 $C(X)$ 中的代数对象来研究 $X$ 上的几何，这是代数几何的开端。

休整

导数异常地轻松，半摸半写一天就写得差不多了，作为一个休息，之后会随第二篇直接发上来，作为二月的开端。

我觉得可能还是学不完，2.13 就要回北京了，后面要复习一下缓考的一门（水）课，大概还有两周时间给数分。学到这里也花了差不多两周，第一周一边学一边摆，第二周其他任务几乎全部停滞，就一直在读这本书。其实大多数精力都放在做习题上面了，原来的计划是习题跳着看一看就好，但还是改变了主意，想扎实一点。

说到底我也在怀疑选这本书到底对不对了，感觉 PIN 在讲一种很新的数分（，很怀疑和正常的版本是不是有差别，但应该是闭包才对吧（。实际上在我开始速通的后几天，转数环里就发了光叔的前两学期讲义，但是当时也没有换，就一直到这里了。PIN 确实讲得深，但是似乎还是缺少技巧的训练。算了，我又不是现在要考丘赛，那些之后再说吧。

还是在害怕。要用四周积累来的知识和已经学了一年半分析的同学一起上新学期的课程，我觉得真的好难。虽然微不足道的成功经验告诉我最重要的是不要害怕，但是果然，连做到不害怕都好难（