RE：ゼロから始める PKU 生活 episode 2

RE：ゼロから始める PKU 生活 episode 2

之前那篇太长了，新开一篇罢。

学高代

习题3.7.4

证明：若(n)元齐次线性方程组的系数矩阵秩为(r)，(delta_1, cdots, delta_m)是方程组的解向量，则(rank(delta_1, cdots, delta_m) le n - r.)

取齐次线性方程组的一个基础解系(eta_1, cdots, eta_{n-r})，则(delta_1, cdots, delta_m)均可被(eta_1, cdots, eta_{n-r})线性表出，故(rank(delta_1, cdots, delta_m) le rank(eta_1, cdots, eta_{n-r}) = n-r)

习题3.7.5

设(n)个方程的(n)元齐次线性方程组的系数矩阵(A)的行列式值为零，并且存在(A)的代数余子式(A_{kl} eq 0)，证明(eta = (A_{k1}, cdots, A_{kn})^T)是这个齐次线性方程组的一个基础解系。

由于(A_{kl} eq 0)，因此(A)存在一个(n-1)阶非零子式，故(rank(A) ge n-1)，又由于(|A| = 0)，故(rank(A) < n)，于是(rank(A) = n - 1.)从而说明齐次线性方程组的解空间(W)的维度(dim W = n - rank(A) = 1.)

接下来证明(eta)是方程组的一个解：当(i eq k)时，(sum_{j=1}^na_{ij}A_{kj} = 0)，当(i = k)时，(sum_{j=1}^na_{kj}A_{kj} = |A| = 0)，故(eta)是方程组的一个解。

既然(dim W = 1)且(eta in W)，那么(eta)就是(W)的一个基，也是齐次线性方程组的一个基础解系。

习题 3.7.6

设(n-1)个方程的(n)元齐次线性方程组的系数矩阵为(B)，把(B)划去第(j)列得到的(n-1)阶子式为(D_j)，令(eta = (D_1, -D_2, cdots, (-1)^{n-1}D_n)^T)，证明：

(1)(eta)是齐次线性方程组的一个解

添加一个方程组(0x_1 + 0x_2 + cdots + 0x_n = 0)

新的齐次线性方程组的系数矩阵(A=egin{pmatrix}B\0end{pmatrix})，(|A|=0)且(A)的代数余子式满足

[A_{ij}=egin{cases}0&i<n\(-1)^{n+j}D_j&i=nend{cases} ]

根据代数余子式的性质，(sum_{j=1}^nb_{ij}A_{nj} = 0(i=1,2,cdots,n-1))，即((-1)^{n+1}sum_{j=1}^nb_{ij}(-1)^{j-1}D_j=0(i=1,2,cdots,n-1))

故(eta=(D_1, -D_2, cdots, (-1)^{n-1}D_n)^T)是齐次线性方程组的一个解。

(2)如果(eta eq 0)，则(eta)是齐次线性方程组的一个基础解系。

只需要证明齐次线性方程组的解空间(W)维度(dim W = 1.)

(eta eq 0)说明存在(D_j eq 0)，即(B)存在(n-1)阶非零子式，故(rank(B) ge n-1)，又因为(B)只有(n-1)行，故(rank(B) le n-1)，因此(rank(B) = n-1, dim W = n - rank(B) = 1.)

学习指导 习题3.7.5

证明：如果(n(n>1))级矩阵(A)的行列式等于零，那么(A)的任两行（或者两列）对应元素的代数余子式成比例。

(|A| = 0)说明(rank(A) < n)。

如果(rank(A)<n-1)即(A)的任意(n-1)阶子式为零，那么(A)的任意代数余子式为零，显然任两行（两列）对应成比例；

如果(rank(A)=n-1)，那么以(A)作为系数矩阵的齐次线性方程组的解空间维度(dim W = 1)，由习题3.7.5可知所有代数余子式组成的所有列向量都是齐次线性方程组的解，于是所有列对应成比例。

往年题 2016.5

设(A in M_n(mathbb F))是一个反对称矩阵（(a_{ij}=-a_{ji})，暗含(a_{ii}=0)），证明：

（1）当(n)是奇数时，(|A|=0.)

考虑(|A| = |A^T|)，同时(A)可以通过将每行乘上系数(-1)的初等行变换得到(A^T)，因此(|A^T| = (-1)^n|A|.)

故当(n)是奇数是可以得到(|A| = |A^T| = 0.)

（2）当(n)是偶数时，(|A| = |A(t)|)，其中(A(t))表示把矩阵(A)的每个元素加(t)后得到的新矩阵，(t in mathbb F.)

将(|A(t)|)展开成(2^n)个行列式加和的结果，由于当一个行列式存在两列相等时其结果一定为零，故只需要计算(n+1)个行列式加和的结果，其中第(i)个行列式是将(A)的第(i)行全部替换成(t)后得到的矩阵的行列式，而第(n+1)个行列式就是(|A|.)

不难得到(|A(t)| = |A| + tsum_{i=1}^nsum_{j=1}^nA_{i,j})，其中(A_{i,j})是(A)的代数余子式。

接下来证明当(A)是反对称矩阵且(n)为偶数时，(sum_{i=1}^nsum_{j=1}^nA_{ij}=0.)

显然(A)在去掉第(i)行第(i)列后会得到(n-1)阶反对称矩阵(B_i)，故当(n)为偶数时，(A_{ii} = (-1)^{i+i}|B_i| = 0.)

当(i eq j)时，容易验证(A_{ij} = -A_{ji})（只需要每行乘上系数(-1)再转置）

由此，(sum_{i=1}^nsum_{j=1}^nA_{ij}=sum_{i=1}^nA_{ii} + sum_{1 le i < j le n}(A_{ij}+A_{ji}) = 0.)

往年题 2017.1.4

求$$D_n=egin{vmatrix}frac{1}{x_1+y_1}&frac{1}{x_1+y_2}&cdots&frac{1}{x_1+y_n} frac{1}{x_2+y_1}&frac{1}{x_2+y_2}&cdots&frac{1}{x_2+y_n} vdots&vdots&ddots&vdots frac{1}{x_n+y_1}&frac{1}{x_n+y_2}&cdots&frac{1}{x_n+y_n}end{vmatrix}$$

第(i)行乘上((x_i+y_n))这样最后一列就全是(1)，再把前(n-1)列都减去第(n)列可以得到

[D_n = frac{1}{prod_{k=1}^{n}(x_k + y_n)}egin{vmatrix}frac{y_n-y_1}{x_1+y_1}&frac{y_n-y_2}{x_1+y_2}&cdots&1\frac{y_n-y_1}{x_2+y_1}&frac{y_n-y_2}{x_2+y_2}&cdots&1\vdots&vdots&ddots&vdots\frac{y_n-y_1}{x_n+y_1}&frac{y_n-y_2}{x_n+y_2}&cdots&1end{vmatrix} ]

前(n-1)列的第(i)列可以提出((y_n-y_i))

[D_n = frac{prod_{k=1}^{n-1}(y_n - y_k)}{prod_{k=1}^n(x_k + y_n)}egin{vmatrix}frac{1}{x_1+y_1}&frac{1}{x_1+y_2}&cdots&1\frac{1}{x_2+y_1}&frac{1}{x_2+y_2}&cdots&1\vdots&vdots&ddots&vdots\frac{1}{x_n+y_1}&frac{1}{x_n+y_2}&cdots&1end{vmatrix} ]

前(n-1)列第(i)列乘上((x_n + y_i))这样最后一行也全是(1)，再把前(n-1)行都减去第(n)行

[D_n = frac{prod_{k=1}^{n-1}(y_n - y_k)}{prod_{k=1}^n(x_k + y_n)prod_{k=1}^{n-1}(x_n + y_k)}egin{vmatrix}frac{x_n - x_1}{x_1+y_1}&frac{x_n - x_1}{x_1+y_2}&cdots&0\frac{x_n - x_2}{x_2+y_1}&frac{x_n - x_2}{x_2+y_2}&cdots&0\vdots&vdots&ddots&vdots\1&1&cdots&1end{vmatrix} ]

前(n-1)行的第(i)行可以提出((x_n - x_i))

[D_n = frac{prod_{k=1}^{n-1}(y_n - y_k)(x_n - x_k)}{prod_{k=1}^n(x_k + y_n)prod_{k=1}^{n-1}(x_n + y_k)}egin{vmatrix}frac{1}{x_1+y_1}&frac{1}{x_1+y_2}&cdots&0\frac{1}{x_2+y_1}&frac{1}{x_2+y_2}&cdots&0\vdots&vdots&ddots&vdots\1&1&cdots&1end{vmatrix} ]

后面的行列式就是(D_{n-1})

于是通过归纳可知，(D_n = frac{prod_{1 le k < j le n}(x_j - x_k)(y_j - y_k)}{prod_{j=1}^{n}prod_{k=1}^n(x_j + y_k)}.)

11.9 数分习题课

Ex. 1

(f: mathbb R o mathbb R)满足(f(x^2) = f(x))且在(0,1)处连续，证明(f)为常值函数。

只需要说明(x ge 0)时(f(x))是常值函数。

任取(x_1 > 0, x_{n+1} = sqrt{x_n})，不难发现(limlimits_{n oinfty}x_n = 1,)有连续性可知(limlimits_{n oinfty}f(x_n) = f(1),)故(f(x) equiv f(1) (x > 0),)同样根据连续性(f(0) = limlimits_{x o 0}f(x) = f(1).)

Ex. 2

连续函数(f: mathbb R o mathbb R)满足(f(x+y) = f(x) + f(y)(forall x, y in mathbb R).)证明(f(x) = xf(1).)

(f(0+0)=f(0)+f(0) Rightarrow f(0)=0\f(x-x) = f(x) + f(-x) = 0 Rightarrow f(x) = f(-x)\forall n in mathbb N, f(frac 1n) = frac 1nf(1)\forall r in mathbb Q, f(r) = rf(1))

(forall x in mathbb R setminus mathbb Q)，构造({r_n})满足(limlimits_{n oinfty}r_n = x)，据连续性(f(x) = limlimits_{n oinfty}f(r_n) = f(1)limlimits_{n oinfty}r_n = xf(1).)

Ex. 3

$f(x) in C(mathbb R), limlimits_{x oinfty}f(f(x)) = infty, (求证)limlimits_{x oinfty}f(x) = infty.$

若$limlimits_{x oinfty}f(x) eq infty, (则可取){x_n}, limlimits_{n oinfty}x_n = infty, |f(x_n)| le C(那么考虑)|f(f(x_n))|(应有)|f(f(x_n))| le maxlimits_{|x| le C}{|f(x)|}, (根据连续函数的最值定理可以说明)|f(f(x_n))|(有界，这与题设)limlimits_{x oinfty}f(f(x)) = infty$矛盾。

Ex. 4

$f, g in C[a, b], (若存在){x_n} in [a, b], s.t. g(x_n) = f(x_{n+1}), (证明)exists x_0, s.t. g(x_0) = f(x_0).$

反证，假设(forall t in [a,b], g(t) eq f(t),)由介值性有(f > g)或(f < g,)不妨设(f < g)，由最小值性质有$exists varepsilon > 0, s.t. g - f ge varepsilon, f(x_n) + varepsilon le g(x_n) = f(x_{n+1}), (推出)f(x_n)(无界，这与)f in C[a, b]$矛盾。

Ex. 5

是否存在连续函数(f: mathbb R o mathbb R, s.t.x)

（1）任意函数值恰好取到两次

否

假设存在，任取(x_1 < x_2, s.t. f(x_1) = f(x_2))它们不能同时为([x_1, x_2])区间上的最大最小值（否则区间为常值，(f(x_1))被取了无数次）

不妨设不是最大值，那么$exists x_3 in (x_1, x_2), f(x_3) = maxlimits_{x in [x_1, x_2]}f(x), (此时)exists x_4, f(x_3) = f(x_4).$

分析(x_4)的位置，若$x_4 otin [x_1, x_2], (不妨设)x_4 > x_2(，那么)forall eta in (f(x_1), f(x_3)), eta(会在区间$(x_1, x_3), (x_3, x_2), (x_2, x_4))中各被取到一次，矛盾。

若(x_4 in [x_1, x_2])，不妨设(x_4 > x_3)，由于(f(x_3))是区间([x_1, x_2])上的最大值，故$forall x in [x_3, x_4], f(x) < f(x_3), (此时这个)f(x)(会在)(x_1, x_3)(和)(x_4, x_2)$各被再取到一次，矛盾。

（2）任意函数值恰好取到三次

可以构造

(f(x) = egin{cases}2x - 3k&xin[2k, 2k+1)\3k + 3 - x&xin[2k+1,2k+2)end{cases})

Extra

构造(f: mathbb R o mathbb R, s.t. f)处处不连续但有介值性。

不会

11.16数分习题课

感觉好久没更了啊

谢惠民5.7第二组参考题2.

设函数(f)在区间([0,n])上连续，且(f(0) = f(n))，这里的(n)是自然数。证明：存在至少(n)组不同的((x, y))满足(f(x) = f(y))且(|x-y|)是正整数。

考虑归纳。(n=1)时显然成立。(n>1)时，构造(F(x) = f(x+1) - f(x))，那么(F(x))在([0,n-1])上连续，且(sum_{k=0}^{n-1}F(k) = sum_{k=0}^{n-1}f(k+1)-f(k) = f(n)-f(0) = 0)，此时必然可以找到一个(alpha in [0, n-1])满足(f(alpha + 1) - f(alpha) = 0)。此时考虑构造函数(g(x) = egin{cases}f(x)&x in [0,alpha]\f(x+1)&x in (alpha,n-1]end{cases})，那么(g(x))在([0,n-1])上连续，且(g(0) = f(0) = f(n) = g(n-1))。归纳可知成立。

类似的题

给定(alpha > 0, frac{1}{alpha})不是自然数。证明存在定义在([0,1])上的连续函数(f)满足(forall x in [0,1-alpha], f(x + alpha) eq f(x))。

记(k = lfloorfrac {1}{alpha} floor, t = 1 - kalpha)，把([0,1])分成(k+1)个(t)以及(k)个(alpha - t)，只需要构造(f)使得(f(0) < f(alpha))且(f'(x))以(alpha)为周期，这样可以使得(f(x+alpha)-f(x)equiv f(alpha)-f(0))。

谢惠民5.7第二组参考题17.

设(f)在开区间(I)上连续，且与任意一点(x in I)处取到极值，证明(f)是常值函数。

假设存在(a_0, b_0 in I, a_0 < b_0)不妨假设(f(a_0) < f(b_0))，根据介值性可以找到一点(cin[a_0, b_0])满足(f(c) = frac 12(f(a_0) + f(b_0)))，([a_1, b_1])取([a_1, c])和([c, b_1])中区间长度较小者，依此法构造可得到({a_n}, {b_n})收敛于一点(xi)，且(f(a_n) < f(xi) < f(b_n))，这与(xi)是极值点矛盾。

谢惠民5.7第二组参考题20.

(f([a, b]) o [a, b])且连续，任取(x_1 in [a,b])，(x_{n+1}=f(x_n))，证明({x_n})收敛的充要条件是(limlimits_{n oinfty}(x_{n+1} - x_{n}) = 0)。

必要性显然。

充分性：假设({x_n})不收敛，那么上下极限不相等，记它们为([L,H])，对于(forall t in [L,H])，均存在({x_{n_k}})满足(limlimits_{k oinfty}x_{n_k} = t, f(t) = limlimits_{k oinfty}f(x_{n_k}) = limlimits_{k oinfty}x_{n_{k}+1} = t)，推出(f(x))是([L,H])上的常值函数，({x_n})在有限项之后是常值序列，与其发散矛盾。故({x_n})收敛。

抄概念

实数完备性定理

确界存在定理

非空有界的实数集必有确界。

单调收敛原理

单调有界序列必然收敛。

用确界存在定理证明，若({x_n})单调递增，则(limlimits_{n oinfty}x_n = sup{x_n})。

闭区间套定理

设({[a_n, b_n]})是一列区间，满足([a_{n+1}, b_{n+1}] subseteq [a_n, b_n], limlimits_{n oinfty}(b_n-a_n)=0)，则存在唯一的(c in mathbb R)，使得(c in [a_n, b_n])且(limlimits_{n oinfty}a_n = limlimits_{n oinfty} b_n = c)。

用单调收敛原理，先证明({a_n}, {b_n})收敛，再说明极限相等。

有限覆盖定理

设([a, b])是一个开区间，({E_lambda})是([a, b])的任意一个开覆盖，则必然存在({E_lambda})的一个子集构成([a, b])的一个有限覆盖，即({E_lambda})中必有有限个开区间(E_1, E_2, cdots, E_N)使得([a, b] subseteq cup_{i=1}^NE_i)。

用闭区间套定理反证，不断二分一个不能被有限覆盖的子区间直到唯一一点(xi)，(xi)可以被({E_lambda})中一个区间((c,d))覆盖，而(limlimits_{n oinfty}l_n = limlimits_{n oinfty} r_n = xi)说明了(n)充分大后能够满足(c < l_n le xi le r_n < d)与([l_n, r_n])不能被有限覆盖矛盾。

聚点原理

（聚点的定义中指明了是去心邻域(U_0(x_0, delta))中有无穷多个点）

(mathbb R)中任何一个有界无穷子集至少有一个聚点。

用有限覆盖定理反证，设(E in [a, b])，若(forall x in [a, b])都不是聚点，也就是说(forall x, exists delta_x > 0, U(x, delta_x)cap E)中只有至多一个点，此时(mathcal F = {U(x, delta_x)|xin[a, b]})构成了([a,b])的一个开覆盖，根据有限覆盖定理，存在有限个开区间(U(x_i, delta_{x_i}))覆盖了([a, b])，这说明了(E)中只有有限个点，与(E)是无穷集矛盾。

Bolzano-Weierstrass定理（致密性定理）

任何有界序列必有收敛子序列。

记(E = {x_n|n in mathbb N})，根据假设，(E)有界。

若(E)是有限集，说明({x_n})中必然有无穷多项等于同一个数，此时定理成立。

若(E)是无穷集，根据聚点原理，存在一点(a)使得(forall delta > 0, U(a, delta))中均有({x_n})内的无穷多项，构造(x_{n_{k+1}} in U(a, frac{1}{k+1})cap{x_{n_k+1}, x_{n_k+2}, cdots})即可。

柯西收敛准则

序列({x_n})收敛的充分必要条件是(forall varepsilon > 0, exists N)，当(n, m > N)时，(|x_n - x_m| < varepsilon)。

必要性显然：(|x_n - x_m| le |x_n - a| + |x_m - a| < frac{varepsilon}{2} + frac{varepsilon}{2} = varepsilon)。

充分性：先说明有界，再运用Bolzano-Weierstrass定理得到一个收敛子列({x_{n_k}})，最终(|x_n - a| le |x_n - x_{n_k}| + |x_{n_k} - a| < varepsilon)。

一些需要记住的结论

无理数e

(x_n = (1 + frac 1n)^n < e < y_n = (1 + frac 1n)^{n+1}, limlimits_{n oinfty}x_n = limlimits_{n oinfty}y_n = e)

两边取对数

(nln(1+frac 1n) < 1 < (n+1)ln(1+frac 1n))

也即

(frac 1{n+1} < ln(1+frac 1n) < frac 1n)

对(k = 1, 2, cdots, n)累加可得

(sum_{k=1}^nfrac{1}{k+1} < sum_{k=1}^nln(frac{k+1}{k}) = ln(n+1) < sum_{k=1}^nfrac 1k)

另一个方向，对最开始的式子做(k = 1, 2, cdots, n)的累乘

(prod_{k=1}^n(frac{k+1}{k})^k = frac{(n+1)^n}{n!} < e^n < prod_{k=1}^n(frac{k+1}{k})^{k+1} = frac{(n+1)^{n+1}}{n!})

也即

((frac{n+1}{e})^n < n! < (frac{n+1}{e})^n(n+1))

(frac{n+1}{e} < sqrt[n]{n!} < frac{n+1}{e}sqrt[n]{n+1})

由此说明

(limlimits_{n oinfty}frac{n}{sqrt[n]{n!}}=e)

级数(sum_{k=1}^{infty}frac{1}{k^p})敛散性的证明：

(p=1)：把所有(frac{1}{k})都缩小到(max{frac{1}{2^r}|2^r ge k})，此时(S_{2^n} ge 1 + frac{n}{2})故({S_n})发散

(p > 1)：记(r = frac{1}{2^{p-1}} < 1)，把所有(frac{1}{k^p})都放大到(min{frac{1}{2^r}|2^rle k})，此时(S_{2^{n+1}-1}-S_{2^n-1} le frac{2^n}{2^{np}} = r^n)，于是(S_{2^n-1} le frac{1-r^n}{1-r})故收敛

谢惠民简要题解

5.7第一组参考题

20.

(f)在(mathbb R)上一致连续，证明存在非负常数(a, b)使得(|f(x)| le a|x| + b)。

一致连续(Rightarrow exists delta > 0, forall x, y in mathbb R, |x - y| < delta, |f(x) - f(y)| < 1)。

记(k = lfloorfrac{x}{delta} floor)，那么

[|f(x)| le |f(x) - f(kdelta)| + sum_{i=1}^k|f(idelta)-f((i-1)delta)| + |f(0)| \< k + 1 + |f(0)| \ le frac{1}{delta}|x| + 1 + |f(0)| ]

19.

设函数(f)在区间([0, +infty))上一致连续，且(forall x in [0, 1], limlimits_{n oinfty}f(x + n) = 0)，证明(limlimits_{x oinfty}f(x) = 0)。

$forall varepsilon > 0, $

一致连续(Rightarrow exists delta > 0, forall x, y in I, |x - y| < delta, |f(x) - f(y)| < frac{varepsilon}{2})。

题设(Rightarrow forall x in [0, 1], exists N_x in mathbb N, forall n > N_x, |f(x + n)| < frac{varepsilon}{2})。

故$forall x_0 in [0, 1], forall x in (x_0 - delta, x_0 + delta) cap [0, 1], $有

[|f(x + N_{x_0})| le |f(x+N_{x_0}) - f(x_0 + N_{x_0})| + |f(x_0 + N_{x_0})| < varepsilon ]

考虑到(mathcal F = {U(x, delta)|xin[0, 1]})构成([0, 1])的一个开覆盖，根据有限覆盖原理，存在有限个开区间(U(x_1, delta), cdots, U(x_m, delta))，并记(N = max_{i=1}^mN_{x_i})，那么(forall x > N, x - lfloor x floor)必然被某个(U(x_i, delta))包含，且(lfloor x floor > N_{x_i})根据前述可得(|f(x)| < varepsilon)。

于是，(limlimits_{x o+infty}f(x) = 0)。

18. 17.

证明(f)在区间(I)上一致连续的充要条件是：任何满足(limlimits_{n oinfty}(x_n - y_n) = 0)的序列({x_n}, {y_n} subset I, limlimits_{n oinfty}[f(x_n) - f(y_n)] = 0)。

18. 是等价的

必要性都显然，直接拿一致连续的定义证明

充分性都先假设(f)不一致连续，推导出(limlimits_{n oinfty}f(x_n) - f(y_n) eq 0)矛盾。

15.

证明：定义在(mathbb R)上且没有最小正周期的连续周期函数一定是常值函数。

连续性(Rightarrow forall varepsilon, exists delta , forall |x| < delta, |f(x) - f(0)| < varepsilon)。

由于(f)没有最小正周期，故存在一个周期(T < delta)。(forall x in mathbb R, x)可以写成(nT + r)的形式，其中(n in mathbb N, 0 le r < T < delta)，故(f(x) = f(nT + r) = f(r) in U(f(0), varepsilon))。

由(varepsilon)的任意性可知(f(x) equiv f(0))，即(f)是常值函数。

若去掉连续函数的条件，则存在反例

[D(x) = egin{cases}1&x in mathbb Q\0&x in mathbb R setminusmathbb Qend{cases} ]

狄利克雷函数(D(x))以任意有理数为周期，故不存在最小正周期，同时不是常值函数。

14.

(f)是(mathbb R)上的连续函数，(forall x_1, x_2 in mathbb R, |f(x_1) - f(x_2)| > k|x_1 - x_2|)，证明(f)严格单调且值域为(mathbb R)

先证明(f)单调：说明不存在(x_1, x_2, x_3)满足(f(x_1) < f(x_2) > f(x_3))或反之。

证明值域是(mathbb R)时，首先得到两侧极限均为(infty)，由单调性得到不可能同号。

13.

反证，假设(f(x))不趋于(infty)，即存在绝对值递增序列({x_n})满足(f(x_n) in [-A, A])，根据闭区间上连续函数的性质，(f([-A, A]) = [L, H])，故(forall X > 0, exists N)满足(x_N > X)，使得(f(x_N) in [L, H])即(|f(x_N)| le max{|L|, |H|})，这与(limlimits_{x oinfty}f(f(x)) = infty)矛盾。故(limlimits_{x oinfty}f(x) = infty)。

**Attention: **(limlimits_{x o+infty}f(x) = +infty)的否命题是(forall X, exists x_0 > X, f(x_0) le M)即(X)任意大后都存在更大的(x_0)满足(f(x_0))被(M)bound住了，而不是(f(x))有界。

12.

$forall varepsilon > 0, $

对于(forall x_0 in [a, b], exists delta_{x_0} > 0, forall x in U(x_0, delta_{x_0}))，有(|f(x) - f(x_0)| < frac{varepsilon}{2})。

考虑构造线性函数(L_{x_0}(x) = frac{varepsilon}{2delta_{x_0}}(x - x_0) + f(x_0))，那么(forall x in U(x_0, delta_{x_0}))，有

[|f(x) - L_{x_0}(x)| le |f(x) - f(x_0)| + |f(x_0) - L_{x_0}(x)| < varepsilon ]

考虑(mathcal F = {U(x, delta_x)|x in [a,b]})构成([a, b])的一组开覆盖，根据有限覆盖原理存在一组开区间(U(x_k, delta_{x_k}))覆盖([a, b])，用这些(x_k)对应的(L_{x_k}(x))组成(L(x))即可。

11.

用两个一次函数分别定义有理数和无理数，但需要注意修改交点处的定义以保证交点处也不连续。

10.

[|frac{f(x) - f(y)}{x - y}| le M|x - y|^{alpha - 1} ]

固定(x)，令(y o x)可知(f'(x) = 0)，这对于(forall x in I)均成立，故(f)是常值函数。

9.

假设不存在({x_n})，也即(exists varepsilon_0 > 0)，满足(|f(lambda + x) - f(x)| < varepsilon_0)的(x)只有有限个，那么就(exists X)满足(forall x > X, |f(lambda + x) - f(x)| ge varepsilon_0)，此时(f(lambda + x) - f(x) ge varepsilon_0)和(f(lambda + x) - f(x) le -varepsilon_0)会被同时满足其一（若不然，考虑函数(g(x) = f(lambda + x) - f(x))的连续性，会推出(g(x))存在(> X)的零点，与假设矛盾），那么不难说明(f(x))无界，与题面限制矛盾。

7.

(forall a in [0, 1], limlimits_{x o a}f(x) = 0)。

类似黎曼函数求极限即可。

6.

(1) (f_n(frac 12) < 1, f_n(1) > 1)且(f(x))在([frac 12, 1])上单调，故有且仅有一个根

(2) ({c_n})单调递增：若存在(c_{n+1} le c_n)，则(1 = c_{n+1}^{n+1} + c_{n+1} < c_{n+1}^n + c_{n+1} le c_{n}^n + c_n = 1)矛盾

又由于({c_n})有界，故极限存在，(limlimits_{n oinfty}c_n^n + c_n = limlimits_{n oinfty}c_n = 1)。

2.7

第二组参考题3.

求极限(limlimits_{n oinfty}nsin(2pi n! e))

考虑(n!e = sum_{k=0}^{infty}frac{n!}{k!}=N + frac{1}{n+1} + o(frac{1}{n}))其中(N)是某个整数

于是(limlimits_{n oinfty} nsin(2pi n!e) = limlimits_{n oinfty} n sin(2pi(frac{1}{n+1} + o(frac{1}{n}))) = limlimits_{n oinfty} n (2pi(frac{1}{n+1} + o(frac{1}{n}))) = 2pi)

第二组参考题6. 7.

[limlimits_{n oinfty}frac{sum_{k=0}^nlninom{n}{k}}{n^2} = frac 12 ]

需要用两次Stolz

对于(inom{n}{0}, cdots, inom{n}{n})，记(A_n)和(G_n)分别为这(n)个数的算术平均和几何平均，则(limlimits_{n oinfty}sqrt[n]{A_n} = 2, limlimits_{n oinfty}sqrt[n]{G_n} = sqrt e)

后者的推导需要用到6. 的结论

学姐教我做的题

求(limlimits_{n oinfty}frac{sin(nx) - nsin x}{x^3})。

考虑(cos(nx)+isin(nx) = e^{nix} = (cos x+isin x)^n)

于是$$sin(nx) = sum_{k=0}^n[k mod 2 = 1] inom nk(isin x)^kcos{n-k}x$$

[sin(nx)-nsin x = nsin x[cos^{n-1}x-1 + frac{(n-1)(n-2)}{6}sin^3x + o(sin^3x)] ]

注意到$$limlimits_{x o 0}frac{cos^{{n-1}x-1}{sin}2 x} = limlimits_{x o 0}frac{(cos x-1)(sum_{k=0}^{n-2}coskx)}{sin^2 x} = -frac{n-1}{2}$$

因此

[limlimits_{n oinfty}frac{sin(nx) - nsin x}{x^3} = -frac{n(n-1)}{2} - frac{n(n-1)(n-2)}{6} = frac{n-n^3}{6} ]

学物理

完了学不会了

质点的直线运动（平动）	刚体的定轴转动
速度 (v = frac{ds}{dt})	角速度(omega = frac{d heta}{dt})
加速度 (a = frac{dv}{dt})	角加速度 (alpha = frac{domega}{dt})
匀速直线运动 (s = vt)	匀角速转动 ( heta = omega t)
匀变速直线运动 (v = v_0 + at\s = v_0t + frac12 at^2\v^2 - v_0^2 = 2as)	匀变速转动 (omega = omega_0 + alpha t\ heta = omega_0t+frac 12alpha t^2\omega^2 - omega_0^2 = 2alpha heta)
力(F)，质量(m) 牛顿第二定律(F = ma)	力矩(M)，转动惯量(J) 转动定律(M = Jalpha)
动量(mv)，冲量(Ft) 动量定理(Ft = mv - mv_0)	角动量(Jomega)，冲量矩(Mt) 角动量定理(Mt = Jomega - Jomega_0)
动量守恒定律 (sum mv = const)	角动量守恒定律 (sum Jomega = const)
平动动能 (E = frac 12mv^2)	转动动能 (E = frac 12Jomega^2)
常力的功 (A = Fs)	常力矩的功 (A = M heta)
动能定理 (Fs = frac12mv^2 - frac12mv_0^2)	动能定理 (M heta = frac12Jomega^2 - frac12Jomega_0^2)