《陶哲轩实分析》^[1]阅读笔记

对这本书的评价：从大学开始就一直在寻找这样一本书：它完完全全把我当成傻子，从 $1 + 1 = 2$ 开始教我数学，现在终于找到了。作为计算机人，读这本书也有不同的感受：我们可以用几条（图灵完备的）简单指令构造出整个计算机世界，也可以从几条看起来相当朴素的公理出发构建出宏伟的数学大厦，这之间严谨而又优雅的逻辑之美无法言喻。

我的高数说实话学得挺烂，除了自己太混以外，回过头来看和计算机专业的数学课程设计也不无关联。至少在我们专业，对我个人来说，高数课程大多数时候只学到了浮于表面的定理公式，理解很浅。一旦考得深入点，需要对某一概念本质有着深刻理解，再需要一点大量思维训练带来的“手感”、“技巧”的时候就寄了。有的时候真就是把书翻十遍也找不到那种感觉，get不到大佬的点，证明的每个字都能看懂，套路性的题目也能做，但书一合上就是感觉什么都没学到。我相信有不少被某绿皮书开头的 $ϵ - δ$ 极限劝退的同学……

自然数

（欧几里德算法）设 $n$ 是一个自然数， $q$ 表示一个正自然数，那么存在自然数 $m$ 和 $r$ 使得 $0 \leq r < q$ 并且 $n = m q + r$ 。也就是说，我们可以用一个正自然数 $q$ 去除一个自然数 $n$ ，从而得到商 $m$ （另一个自然数）和余数 $r$ （比 $q$ 小）。书上提示用归纳法证明，但总感觉我的证明有点问题：

如果 $n < q$ ，很容易找到 $m = 0, r = n$ 满足条件；
如果 $n = q$ ，可以找到 $m = 1, r = 0$ 满足条件；
如果 $n > q$ ，假设对 $n$ 已经证明了算法成立，即存在 $m_{0}$ 和 $r_{0}$ 使得 $0 \leq r_{0} < q$ 且 $n = m_{0} q + r_{0}$ ，那么对于 $n + +$ ，有 $n + + = m_{0} q + r_{0} + 1$ ，可以再次分情况讨论：
1. 如果 $r_{0} + 1 < q$ ，则 $n + + = m_{0} q + (r_{0} + 1)$ ，满足条件；
2. 如果 $r_{0} + 1 = q$ ，则 $n + + = (m_{0} + 1) q$ ，满足条件。
3. 因为 $r_{0} < q$ ，所以 $r_{0} + 1 \leq q$ ， $r_{0} + 1 > q$ 不必讨论。

集合论

分类公理

设 $A$ 是一个集合，对于任意的 $x \in A$ ，令 $P (x)$ 表示关于 $x$ 的一个性质，那么集合 ${x \in A : P (x) 为真}$ 存在。

分类公理说明如果考察一个集合中元素的某些性质，必定可以找到使这些性质为真的元素的一个集合（并且这个集合是 $A$ 的子集）。它最重要的地方在于那个不起眼的前提“ $A$ 是一个集合”，如果去掉这个假设，即对于任意对象，如果考察某些性质，必定存在对应的集合，就成为了概括公理，会导致罗素悖论。

替代公理

设 $A$ 是一个集合，对任意的 $x \in A$ 和任意的一个对象 $y$ ，假设存在一个关于 $x$ 和 $y$ 的命题 $P (x, y)$ 使得对任意的 $x \in A$ ，最多找出一个 $y$ 使 $P (x, y)$ 为真，那么集合 ${y : P (x, y) 对某 x \in A 为真}$ 存在。

这个公理是函数的雏形，它保证了函数映射不能存在一对多。我的直观上的感受是，这个公理让我们在构造新的集合时，新集合概念上总是“小于等于”原集合的，从而让事情处在一个可控的范围之内。

函数

函数定义

设 $X$ 和 $Y$ 是集合，令 $P (x, y)$ 表示对象 $x \in X$ 和 $y \in Y$ 的一个性质，并且 $P (x, y)$ 满足对于任意的 $x \in X$ ，恰好存在一个 $y \in Y$ 使得 $P (x, y)$ 为真（垂线测试），那么我们定义在定义域 $X$ 和值域 $Y$ 上确定的函数 $f : X \to Y$ 为下述事物：对于给定的任意输入 $x \in X$ ， $f$ 指定了一个输出 $f (x) \in Y$ 与其对应，并且 $f (x)$ 是使得 $P (x, f (x))$ 为真的唯一一个对象。因此对任意的 $x \in X$ 和 $y \in Y$ ， $y = f (x) \Leftrightarrow P (x, y)$ 为真。

函数定义再次强调了不能存在一对多。另外值得注意的是它要求定义域的每个元素在值域中都有映射，但允许值域中的元素没有来自定义域的映射，也就是定义域要被“用完”。

单射、满射和双射

函数的定义不允许一对多，但允许多对一的存在，如果我们收紧这个限制，就产生了单射的概念。不能存在多对一换句话说就是如果 $x$ 与 $x^{'}$ 不同，那么 $f (x)$ 和 $f (x^{'})$ 也不应该相同： $x \neq x^{'} \Rightarrow f (x) \neq f (x^{'})$ 。

函数定义没有要求值域都“用完”，如果我们收紧这个限制，就产生了满射的概念。即对于每一个 $Y$ 中的元素 $y$ 都要能找到来自定义域至少一个元素的映射：对 $\forall y \in Y, \exists x \in X, 使 f (x) = y$ 。

两个要求都满足，就是双射的概念。双射给了我们定义“两个集合大小相同”的方式：我们称两个集合 $X$ 和 $Y$ 有相等的基数，当且仅当存在从 $X$ 到 $Y$ 的一个双射 $f : X \to Y$ 。从这个定义出发我们发现自然数集与偶数集具有相等的基数。基数算术也是另一种定义自然数算术的方法。

整数和有理数

皮亚诺公理->构造自然数->构造自然数减法->构造整数->构造整数除法->构造有理数。这里面的“脚手架”思想非常细腻。

（由有理数确定的整数散布）设 $x$ 是一个有理数，那么存在一个整数 $n$ 使得 $n \leq x < n + 1$ ，并且这个整数是唯一的。另一方面，这个命题也说明不存在大于所有自然数的有理数。证明可以用到前面的欧几里德算法。根据有理数的定义，我们用整数除法定义有理数，因此 $x$ 可以表示为两个整数 $p$ 和 $q$ 的除法，其中 $q \neq 0$ ： $x = p / q$ ，为方便我们仅讨论 $p$ 和 $q$ 是自然数的情况，于是根据欧几里德算法，给定 $p, q$ 可以找到 $m, r$ 使得 $p = m q + r$ ，此时 $x = m + r / q$ ，由 $0 \leq r < q$ ， $m \leq x < m + 1$ ，故这个 $m$ 就是我们要找的 $n$ 。如果 $x < 0$ ，可以将问题转化为 $n + x^{'} \leq x + x^{'} < n + 1 + x^{'}$ ，这里 $x^{'}$ 是使 $x + x^{'}$ 大于 $0$ 的一个正整数，显然这个整数是存在的。

epsilon-接近

利用有理数算术，可以定义两个非常有用的运算：绝对值运算和指数运算。我们定义 $x$ 和 $y$ 之间的距离为 $d (x, y) = | x - y |$ 。于是可以刻画两个数子有多“近”，有一个非标准的、脚手架性质的定义：

（ϵ-接近性）：设 $ϵ > 0$ 是一个有理数，并且设 $x, y$ 是有理数，我们称 $y$ 是ϵ接近于 $x$ 的，当且仅当它们之间的距离 $d (y, x) = | y - x | < ϵ$ 。终于看到极限的身影了。

有理数的稠密性

任意两个有理数之间至少存在一个有理数：如果 $x$ 和 $y$ 是两个有理数且 $x < y$ ，那么存在第三个有理数使得 $x < z < y$ 。由于有理数是用整数除法定义出来的，构造 $z = \frac{x + y}{2}$ 就可以保证 $z$ 是一个有理数，并且容易证明 $z$ 满足 $x < z < y$ 。但尽管有理数如此稠密，其中间还是有很多空隙，关于 $\sqrt{2}$ 不是有理数的证明大家应该都很熟悉了。

实数

严格地定义实数将从有理数序列入手，即构造有理数->构造有理数序列->构造有理数序列极限->构造实数。

epsilon-稳定

（ϵ-稳定性）设 $ϵ > 0$ ，有理数序列 ${a_{n}}_{n = 0}^{\infty}$ 是ϵ-稳定的，当且仅当序列中的每一对 $a_{j}$ 和 $a_{k}$ 对任意的自然数 $j$ 和 $k$ 都是ϵ-接近的。换言之，序列 $a_{0}, a_{1}, a_{2}, . . .$ 是ϵ-稳定的，当且仅当 $d (a_{j}, a_{k}) \leq ϵ$ 对任意的 $j$ 和 $k$ 均成立。

ϵ-稳定性有点太严格了，反而“错过”了序列的极限特征，因为它对序列头部的一些数字太敏感了。比如序列 $10, 0, 0, 0, . . .$ ，它是 $10$ -稳定的，但对任何小于 $10$ 的ϵ都不是ϵ-稳定的，尽管它立刻就收敛于 $0$ 。我们将要关注的是序列在远端的那些项，可以忽略掉开头的有限项，由此引出了最终稳定性的概念：

（最终ϵ-稳定性）设 $ϵ > 0$ ，有理数序列 ${a_{n}}_{n = 0}^{\infty}$ 是最终ϵ-稳定的，当且仅当存在某个自然数 $N \geq 0$ ，使得 $a_{N}, a_{N + 1}, a_{N + 2} . . .$ 是ϵ-稳定的。换言之，序列 $a_{0}, a_{1}, a_{2}, . . .$ 是最终ϵ-稳定的，当且仅当存在一个 $N \geq 0$ 使得 $d (a_{j}, a_{k}) \leq ϵ$ 对所有的 $j, k \geq N$ 都成立。

直观的说，如果我们把序列相邻两项的差从左到右排成一排，即使开始差值很大，最终ϵ稳定性也保证了在某个 $N$ 之后相邻项的差值是小于ϵ的，形成一种左宽右窄的“喇叭”形状。当然这个差也可能一开始就很小，这种情况下所要求的 $N$ 就不需要很大。

显然，我们离极限的概念已经很接近了。到目前为止，ϵ是选定的，如果一个序列对任意 $ϵ > 0$ 都有最终ϵ-稳定性，我们发现它很有用处。

WARNING

但无论如何，这都比上来甩你一个“对 $\forall ϵ > 0 ， \exists N > 0 ，使得对 \forall n > N 都有 | a_{n} - L | < ϵ$ ”好太多啦！

柯西序列

满足对任意 $ϵ > 0$ 都具有最终ϵ-稳定性的有理数序列成为柯西序列。应注意到目前为止讨论的所有ϵ也是正有理数，实数还没有构造出来，但一旦构造出实数，我们将看到将有理数替换为实数不会改变上述定义。

让我们将柯西序列与另一个基本概念——有界序列联系起来：

设 $M \geq 0$ 是有理数，有限序列 $a_{1}, a_{2}, . . . a_{n}$ 以 $M$ 为界，当且仅当 $| a_{i} \leq M$ 对任意的 $1 \leq i \leq n$ 均成立。无限序列 ${a_{n}}_{n = 1}^{\infty}$ 以 $M$ 为界，当且仅当 $| a_{i} | \leq M$ 对任意的 $i \geq 1$ 均成立。一个序列是有界的，当且仅当存在一个有理数 $M \geq 0$ 使得该序列以 $M$ 为界。

很容易证明有限序列都是有界的，进而证明柯西序列都是有界的：随便找一个自然数 $1$ ，柯西序列都是最终 $1$ -稳定的，于是可以把它看成是一个有限序列和一个 $1$ -稳定的无限序列，假设有限序列的界为 $M$ ，可以利用反证证明无限部分有一个界，若没有，那么对任意一个有理数 $M$ ，都能找到序列中的一个数大于它，于是可以找到两个数 $N$ 和 $N + 2$ 使序列中的两个数分别大于它，显然与整个序列是 $1$ -稳定的（注意不仅仅是最终 $1$ -稳定的）矛盾。设无限序列的界为 $N$ ，于是找到原柯西序列的一个界 $m a x (M, N)$ 。

在定义实数之前，我们还需要说明两个柯西序列什么时候会给出相同的柯西序列，因为我们将用柯西序列的极限定义实数，因此这将给予我们说明两个实数相等的方式。为此，我们再次引入ϵ-接近性，不过这一次是两个序列之间的接近：

（ϵ-接近性）设 ${a_{n}}_{n = 0}^{\infty}$ 和 ${b_{n}}_{n = 0}^{\infty}$ 是两个序列，并且设 $ϵ > 0$ 。序列 ${a_{n}}_{n = 0}^{\infty}$ 接近于 ${b_{n}}_{n = 0}^{\infty}$ 的，当且仅当对于任意的 $n \in N$ 均有 $a_{n}$ 是ϵ-接近于 $b_{n}$ 的。换言之，序列 $a_{0}, a_{1}, a_{2}, . . .$ 是ϵ-接近于 $b_{0}, b_{1}, b_{2}, . . .$ 的，当且仅当对于所有的 $n = 0, 1, 2, . . .$ ，均有 $| a_{n} - b_{n} | \leq ϵ$ 。

和之前一样，我们更青睐用处更大的最终ϵ-接近性：

（最终ϵ-接近性）设 ${a_{n}}_{n = 0}^{\infty}$ 和 ${b_{n}}_{n = 0}^{\infty}$ 是两个序列，并且设 $ϵ > 0$ 。序列 ${a_{n}}_{n = 0}^{\infty}$ 最终接近于 ${b_{n}}_{n = 0}^{\infty}$ 的，当且仅当存在一个 $N \geq 0$ ，使得序列 ${a_{n}}_{n = N}^{\infty}$ 和序列 ${b_{n}}_{n = N}^{\infty}$ 是ϵ-接近的。换言之，序列 $a_{0}, a_{1}, a_{2}, . . .$ 是最终ϵ-接近于 $b_{0}, b_{1}, b_{2}, . . .$ 的，当且仅当存在一个 $N \geq 0$ ，使得对于所有的 $n \geq N$ ，均有 $| a_{n} - b_{n} | \leq ϵ$ 。

和引出柯西序列一样，如果不选定ϵ，可以给出等价序列的定义：若对任意 $ϵ > 0$ ，均存在一个 $N \geq 0$ 使得 $| a_{n} - b_{n} | \leq ϵ$ 对所有的 $n \geq N$ 均成立，就说 ${a_{n}}_{n = 0}^{\infty}$ 和 ${b_{n}}_{n = 0}^{\infty}$ 是等价的。应用这个定义 $1.000 . . .$ 和 $0.999 . . .$ 是等价的，前者 $a_{n} = 1 + 10^{- n}$ ，后者 $b_{n} = 1 - 10^{- n}$ 。因此 $| a_{n} - b_{n} | = 2 \times 10^{- n}$ ，由于 $10^{- n}$ 是递减函数，若 $n \geq N$ ， $2 \times 10^{- n} \leq 2 \times 10^{- N}$ ，只要找到一个 $N$ 使 $2 \times 10^{- N} \leq ϵ$ 即可。由于还没有定义对数的概念，需要使用更原始的方法，我们发现 $10^{- N} \leq 1 / N$ ，于是 $2 \times 10^{- N} \leq 2 / N$ ，于是对于任意的 $ϵ > 0$ ，均能找到一个 $N \geq 2 / ϵ$ 使得当 $n \geq N$ 时， $| a_{n} - b_{n} | \leq ϵ$ 。

实数性质

我们已经做好了构造实数的准备。为了定义实数，将引入一个记号LIM，它只是一个避免循环定义的脚手架，是一种形式极限，在我们定义出极限之后就会发现它与极限的定义相匹配，于是可以抛弃掉转而使用我们更熟悉的lim记号。

（实数）实数被定义为形如 $L I M_{n \to \infty} a_{n}$ 的对象，其中 ${a_{n}}_{n = 1}^{\infty}$ 是有理数的一个柯西序列。称两个实数 $L I M_{n \to \infty} a_{n}$ 和 $L I M_{n \to \infty} b_{n}$ 是相等的，当且仅当 ${a_{n}}_{n = 0}^{\infty}$ 和 ${b_{n}}_{n = 0}^{\infty}$ 是等价序列。

在处理实数的时候，有时序列中的 $0$ 会造成麻烦，例如在定义倒数运算的时候。为此我们要设法让柯西序列远离 $0$ ，首先给出序列远离 $0$ 的定义：

（远离 $0$ 的序列）称有理数序列 ${a_{n}}_{n = 1}^{\infty}$ 是远离 $0$ 的，当前仅当存在一个有理数 $c > 0$ 使得 $| a_{n} | \geq c$ 对所有 $n \geq 1$ 都成立。

现在可以证明每一个不为 $0$ 的实数都是某个远离 $0$ 的柯西序列的形式极限：设 $x$ 是一个不为 $0$ 的实数，那么存在某个远离 $0$ 的柯西序列 ${a_{n}}_{n = 1}^{\infty}$ 使得 $x = L I M_{n \to \infty} a_{n}$ 。因为 $x$ 是实数，根据实数定义存在某个柯西序列 ${b_{n}}_{n = 1}^{\infty}$ 使得 $x = L I M_{n \to \infty} b_{n}$ ，如何利用 ${b_{n}}_{n = 1}^{\infty}$ 构造出一个远离 $0$ 的柯西序列 ${a_{n}}_{n = 1}^{\infty}$ 呢？由 $x \neq 0 = L I M_{n \to \infty} 0$ ， ${b_{n}}_{n = 1}^{\infty}$ 不等价于 ${0}_{n = 1}^{\infty}$ ，也即存在一个 $ϵ_{0} > 0$ ，使得找不到一个 $N \geq 0$ 令 $| b_{n} - 0 | \leq ϵ_{0}$ 对所有 $n \geq N$ 都成立，直观感受就是在序列远端（无论取多大的 $N$ ），始终存在 $| b_{n} | > ϵ_{0} > 0$ 的项，但这还不能保证远处某个位置开始的每个 $| b_{n} |$ 都大于 $0$ 。另一方面，既然 ${b_{n}}_{n = 1}^{\infty}$ 是柯西序列，说明它是最终ϵ-稳定的，于是对任意的 $ϵ > 0$ ，存在一个 $N \geq 0$ 使得当 $j, k \geq N$ 时， $| b_{j} - b_{k} | \leq ϵ$ 成立。由于ϵ的任意性，我们当然可以选取 $ϵ = ϵ_{0}$ ，并假设这时找到的 $N = N_{0}$ ，使得当 $j, k \geq N_{0}$ 时， $| b_{j} - b_{k} | \leq ϵ_{0}$ 成立。如果 $b_{j}$ 或 $b_{k}$ 任意一个为 $0$ ，都会得到 $| b_{j} | \leq ϵ_{0}$ 或 $| b_{k} | \leq ϵ_{0}$ ，与前面得到的在远处必定存在 $| b_{n} | > ϵ_{0}$ 的项矛盾。于是 $b_{j}$ 或 $b_{k}$ 不能为 $0$ ，换言之对于任意的 $n \geq N_{0}$ ，都有 $b_{n} > 0$ ，故 ${b_{n}}_{n = 1}^{\infty}$ 是“最终远离 $0$ 的”。为了得到一个远离 $0$ 的序列，只需要以 $N_{0}$ 为分界线，将序列分割成两个部分，然后保留 $n \geq N_{0}$ 的部分，将 $1 \leq n < N_{0}$ 的部分替换为随便一个大于零的数，比如这里的 $ϵ_{0}$ ，从而得到一个 $ϵ_{0}, ϵ_{0}, . . ., b_{N_{0}}, b_{N_{0} + 1}, . . .$ 的序列，就是我们要找的 ${a_{n}}_{n = 1}^{\infty}$ 。

INFO

书上的证法，利用了绝对值不等式：由远处存在 $| b_{n} | > ϵ_{0}$ 的项，不妨就假设是 $b_{k}$ ，于是 $| b_{k} | > ϵ_{0}$ ， $ϵ_{0} < | b_{k} | = | b_{k} - b_{j} + b_{j} | \leq | b_{j} | + | b_{k} - b_{j} |$ ，即 $| b_{j} | > ϵ_{0} - | b_{j} - b_{k} |$ ，又由最终稳定性得到 $| b_{j} - b_{k} | \leq ϵ_{0}$ ，于是 $| b_{j} | > 0$ 。

阿基米德性质

设 $x$ 和ϵ是任意的正实数，那么存在一个正整数 $N$ 使得 $N ϵ > x$ 。这个性质说明，不管 $x$ 多大，也不管ϵ多小，只要把ϵ自身不断地累加，最终都可以超过 $x$ 。

在已经定义了实数乘法和倒数的情况下（本文未摘录）给出证明：数 $x ϵ^{- 1}$ 也是一个正实数，因此它是某个柯西序列的形式极限，由柯西序列都是有界的，故存在有理数 $M \geq 0$ 使得 $x ϵ^{- 1} \leq M$ ，左右两边同时乘上ϵ有 $x \leq M ϵ$ ，因为不确定 $M ϵ$ 是不是有理数，可以同样利用有界性找到一个有理数 $M^{'} > M ϵ$ ，然后根据对任意有理数 $M^{'}$ 都能找到一个正整数 $N$ 使 $N \leq M^{'} < N + 1$ 的性质，得到 $x < (N + 1) ϵ$ 。

（Q在R中稠密）任意给定两个实数 $x < y$ ，都能找到一个有理数 $q$ 使得 $x < q < y$ 。

目前我们能和有理数牵上关系的方式主要有两种，整数除法或者柯西序列的界。这里用前者比较好，先考虑 $q$ 是正数的情形，于是将有理数 $q$ 表示为两个正整数的商 $m / n$ ，问题转化为找到 $m$ 和 $n$ 使 $n x < m < n y$ ，直观的说无论 $x$ 和 $y$ 之间多近，我们可以通过将它们翻 $n$ 倍，扩大它们之间的间隙，使之能够容纳下一个整数 $m$ ，于是只要找到一个 $n$ 使得 $n y - n x > 1$ ，然后取 $m = n x + 1$ 即可。令 $y - x = ϵ$ ，阿基米德性质告诉我们使 $n ϵ > 1$ 的 $n$ 是存在的。如果 $q$ 为负数或 $0$ ，可以将问题转变为 $x + q^{'} < q + q^{'} < y + q^{'}$ 再做证明，这里 $q^{'}$ 是使 $q + q^{'}$ 大于 $0$ 的一个正有理数。

DANGER

将阿基米德性质做个变形， $N ϵ > x$ 也可以写成 $1 / N < ϵ / x$ ，由于 $x$ 的任意性，可以令 $x = 1$ ，从而我们得到对任意的正实数 $ϵ > 0$ ，都能找到一个正整数 $N > 0$ ，使得 $0 < 1 / N < ϵ$ ，或者放松一点说对任意的正实数 $ϵ > 0$ ，存在一个有理数 $q$ 满足 $0 < q < ϵ$ 。

受到这个例题的影响，我试图构造有理数 $q_{ϵ}$ 使 $0 < q_{ϵ} < y - x$ ，然后转化为 $x < x + q_{ϵ} < y$ ，但这样得到的 $x + q_{ϵ}$ 不能保证是有理数，在这上面兜了很多圈子。也没搞懂书上说的反证要如何进行。

利用和有理数类似的方式，可以证明对任意一个实数 $x$ ，有且仅有一个整数 $N$ 使得 $N \leq x < N + 1$ 。

最小上界性质

实数优于有理数的好处之一：对于实数集R的任意一个（有上界的）子集E，我们都能取到最小上界 $sup (E)$ 。为此首先给出上界的定义：

（上界）设 $E$ 是 $R$ 的一个子集，并设 $M$ 是一个实数。称 $M$ 是 $E$ 的一个上界，当且仅当对于 $E$ 中任意一个元素 $x$ 都有 $x \leq M$ 。

（最小上界）设 $E$ 是 $R$ 的一个子集，且 $M$ 是一个实数。称 $M$ 是 $E$ 的一个最小上界，当且仅当1. $M$ 是 $E$ 的一个上界；2. $E$ 的其他任意上界一定大于或等于 $M$ 。

（最小上界的唯一性）设 $E$ 为 $R$ 的一个子集，那么 $E$ 最多只有一个最小上界。

利用反证证明，设最多不止一个最小上界，于是选取其中的两个 $M_{1}$ 和 $M_{2}$ ，则 $M_{1} \neq M_{2}$ ，又因为最小上界的性质，有 $M_{1} \geq M_{2}$ ， $M_{2} \geq M_{1}$ ，于是 $M_{1} = M_{2}$ ，矛盾。

（最小上界的存在性）设 $E$ 为 $R$ 的一个子集，如果 $E$ 有一个上界，那么它必定恰好存在一个最小上界。

这个证明不是那么直观，根据书上的提示最好划分为几个引理依次证明。命题只说 $E$ 有一个上界，蕴含着存在的意思，如果把 $E$ 的所有上界看成一个集合 $S$ ，我们要在这个可能无限的集合里面找到最小的那个。但实数的“无限精确”特点使得找到了一个小的往往还有更小的，如何确保它们之间出现一种次序关系，使前一个在 $S$ 中后一个就不在了呢？前面对阿基米德性质的讨论给了我们一些启示，还是可以通过放大它们之间的差异，直到中间能容纳的下一个整数，借助整数的次序特点证明一些内容，然后再还原。

（引理）设 $E$ 是 $R$ 的一个非空子集， $n \geq 1$ 是一个整数，并且设 $L < K$ 是两个整数。假设 $K / n$ 是 $E$ 的一个上界，但是 $L / n$ 不是 $E$ 的上界，那么存在一个整数 $m$ 满足 $L < m \leq K$ 且 $m / n$ 是 $E$ 的一个上界，但 $(m - 1) / n$ 不是 $E$ 的一个上界。

显然这里 $n$ 就是我们放大所乘上的倍数，再除以 $n$ 就是还原的过程。令 $K = n y$ ， $L = n x$ ，这里 $x$ 和 $y$ 是有理数。那么 $L / n$ 不是 $E$ 的上界等价于说存在 $q_{0} \in E$ ，使得 $q_{0} > x$ ； $K / n$ 是 $E$ 的上界等价于说对任意 $q \in E$ ，都有 $q \leq y$ 。我们关注的是 $L$ 和 $K$ 之间的间隙，由于 $K - L \geq 1$ ，若等于号成立 $K$ 就是要找的 $m$ 。若不成立，中间存在一个或多个整数，我们取 $L$ 和 $K$ 之间最小的整数 $L^{'}$ 使 $L^{'} / n$ 不是 $E$ 的上界，则有 $L \leq L^{'} \leq K - 1$ ，取 $m = L^{'} + 1$ 既可。

DANGER

总感觉这里“取最小的整数 $L^{'}$ 不是很严谨。

（引理）上述引理取到的 $m$ 是唯一的。

根据上述证明过程， $m$ 不可能有两个，否则可以反证讨论这两个整数之间的次序关系。

现在我们完成存在性的证明：根据题设， $E$ 有一个上界，故存在一个实数 $y$ 使得对任意 $q \in E$ ，都有 $q \leq y$ 成立。若找一个不是 $E$ 上界的实数 $x$ （由 $E$ 非空知 $x$ 存在），于是在 $E$ 中存在一个 $q_{0}$ 满足 $q_{0} > x$ 。故 $x < y$ ，根据阿基米德性质，可以找到有理数 $m / n$ 使得 $x < m / n < y$ ，即 $n x < m < n y$ （通过将负号“转移”到分子，可以保证分母是正的，因此 $m / n$ 的正负不影响讨论）。这里需要注意 $n x$ 和 $n y$ 不直接就是上面的 $L$ 和 $K$ ，因为不能保证它们是整数。但前面已提及对任意实数 $x$ 均能找到整数 $N$ 满足 $N \leq x < N + 1$ ，我们可以找到大于 $y$ 的 $y^{'}$ 和小于 $x$ 的 $x^{'}$ 使得 $n y^{'}$ 和 $n x^{'}$ 是整数（应该说，是先找到小于 $n x$ 的整数和大于 $n y$ 的整数，然后将它们除以 $n$ 得到 $x^{'}$ 和 $y^{'}$ ）， $q_{0} > x > x^{'}$ ， $q \leq y < y^{'}$ ，于是 $n y^{'}$ 依然是 $E$ 的上界， $n x^{'}$ 依然不是 $E$ 的上界，于是 $L = n x^{'}$ ， $K = n y^{'}$ ，可以套用上面的定理，得到 $E$ 的一个上界 $(n x^{'} + 1) / n$ 。

接着证明它是最小的，目前我们有 $n x^{'} \leq n x < n y \leq n y^{'}$ ，在 $n x^{'} \sim n x$ 和 $n y \sim n y^{'}$ 之间可能存在一些“缝隙”，我们的引理只对 $n x^{'} < n x^{'} + 1 \leq n y^{'}$ 成立，不能保证 $n x^{'} + 1$ 就落在 $n x$ 和 $n y$ 之间。好在这仅仅是一个 $x^{'}, y^{'}$ 选取的问题，我们在选取 $x^{'}$ 和 $y^{'}$ 时，如果选取恰好在 $n x$ 前面和 $n y$ 后面的那两个整数，是不影响我们使用引理的。而这时可以保证 $n x^{'} \sim n x$ 和 $n y \sim n y^{'}$ 之间没有整数，于是 $n x < n x^{'} + 1 \leq n y$ ，由于 $y$ 代表了任何一个存在的上界，所有上界 $y$ 都是大于或等于 $(n x^{'} + 1) / n$ 的，故是最小上界。

当然也可以讨论最大下界 $inf (E)$ ，并证明 $M = sup (E) = - inf (- E)$ ，因此最小上界和最大下界是等价的。

根的存在性

存在一个正实数 $x$ ，使得 $x^{2} = 2$ 。

这个命题说明了有理数 $Q$ 不满足最小上界性质，因此确实有些数是实数而非有理数。构造集合 $E = {y \in R : y \geq 0 且 y^{2} < 2}$ ，则 $2$ 是 $E$ 的一个上界且 $E$ 非空。故存在 $E$ 的一个最小上界 $x = sup (E)$ ，因为 $x > 1$ （由 $1 \in E$ ）故 $x > 0$ ，可以通过反证证明 $x^{2} = 2$ 。

这个命题可以推广到 $n$ 次根。

序列的极限

（序列的收敛）设 $ϵ > 0$ 是一个实数，且 $L$ 也是一个实数。实数序列 ${a_{n}}_{n = N}^{\infty}$ 是ϵ-接近于 $L$ 的，当且仅当对于任意的 $n \geq N$ ， $a_{n}$ 都是ϵ-接近于 $L$ 的，即 $| a_{n} - L | \leq ϵ$ 对任意的 $n \geq N$ 均成立。我们称序列 ${a_{n}}_{n = m}^{\infty}$ 是最终ϵ-接近于 $L$ 的，当且仅当存在一个 $N \geq m$ 使得 ${a_{n}}_{n = N}^{\infty}$ 是ϵ-接近于 $L$ 的。我们称序列 ${a_{n}}_{n = m}^{\infty}$ 收敛于 $L$ ，当且仅当对于任意实数 $ϵ > 0$ ，该序列都是最终ϵ-接近于 $L$ 的。

（极限的唯一性）设 ${a_{n}}_{n = m}^{\infty}$ 是从某个整数指标 $m$ 开始的实数序列，并设 $L \neq L^{'}$ 是两个不同的实数，那么 ${a_{n}}_{n = m}^{\infty}$ 不可能同时收敛于 $L$ 和 $L^{'}$ 。

用反证法，设 $L$ 和 $L^{'}$ 存在，那么存在一个 $N \geq m$ 使得对任意的 $ϵ > 0$ ，该序列都是最终ϵ-接近于 $L$ 的，存在一个 $N^{'} \geq m$ 使得对任意 $ϵ > 0$ ，该序列都是最终ϵ-接近于 $L^{'}$ 的。于是在比 $N$ 和 $N^{'}$ 还要远处取一个指标 $n \geq m a x (N, N^{'})$ ，则 $a_{n}$ 是ϵ-接近于 $L$ 和 $L^{'}$ 的，于是对任意 $ϵ > 0$ 都有 $| a_{n} - L | \leq ϵ$ 和 $| a_{n} - L^{'} | \leq ϵ$ ，显然可以利用绝对值不等式，再取一个合适的ϵ，得到一个与 $| L - L^{'} |$ 有关的矛盾。例如取 $ϵ = | L - L^{'} | / 3$ ，则有 $| a_{n} - L^{'} + L - a_{n} | = | L - L^{'} | \leq 2 ϵ = 2 | L - L^{'} | / 3$ ，矛盾。

既然极限是唯一的，我们就可以用一个符号来指定它：

（序列的极限）如果序列 ${a_{n}}_{n = m}^{\infty}$ 收敛于实数 $L$ ，那么 ${a_{n}}_{n = m}^{\infty}$ 是收敛的并且它的极限是 $L$ 。我们用下式来表述它：

L = lim_{n \to \infty} a_{n}

如果序列 ${a_{n}}_{n = m}^{\infty}$ 不收敛于任何实数 $L$ ，那么序列 ${a_{n}}_{n = m}^{\infty}$ 是发散的，并且 $lim_{n \to \infty} a_{n}$ 是无定义的。

证明 $lim_{n \to \infty} 1 / n = 0$ ：

即证序列 ${a_{n}}_{n = 1}^{\infty}$ 收敛于 $0$ ，换言之对于任意的 $ϵ > 0$ ，需证明序列是最终ϵ-接近于 $0$ 的。于是设 $ϵ > 0$ 是一个任意的实数，只需找到一个 $N$ 使得 $| a_{n} - 0 | \leq ϵ$ 对任意的 $n \geq N$ 均成立。 $| a_{n} - 0 | = 1 / n \leq 1 / N$ ，只要让 $1 / N < ϵ$ ，即 $N > 1 / ϵ$ 即可，前文对阿基米德性质的讨论保证了 $N$ 的存在。

（收敛序列是柯西序列）假设 ${a_{n}}_{n = m}^{\infty}$ 是一个收敛的实数序列，那么 ${a_{n}}_{n = m}^{\infty}$ 也是一个柯西序列。

证明和前面的思路类似，根据 $| a_{j} - L | \leq ϵ / 2$ ， $| a_{k} - L | \leq ϵ / 2$ ，利用绝对值不等式即可。

我们可以证明收敛序列都是有界的，但是有界序列不一定收敛，例如 $1, - 1, 1, - 1, . . .$ 。为此需要一个更强的结论：

（单调有界序列收敛）设 ${a_{n}}_{n = m}^{\infty}$ 是一个实数序列，它存在一个有限的上界 $M \in R$ ，并且它还是单调递增的（即对所有的 $n \geq m$ ，均有 $a_{n + 1} \geq a_{n}$ ），那么 ${a_{n}}_{n = m}^{\infty}$ 是收敛的，并且实际上 $lim_{n \to \infty} a_{n} = sup (a_{n})_{n = m}^{\infty} \leq M$ 。

把 ${a_{n}}_{n = m}^{\infty}$ 看成是 $R$ 的一个子集，由它存在上界知 $sup (a_{n})$ 存在并且 $sup (a_{n}) \leq M$ 。下面证明序列收敛于 $sup (a_{n})$ ，即证存在一个 $N \geq m$ 使得对任意 $ϵ > 0$ ，序列 ${a_{n}}_{n = N}^{\infty}$ 都是ϵ-接近于 $sup (a_{n})$ 的，即 $| a_{n} - sup (a_{n}) | \leq ϵ$ 对任意 $n \geq N$ 恒成立。由于 $sup (a_{n})$ 是最小上界，于是在 $sup (a_{n}) - ϵ$ 和 $sup (a_{n})$ 之间必定存在一个 $a_{N}$ 满足 $sup (a_{n}) - ϵ < a_{N} \leq sup (a_{n})$ ，否则最小上界就不是 $sup (a_{n})$ 而是 $sup (a_{n}) - ϵ$ 了。由于 ${a_{n}}_{n = N}^{\infty}$ 是单调递增的，这个 $N$ 就是我们要找的。加粗部分的思想后面会多次用到。

epsilon-附着

设 ${a_{n}}_{n = m}^{\infty}$ 是一个实数序列， $x$ 是一个实数，并且设 $ϵ > 0$ 是一个实数。我们称：

$x$ 是ϵ-附着于 ${a_{n}}_{n = m}^{\infty}$ 的，当且仅当存在一个 $N \geq m$ 使得 $a_{n}$ 是ϵ-接近于 $x$ 的；
$x$ 是持续ϵ-附着于 ${a_{n}}_{n = m}^{\infty}$ 的，当且仅当对于每一个 $n \geq m$ ， $x$ 都是ϵ-附着于 ${a_{n}}_{n = m}^{\infty}$ 的；
$x$ 是 ${a_{n}}_{n = m}^{\infty}$ 的极限点或附着点，当且仅当对任意的 $ϵ > 0$ ， $x$ 都是持续附着于 ${a_{n}}_{n = m}^{\infty}$ 的。

显然前面讨论的极限是极限点的一个特例，并且由极限的唯一性知它也是唯一的极限点。

上极限和下极限

设 ${a_{n}}_{n = m}^{\infty}$ 是一个序列，我们定义一个新序列 ${a_{N}^{+}}_{N = m}^{\infty}$ ，其中：

a_{N}^{+} = sup (a_{n})_{n = N}^{\infty}

更通俗地说， $a_{N}^{+}$ 是序列从 $a_{N}$ 开始继续往下数所有元素所构成集合的上确界，每往右数一个就从当前集合中排除一个数构成一个新的集合，然后重新计算当前集合的上确界。假设被删掉的数为 $a_{N}$ ，这个新的上确界可能与之前那个相等，说明删掉的 $a_{N}$ 不是 ${a_{n}}_{n = N}^{\infty}$ 里面最大的，后面还有更大的 $a_{n}$ “支撑”起了 $N$ 处的最小上界 $a_{N}^{+}$ ，有 $a_{N} \leq a_{N}^{+} = a_{N + +}^{+}$ ；也可能不等，有 $a_{N + +}^{+} \leq a_{N} \leq a_{N}^{+}$ 。因此不严密地说， ${a_{N}^{+}}_{N = m}^{\infty}$ 是一个单调递减序列（还有 $\infty, \infty, . . .$ 的情况）。

定义序列 ${a_{n}}_{n = m}^{\infty}$ 的上极限 $L^{+}$ ，记作：

lim sup_{n \to \infty} a_{n} = inf (a_{N}^{+})_{N = m}^{\infty}

类似地，可以定义 $a_{N}^{-} = inf (a_{n})_{n = N}^{\infty}$ 和下极限 $L^{-}$ ：

lim inf_{n \to \infty} a_{n} = sup (a_{N}^{-})_{N = m}^{\infty}

例如对于序列 $1.1, - 1.01, 1.001, - 1.0001, . . .$ ，那么 ${a_{N}^{+}}_{N = m}^{\infty}$ 是 $1.1, 1.001, 1.001, 1.00001, . . .$ ， ${a_{N}^{-}}_{N = m}^{\infty}$ 是 $- 1.01, - 1.01, - 1.0001, - 1.0001, . . .$ ，前者的下确界是 $1$ ，后者的上确界是 $- 1$ ，于是序列的上极限是 $1$ ，下极限是 $- 1$ 。这里挺拗口的，对于上极限 $L^{+}$ ，要取一个上确界序列的下确界，因为我们要找的是一个单调递减序列的下界。

直观上，上下极限是从上下两个方向逼近一个数，因此给出了一种判断序列是否收敛的办法：如果 $L^{+}$ 和 $L^{-}$ 重合且有限，那么序列是收敛的。

为了证明这个结论，可以先证明一个弱一点的推论：对于任意的 $x > L^{+}$ ，存在一个 $N \geq m$ 使得 $a_{n} < x$ 对所有的 $n \geq N$ 均成立（换言之，对于任意的 $x > L^{+}$ ，序列 ${a_{n}}_{n = m}^{\infty}$ 的元素最终会小于 $x$ ）。类似的，对任意的 $y < L^{-}$ ，存在一个 $N \geq m$ 使得 $a_{n} > y$ 对所有的 $n \geq N$ 均成立。

由 $x > L^{+}$ 知 $x > inf (a_{N}^{+})_{N = m}^{\infty}$ ，于是一定存在一个 $a_{N}^{+}$ 使得 $inf (a_{N}^{+})_{N = m}^{\infty} \leq a_{N}^{+} < x$ ，否则 ${a_{N}^{+}}_{N = m}^{\infty}$ 的最大下界就应该是 $x$ 了，而 $a_{N}^{+}$ 又是 ${a_{n}}_{n = N}^{\infty}$ 的上确界，于是对所有的 $n \geq N$ 都有 $x > a_{N}^{+} \geq a_{n}$ ， $L^{-}$ 同理。那么当 $L = L^{+} = L^{-}$ 时，对任意的 $ϵ > 0$ ，序列 ${a_{n}}_{n = m}^{\infty}$ 的元素最终都会小于等于 $L + ϵ$ ，同时也会大于等于 $L - ϵ$ ，从而 $L$ 就是序列的极限。

另外有一个有用的不等式： $inf (a_{n})_{n = m}^{\infty} \leq L^{-} \leq L^{+} \leq sup (a_{n})_{n = m}^{\infty}$ 。根据 $L^{+}$ 是单调递减序列下确界， $L^{-}$ 是单调递增序列上确界的直觉可以看出，证明思路沿用上面的推论即可。

比较原理

考虑两个实数序列 ${a_{n}}_{n = m}^{\infty}$ 和 ${b_{n}}_{n = m}^{\infty}$ ，满足对任意的 $n \geq m$ 都有 $a_{n} \leq b_{n}$ ，则有：

sup (a_{n})_{n = m}^{\infty} \leq sup (b_{n})_{n = m}^{\infty} inf (a_{n})_{n = m}^{\infty} \leq inf (b_{n})_{n = m}^{\infty} lim sup_{n \to \infty} a_{n} \leq lim sup_{n \to \infty} b_{n} lim inf_{n \to \infty} a_{n} \leq lim inf_{n \to \infty} b_{n}

用反证证明第一个式子，假设 $sup (a_{n})_{n = m}^{\infty} > sup (b_{n})_{n = m}^{\infty}$ ，那么在 $sup (a_{n})_{n = m}^{\infty}$ 和 $sup (b_{n})_{n = m}^{\infty}$ 之间必定存在一个 $a_{n}$ ，否则 ${a_{n}}_{n = m}^{\infty}$ 的最小上界就不是 $sup (a_{n})_{n = m}^{\infty}$ 而是 $sup (b_{n})_{n = m}^{\infty}$ 了，于是找到了一个大于所有 $b_{n}$ 的 $a_{n}$ ，矛盾。

第三、四个式子的证明未能完成，被混乱的符号绕晕了。翻看了另一本《普林斯顿数学分析读本》，在那上面上下极限被定义为子序列极限所组成的集合的边界：

令 $E$ 是满足下列条件的数 $x \in R \cup {- \infty, + \infty}$ 的集合：存在某个子序列 ${s_{n_{k}}}$ 使得 $s_{n_{k}} \to x$ 。定义上极限为 $sup (E)$ ，下极限为 $inf (E)$ 。

从这个定义上下极限就不再具有“极限”的意味了，但对这里的证明有帮助：设 $E$ 是 ${a_{n}}$ 的子序列极限的集合， $F$ 是 ${b_{n}}$ 的子序列极限的集合。固定一个自然数 $N$ ，任取一个（下标）序列 ${n_{k}}$ ，那么对于无穷多个 $k$ 有 $a_{n_{k}} \leq b_{n_{k}}$ ，因此，如果 $a_{n_{k}} \to a$ 且 $b_{n_{k}} \to b$ ，那么 $a \leq b$ 。而这对每一个可能的序列 ${n_{k}}$ 都成立，所以 $E$ 的每个元素都小于或等于 $F$ 的相应元素，因此 $sup (E) \leq sup (F), inf (E) \leq inf (F)$ 。

（夹逼定理）设 ${a_{n}}_{n = m}^{\infty}$ 、 ${b_{n}}_{n = m}^{\infty}$ 和 ${c_{n}}_{n = m}^{\infty}$ 是实数序列，并且它们满足对所有的 $n \geq m$ 均有：

a_{n} \leq b_{n} \leq c_{n}

如果 ${a_{n}}_{n = m}^{\infty}$ 和 ${c_{n}}_{n = m}^{\infty}$ 收敛于同一个极限 $L$ ，那么 ${b_{n}}_{n = m}^{\infty}$ 也收敛于 $L$ 。证明直接利用极限的定义即可。

（实数的完备性）实数序列 ${a_{n}}_{n = m}^{\infty}$ 是柯西序列，当且仅当它是收敛的。

前面已经证明了收敛序列是柯西序列，因此这里只需证明柯西序列是收敛的就行了。同时可以将前面对有理数柯西序列有界的性质加以推广，可证实数柯西序列也是有界的。因此 $L^{-}$ 和 $L^{+}$ 有限，接下来只要证明 $L^{-} = L^{+}$ 。设 $ϵ > 0$ ，则序列是最终ϵ-稳定的，故存在一个 $N \geq 1$ 使得 ${a_{n}}_{n = N}^{\infty}$ 是ϵ-稳定的。由 $a_{N} - ϵ \leq a_{N} \leq a_{N} + ϵ$ ，有 $a_{N} - ϵ \leq inf (a_{n})_{n = N}^{\infty} \leq sup (a_{n})_{n = N}^{\infty} \leq a_{N} + ϵ$ （否则，最小上界是 $a_{N} + ϵ$ ，最大下界是 $a_{N} - ϵ$ ），根据前面得到的关于 $L^{+}$ 和 $L^{-}$ 的不等式，有 $a_{N} - ϵ \leq L^{-} \leq L^{+} \leq a_{N} + ϵ$ ，即 $0 \leq L^{-} - L^{+} \leq 2 ϵ$ ，由于ϵ的任意性，可以推出 $L^{-} = L^{+}$ 。

由于每一个实数都能找到一个对应的柯西序列，而每一个柯西序列都是收敛的。这个定理实际上说明实数集不像有理数集那样有“洞”（对于有理数集合，书上保留 $\sqrt{2}$ 前n位小数构成的序列给出了在Q中不收敛，但是柯西序列的例子），用后面的话来说实数集是一个完备的度量空间。仅在完备度量空间中才有“柯西序列 $⟹$ 收敛序列”，而在任何度量空间中，“收敛序列 $⟹$ 柯西序列”。

R中的一些重要序列

这一节摘自《普林斯顿数学分析》。

$\frac{1}{n^{p}} \to 0$ （当 $p > 0$ 时）；
$\sqrt[n]{p} \to 1$ （当 $p > 0$ 时）；
$\sqrt[n]{n} \to 1$ ；
$\frac{n^{α}}{(1 + p)^{n}} \to 0$ （当 $p > 0$ 且 $α \in R$ 时）；
$x^{n} \to 0$ （当 $| x | < 1$ 时）。

如果有对数的概念，相应的证明会有所简化，但此时我们还没有定义对数，因此对于2、3、4，一个技巧是利用二项式定理得到 $x_{n}$ 关于 $n$ 或 $p$ 的不等式，然后应用夹逼定理证明。

级数

有限级数

（归纳证明二项式公式对任意自然数 $n$ 都成立）：

(x + y)^{n} = \sum_{j = 0}^{n} \frac{n!}{j! (n - j)!} x^{j} y^{n - j}

证明的思路来源于对 $(x + y) (x + y)^{2}$ 的观察，要点是角标替换（引理7.1.4b）。对 $n$ 进行归纳， $n = 0$ 显然成立，由归纳假设得到上式，下面证明 $(x + y)^{n + 1} = \sum_{j = 0}^{n + 1} \frac{(n + 1)!}{j! (n - j + 1)!} x^{j} y^{n - j + 1}$ ：

\begin{aligned} (x + y)^{n + 1} & = (x + y) (x + y)^{n} \\ = (x + y) \sum_{j = 0}^{n} \frac{n!}{j! (n - j)!} x^{j} y^{n - j} \\ = \sum_{j = 0}^{n} \frac{n!}{j! (n - j)!} x^{j + 1} y^{n - j} + \sum_{j = 0}^{n} \frac{n!}{j! (n - j)!} x^{j} y^{n - j + 1} \\ = x^{n + 1} + \sum_{j = 0}^{n - 1} \frac{n!}{j! (n - j)!} x^{j + 1} y^{n - j} + \sum_{j = 1}^{n} \frac{n!}{j! (n - j)!} x^{j} y^{n - j + 1} + y^{n + 1} \\ = x^{n + 1} + \sum_{j = 0}^{n - 1} \frac{n!}{j! (n - j)!} x^{j + 1} y^{n - j} + \sum_{i = 0}^{n - 1} \frac{n!}{(i + 1)! (n - i - 1)!} x^{i + 1} y^{n - i} + y^{n + 1} \\ = x^{n + 1} + \sum_{j = 0}^{n - 1} (\frac{n!}{j! (n - j)!} + \frac{n!}{(j + 1)! (n - j - 1)!}) x^{j + 1} y^{n - j} + y^{n + 1} \end{aligned}

括号部分可以化简：

\begin{aligned} \frac{n!}{j! (n - j)!} + \frac{n!}{(j + 1)! (n - j - 1)!} & = \frac{n (n - 1) . . . (n - j + 1)}{j!} + \frac{n (n - 1) . . . (n - j)}{(j + 1)!} \\ = \frac{n (n - 1) . . . (n - j + 1) (j + 1) + n (n - 1) . . . (n - j)}{(j + 1)!} \\ = \frac{(n + 1) n (n - 1) . . . (n - j + 1)}{(j + 1)!} \\ = \frac{(n + 1)!}{(j + 1)! (n - j)!} \end{aligned}

带回(1)式，再做一次角标替换，并把 $x^{n + 1}$ 和 $y^{n + 1}$ 还原为 $i = n + 1$ 和 $i = 0$ 的项：

\begin{aligned} x^{n + 1} + \sum_{j = 0}^{n - 1} \frac{(n + 1)!}{(j + 1)! (n - j)!} x^{j + 1} y^{n - j} + y^{n + 1} & = x^{n + 1} + \sum_{i = 1}^{n} \frac{(n + 1)!}{i! (n - i + 1)!} x^{i} y^{n - i + 1} + y^{n + 1} \\ = \sum_{i = 0}^{n + 1} \frac{(n + 1)!}{i! (n - i + 1)!} x^{i} y^{n - i + 1} \end{aligned}

无限级数

（零判别法）设 $\sum_{n = m}^{\infty} a_{n}$ 是一个收敛的实数级数，那么我们一定有 $lim_{n \to \infty} a_{n} = 0$ 。换言之，如果 $lim_{n \to \infty} a_{n}$ 不为零或者是发散的，那么级数 $\sum_{n = m}^{\infty} a_{n}$ 是发散的。

零判别法的证明来源于这样的感觉：一个级数的收敛应当等价于对任意的 $ϵ > 0$ ，这个序列的“尾部”最终将小于ϵ，不然累加起来就会越积越多导致发散。为此我们先证明如下命题：

设 $\sum_{n = m}^{\infty} a_{n}$ 是一个实数的形式级数，那么 $\sum_{n = m}^{\infty} a_{n}$ 收敛，当且仅当对于任意的实数 $ϵ > 0$ ，都存在一个整数 $N \geq m$ 使得 $| \sum_{n = p}^{q} a_{n} | \leq ϵ$ 对所有的 $p, q \geq N$ 均成立。

先证正向：若 $\sum_{n = m}^{\infty} a_{n}$ 收敛，令 $S_{N}$ 表示级数的第 $N$ 部分和 $S_{N} = \sum_{n = m}^{N} a_{n}$ ，则根据级数收敛的定义，序列 $(S_{N})_{N = m}^{\infty}$ 在 $N \to \infty$ 时收敛于一个极限 $L$ 。故 $(S_{N})_{N = m}^{\infty}$ 是柯西序列，柯西序列具有最终ϵ-稳定性，于是存在一个 $N > 0$ 使得对 $d (S_{p}, S_{q}) = | S_{p} - S_{q} | \leq ϵ$ 对任意的 $ϵ > 0$ 都成立，而 $| S p - S q |$ 就是 $| \sum_{n = p}^{q} a_{n} |$ ，故得证。

反过来证明是一样的，先根据条件中 $p, q$ 的任意性得到最终ϵ-稳定性，于是根据定义 $S_{N}$ 是一个柯西序列，而前文已经证明柯西序列是收敛的。

INFO

一直觉得柯西序列比较奇怪，它没有直接考察单个元素趋近某个值来获得极限的“感觉”，反而考察的是元素之间的距离。在级数这里终于看到了柯西序列的妙处，只能说大佬的思路和普通人不同。

有了上述命题，现在来证明零判别法，同样分两个方向，正向只需要取 $p = n - 1, q = n$ ，由 $| S_{p} - S_{q} | = | a_{n} - 0 | \leq ϵ$ 可证；反向可直接由命题导出 $S_{N}$ 是收敛的。

（绝对收敛）设 $\sum_{n = m}^{\infty} a_{n}$ 是一个实数的形式级数，若级数 $\sum_{n = m}^{\infty} | a_{n} |$ 是（条件）收敛的，我们称这个级数是绝对收敛的。

（绝对收敛判别法）设 $\sum_{n = m}^{\infty} a_{n}$ 是一个实数的形式级数，如果这个级数是绝对收敛的，那么它也是条件收敛的。另外，在这种情况下我们有三角不等式：

| \sum_{n = m}^{\infty} a_{n} | \leq \sum_{n = m}^{\infty} | a_{n} |

证明：即证 $\sum_{n = m}^{\infty} | a_{n} |$ 是收敛的能导出 $\sum_{n = m}^{\infty} a_{n}$ 是收敛的，利用这个绝对值不等式及上面的命题即可。

不过该判别法反过来并不成立，即级数的条件收敛并不能导出绝对收敛。在给出例子之前，先来看交错级数判别法：

（交错级数判别法）设 $(a_{n})_{n = m}^{\infty}$ 是一个非负且递减的实数序列，于是对任意 $n \geq m$ 均有 $a_{n} \geq 0$ 和 $a_{n} \geq a_{n + 1}$ 。那么级数 $\sum_{n = m}^{\infty} (- 1)^{n} a_{n}$ 是收敛的，当且仅当 $n \to \infty$ 时序列 $(a_{n})_{n = m}^{\infty}$ 收敛于 $0$ 。

正向的证明使用零判别法即可，反向的证明需借助这样的直觉，直接比较相邻项得出一些递推关系不太好：但比较差距为2乃至2k的项会有帮助。~~书上的证明实话说只能勉强看懂~~。

利用交错级数判别法，我们可以发现 $\sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n} / n$ 是条件收敛的，但不是绝对收敛的，因为调和级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} 1 / n$ 发散。

非负数的和

设 $\sum_{n = m}^{\infty} a_{n}$ 是一个非负数的级数，那么部分和 $S_{N}$ 是递增的，因此如果要让 $(S_{N})_{N = m}^{\infty}$ 收敛，当且仅当它有上界 $M$ 。由此得到一个推论如下：

（比较判别法）设 $\sum_{n = m}^{\infty} a_{n}$ 和 $\sum_{n = m}^{\infty} b_{n}$ 都是实数的形式级数，并且对任意的 $n \geq m$ 均有 $| a_{n} | \leq b_{n}$ 。所以，如果 $\sum_{n = m}^{\infty} b_{n}$ 收敛，则 $\sum_{n = m}^{\infty} a_{n}$ 绝对收敛，而且实际有：

| \sum_{n = m}^{\infty} a_{n} | \leq \sum_{n = m}^{\infty} | a_{n} | \leq \sum_{n = m}^{\infty} b_{n}

这里一个实用的级数是几何级数 $\sum_{n = 0}^{\infty} x^{n}$ ，其中 $x$ 是实数：

（几何级数）设 $x$ 是实数，如果 $| x | \geq 1$ ，那么级数 $\sum_{n = 0}^{\infty} x^{n}$ 是发散的。反之这个级数是绝对收敛的，并且 $\sum_{n = 0}^{\infty} x^{n} = 1 / (1 - x)$ 。

根据书上的提示，对第一句话使用零判别法，由 $| x | \geq 1$ 有 $lim_{n \to \infty} x^{n} \neq 0$ 知发散，对第二句话，利用归纳法导出等比求和公式，从而得到 $\sum_{n = 0}^{\infty} | x^{n} |$ 的一个上界 $1 / (1 - | x |)$ 可证。

到目前为止我们还没有证明调和级数是发散的，为此可以借助另一个判别法：柯西凝聚判别法，其可以用于证明 $p$ 级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{p}}$ 的收敛性。

（柯西凝聚判别法）设 $(a_{n})_{n = 1}^{\infty}$ 是一个递减的非负实数序列（于是对所有的 $n \geq 1$ ，均有 $a_{n} \geq 0$ 和 $a_{n + 1} \leq a_{n}$ 。那么级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 是收敛的，当且仅当级数 $\sum_{k = 0}^{\infty} 2^{k} a_{2^{k}} = a_{1} + 2 a_{2} + 4 a_{4} + . . .$ 是收敛的。

该判别法的特点是只用了序列中的一部分项就可以判定收敛性。证明的思路在于注意到两个序列都是单调非负的，若令 $s_{n}$ 表示前者的部分和， $t_{n}$ 表示后者的部分和，只要证明 $s_{n} 有界 ⟺ t_{n} 有界$ 即可。~~说是只要，但我不会，只能看书勉强维持生存这样子~~。

（p级数）设 $p > 0$ 是一个有理数，那么当 $p > 1$ 时，级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} 1 / n^{p}$ 是收敛的，反之是发散的。

证明：应用柯西凝聚判别法，即证 $\sum_{k = 0}^{\infty} 2^{k} \frac{1}{(2^{k})^{p}}$ 是收敛的，其中 $2^{k} \frac{1}{(2^{k}) p} = (2^{k})^{1 - p} = (2^{1 - p})^{k}$ ，这是一个几何级数，显然只有在 $p > 1$ 的时候才有 $2^{1 - p} < 1$ ，此时几何级数收敛。

级数的重排列

只有级数是绝对收敛的，才可以对它进行安全的重排列。

R上的连续函数

实直线的子集

（ϵ-附着点）设 $X$ 是 $R$ 的子集， $ϵ > 0$ ，并设 $x \in R$ 。我们称 $x$ 是 ϵ-附着于 $X$ 的，当且仅当存在一个 $y \in X$ 是ϵ-接近于 $x$ 的（即 $| x - y | \leq ϵ$ 。

（附着点）设 $X$ 是 $R$ 的一个子集，并设 $x \in R$ 。我们称 $x$ 是 $X$ 的一个附着点，当且仅当对于任意的 $ϵ > 0$ ， $x$ 都是ϵ-附着于 $X$ 的。

以开区间 $(0, 1)$ 为例，区间内的任何实数以及 $0$ 和 $1$ 都是该区间的附着点。但 $1.1$ 不是，因为它不是 $0.05$ -附着于 $(0, 1)$ 的，类似的我们可以发现 $1.01, 1.001, . . .$ 都不是该区间的附着点，因为总可以找出一个更小的ϵ使它们不是ϵ-附着于 $(0, 1)$ 的。用一个绝妙的比喻，如果将开区间看成是一个边界为虚线的集合，设法纳入 $0$ 和 $1$ 就是我们将边界描成实线所做的努力，由此引出了闭包的概念：

（闭包）设 $X$ 是 $R$ 的一个子集。 $X$ 的闭包，有时记作 $\overset{―}{X}$ ，是指由 $X$ 的全体附着点所构成的集合。

上述 $(0, 1)$ 的闭包是 $[0, 1]$ ，开区间或者半开区间的闭包把 $($ 换成 $[$ 即可。 $Q$ 的闭包是 $R$ 。

附着点与极限点之间存在密切的联系。集合 $X$ 的附着点可以作为 $X$ 中元素的极限而得到：

设 $X$ 是 $R$ 的子集，并且设 $x \in R$ 。那么 $x$ 是 $X$ 的一个附着点，当且仅当存在一个完全由 $X$ 中元素构成的序列 $(a_{n})_{n = 0}^{\infty}$ 收敛于 $x$ 。

证明的其中一个方向比较简单，由序列 $(a_{n})_{n = 0}^{\infty}$ 收敛于 $x$ 已经说明了对任意 $ϵ > 0$ ，均有 $a_{n} \in X$ 且 $| a_{n} - x | \leq ϵ$ ，而这正是ϵ-附着的定义。反过来，已有附着点 $x$ ，如何找到一个完全由 $X$ 中元素构成的序列收敛于它呢？实际的证明需要借助集合论的可数选择公理（书中第八章），因为我看得似懂非懂就没有摘录。不过从引理8.4.5中能够得到一些提示，我们构造如下集合 $X_{n} = {e \in X : x - 1 / n \leq e \leq x}$ ，利用阿基米德性质可以确认 $X_{n}$ 对任意 $n$ 是非空的，于是利用可数选择公理，能够找到一个序列 $(a_{n})_{n = 1}^{\infty}$ 使得 $a_{n} \in X_{n}$ 对所有的 $n \geq 1$ 都成立，再利用夹逼定理，有 $lim_{n \to \infty} a_{n} = x$ 。

再学习微分之前，先将附着点替换成极限点的概念：

（极限点）设 $X$ 是实直线的一个子集，我们称 $x$ 是 $X$ 的极限点（或聚点），当且仅当 $x$ 是 $X ∖ {x}$ 的一个附着点。如果 $x \in X$ ，并且存在一个 $ϵ > 0$ 使得 $| x - y | > ϵ$ 对所有的 $y \in X ∖ {x}$ 均成立，那么我们称 $x$ 是 $X$ 的孤立点。

孤立点的概念看起来比较奇怪，其实是将附着点分成两类，去掉极限点这一类做出的表述。“孤立”意味着它与去掉它的集合还存在一定距离，这个直觉使我们要设法排除掉 $(0, 2) \cup {3}$ 里孤立的 $3$ ，它是附着点，却不是极限点（从而是孤立点）。

（直线上的海涅-博雷尔定理）设 $X$ 是 $R$ 的一个子集，那么下面两个命题是等价的：

$X$ 是闭的（ $X = \overset{―}{X}$ ）且有界（存在实数 $M$ 满足 $X \subset [- M, M]$ ）的；
给定任意一个在 $X$ 中取值（即对所有 $n$ 均有 $a_{n} \in X$ ）的实数序列 $(a_{n})_{n = 0}^{\infty}$ ，存在它的一个子序列 $(a_{n_{j}})_{j = 0}^{\infty}$ 收敛于 $X$ 中的某个数 $L$ 。

函数的极限值

和利用ϵ-接近性和最终ϵ-接近性来处理序列的极限一样，我们需要用ϵ-接近性和局部ϵ-接近性的概念来处理函数的极限：

（ϵ-接近性）设 $X$ 是 $R$ 的一个子集， $f : X \to R$ 是一个函数， $L$ 是一个实数，并且设 $ϵ > 0$ 也是一个实数。我们称函数 $f$ 是ϵ-接近 于 $L$ 的，当且仅当对于任意的 $x \in X$ ， $f (x)$ 都是ϵ-接近于 $L$ 的。

通常 $X$ 的大小变化会带来所需ϵ的大小变化：

（局部ϵ-接近性）设 $X$ 是 $R$ 的一个子集， $f : X \to R$ 是一个函数， $L$ 是一个实数， $x_{0}$ 是 $X$ 的一个附着点，并且设 $ϵ > 0$ 是一个实数。我们称 $f$ 在 $x_{0}$ 附近是ϵ-接近于 $L$ 的，当且仅当存在一个 $δ > 0$ 使得当 $f$ 被限制在集合 ${X \in X : | x - x_{0} | < δ}$ 上时， $f$ 是ϵ接近于 $L$ 的。

可以想见，下一步是收紧ϵ的约束，得到更常用的概念：

（函数在一点处收敛）设 $X$ 是 $R$ 的一个子集， $f : X \to R$ 是一个函数， $E$ 是 $X$ 的一个子集， $x_{0}$ 是 $E$ 的一个附着点，并且设 $L$ 是一个实数，我们称 $f$ 在点 $x_{0}$ 处沿着 $E$ 收敛于 $L$ ，并记作 $lim_{x \to x_{0}; x \in E} f (x) = L$ ，当且仅当对于任意的 $ϵ > 0$ ，被限制在 $E$ 上的函数 $f$ 在 $x_{0}$ 附近都是 $ϵ$ -接近于 $L$ 的。如果 $f$ 在 $x_{0}$ 处不收敛于任何数，那么我们称 $f$ 在 $x_{0}$ 处发散。

用更熟悉的表达： $lim_{x \to x_{0}; x \in E} = L$ 当且仅当对于任意的 $ϵ > 0$ ，存在一个 $δ > 0$ 使得 $| f (x) - L | \leq ϵ$ 对所有满足 $| x - x_{0} | < δ$ 的 $x \in E$ 均成立。这个记号与我们熟悉的定义相比多了一个 $E$ ，很多情况下我们会直接记作 $lim_{x \to x_{0}} f (x) = L$ ，有时这样会有风险，例如定义 $f : R \to R$ 是如下的函数：当 $x = 0$ 时， $f (x) = 1$ ；否则 $f (x) = 0$ ，那么 $lim_{x \to 0; x \in R - {0}} f (x) = 0$ 而 $lim_{x \to 0; x \in R} f (x)$ 是无定义的。也因此有些定义中限制 $x_{0}$ 为 $E$ 的极限点而不是附着点。我们约定将 $lim_{x \to x_{0}} f (x)$ 看成是 $lim_{x \to x_{0}; x \in X - {x_{0}}} f (x)$ 的简写。

上面的定义还有更实用的表述：

（函数收敛的等价表述）设 $X$ 是 $R$ 的一个子集， $f : X \to R$ 是一个函数， $E$ 是 $X$ 的一个子集， $x_{0}$ 是 $E$ 的一个附着点，并且设 $L$ 是一个实数。那么下面两个命题在逻辑上是等价的：

$f$ 在 $x_{0}$ 处沿着 $E$ 收敛于 $L$ ；
对于任意一个完全由 $E$ 中的元素构成并且收敛于 $x_{0}$ 的序列 $(a_{n})_{n = 0}^{\infty}$ ，序列 $(f (a_{n}))_{n = 0}^{\infty}$ 都收敛于 $L$ 。

现在我们可以利用命题(2)去判断一些函数是否有极限，例如如下函数：

f (x) = {\begin{cases} 1 & 若 x \in Q \\ 0 & 若 x \notin Q \end{cases}

现讨论 $f (x)$ 在 $x = 0$ 处有没有极限，假设有，则选取两个由不为 $0$ 的数组成的收敛到 $0$ 的序列 $(1 / n)_{n = 0}^{\infty}$ 和 $(\sqrt{2} / n)_{n = 0}^{\infty}$ ，它们应该都收敛到 $f (0) = 1$ ，但显然后者是无理数序列，有 $L = lim_{n \to \infty} f (\sqrt{2} / n) = lim_{n \to \infty} 0 = 0$ ，故矛盾。利用类似方法可以判断该函数在任意实数处都没有极限。

连续函数

“ $f (x)$ 在 $x_{0}$ 处是连续的”的几种等价表述：

对于任意一个由 $X$ 中元素构成的且满足 $lim_{n \to \infty} a_{n} = x_{0}$ 的序列 $(a_{n})_{n = 0}^{\infty}$ ，都有 $lim_{n \to \infty} f (a_{n}) = f (x_{0})$ ；
对于任意的 $ϵ > 0$ ，都存在一个 $δ > 0$ 使得 $| f (x) - f (x_{0}) | < ϵ$ 对所有满足 $| x - x_{0} | < δ$ 的 $x \in X$ 均成立；
对于任意的 $ϵ > 0$ ，都存在一个 $δ > 0$ 使得 $| f (x) - f (x_{0}) | \leq ϵ$ 对所有满足 $| x - x_{0} | \leq δ$ 的 $x \in X$ 均成立；
设 $x_{0}$ 同时是 $X \cap (x_{0}, + \infty)$ 和 $X \cup (- \infty, x_{0})$ 的附着点， $f (x_{0}^{+})$ 和 $f (x_{0}^{-})$ 都存在且等于 $f (x_{0})$ 。

最值原理

（最值原理）设 $a < b$ 都是实数，并且设 $f : [a, b] \to R$ 是 $[a, b]$ 上的连续函数。那么 $f$ 在某一点 $x_{m a x} \in [a, b]$ 处达到最大值，并且在某一点 $x_{m i n} \in [a, b]$ 处达到最小值。

证明只给出 $f$ 在某点处取到最大值，最小值是类似的。思路上还是离不开上确界理论：

由引理9.6.3知 $f$ 是有界的，所以存在一个 $M$ 使得 $f (x) \in [- M, M]$ 对任意的 $x \in [a, b]$ 均成立。现在令 $E$ 表示集合 $f ([a, b])$ ，则 $E$ 是 $[- M, M]$ 的子集，且 $E$ 是非空集合，于是它有一个实数上确界 $sup (E)$ ，记作 $m$ 。

对于所有的 $y \in E$ 均有 $y \leq m$ ，也即 $f ([a, b]) \leq m$ ，因此，下一步只要找到一个 $x_{m a x}$ 使得 $f (x_{m a x}) = m$ 即可。沿用此前 $x - \frac{1}{n}$ 的技巧以及在上确界理论证明中提到的技巧：设 $n \geq 1$ 是任意一个整数，那么 $m - \frac{1}{n} < m = sup (E)$ 。因为 $sup (E)$ 是 $E$ 的最小上界，所以 $m - \frac{1}{n}$ 不可能是 $E$ 的上界，所以存在一个 $y_{0} \in E$ 满足 $m - \frac{1}{n} < y_{0} < m$ ，由 $E$ 的定义可知存在一个 $x_{0}$ 使得 $f (x_{0}) = y_{0}$ 。下面应用选择公理构造序列：对于每个 $n$ ，选取 $x_{n}$ 为 $[a, b]$ 中使得 $m - \frac{1}{n} < f (x_{n}) < m$ 的元素，这得到了 $[a, b]$ 上的一个序列，于是根据海涅-博雷尔定理，可以找到它的一个子序列 $(x_{n_{j}})_{j = 1}^{\infty}$ 收敛于某数 $x_{m a x}$ 。由于 $f$ 是连续的（故在 $x_{m a x}$ 处连续），有序列 $f (x_{n_{j}})_{j = 1}^{\infty}$ 收敛于 $f (x_{m a x})$ ：

f (x_{m a x}) = lim_{j \to \infty} f (x_{n_{j}}) \geq lim_{j \to \infty} m - \frac{1}{j} = m

从而完成了两个方向对等于号的证明，上面的大于等于还用到了 $f (x_{n_{j}}) > m - \frac{1}{n_{j}} \geq m - \frac{1}{j}$ ，从 $\frac{1}{n_{j}}$ 到 $\frac{1}{j}$ 的转变我感觉蛮怪的，但直觉上选出的序号 $n_{j}$ 确实大于等于依次的 $j$ 。

最值原理说明闭区间上的连续函数可达到它的最大最小值，应用类似的思路可证明函数还可以达到最值中间的任意一个值，即中值定理。

一致连续性

非常精彩的一章。

在闭区间上的连续函数是有界的，但是换成开区间就未必了。如果我们观察 $f (x) = \frac{1}{x}$ 和 $f (x) = x$ ，会发现连续和连续也是有区别的。

根据连续性的“ $ϵ - δ$ ”定义，我们知道，如果 $f : X \to R$ 在点 $x_{0}$ 处是连续的，那么对于任意的 $ϵ > 0$ 总存在一个 $δ$ 使得只要 $x \in X$ 是 $δ$ -接近于 $x_{0}$ 的， $f (x)$ 就是 $ϵ$ -接近于 $f (x_{0})$ 的。换言之，如果我们能够保证 $x$ 是充分接近于 $x_{0}$ 的，那么我们就可以迫使 $f (x)$ $ϵ$ -接近于 $f (x_{0})$ 。在每一个点 $x_{0}$ 附近都存在一个“稳定岛” $(x_{0} - δ, x_{0} + δ)$ 使得 $f (x)$ 偏离 $f (x_{0})$ 的范围不超过 $ϵ$ ，这是思考这一点的方法之一。

函数 $f (x) = \frac{1}{x}$ 和 $f (x) = x$ 的区别之一就在于，对于同一个 $ϵ$ ，前者在 $0.1$ 附近比在 $1$ 附近的“稳定岛”更小（更不稳定），而后者 $δ$ 的取值不会发生变动，因此我们将后者称为一致连续的。更准确的说法如下：

（一致连续性）设 $X$ 是 $R$ 的一个子集，并且设 $f : X \to R$ 是一个函数。我们称 $f$ 是一致连续的，如果对于任意的 $ϵ > 0$ ，都存在一个 $δ > 0$ 使得只要 $x, x_{0} \in X$ 是 $X$ 中 $δ$ -接近的两个点， $f (x)$ 和 $f (x_{0})$ 就是 $ϵ$ -接近的。

与连续的概念进行对比，两者的区别在于：在一致连续中我们可以取到单独一个 $δ$ 使得这个 $δ$ -对所有的 $x_{0} \in X$ 都适用；而对于一般的连续，不同的 $x_{0} \in X$ 可能适用了不同的 $δ$ 。因此，每个一致连续的函数都是连续的，反之则不然。

前面附着点与连续函数的概念都至少有“ $ϵ - δ$ ”和“序列的”两种表述，一致连续性也是一样，与一致连续性对应的概念是等价序列，即对于任意 $ϵ > 0$ 都具有最终 $ϵ$ -接近性的两个序列，并且这时已经不要求是有界的或收敛的：

（等价序列）设 $(a_{n})_{n = 1}^{\infty}$ 和 $(b_{n})_{n = 1}^{\infty}$ 都是实数序列，那么两者等价当且仅当 $lim_{n \to \infty} (a_{n} - b_{n}) = 0$ 。

（一致连续性的等价表述）设 $X$ 是 $R$ 的一个子集，并且设 $f : X \to R$ 是一个函数，那么下面两个命题在逻辑上是等价的：

$f$ 在 $X$ 上是一致连续的；
如果 $(x_{n})_{n = 0}^{\infty}$ 和 $(y_{n})_{n = 0}^{\infty}$ 是由 $X$ 中元素构成的两个等价序列，那么序列 $f (x_{n})_{n = 0}^{\infty}$ 和 $f (y_{n})_{n = 0}^{\infty}$ 也是等价的。

我们再回过头来看 $f (x) = \frac{1}{x}$ ，定义域 $(0, 2)$ ，取两个序列 $(1 / n)_{n = 1}^{\infty}$ 和 $(1 / 2 n)_{n = 1}^{\infty}$ ，它们都是 $(0, 2)$ 中的等价序列，但被 $f$ 映射之后得到的序列就不是等价的了。因此可以说如果 $f$ 是一致连续的，那么 $f$ 就把等价的序列映射成等价的序列。还可以与前文函数收敛的序列表述进行对比，该表述换言之就是如果函数是连续的，那么它就把收敛序列映射成收敛序列。

一致连续函数还具有将柯西序列映射成柯西序列、将有界集映射成有界集的性质。并非所有的连续函数都是一致连续函数，但闭区间上的连续函数一定是一致连续的。

函数的微分

（牛顿法）设 $X$ 是 $R$ 的一个子集， $x_{0} \in X$ 是 $X$ 的一个极限点， $f : X \to R$ 是一个函数，并且设 $L$ 是实数。那么下列命题在逻辑上是等价的：

$f$ 在 $X$ 中的 $x_{0}$ 处是可微的，且导数为 $f^{'} (x_{0})$ ；
对于任意的 $ϵ > 0$ 都存在一个 $δ > 0$ 使得，只要 $x \in X$ 是 $δ$ -接近于 $x_{0}$ 的， $f (x)$ 就是 $ϵ | x - x_{0} |$ -接近于 $f (x_{0}) + f^{'} (x_{0}) (x - x_{0})$ 的，即如果 $x \in X$ 且 $| x - x_{0} | \leq δ$ ，那么就有：

| f (x) - (f (x_{0}) + f^{'} (x_{0}) (x - x_{0})) | \leq ϵ | x - x_{0} |

将右侧换成近似为 $0$ ，我们就得到更熟悉的阐述方式 $f (x) \approx f (x_{0}) + f^{'} (x_{0}) (x - x_{0})$ 。

（可微性蕴涵着连续性）设 $X$ 是 $R$ 的一个子集， $x_{0} \in X$ 是 $X$ 的一个极限点， $f : X \to R$ 是一个函数。如果 $f$ 在 $x_{0}$ 处是可微的，那么 $f$ 在 $x_{0}$ 处也是连续的。

《陶哲轩实分析》[澳]陶哲轩；李馨译；人民邮电出版社。 ↩︎

《陶哲轩实分析》[1]阅读笔记 ​

自然数 ​

集合论 ​

分类公理 ​

替代公理 ​

函数 ​

函数定义 ​

单射、满射和双射 ​

整数和有理数 ​

epsilon-接近 ​

有理数的稠密性 ​

实数 ​

epsilon-稳定 ​

柯西序列 ​

实数性质 ​

阿基米德性质 ​

最小上界性质 ​

根的存在性 ​

序列的极限 ​

epsilon-附着 ​

上极限和下极限 ​

比较原理 ​

R中的一些重要序列 ​

级数 ​

有限级数 ​

无限级数 ​

非负数的和 ​

级数的重排列 ​

R上的连续函数 ​

实直线的子集 ​

函数的极限值 ​

连续函数 ​

最值原理 ​

一致连续性 ​

函数的微分 ​