《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§9.10解答

习题9.10

9.10.1证明：如果 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow +\infty; n\in\mathbb{N}}a_n$ 存在，由定义9.10.3知存在实数L，对每个实数 $\varepsilon>0$ ，都存在实数M，对一切 $n\in\mathbb{N}$ 有如果 $n>M$ 则 $|f(n)-L|\leqslant\varepsilon$ . 进而存在实数L，对每个实数 $\varepsilon>0$ ，都存在实数M，由习题5.4.3知存在整数N+1>M，对一切自然数 $n\geqslant N+1$ 有 $n\in\mathbb{N}$ 且 $n>M$ ，进而 $|f(n)-L|\leqslant\varepsilon$ . 由定义6.1.8和定义6.1.5知 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=L$ . 综上，若 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow +\infty; n\in\mathbb{N}}a_n$ 存在则 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=\lim_{n\rightarrow +\infty; n\in\mathbb{N}}a_n$ .

如果 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=L$ 存在，由定义6.1.8和定义6.1.5知存在实数L，对每个实数 $\varepsilon>0$ ，都存在自然数N，也为实数N，对一切 $n\in\mathbb{N}$ ，当 $n>N$ 时有 $|f(n)-L|\leqslant\varepsilon$ . 由定义9.10.3知 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow +\infty; n\in\mathbb{N}}a_n=L$ . 综上，若 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty; n\in\mathbb{N}}a_n$ 存在则 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}a_n=\lim_{n\rightarrow\infty; n\in\mathbb{N}}a_n$ .

文内补充

1.例9.10.4中的“为什么？”.

显然.

2.对定义9.10.1和定义9.10.3的补充.

定义9.1.8：定义9.10.1为定义9.1.8的补充.
新定义9.1.10：由此定义9.1.10（闭包）需要改变，使其也包含无限附着点.
引理9.1.11：引理9.1.11的结论对考虑无限附着点后仍全部成立，只需要单独考虑无限附着点的情形，证明几乎完全一样.
新引理9.1.12：引理9.1.12只需小修改，考虑进无限附着点.
新引理9.1.13：引理9.1.13只需小修改，自然数集、整数集、比例数集和实数集都有无穷大和无穷小附着点. 空集的闭包仍是空集.
引理9.1.14补充：引理9.1.14也有对应的对无限附着点的版本，只要注意到了一个序列收敛到无穷大（无穷小）是什么意思（详见习题8.2.6（即序列上极限和下极限为无穷大（或无穷小））. 可能还要看看习题6.4.8）. 具体来说即：设X是 $\mathbb{R}$ 的子集合，那么 $+\infty(-\infty)$ 是X的附着点（详见定义9.10.1）当且仅当存在一个全由X的元素组成的序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 其收敛到 $+\infty(-\infty)$ （即 $\displaystyle\limsup_{n\rightarrow\infty} a_n=\liminf_{n\rightarrow\infty} a_n=+\infty(-\infty)$ ）. 证明很容易，就不写了.
新定义9.1.15：定义9.1.15需要改变，把实数集的无限附着点也考虑进去，即：一个子集 $E\subset\mathbb{R}$ 叫作是闭的，当且仅当 $\overline{E}=E$ ，或者换句话说，E包含它的一切附着点（包括无限附着点）. 但是这样的改变与原定义不是完全相容的，因为新的定义9.1.15下如果实数集是闭的那么其不含无限附着点，进而可以看作“不考虑无限附着点只考虑实数附着点”，进而是在旧定义9.1.15下闭的；但是在旧定义9.1.15下闭的实数集在新的定义9.1.15下不一定是闭的，比如非负实数集.
新例9.1.16：例9.1.16的结论需要修改，需要考虑无限附着点.
新推论9.1.17：在实数集是闭的的定义如上进行了改变后，推论9.1.17的前半部分照样成立，因为实数集在新定义9.1.15是闭的蕴涵在旧定义9.1.15是闭的；后半部分需要进行修改成：反过来，如果每个由X的元素组成的收敛序列(包括收敛到无穷大和无穷小)极限都在X中，那么X必定是闭的(新定义9.1.15意义下).
定义9.1.18：定义9.1.18无影响，因为其考虑的就是实数附着点.
新注9.1.20：注9.1.20最后一句话需要修改：实数附着点的集合分成极限点的集合与孤立点的集合两部分.
引理9.1.21照样适用.
新定理9.1.24：定理9.1.24需要进行改变：设X是 $\mathbb{R}$ 的子集，那么下述两命题等价——(a)X是闭的（考虑进无限附着点后的意义下）(b)任给取值于X中的实数序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ ，存在它的一个子序列其收敛到X中的某实数. 证明很简单：只需要注意到“X是考虑进无限附着点后的意义下为闭的”当且仅当“X是只考虑实数附着点意义下为闭的且是有界的”.
习题9.1.1：习题9.1.1对考虑进无限附着点后仍成立. 证明很容易，因为习题9.1.1的解答已经证明只考虑X的实数附着点时成立，故我们只需再考虑 $\overline{X}$ 包含广义实数附着点时是否成立. 不失一般性，假设 $+\infty\in\overline{X}$ ，进而X无上界，由于X是Y的子集，进而Y无上界，进而 $+\infty\in\overline{Y}$ . 这就完成了证明.
习题9.1.4：对考虑进无限附着点的“闭的”的定义，习题9.1.4的原解答仍适用.
习题9.1.6没有对应于“新定义9.1.10”的版本，因为我们只定义了实直线的子集的附着点，没有定义 $\mathbb{R}^*$ 的子集的附着点. 具体可以看书中定义9.1.8和定义定义9.10.1中都有一个前提：“设X是 $\mathbb{R}$ 的子集合”.
习题9.1.7：对考虑进无限附着点的“闭的”的定义（即新定义9.1.10），习题9.1.7的原解答仍适用. 只要注意到“X是考虑进无限附着点后的意义下为闭的”当且仅当“X是只考虑实数附着点意义下为闭的且是有界的”. 同样地，如同在“《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§9.1解答”中的习题9.1.7解答的注意中，结论不可以推广到无限并.
习题9.1.8：对考虑进无限附着点的“闭的”的定义（即新定义9.1.10），习题9.1.8的原解答仍适用. 只要注意到“X是考虑进无限附着点后的意义下为闭的”当且仅当“X是只考虑实数附着点意义下为闭的且是有界的”.
习题9.1.9：对考虑进无限附着点的“闭的”的定义（即新定义9.1.10），需要限定讨论的附着点为实数，不考虑无限附着点.
习题9.1.11：对考虑进无限附着点的“闭的”的定义（即新定义9.1.10），习题9.1.11的原解答仍适用. 只要注意到“X是考虑进无限附着点后的意义下为闭的”当且仅当“X是只考虑实数附着点意义下为闭的且是有界的”.
习题9.1.14：对考虑进无限附着点的“闭的”的定义（即新定义9.1.10），习题9.1.11的结论应改为： $\mathbb{R}$ 的任何有限子集都是闭的（新定义9.1.10意义下）. 只要注意到“X是考虑进无限附着点后的意义下为闭的”当且仅当“X是只考虑实数附着点意义下为闭的且是有界的”.
定义9.10.3的注9.3.7：对于定义9.10.3，也有类似说明. 即函数在无限处的极限与集合的选取是有关系的.
定义9.10.3的命题9.3.9：我们同样可以证明——设X是 $\mathbb{R}$ 的子集合， $f:X\rightarrow\mathbb{R}$ 是函数，并设E是X的子集合， $+\infty(-\infty)$ 是E的附着点. 而L是实数. 那么下述两命题是逻辑上等价的：(a)f在 $+\infty(-\infty)$ 处沿着E收敛到L；(b)对于每个完全由E的元素组成并且收敛到 $+\infty(-\infty)$ 的序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ ，序列 $(f(a_n))_{n=0}^\infty$ 收敛到L. 证明如下：如果f在 $+\infty$ 处沿着E收敛到L，进而对于每个完全由E的元素组成并且收敛到 $+\infty$ 的序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ ，对于任意实数 $\varepsilon>0$ ，由于f在 $+\infty$ 处沿着E收敛到L知存在实数 $M_\varepsilon$ ，对任意元素 $x\in E$ ，如果 $x>M_\varepsilon$ 则 $|f(x)-L|\leqslant\varepsilon$ . 又由于 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 收敛到 $+\infty$ ，进而有 $\displaystyle\liminf_{n\rightarrow\infty} a_n=+\infty$ ，即 $(a_N^-)_{N=0}^\infty$ 无上界，进而对实数 $M_\varepsilon$ 存在整数 $N_{M_\varepsilon}$ 使得对一切整数 $N\geqslant N_{M_\varepsilon}$ 有 $a_N^->M_\varepsilon$ （因为我们已经在“《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§6.4解答”的习题6.4.3中证明“ $(a_N^+)_{N=0}^\infty$ 是一个减序列”，类似的论证可以说明 $(a_N^-)_{N=0}^\infty$ 是增序列.），即有 $\inf(a_n)_{n=N_{M_\varepsilon}}^\infty>M_\varepsilon$ ，进而对一切 $n\geqslant N_{M_\varepsilon}$ 有 $|f(a_n)-L|\leqslant$ . 综上，序列 $(f(a_n))_{n=0}^\infty$ 收敛到L. 同理我们可以证明对于“ $-\infty$ ”的情形. 综上，我们证明了(a) $\Longrightarrow$ (b). 现在来证明(b) $\Longrightarrow$ (a). 我们假设(a)不成立，即并非f在 $+\infty(-\infty)$ 处沿着E收敛到L，我们先考虑“ $+\infty$ ”的情形，这说明存在实数 $\varepsilon_+>0$ ，对任意实数M，存在元素 $x\in E$ 使得 $x>M$ 且 $|f(x)-L|>\varepsilon_+$ . 由选择公理我们知存在序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 满足对一切自然数n有 $a_n\in E$ 且 $a_n>n$ 且 $|f(a_n)-L|>\varepsilon_+$ . 进而我们可以证明 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 严格增且无上界且 $f((a_n))_{n=0}^\infty$ 不收敛到L，进而可以证明 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 收敛到 $+\infty$ 且 $f((a_n))_{n=0}^\infty$ 不收敛到L，由此序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 与(b)相矛盾. 同理可以证明对于“ $-\infty$ ”的情形. 由反证法我们知道(b)蕴涵(a). 综上，我们证明了(b) $\Longrightarrow$ (a). 这就完成了证明.
定义9.10.3的注9.3.11：同样的有类似的说明——我们只考虑当 $+\infty(-\infty)$ 是E的附着点时，函数f在 $+\infty(-\infty)$ 处的极限. 当 $+\infty(-\infty)$ 不是E的附着点时，对于任何实数L，陈述 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow +\infty(-\infty)}f(x)=L$ 是空真的成立的.
定义9.10.3的注9.3.12：对于函数在无限处的极限有类似说明.
新推论9.3.13：函数在无限处的极限也是唯一的，由上面“引理9.1.14补充”和“定义9.10.3的命题9.3.9”知显然.
定义9.10.3的命题9.3.14：类似的由上面“引理9.1.14补充”和“定义9.10.3的命题9.3.9”我们可以证明“函数在无限处的极限算律”. 也即例9.10.4中说的“一切极限算律保持成立”.
定义9.10.3的注9.3.15：对于最后一段话也有类似的陈述——如果f在 $+\infty(-\infty)$ 处沿着X收敛到L，而Y是X的子集使得 $+\infty(-\infty)$ 仍然是Y的附着点，那么f在 $+\infty(-\infty)$ 处沿着Y收敛到L，但反过来不对. 由“定义9.10.3”或者上面的“定义9.10.3的命题9.3.9”知显然.
定义9.10.3的命题9.3.18：设X是 $\mathbb{R}$ 的子集合，E是X的子集合，而 $+\infty(-\infty)$ 是E的附着点. 并设 $f:X\rightarrow\mathbb{R}$ 是函数，L是实数. 设M是实数. 那么我们有: $\displaystyle\lim_{x\rightarrow +\infty(-\infty); x\in E}f(x)=L$ 当且仅当 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow +\infty(-\infty); x\in E\cap(M, +\infty)(E\cap(-\infty, M))}f(x)=L$ . 证明如下：先考虑 $+\infty$ 是E的附着点的情形. 如果有 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow +\infty; x\in E}f(x)=L$ ，由于 $+\infty$ 是E的附着点，进而E无上界，进而 $E\cap(M, +\infty)$ 无上界，于是 $+\infty$ 也是 $E\cap(M, +\infty)$ 的附着点. 进而再由上面“定义9.10.3的注9.3.15”知有 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow +\infty; x\in E\cap(M, +\infty)}f(x)=L$ . 如果 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow +\infty; x\in E\cap(M, +\infty)}f(x)=L$ ，即对任意实数 $\varepsilon>0$ ，存在实数 $M_\varepsilon$ ，对一切 $x\in E\cap(M, +\infty)$ ，如果 $x>M_\varepsilon$ 则 $|f(x)-L|\leqslant\varepsilon$ . 而对任意实数 $\varepsilon>0$ ，存在实数M+1，对一切 $x\in E\cap(-\infty, M]$ ，如果 $x>M+1$ 则 $|f(x)-L|\leqslant\varepsilon$ （此语句是空洞的没有告诉我们任何事情，却是真的. 详见上面“定义9.10.3的注9.3.11”）. 综上，我们有对任意实数 $\varepsilon>0$ ，存在实数 $max\{M+1, M_\varepsilon\}$ ，对一切 $x\in E$ ，如果 $x>max\{M+1, M_\varepsilon\}$ 则 $|f(x)-L|\leqslant\varepsilon$ . 故 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow +\infty; x\in E}f(x)=L$ . 综上我们证明了 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow +\infty; x\in E}f(x)=L$ 当且仅当 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow +\infty; x\in E\cap(M, +\infty)}f(x)=L$ . 同理我们可以证明 $-\infty$ 是E的附着点的情形. 综上我们完成了证明.

《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§9.9解答

习题9.9

9.9.1证明：如果实数列 $(a_n)_{n=1}^\infty$ 和 $(b_n)_{n=1}^\infty$ 是等价的，那么由定义9.9.5知对任意实数 $\varepsilon>0$ ，都存在正自然数N，对一切自然数 $n\geqslant N$ 有 $|a_n-b_n|\leqslant\varepsilon$ ，即 $|(a_n-b_n)-0|\leqslant\varepsilon$ . 故 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}(a_n-b_n)=0$ .

如果 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}(a_n-b_n)=0$ ，即对任意实数 $\varepsilon>0$ ，都存在正自然数N，对一切自然数 $n\geqslant N$ 有 $|(a_n-b_n)-0|\leqslant\varepsilon$ ，即 $|a_n-b_n|\leqslant\varepsilon$ . 故 $(a_n)_{n=1}^\infty$ 和 $(b_n)_{n=1}^\infty$ 是等价的.

9.9.2证明：如果f在X上一致连续，那么对由X的元素组成的等价序列 $(x_n)_{n=0}^\infty$ 和 $(y_n)_{n=0}^\infty$ ，对任意实数 $\varepsilon>0$ ，由f在X上一致连续知存在实数 $\delta>0$ ，对任意 $x_1, x_2\in X$ ，如果 $|x_1-x_2|<\delta$ 就有 $|f(x_1)-f(x_2)|\leqslant\varepsilon$ . 由于 $(x_n)_{n=0}^\infty$ 和 $(y_n)_{n=0}^\infty$ 等价，故对上面的实数 $\delta$ 存在自然数N，对一切自然数 $n\geqslant N$ 有 $|x_n-y_n|<\delta$ ，进而有 $|f(x_n)-f(y_n)|\leqslant\varepsilon$ . 综上，对任意实数 $\varepsilon>0$ ，存在自然数N，对一切自然数 $n\geqslant N$ 有 $|f(x_n)-f(y_n)|\leqslant\varepsilon$ . 于是序列 $(f(x_n))_{n=0}^\infty$ 和 $(f(y_n))_{n=0}^\infty$ 也是等价的.

大假设设：只要序列 $(x_n)_{n=0}^\infty$ 和序列 $(y_n)_{n=0}^\infty$ 是由X的元素组成的等价序列那么序列 $(f(x_n))_{n=0}^\infty$ 和 $(f(y_n))_{n=0}^\infty$ 也是等价的. 我们假设f在X上不是一致连续的，即存在实数 $\varepsilon_0>0$ ，对一切实数 $\delta>0$ ，存在 $x_1, x_2\in X$ 使 $|x_1-x_2|<\delta$ 且 $|f(x_1)-f(x_2)|>\varepsilon_0$ . 进而对每个正自然数n，对正实数 $\frac{1}{n}$ ，存在 $x_1, x_2\in X$ 使 $|x_1-x_2|<\frac{1}{n}$ 且 $|f(x_1)-f(x_2)|>\varepsilon_0$ . 我们记集合 $A_n:=\{(x_1, x_2)\in X\times X : |x_1-x_2|<\frac{1}{n}\text{ and }|f(x_1)-f(x_2)|>\varepsilon_0\}$ . 由上讨论知对每个正整数n有 $A_n$ 非空，由选择公理知存在序列 $((a, b)_n)_{n=1}^\infty$ 使对一切正整数n有 $(a, b)_n\in A_n$ . 进而存在序列 $(a_n)_{n=1}^\infty$ 和序列 $(b_n)_{n=1}^\infty$ 使对一切正整数n有 $a_n$ 为 $(a, b)_n$ 的第一分量且 $b_n$ 为 $(a, b)_n$ 的第二分量，于是 $|a_n-b_n|<\frac{1}{n}$ 且 $|f(a_n)-f(b_n)|>\varepsilon_0$ . 我们容易证明序列 $(a_n)_{n=1}^\infty$ 和序列 $(b_n)_{n=1}^\infty$ 为等价的而 $(f(a_n))_{n=1}^\infty$ 和 $(f(b_n))_{n=1}^\infty$ 是不等价的. 这与我们的大假设相矛盾，故小假设不成立，即f在X上是一致连续的.

9.9.3证明：我们当然可以直接使用定义9.9.2来证明此命题. 对任意实数 $\varepsilon>0$ ，由于f在X上一致连续，则存在实数 $\delta>0$ ，对任意 $x_1, x_2\in X$ 有如果 $|x_1-x_2|<\delta$ 则 $|f(x_1)-f(x_2)|\leqslant\varepsilon$ . 对上面的实数 $\delta$ ，由于 $(x_n)_{n=0}^\infty$ 为由X的元素组成的Cauchy序列，则存在自然数N使对一切自然数 $n, m\geqslant N$ 有 $|x_n-x_m|<\delta$ ，进而 $|f(x_n)-f(x_m)|\leqslant\varepsilon$ . 综上，对任意实数 $\varepsilon>0$ ，存在自然数N，使对一切自然数 $n, m\geqslant N$ 有 $|f(x_n)-f(x_m)|\leqslant\varepsilon$ . 故序列 $(f(x_n))_{n=0}^\infty$ 为Cauchy序列.

例举两个错误的证明如下.

错误证明一：如果 $(x_n)_{n=0}^\infty$ 为由X的元素组成的Cauchy序列，则其收敛到某实数 $x_*$ ，由定义9.9.5知序列 $(x_n)_{n=0}^\infty$ 和序列 $(x_*)_{n=0}^\infty$ 等价，再由命题9.9.8知序列 $(f(x_n))_{n=0}^\infty$ 和序列 $(f(x_*))_{n=0}^\infty$ 等价. 由引理9.9.7知 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}(f(x_n)-f(x_*))=0$ ，进而有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}f(x_n)=\lim_{n\rightarrow\infty}(f(x_n)-f(x_*))+\lim_{n\rightarrow\infty}f(x_*)=\lim_{n\rightarrow\infty}f(x_*)=f(x_*)$ ，则序列 $(f(x_n))_{n=0}^\infty$ 为Cauchy序列.

错误证明二：如果 $(x_n)_{n=0}^\infty$ 为由X的元素组成的Cauchy序列，则其收敛到某实数 $x_*$ ，由于f在X上是一致连续的，进而f在X上也是连续的，进而在 $x_*$ 也是连续的，再由命题9.4.7知 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}f(x_n)=f(x_*)$ ，故 $(f(x_n))_{n=0}^\infty$ 为Cauchy序列.

以上错误的原因是 $x_*$ 不一定属于X（或者X不为闭的）.

9.9.4证明：对于每个完全由X的元素组成并且收敛到 $x_0$ 的序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ ，由实数集的完全性（定理6.4.18）知 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 是Cauchy序列，再由命题9.9.12知 $(f(a_n))_{n=0}^\infty$ 是Cauchy序列，再由定理6.4.18知 $(f(a_n))_{n=0}^\infty$ 收敛. 而对任意两个完全由X的元素组成并且收敛到 $x_0$ 的序列 $(b_n)_{n=0}^\infty$ 和 $(c_n)_{n=0}^\infty$ ，由引理9.9.7知两者等价，由命题9.9.8知 $(f(b_n))_{n=0}^\infty$ 和 $(f(c_n))_{n=0}^\infty$ 为等价的. 所以 $(f(a_n))_{n=0}^\infty$ 都收敛到同一值. 再由命题9.3.9知f在 $x_0$ 处沿着X收敛到某一值，即 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in X}f(x)$ 存在.

实际上，当 $x_0\in X$ 时，由f一致连续知f连续，则此时 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in X}f(x)=f(x_0)$ . 对于 $x_0\in\overline{X}\backslash X$ ，我们只需要从X中取一个收敛到 $x_0$ 的序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ ，则有 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in X}f(x)=\lim_{n\rightarrow\infty}f(a_n)$ .

9.9.5证明：如果E是空集，显然f(E)也是空集，故f(E)是有界的，命题显然成立.

若E非空，我们可以选取一个元素 $x_0\in E$ . 由于E为有界集，于是存在实数M使 $E\subseteq [-M, M]$ ，进而有 $M\geqslant x_0$ . 由于f在X上一致连续，进而f在E上也一致连续，故对实数1，存在实数 $\delta>0$ ，对任意 $x_1, x_2\in X$ 有如果 $|x_1-x_2|<\delta$ 则 $|f(x_1)-f(x_2)|\leqslant 1$ . 我们知存在一个自然数N使 $N+1>\frac{M-x_0}{(\frac{\delta}{2})}\geqslant N$ ，进而对一切自然数 $n\geqslant N+1$ 有 $x_0+n\frac{\delta}{2}\geqslant x_0+(N+1)\frac{\delta}{2}>M$ . 我们记关于自然数n的集合 $A_n:=E\cap[x_0+\frac{n\delta}{2}, x_0+\frac{(n+1)\delta}{2}]$ . 由上讨论我们知：当 $n\geqslant N+1$ 时 $A_n$ 为空集，于是使 $A_n$ 不为空集的自然数n是有限的，即集合 $B:=\{n\in\mathbb{N} : A_n \text{ is not empty}\}$ 为有限集. 对任意 $n_0\in B$ ，有 $A_{n_0}$ 非空，则存在 $x_{n_0}\in A_{n_0}$ ，由上讨论知对任意 $x_1\in A_{n_0}$ ，有如果 $|x_1-x_{n_0}|<\delta$ 则 $|f(x_1)-f(x_{n_0})|\leqslant 1$ . 由于 $x_1, x_{n_0}\in A_{n_0}$ ，即两实数都在区间 $[x_0+\frac{n_0\delta}{2}, x_0+\frac{(n_0+1)\delta}{2}]$ 中，进而显然有 $|x_1-x_{n_0}|<\delta$ 成立，故上述结论可改为对任意 $x_1\in A_{n_0}$ 有 $|f(x_1)-f(x_{n_0})|\leqslant 1$ ，即 $f(x_{n_0})-1\leqslant f(x_1)\leqslant f(x_{n_0})+1$ . 综上，对每个 $n\in B$ ，有 $f(A_n)$ 为有界的，记其上下界（或确界）分别为 $M_n$ 和 $m_n$ . 于是我们可以取 $M':=max\{M_n : n\in B\}$ 和 $m':=min\{m_n : n\in B\}$ . 进而对每个 $n\in B$ ， $f(A_n)$ 有上界M’和下界m’. 现在对任意 $x\in E\cap[x_0, +\infty)$ ，有 $x\in E\cap[x_0, x_0+\frac{(N+1)\delta}{2}]$ ，进而对某 $n'\leqslant N$ 有 $x\in E\cap[x_0+\frac{n'\delta}{2}, x_0+\frac{(n'+1)\delta}{2}]=A_n$ ，于是 $m'\leqslant f(x)\leqslant M'$ .

类似的论证可证明存在实数m、M使当 $x\in E\cap(-\infty, x_0]$ 时有 $m\leqslant f(x)\leqslant M$ .

综上，对任意 $x\in E$ ，有 $min\{m, m'\}\leqslant f(x)\leqslant max\{M, M'\}$ . 这就证明了f(E)是有界的.

文内补充

1.函数的一致连续性是一个整体性质，考虑的是函数的整个定义域.

2.实数列 $(x_n)_{n=0}^\infty$ 收敛到实数 $x_*$ 当且仅当实数列 $(x_n)_{n=0}^\infty$ 和实数列 $(x_*)_{n=0}^\infty$ 是等价的.

证明：从定义9.9.5知实数列 $(x_n)_{n=0}^\infty$ 收敛到实数 $x_*$ 蕴含实数列 $(x_n)_{n=0}^\infty$ 和实数列 $(x_*)_{n=0}^\infty$ 是等价的，从引理9.9.7知实数列 $(x_n)_{n=0}^\infty$ 和实数列 $(x_*)_{n=0}^\infty$ 是等价的蕴含实数列 $(x_n)_{n=0}^\infty$ 收敛到实数 $x_*$ .

由注9.9.9我们也可以推出：每个一致连续的函数都是连续的.

3.例9.9.10中的“为什么？”.

$\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}(f(\frac{1}{2n})-f(\frac{1}{n}))=\lim_{n\rightarrow\infty}n$ 为发散的，由引理9.9.7知两序列不等价.

4.例9.9.13中的“为什么？”.

因为Cauchy序列是有界的.

5.定理9.9.16中的“为什么？”.

显然.

6.注9.9.17应该修改，命题9.9.15+定理9.9.16 $\Longrightarrow$ 引理9.6.3.

《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§9.8解答

习题9.8

9.8.1证明：设 $a<b$ 是实数，并设 $f:[a, b]\rightarrow\mathbb{R}$ 是单调增的，显然存在 $a\in[a, b]$ ，对一切元素 $x\in[a, b]$ ，有 $x\geqslant a$ ，由于f单调增知有 $f(x)\geqslant f(a)$ ，于是f在a处达到它的最小值. 同理可证f在b处达到它的最大值.

由于严格增的函数也是单调增的，则上述论证对严格单调增函数也成立. 对于单调减或严格单调减函数也有类似论证.

9.8.2反例： $f:[-1, 1]\rightarrow\mathbb{R}$ . 如果 $x\in[-1, 0)$ ，则 $f(x):=x-1$ ；如果 $x\in(0, 1]$ ，则 $f(x):=x+1$ ；否则 $f(x):=0$ .

我们容易证明f为严格单调增的，而 $f(-1)=-2, f(1)=2$ . 我们容易证明不存在 $x\in[-1, 1]$ 使 $f(-1)\leqslant f(x)=0.5\leqslant f(1)$ .

9.8.3证明：如果 $f(a)<f(b)$ ，我们假设f不是严格增的，即存在 $x_1, x_2\in [a, b]$ 使得 $x_1<x_2$ 且 $f(x_1)\geqslant f(x_2)$ ，由于f是一对一的，进一步有 $f(x_1)>f(x_2)$ . 我们假设 $f(x_1)>f(a)$ ，取 $m:=max\{f(a), f(x_2)\}$ ，于是我们有 $f(x_1)>m$ . 对于实数 $\frac{f(x_1+m)}{2}$ ，我们有 $f(x_1)>\frac{f(x_1+m)}{2}>m$ ，进而有 $f(x_1)>\frac{f(x_1+m)}{2}>f(x_2)$ 和 $f(x_1)>\frac{f(x_1+m)}{2}>f(a)$ . 由于f是连续的，由习题9.4.6知f限制在 $[a, x_1]$ 和限制在 $[x_1, x_2]$ 是连续的，由上结果和中值定理知存在 $x_3\in[a, x_1]$ 和 $x_4\in[x_1, x_2]$ 使 $f(x_3)=f(x_4)=\frac{f(x_1)+m}{2}$ . 显然的是 $x_3\neq x_1$ 且 $x_4\neq x_1$ ，进而有 $x_3\neq x_4$ ，则f不是一对一的. 因此在承认f为1对1的前提下有 $f(a)\geqslant f(x_1)$ . 同理可证 $f(b)\leqslant f(x_2)$ . 于是有 $f(a)\geqslant f(x_1)>f(x_2)\geqslant f(b)$ ，进而有 $f(a)>f(b)$ . 故在承认 $f(a)<f(b)$ 的前提下有f是严格增的. 同理可证当 $f(a)>f(b)$ 时f是严格减的. 由于f是单射，则不会出现 $f(a)=f(b)$ 的情形.

综上命题得证.

9.8.4证明：对任意 $x_1, x_2\in[a, b]$ ，如果 $x_1\neq x_2$ ，由实数序的三歧性知有 $x_1<x_2$ 或 $x_1>x_2$ ，由于f是严格增的，进而有 $f(x_1)<f(x_2)$ 或 $f(x_1)>f(x_2)$ ，即 $f(x_1)\neq f(x_2)$ ，故f为单射. 对任意 $y\in[f(a), f(b)]$ ，由于f是连续的，由中值定理知存在 $c\in[a, b]$ 使 $f(c)=y$ ，故f为满射. 综上f为双射.

对于逆映射 $f^{-1}:[f(a), f(b)]\rightarrow[a, b]$ ，对任意 $y_1, y_2\in[f(a), f(b)]$ ，如果 $y_1<y_2$ ，即 $f(a)\leqslant y_1<y_2\leqslant f(b)$ ，由中值定理知存在 $x_1, x_2\in [a, b]$ 使得 $f(x_1)=y_1, f(x_2)=y_2$ ，由于 $y_1<y_2$ ，进而有 $x_1\neq x_2$ . 如果 $x_1>x_2$ ，由f严格增有 $f(x_1)>f(x_2)$ ，即 $y_1>y_2$ ，故在承认 $y_1<y_2$ 的前提下有 $x_1<x_2$ ，即 $f^{-1}(y_1)<f^{-1}(y_2)$ . 综上， $f^{-1}$ 为严格增函数.

现在来证明 $f^{-1}$ 的连续性.

对任意元素 $y_0\in(f(a), f(b))$ ，由f是双射知恰存在一个 $x_0\in(a, b)$ 使 $f(x_0)=y_0$ 且 $f^{-1}(y_0)=x_0$ . 对任意实数 $\varepsilon>0$ ，取 $x_{-\delta}:=max\{a, x_0-\varepsilon\}, x_{+\delta}:=min\{b, x_0+\varepsilon\}$ ，再取 $\delta:=min\{f(x_{+\delta})-f(x_0), f(x_0)-f(x_{-\delta})\}$ . 由于f是严格增的且 $x_{+\delta}>x_0>x_{-\delta}$ ，故 $f(x_{+\delta})>f(x_0)>f(x_{-\delta})$ ，于是我们知有 $\delta>0$ . 对任意元素 $y\in[f(a), f(b)]$ ，如果 $|y-y_0|<\delta$ ，即 $y_0-\delta<y<y_0+\delta$ ，即 $f(x_0)-\delta<y<f(x_0)+\delta$ ，进而由 $\delta$ 的定义有 $f(x_{-\delta})<y<f(x_{+\delta})$ . 由于f是在 $[a, b]$ 上连续的，则f在 $[x_{-\delta}, x_{+\delta}]$ 上也是连续的，由中值定理知存在 $x\in[x_{-\delta}, x_{+\delta}]$ 使 $f(x)=y$ ，由于f为双射，即 $f^{-1}(y)=x\in[x_{-\delta}, x_{+\delta}]$ ，于是乎 $x_{-\delta}\leqslant x\leqslant x_{+\delta}$ ，进而有 $x_0-\varepsilon\leqslant x\leqslant x_0+\varepsilon$ ，故有 $|x-x_0|\leqslant\varepsilon$ ，即 $|f^{-1}(y)-f^{-1}(y_0)|\leqslant\varepsilon$ . 综上， $f^{-1}$ 在 $(f(a), f(b))$ 上是连续的.

在 $f(a)$ 处，恰存在一个 $a\in[a, b]$ 使 $f(a)=f(a)$ 且 $f^{-1}(f(a))=a$ . 对任意实数 $\varepsilon>0$ ，取 $x_\delta:=min\{b, a+\varepsilon\}, \delta:=f(x_\delta)-f(a)$ . 由于f严格增且 $x_\delta>a$ ，进而我们知 $\delta>0$ . 对任意元素 $y\in[f(a), f(b)]$ ，如果 $|y-f(a)|<\delta$ ，即 $f(a)-\delta<y<f(a)+\delta$ ，由于 $y\in[f(a), f(b)]$ ，进而有 $f(a)\leqslant y\leqslant f(x_\delta)$ . 由于f在 $[a, b]$ 上连续，进而f在 $[a, x_\delta]$ 上连续，由中值定理知存在 $x\in[a, x_\delta]$ 使 $f(x)=y$ ，即 $a\leqslant f^{-1}(y)\leqslant x_\delta$ ，进而有 $a\leqslant f^{-1}(y)\leqslant a+\varepsilon$ ，即 $|f^{-1}(y)-f^{-1}(f(a))|\leqslant\varepsilon$ . 故 $f^{-1}$ 在 $f(a)$ 处连续. 同理可证 $f^{-1}$ 在 $f(b)$ 处连续.

综上， $f^{-1}$ 在 $[f(a), f(b)]$ 连续.

去掉连续的假定命题不成立，因为中值定理不再适用，进而f可以不是从 $[a, b]$ 到 $[f(a), f(b)]$ 的满射. 例如函数 $f:[a, b]\rightarrow\mathbb{R}$ ，如果 $x=a$ 则 $f(x):=a$ ；否则 $f(x):=x+1$ .

把严格单调换成单调命题也不成立. 比如 $f:[a, b]\rightarrow\mathbb{R}, f(x):=a$ .

最后代替处理严格增而处理严格减函数时，命题只要把“严格增”替换成“严格减”即可.

9.8.5证明：(a)对任意元素 $x_1, x_2\in\mathbb{R}$ ，如果 $x_1<x_2$ ，那么由命题8.2.6我们有 $\displaystyle f(x_2)=\sum_{r\in\mathbb{Q} : r<x_2}g(r)=\sum_{r\in\mathbb{Q} : r<x_1}g(r)+\sum_{r\in\mathbb{Q} : x_1\leqslant r<x_2}g(r)$ ，由于满足不等式 $x_1<r<x_2$ 的比例数r有无穷多（由命题5.4.14知），故我们有 $\displaystyle\sum_{r\in\mathbb{Q} : x_1\leqslant r<x_2}g(r)=\sum_{n=0}^\infty g(p(n))$ (函数p为某 $\mathbb{N}$ 到 $\{r\in\mathbb{Q} : x_1\leqslant r<x_2\}$ 的双射)，由于无限级数 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty g(p(n))$ 的部分和序列 $\displaystyle(\sum_{n=0}^N g(p(n)))_{N=0}^\infty$ 严格增且收敛，故其收敛到其上确界，故 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty g(p(n))$ 恒大于0，故 $\displaystyle\sum_{r\in\mathbb{Q} : r<x_2}g(r)>\sum_{r\in\mathbb{Q} : r<x_1}g(r)$ ，即 $f(x_2)>f(x_1)$ . 故f为严格增函数.

(b)对于任意比例数r，由q是 $\mathbb{N}$ 到 $\mathbb{Q}$ 的双射知存在某自然数n使 $r=q(n)$ . 那么对一切实数 $x>r$ ，有 $\displaystyle f(x)=\sum_{r\in\mathbb{Q} : r<x}g(r)=\sum_{t\in\mathbb{Q} : t<r}g(t)+\sum_{t\in\mathbb{Q} : r\leqslant t<x}g(t)\geqslant f(r)+g(r)=f(r)+g(q(n))=f(r)+2^{-n}$ . 进而存在实数 $2^{-n-1}$ ，对一切实数 $\delta>0$ ，存在实数 $r+\frac{1}{2}\delta\in\mathbb{R}$ ，有 $|(r+\frac{1}{2}\delta)-r|<\delta$ 且 $|f(r+\frac{1}{2}\delta)-f(r)|=2^{-n}>2^{-n-1}$ . 故f在任何比例数处都不连续.

(c)由于级数 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty 2^{-n}$ 是绝对收敛的，故函数 $\displaystyle f_N:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}, f_N(x):=\sum_{r\in\mathbb{Q} : r<x, g(r)\geqslant 2^{-N}}g(r)(N\in\mathbb{N})$ 是定义成功的. 现在我们来证明对每个自然数N，对每个非比例数x，有 $f_N$ 在x处连续. 函数 $f_N$ 的构造十分巧妙使得其在无理数处连续. 设N为任意的自然数， $x_0$ 为任意非比例数. 由于满足不等式 $2^{-n}\geqslant 2^{-N}$ 的自然数n是有限的，故满足 $g(r)\geqslant 2^{-N}$ 的比例数r也是有限的，我们记其组成的集合为 $A:=\{r\in\mathbb{Q} : g(r)\geqslant 2^{-N}\}$ ，进而由习题8.4.3和习题3.6.7知集合 $B:=\{|r-x_0| : r\in A\}$ 为有限集，于是我们可以取集合B中的最小值，即存在一个 $r_{min}\in A$ 使正数 $|r_{min}-x_0|$ 为B的最小值. 对任意实数 $\varepsilon>0$ ，我们取 $\delta:=\frac{1}{2}|r_{min}-x_0|>0$ ，对任意 $x\in\mathbb{R}$ ，如果 $|x-x_0|<\delta$ ，即 $|x-x_0|<|r_{min}-x_0|$ ，那么有 $\{r\in\mathbb{Q} : r<x_0, g(r)\geqslant 2^{-N}\}=\{r\in\mathbb{Q} : r<x, g(r)\geqslant 2^{-N}\}$ ，进而 $f_N(x)=f_N(x_0)$ ，即 $|f_N(x)-f_N(x_0)|=0\leqslant\varepsilon$ . 故 $f_N$ 在非比例数 $x_0$ 处连续. 而对任意实数 $x_1$ ，由于 $\displaystyle\sum_{r\in\mathbb{Q} : r<x_1}g(r)=\sum_{r\in\mathbb{Q} : r<x_1, g(r)\geqslant 2^{-N}}g(r)+\sum_{r\in\mathbb{Q} : r<x_1, g(r)<2^{-N}}g(r)$ ，故有 $f(x_1)>f_N(x_1)$ ，故 $\displaystyle|f(x_1)-f_N(x_1)|=f(x_1)-f_N(x_1)=\sum_{r\in\mathbb{Q} : r<x_1, g(r)<2^{-N}}g(r)\leqslant\sum_{r\in\mathbb{Q} : g(r)<2^{-N}}g(r)=\sum_{n\in\mathbb{N} : 2^{-n}<2^{-N}}2^{-n}=\sum_{n=0}^\infty 2^{-n}-\sum_{n\in\mathbb{N} : 2^{-n}\geqslant 2^{-N}} 2^{-n}=\frac{1}{1-\frac{1}{2}}-(2^0+...+2^{-N})=2-(2-2^{-N})=2^{-N}$ .

综上，对每个自然数N，我们证明了函数 $f_N$ 在每个非比例数处连续且对每个实数x有 $|f(x)-f_N(x)|\leqslant 2^{-N}$ .

下面我们将使用中间人把戏证明f在非比例数处连续. 对每个非比例数 $x_0$ ，对每个实数 $\varepsilon>0$ ，有 $\frac{1}{2}\varepsilon>0$ ，由引理6.5.2知 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}2^{-n}=0$ ，故存在整数N使得 $2^{-N}\leqslant\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}\varepsilon=\frac{1}{4}\varepsilon$ . 而由于 $f_N$ 在非比例数 $x_0$ 处连续，则存在 $\delta>0$ ，使对一切 $x\in\mathbb{R}$ ，如果 $|x-x_0|<\delta$ ，则 $|f_N(x)-f_N(x_0)|\leqslant\frac{1}{2}\varepsilon$ ，进而有 $|f(x)-f(x_0)|=|f(x)-f_N(x)+f_N(x)-f_N(x_0)+f_N(x_0)-f(x_0)|\leqslant|f(x)-f_N(x)|+|f_N(x)-f_N(x_0)|+|f(x_0)-f_N(x_0)|\leqslant 2^{-N}+\frac{1}{2}\varepsilon+2^{-N}=\frac{1}{4}\varepsilon+\frac{1}{2}\varepsilon+\frac{1}{4}\varepsilon=\varepsilon$ . 故f在非比例数 $x_0$ 处连续.

文内补充

1.例9.8.2中的“为什么？”.

第一个：由命题6.7.3知显然. 第二个：由第一个显然. 第三个：显然.

2.命题9.8.3当 $a=b$ 时是平凡的.

3.例9.8.4，联系“注9.7.3”，其实就是由表达式 $x=y^n$ 确定的函数 $f:[0, R^n]\rightarrow[0, R]$ .

4.由习题9.8.3和习题9.8.4我们知，在 $f:[a, b]\rightarrow\mathbb{R}$ 是连续函数的前提下，以下命题是逻辑上等价的：

f是双射 $\Longleftrightarrow$ f是严格单调

5.习题9.8.5举出的例子实在是太巧妙了，有谁知道出处吗？求留言.

《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§9.7解答

习题9.7

9.7.1证明：由命题9.6.7知存在 $x_{max}\in[a, b]$ 使得 $f(x_{max})=M$ 和存在 $x_{min}\in[a, b]$ 使得 $f(x_{min})=m$ . 如果有 $m\leqslant y\leqslant M$ ，即 $f(x_{min})\leqslant y\leqslant f(x_{max})$ ，由定理9.7.1知存在 $c\in[a, b]$ 使 $f(c)=y$ . 于是对任意 $y\in[m, M]$ 有 $y\in f([a, b])$ . 而对任意 $y\in f([a, b])$ ，有对某 $x\in[a, b]$ 有 $f(x)=y$ ，则有 $m\leqslant y\leqslant M$ ，则 $y\in[m, M]$ . 综上有 $f([a, b])=[m, M]$ .

9.7.2证明：我们假设对每个 $x\in X$ 有 $f(x)>x$ ，则有 $f(1)>1$ ，即 $f(1)\notin[0, 1]$ . 这个矛盾帮助我们得到存在 $x_1\in X$ 使 $f(x_1)\leqslant x_1$ ；同理考虑f在0处的函数值可证存在 $x_2\in X$ 使 $f(x_2)\geqslant x_2$ . 定义新函数 $g:[0, 1]\rightarrow\mathbb{R}, g(x):=f(x)-x$ ，由上知存在 $x_1,x_2\in X$ 使 $g(x_1)\leqslant 0\leqslant g(x_2)$ ，由于g为连续函数，由中值定理知存在 $x\in X$ 使得 $g(x)=0$ ，即存在 $x\in X$ 使得 $f(x)=x$ . 命题得证.

《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§9.6解答

习题9.6

9.6.1证明：(a) $f:(1, 2)\rightarrow\mathbb{R}, f(x):=(x-\frac{3}{2})^2$ . 因为函数定义域不是闭的有界区间.

(b) $f:[0, +\infty)\rightarrow\mathbb{R}, f(x):=e^{-x}$ . 因为函数定义域不是闭的有界区间.

(c) $f:[-1, 1]\rightarrow\mathbb{R}$ ，当 $\frac{1}{x}$ 为正自然数时 $f(x):=1-x$ ；当 $\frac{1}{x}$ 为负自然数时 $f(x):=-1-x$ ；其余情况 $f(x):=0$ . 因为f不连续.

(d) $f:[-1, 1]\rightarrow\mathbb{R}$ ，当 $x\in[-1, 0]$ 时 $f(x):=0$ ；当 $x\in(0, 1]$ 时 $f(x):=-e^{\frac{1}{x}}$ . 因为f不连续.

文内补充

1.注9.6.2中的四个“为什么？”.

显然.

2.引理9.6.3的证明中的“为什么？用归纳法”.

显然.

3.注9.6.6中的“为什么？”.

显然.

4.P194的注脚进一步说明.

其中缺少的细节如下：我们已经定义 $x_n:=\sup\{x\in [a, b] : |f(x)|\geqslant n\}$ . 我们首先证明 $x_n\in[a, b]$ ，假设不然，由集合 $\{x\in [a, b] : |f(x)|\geqslant n\}$ 有上界b我们知道 $x_n$ 是实数，进而有 $x_n<a$ 或者 $x_n>b$ . 由于集合 $\{x\in [a, b] : |f(x)|\geqslant n\}$ 非空和a是集合 $\{x\in [a, b] : |f(x)|\geqslant n\}$ 的下界，我们知道 $x_n\geqslant a$ ，进而只能 $x_n>b$ ，我们取 $M:=\frac{x_n+b}{2}$ ，进而有 $x_n>M>b$ ，进而M也是集合 $\{x\in [a, b] : |f(x)|\geqslant n\}$ 的上界，这与 $x_n$ 是集合 $\{x\in [a, b] : |f(x)|\geqslant n\}$ 的最小上界相矛盾. 最终由反证法我们知道有 $x_n\in[a, b]$ . 由于 $x_n\in [a, b]$ ，则f在 $x_n$ 处连续. 进而对任意实数 $\varepsilon>0$ ，存在实数 $\delta>0$ ，对一切 $x\in[a, b]$ ，如果 $|x-x_n|<\delta$ 则有 $|f(x)-f(x_n)|\leqslant\varepsilon$ . 进而对此实数 $\delta$ ，由于 $x_n$ 为集合 $\{x\in [a, b] : |f(x)|\geqslant n\}$ 的附着点，则存在 $x'\in\{x\in [a, b] : |f(x)|\geqslant n\}$ 使 $|x'-x_n|<\delta$ ，进而我们有 $|f(x')-f(x_n)|\leqslant\varepsilon$ ，进而有 $|f(x')|-|f(x_n)|\leqslant\varepsilon$ ，即 $|f(x_n)|\geqslant|f(x')|-\varepsilon$ . 综上，对任意实数 $\varepsilon>0$ ，都存在 $x'\in\{x\in [a, b] : |f(x)|\geqslant n\}$ 使得 $|f(x_n)|\geqslant|f(x')|-\varepsilon\geqslant n-\varepsilon$ . 于是有 $f(x_n)\geqslant n$ .

5.命题9.6.7证明中的“为什么？”.

显然.

《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§9.5解答

习题9.5

9.5.1

定义（函数在一点处收敛到无穷）：设X是 $\mathbb{R}$ 的子集， $f:X\rightarrow\mathbb{R}$ 是函数，并设E是X的子集， $x_0$ 是E的附着点. 我们说f在 $x_0$ 处沿着E收敛到 $+\infty$ ，记为 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in E}f(x)=+\infty$ ，当且仅当对每个实数 $\underline{r>0}$ ，都存在实数 $\underline{\delta>0}$ ，使得对一切 $\underline{x\in E}$ 有如果 $\underline{|x-x_0|<\delta}$ 则 $\underline{f(x)>r}$ .

现在考虑函数 $f:\mathbb{R}\backslash\{0\}\rightarrow\mathbb{R}, f(x):=\frac{1}{x}$ . 由于对每个实数 $r>0$ ，存在实数 $\frac{1}{r}>0$ ，使对一切 $x\in(0, +\infty)=(\mathbb{R}\backslash\{0\})\cap(0, +\infty)$ 有如果 $|x-0|<\frac{1}{r}$ ，即 $x<\frac{1}{r}$ 时，有 $f(x)=\frac{1}{x}>\frac{1}{(\frac{1}{r})}=r$ . 由上“函数在一点处收敛到无穷”的定义知有 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0; x\in(\mathbb{R}\backslash\{0\})\cap(0, +\infty)}f(x)=+\infty$ ，即 $f(0+)=+\infty$ .

同理我们可以定义：f在 $x_0$ 处沿着E收敛到 $-\infty$ ，记为 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in E}f(x)=-\infty$ ，当且仅当对每个实数 $\underline{r>0}$ ，都存在实数 $\underline{\delta>0}$ ，使得对一切 $\underline{x\in E}$ 有如果 $\underline{|x-x_0|<\delta}$ 则 $\underline{f(x)<-r}$ . 同理我们可证 $f(0-)=-\infty$ .

联合定义9.3.6我们发现： $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in E}f(x)=L$ (L为某实数)、 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in E}f(x)=+\infty$ 和 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in E}f(x)=-\infty$ 三者中至多有一个成立，但可能三者都不成立.

类比命题9.3.9，我们可以叙述：设X是 $\mathbb{R}$ 的子集， $f:X\rightarrow\mathbb{R}$ 是函数，并设E是X的子集， $x_0$ 是E的附着点. 那么下述两命题是逻辑上等价的：

(a)f在 $x_0$ 处沿着E收敛到 $+\infty(-\infty)$ .

(b)对于每个完全由E的元素组成，并且收敛到 $x_0$ 的序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ ，有序列 $(f(a_n))_{n=0}^\infty$ 收敛到 $+\infty(-\infty)$ ，由练习8.2.6知即 $\displaystyle\limsup_{n\rightarrow\infty}f(a_n)=\liminf_{n\rightarrow\infty}f(a_n)=+\infty(-\infty)$ .

证明：如果f在 $x_0$ 处沿着E收敛到 $+\infty$ ，那么对于每个完全由E的元素组成并且收敛到 $x_0$ 的序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ ，对任意正自然数M，由于f在 $x_0$ 处沿着E收敛到 $+\infty$ ，则存在实数 $\delta>0$ ，使对一切 $x\in E$ 有如果 $|x-x_0|<\delta$ 则 $f(x)>M$ . 由于 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 收敛到 $x_0$ 且对一切自然数n有 $a_n\in E$ ，则存在自然数N’使对一切自然数 $n\geqslant N'$ 有 $|a_n-x_0|\leqslant\frac{\delta}{2}<\delta$ ，进而 $f(a_n)>M$ . 综上，对任意正自然数M，都存在自然数N’使得对一切自然数 $n\geqslant N'$ 有 $f(a_n)>M$ . 于是对一切自然数N有 $f(a_N)^+:=\sup (f(a_n))_{n=N}^\infty=+\infty$ ，进而我们有 $\displaystyle\limsup_{n\rightarrow\infty}f(a_n)=\inf (f(a_N)^+)_{N=0}^\infty=\inf(+\infty)_{N=0}^\infty=+\infty$ . 同时我们有M为 $(f(a_n))_{n=N'}^\infty$ 的一个下界，即有 $f(a_{N'})^-=\inf (f(a_n))_{n=N'}^\infty>M$ ，即对任意正自然数M存在自然数N’使 $f(a_{N'})^->M$ ，故序列 $(f(a_N)^-)_{N=0}^\infty$ 无上界，则 $\displaystyle\liminf_{n\rightarrow\infty}f(a_n)=\sup(f(a_N)^-)_{N=0}^\infty=+\infty$ . 综上有 $\displaystyle\limsup_{n\rightarrow\infty} f(a_n)=\liminf_{n\rightarrow\infty} f(a_n)=+\infty$ . 于是序列 $(f(a_n))_{n=0}^\infty$ 收敛到 $+\infty$ . （其实我们可以只证 $\displaystyle\liminf_{n\rightarrow\infty}f(a_n)=+\infty$ ，再由 $\displaystyle\limsup_{n\rightarrow\infty}f(a_n)\geqslant\liminf_{n\rightarrow\infty}f(a_n)$ 完成证明）

同理可证如果f在 $x_0$ 处沿着E收敛到 $-\infty$ ，那么对于每个完全由E的元素组成，并且收敛到 $x_0$ 的序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ ，有序列 $(f(a_n))_{n=0}^\infty$ 收敛到 $-\infty$ .

反过来，若对于每个完全由E的元素组成，并且收敛到 $x_0$ 的序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ ，有序列 $(f(a_n))_{n=0}^\infty$ 收敛到 $+\infty$ ，则有 $\displaystyle\liminf_{n\rightarrow\infty} f(a_n)=+\infty$ . 进而对每个实数 $r>0$ ，由于 $\displaystyle\liminf_{n\rightarrow\infty}f(a_n)=\sup(f(a_N)^-)_{N=0}^\infty=+\infty$ ，则r不是序列 $(f(a_N)^-)_{N=0}^\infty$ 的上界，则存在自然数m使 $f(a_m)^->r$ ，即 $\inf(f(a_n))_{n=m}^\infty>r$ ，即对一切自然数 $n\geqslant m$ 有 $f(a_n)>r$ .

我们假设并非f在 $x_0$ 处沿着E收敛到 $+\infty$ . 则存在实数 $r>0$ ，对每个实数 $\delta>0$ ，都存在 $x\in E$ 使得 $|x-x_0|<\delta$ 且 $f(x)<r$ . 我们定义关于正自然数n的集合 $A_n:=\{x\in E : |x-x_0|<\frac{1}{n}\text{ and }f(x)<r\}$ . 由上陈述知对一切正自然数n有 $A_n$ 非空，进而由可数选择公理知存在序列 $(a_n)_{n=1}^\infty$ 使得对一切正自然数n有 $a_n\in A_n$ . 而对一切实数 $\varepsilon>0$ ，存在正自然数N使得 $N\varepsilon>1$ ，即 $\varepsilon>\frac{1}{N}$ ，此时对一切自然数 $n\geqslant N$ 有 $|a_n-x_0|<\frac{1}{n}\leqslant\frac{1}{N}<\varepsilon$ ，即 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=x_0$ . 于是 $(a_n)_{n=1}^\infty$ 为完全由E的元素组成并且收敛到 $x_0$ 的序列. 但是对一切正自然数n有 $f(a_n)<r$ ，则r为 $(f(a_n))_{n=1}^\infty$ 的一个上界，则 $\displaystyle\limsup_{n\rightarrow\infty}f(a_n)<r<+\infty$ .

由反证法知：如果对于每个完全由E的元素组成，并且收敛到 $x_0$ 的序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ ，有序列 $(f(a_n))_{n=0}^\infty$ 收敛到 $+\infty$ ，则f在 $x_0$ 处沿着E收敛到 $+\infty$ . 同理可证关于 $-\infty$ 的类似命题.

文内补充

1.左右极限的定义也是离不开函数的定义域，但函数f不必须在极限处有定义. 但左右极限和函数连续是有关系的，详见命题9.5.3.

2.例9.5.2中“为什么？”.

显然.

3.命题9.5.3上面一段的“你能看出为什么吗？”.

由命题9.4.7(c)知显然；或者由命题9.3.9知显然.

4.命题9.5.3的证明中的“为什么？”.

a.显然由于两值都为正，所以不管取哪个都为正值.

b.第二个“为什么？”显然是简单的分类讨论.

跳跃间断：函数在某处左右极限都存在但不相等.

可去间断点（可去除奇异性）：函数在某处左右极限都存在且相等，但不等于此处的函数值.

渐进间断：函数在间断点处趋于无限，详见习题9.5.1中的定义.

振荡间断：函数在间断处附近保持有界但在间断处无左极限也无右极限.

6.注9.5.4上面一段的“为什么？”.

显然.

《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§9.4解答

习题9.4

9.4.1证明：如果f在 $x_0$ 处连续，那么对由X的元素组成的任何收敛到 $x_0$ 的序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ ，由命题9.3.9知有 $(f(a_n))_{n=0}^\infty$ 收敛到 $f(x_0)$ ，即 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}f(a_n)=f(x_0)$ . 故(a)蕴涵(b).

如果f在 $x_0$ 处连续，那么对任意实数 $\varepsilon>0$ ，有 $\frac{\varepsilon}{2}>0$ ，由定义9.3.6知存在实数 $\delta>0$ ，使当 $x\in X$ 且 $|x-x_0|<\delta$ 时有 $|f(x)-f(x_0)|<\frac{1}{2}\varepsilon<\varepsilon$ . 故(a)蕴涵(c).

同由定义9.3.6知有(c)蕴涵(a).

同由命题9.3.9知有(b)蕴涵(a).

这就完成了证明.

9.4.2证明：对任意 $x_0\in X$ ，有 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in X}f(x)=\lim_{x\rightarrow x_0; x\in X}c=\lim_{x\rightarrow x_0; x\in\mathbb{R}}c=c=f(x_0)$ （第二个等号由注9.3.15最后一段得到）. 同理可证 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in X}g(x)=g(x_0)$ .

9.4.3证明：我们将给出两个证明.

证明一：我们还没有办法直接用命题9.4.7中的(c)，因为我们还没有对数函数这一工具.

对任意实数 $x_0\in\mathbb{R}$ ，其中 $(a_n)_{n=1}^\infty$ 是任意收敛到 $x_0$ 的实数序列. 由本书6.7节实的指数运算以及引理8.4.5的启发，我们有如下思路——找到两比例数序列 $(p_n)_{n=1}^\infty$ 和 $(q_n)_{n=1}^\infty$ 使对一切自然数 $n\geqslant 1$ 满足 $p_n\leqslant a_n\leqslant q_n$ 并且 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}p_n=\lim_{n\rightarrow\infty}q_n=x_0$ ，进而借助命题6.7.3和命题6.4.14可以证明 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a^{a_n}=a^{x_0}$ ，再由命题9.4.7(b)我们就可以完成证明. 证明的细节如下：

对每个正自然数n，让 $X_n$ 代表集合 $X_n:=\{x\in\mathbb{R} : a_n-\frac{1}{n}<x<a_n\text{ and x is rational number}\}$ . 由命题5.4.14知存在比例数q使得 $a_n-\frac{1}{n}<q<a_n$ ，进而有 $q\in X_n$ ，进而 $X_n$ 非空（事实上，我们回顾命题5.4.14的证明，这个比例数q是构造性的，故选择公理可以绕过）. 由可数选择公理知存在一个序列 $(p_n)_{n=1}^\infty$ 使得对一切自然数 $n\geqslant 1$ 有 $p_n\in X_n$ ，进而 $(p_n)_{n=1}^\infty$ 为比例数序列且对一切正自然数n有 $a_n-\frac{1}{n}<p_n<a_n$ ，再由挤压判别法知 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}p_n=x_0$ .

同理我们可找到另一个比例数序列 $(q_n)_{n=1}^\infty$ 使得对一切自然数 $n\geqslant 1$ 有 $a_n<q_n<a_n+\frac{1}{n}$ 并且 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}q_n=x_0$ . 综上，我们找到两比例数序列 $(p_n)_{n=1}^\infty$ 和 $(q_n)_{n=1}^\infty$ 使对一切自然数 $n\geqslant 1$ 满足 $a_n-\frac{1}{n}<p_n<a_n<q_n<a_n+\frac{1}{n}$ 并且 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}p_n=\lim_{n\rightarrow\infty}q_n=x_0$ .

当 $a>1$ 时，由命题6.7.3(e)知对一切正自然数n有 $a^{p_n}<a^{a_n}<a^{q_n}$ . 再由引理6.7.1和定义6.7.2知有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a^{p_n}=a^{\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}p_n}=a^{x_0}=a^{\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}q_n}=\lim_{n\rightarrow\infty}a^{q_n}$ . 再由挤压判别法知 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a^{a_n}=a^{x_0}$ . 最后由命题9.4.7(b)以及收敛到 $x_0$ 的序列 $(a_n)_{n=1}^\infty$ 的任意性知：此时 $f(x)=a^x$ 在 $x_0$ 是连续的. 再由 $x_0$ 的任意性知当 $a>1$ 时 $f(x)=a^x$ 在整个定义域上是连续的.

同理可证当 $0<a<1$ 和a=1时 $f(x)=a^x$ 在整个定义域上是连续的. 这就完成了证明.

证明二：大多数教材都采用此思路，先证明指数函数在 $x=0$ 处连续，进而证明在整个实直线上连续.

首先回顾引理6.5.3：有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a^{\frac{1}{n}}=1(a>0)$ ，进而也有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a^{-\frac{1}{n}}=1(a>0)$ . 进而对任意实数 $\varepsilon>0$ ，可以找到存在正整数N使得 $1-\varepsilon<a^{-\frac{1}{N}}<a^{\frac{1}{N}}<1+\varepsilon(a>1)$ 或者 $1-\varepsilon<a^{\frac{1}{N}}\leqslant a^{-\frac{1}{N}}<1+\varepsilon(0<a\leqslant 1)$ .

当 $a>1$ 时，对任意实数 $\varepsilon>0$ ，由上知存在实数 $\delta:=\frac{1}{N}>0$ ，使得当 $x\in\mathbb{R}$ 且 $|x-0|=|x|<\delta$ 时有 $1-\varepsilon<a^{-\delta}<a^\delta<1+\varepsilon$ ，由于 $|x|<\delta$ ，进而有 $-\delta<x<\delta$ ，由于 $a>1$ 进而由命题6.7.3有 $a^{-\delta}<a^x<a^\delta$ ，进而有 $1-\varepsilon<a^{-\delta}<a^x<a^\delta<1+\varepsilon$ ，即 $1-\varepsilon<a^x<1+\varepsilon$ ，即 $|a^x-a^0|<\varepsilon$ . 再由命题9.4.7(c)知此时指数函数在0处连续.

当 $0<a\leqslant 1$ 时同理可证指数函数在0处连续.

综上，指数函数在0处连续.

现在对任意实数 $x_0\in\mathbb{R}$ ，对于每个实数 $\varepsilon>0$ ，有 $\frac{\varepsilon}{a^{x_0}}>0$ ，由于指数函数在0处连续，由命题9.4.7(c)知存在实数 $\delta>0$ 使得当 $x\in\mathbb{R}$ 且 $|x|<\delta$ 有 $|a^x-a^0|<\frac{\varepsilon}{a^{x_0}}$ ，进而对一切 $x\in\mathbb{R}$ 且 $|x-x_0|<\delta$ ，有 $(x-x_0)\in\mathbb{R}$ 且 $|x-x_0|<\delta$ ，进而有 $|a^{x-x_0}-a^0|<\frac{\varepsilon}{a^{x_0}}$ ，进而 $|a^x-a^{x_0}|<\varepsilon$ . 再由命题9.4.7知指数函数在 $x_0$ 处连续.

下面习题9.4.4也是采用此思路.

9.4.4证明：由习题9.4.2我们知 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 1; x\in\mathbb{R}}x^0=\lim_{x\rightarrow 1; x\in\mathbb{R}}1=1$ 并且 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 1; x\in\mathbb{R}}x^1=\lim_{x\rightarrow 1; x\in\mathbb{R}}x=1$ . 由极限算律以及归纳法易证对一切自然数n有 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 1; x\in\mathbb{R}}x^n=1^n=1$ . 由注9.3.15可知 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 1; x\in (0, +\infty)}x^n=\lim_{x\rightarrow 1; x\in\mathbb{R}}x^n=1$ .

同理由极限算律知 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 1; x\in (0, +\infty)}x^{-n}=\lim_{x\rightarrow 1; x\in (0, +\infty)}\frac{1}{x^{n}}=\frac{\displaystyle\lim_{x\rightarrow 1; x\in (0, +\infty)}1}{\displaystyle\lim_{x\rightarrow 1; x\in (0, +\infty)}x^n}=\frac{1}{1}=1$ .

综上，对于一切整数n有 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 1; x\in (0, +\infty)}x^n=1$ .

对于一切实数p，由习题5.4.3知存在整数N使 $N\leqslant p<N+1$ . 当 $x>1$ 时由命题6.7.3知有 $x^N\leqslant x^p<x^{N+1}$ . 而我们已经知道 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 1; x\in(1, +\infty)}x^N=\lim_{x\rightarrow 1; x\in(0, +\infty)}x^N=1$ 和 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 1; x\in(1, +\infty)}x^{N+1}=\lim_{x\rightarrow 1; x\in(0, +\infty)}x^{N+1}=1$ . 进而对任意由集合 $(1, +\infty)$ 中的元素构成并且收敛到1的序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ ，有对一切自然数n有 $(a_n)^N\leqslant (a_n)^p<(a_n)^{N+1}$ ，再由 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 1; x\in(1, +\infty)}x^N=\lim_{x\rightarrow 1; x\in(1, +\infty)}x^{N+1}=1$ 和命题9.3.9知有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}(a_n)^N=\lim_{n\rightarrow\infty}(a_n)^{N+1}=1$ ，由挤压判别法可知 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}(a_n)^p=1$ ，再由命题9.3.9知 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 1; x\in (1, +\infty)}x^p=1$ .

同理我们可证 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 1; x\in (0, 1)}x^p=1$ . 显然地，由引理5.6.6(e)知 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 1; x\in\{1\}}x^p=1$ .

综上，由 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 1; x\in (1, +\infty)}x^p=\lim_{x\rightarrow 1; x\in (0, 1)}x^p=\lim_{x\rightarrow 1; x\in\{1\}}x^p=1$ 以及定义9.3.6知：对任意实数 $\varepsilon>0$ ，存在实数 $\delta_1, \delta_2, \delta_3>0$ ，对一切 $x\in(1, +\infty)$ 如果 $|x-1|<\delta_1$ 则 $|x^p-1|\leqslant\varepsilon$ 并且对一切 $x\in(0, 1)$ 如果 $|x-1|<\delta_2$ 则 $|x^p-1|\leqslant\varepsilon$ 并且对一切 $x\in\{1\}$ 如果 $|x-1|<\delta_3$ 则 $|x^p-1|\leqslant\varepsilon$ . 我们取 $\delta:=min\{\delta_1, \delta_2, \delta_3\}$ ，进而对一切 $x\in(0, +\infty)=(0, 1)\cup\{1\}\cup(1, +\infty)$ ，如果 $|x-1|<\delta$ ，分类讨论可知总有 $|x^p-1|\leqslant\varepsilon$ . 再由定义9.3.6知有 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 1; x\in (0, +\infty)}x^p=1$ . 由引理5.6.6(e)知 $1^p=1$ ，进而函数 $f:(0, +\infty)\rightarrow\mathbb{R}, f(x):=x^p$ 在 $x=1$ 处连续. 由命题9.4.7知对于每个实数 $\varepsilon>0$ ，都存在实数 $\delta>0$ 使得当 $x\in (0, +\infty)$ 且 $|x-1|<\delta$ 时有 $|x^p-1|<\varepsilon$ .

对任意实数 $x_0\in(0, +\infty)$ ，对任意实数 $\varepsilon>0$ ，有实数 $\frac{\varepsilon}{{x_0}^p}>0$ ，由上讨论知存在实数 $\delta>0$ 使得当 $x\in (0, +\infty)$ 且 $|x-1|<\delta$ 时有 $|x^p-1|<\frac{\varepsilon}{{x_0}^p}$ ，而我们有 $|x^p-{x_0}^p|={x_0}^p|(\frac{x}{x_0})^p-1|$ ，故我们只需要 $|\frac{x}{x_0}-1|<\delta$ 则有 $|(\frac{x}{x_0})^p-1|<\frac{\varepsilon}{{x_0}^p}$ ，由 $|\frac{x}{x_0}-1|<\delta$ 解得 $|x-x_0|<x_0\delta$ . 综上，对每个实数 $\varepsilon>0$ 都存在实数 $x_0\delta>0$ 使得当 $x\in (0, +\infty)$ 且 $|x-x_0|<x_0\delta$ 时有 $|x^p-{x_0}^p|={x_0}^p|(\frac{x}{x_0})^p-1|<{x_0}^p\frac{\varepsilon}{{x_0}^p}=\varepsilon$ . 再由命题9.4.7知有函数在 $x_0$ 处连续. 这就证明了幂函数是连续的.

9.4.6证明：由命题9.4.7(b)知这是显然的.

9.4.7证明：当n=0时， $P(x)=c_0$ ，由习题9.4.2知P此时是连续的. 归纳假设当 $n=n_0$ ( $n_0$ 为某自然数)时P为连续的. 那么对自然数 $n_0+1$ 时，有 $\displaystyle P(x)=\sum_{i=0}^{n_0+1}c_ix^i=\sum_{i=0}^{n_0}c_ix^i+c_{n_0+1}x^{n_0+1}$ ，由归纳假设和命题9.4.9知此时P也是连续的. 这就完成了归纳.

当n为负整数时，P(x)=0，则P(x)也为连续的. 这就完成了证明.

文内补充

1.连续函数的概念离不开定义域，函数连不连续是在其整个定义域上看的，不能是定义域的子集. 作为例子，定义域为单元素集的函数永远是连续的.

2.例9.4.5的“为什么？”.

显然，同样的思路，构造序列 $(\frac{1}{n}+x_0)_{n=1}^\infty$ 和序列 $(\frac{\sqrt{2}}{n}+x_0)_{n=1}^\infty$ .

3.例9.4.6的“为什么？”.

当 $x_0>0$ 时，由命题9.3.18有 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in\mathbb{R}}f(x)=\lim_{x\rightarrow x_0; x\in(\frac{1}{2}x_0, \frac{3}{2}x_0)}f(x)=\lim_{x\rightarrow x_0; x\in(\frac{1}{2}x_0, \frac{3}{2}x_0)}1=1$ . 当 $x<0$ 时同理可证 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in\mathbb{R}}f(x)=0$ .

4.命题9.4.9的一些说明.

连续函数的商运算保持连续. 注意到其只需“g在X上不取零值”，这是因为：由于 $x_0\in X$ ，由于g在 $x_0$ 处连续，那么 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in X}g(x)=g(x_0)\neq 0$ . 所以条件“ $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in X}g(x)\neq 0$ ”已经隐含.

5.命题9.4.10中说的指数函数底数是正的. 我们需要引进复数后才可以讨论底数为负数的指数函数.

6.命题9.4.11的一点说明.

如果限制指数p>0，那么指数函数 $f:[0, +\infty)\rightarrow\mathbb{R}$ 也是连续的. 我们只需要证此时函数在0处也连续，然而这是命题9.4.7和命题6.7.3(d)所保证的.

7.例9.4.14中的“为什么？”.

由命题9.4.9、习题9.4.4以及命题9.4.13可知.

《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§9.3解答

习题9.3

9.3.1证明：已知f在 $x_0$ 处沿着E收敛到L，那么对任意完全由E的元素组成，并且收敛到 $x_0$ 的序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ ，对任意实数 $\varepsilon>0$ ，由于f在 $x_0$ 处沿着E收敛到L，则存在实数 $\delta>0$ 使得对于一切 $x\in E$ 如果有 $|x-x_0|<\delta$ 则 $|f(x)-L|\leqslant\varepsilon$ . 再由序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 收敛到 $x_0$ 知对实数 $\frac{\delta}{2}$ 存在自然数N使得对一切自然数 $n\geqslant N$ 有 $|a_n-x_0|\leqslant\frac{\delta}{2}<\delta$ ，进而有 $|f(a_n)-L|\leqslant\varepsilon$ . 综上，对任意实数 $\varepsilon>0$ ，总可以找到自然数N使得对一切自然数 $n\geqslant N$ 有 $|f(a_n)-L|\leqslant\varepsilon$ . 故序列 $(f(a_n))_{n=0}^\infty$ 收敛到L.

如果并非f在 $x_0$ 处沿着E收敛到L，则存在实数 $\varepsilon>0$ ，对一切实数 $\delta>0$ 存在 $x\in E$ 使得 $|x-x_0|<\delta$ 且 $|f(x)-L|>\varepsilon$ . 我们定义关于正自然数n的集合 $A_n:=\{x\in E : |x-x_0|<\frac{1}{n}\text{ and }|f(x)-L|>\varepsilon\}$ . 由上讨论知对一切正自然数n有 $A_n$ 非空，由选择公理知存在一个序列 $(a_n)_{n=1}^\infty$ 使得对一切自然数 $n\geqslant 1$ 有 $a_n\in A_n$ . 在考虑对一切实数 $\varepsilon'>0$ ，由实数的阿基米德性质知有正自然数N使得 $N\varepsilon'>1$ ，即 $\frac{1}{N}<\varepsilon'$ ，进而对一切自然数 $n\geqslant N$ 有 $|a_n-x_0|<\frac{1}{n}\leqslant\frac{1}{N}<\varepsilon'$ ，即证明了 $(a_n)_{n=1}^\infty$ 收敛到 $x_0$ . 但是由于存在实数 $\varepsilon>0$ 对一切自然数 $n\geqslant 1$ 有 $|f(a_n)-L|>\varepsilon$ ，于是序列 $(f(a_n))_{n=1}^\infty$ 不收敛到L. 至此，我们由选择公理找到了一个完全由E的元素组成并且收敛到 $x_0$ 的序列 $(a_n)_{n=1}^\infty$ 使得序列 $(f(a_n))_{n=1}^\infty$ 不收敛到L. 由反证法证明了 $(b)\Longrightarrow (a)$ .

综上，两命题等价.

需要提示的是，命题9.3.9中的序列的起始下标的选择是无关紧要的.

9.3.2证明：对于每个完全由E的元素组成，并且收敛到 $x_0$ 的序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ ，由于f在 $x_0$ 处沿着E收敛到L，所以根据命题9.3.9有 $(f(a_n))_{n=0}^\infty$ 收敛到L. 同理有 $(g(a_n))_{n=0}^\infty$ 收敛到M. 根据定理6.1.19知有 $((f-g)(a_n))_{n=0}^\infty$ 收敛到L-M. 再次根据命题9.3.9知f-g在 $x_0$ 处沿着E有极限L-M. 综上有 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in E}(f-g)(x)=L-M$ .

同理可证 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in E}max(f, g)(x)=max(L, M)$ .

同理可证 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in E}min(f, g)(x)=min(L, M)$ .

同理可证 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in E}(fg)(x)=LM$ .

同理可证 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in E}(cf)(x)=cL$ ( $x\in\mathbb{R}$ ).

同理可证 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in E}(\frac{f}{g})(x)=\frac{L}{M}$ .

9.3.3证明：如果有 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in E}f(x)=L$ ，即对任意实数 $\varepsilon>0$ ，存在实数 $\delta>0$ ，对一切 $x\in E$ 有如果 $|x-x_0|<\delta$ 则 $|f(x)-L|\leqslant\varepsilon$ . 进而对任意实数 $\varepsilon>0$ ，存在实数 $\delta>0$ ，对一切 $x\in E\cap(x_0-\delta, x_0+\delta)$ ，如果 $|x-x_0|<\delta$ ，进而有 $x\in E$ 且 $|x-x_0|<\delta$ ，由上讨论知有 $|f(x)-L|\leqslant\varepsilon$ . 故 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in E\cap(x_0-\delta, x_0+\delta)}f(x)=L$ .

如果有 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in E\cap(x_0-\delta, x_0+\delta)}f(x)=L$ ，即对任意实数 $\varepsilon>0$ ，存在实数 $\delta'>0$ ，对一切 $x\in E\cap(x_0-\delta, x_0+\delta)$ 有如果 $|x-x_0|<\delta'$ 则 $|f(x)-L|\leqslant\varepsilon$ . 进而对任意实数 $\varepsilon>0$ ，存在实数 $\delta'':=min\{\delta, \delta'\}$ ，对一切实数 $x\in E$ ，如果 $|x-x_0|<\delta''$ ，进而有 $|x-x_0|<\delta$ 且 $|x-x_0|<\delta'$ ，进而有 $x\in E\cap(x_0-\delta, x_0+\delta)$ 且 $|x-x_0|<\delta'$ ，进而有 $|f(x)-L|\leqslant\varepsilon$ ，故 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in E}f(x)=L$ .

综上，命题得证.

文内补充

1.例9.3.5的“为什么？”.

显然有 $\{x\in [1, 3] : |x-3|<0.01\}=[1, 3]\cap(2.99, 3.01)=(2.99, 3]$ .

2.定义9.3.6的“为什么此定义与上面给出的定义等价？”.

定义的展开，显然.

3.注9.3.7对“有些作者…所说的 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in E\backslash\{x_0\}}f(x)$ ”的说明：

即此时我们只对E的极限点考察是否存在极限 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in E}f(x)$ ，此时极限 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in E}f(x)$ 表示的是定义9.3.6定义的极限 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in E\backslash\{x_0\}}f(x)$ . 换句话说，有些作者考虑的极限 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in E}f(x)$ ，按照定义9.3.6的形式写出来就是：（函数在一点处的收敛）设X是 $\mathbb{R}$ 的子集合， $f:X\rightarrow\mathbb{R}$ 是函数. 并设E是X的子集合， $\underline{x_0}$ 是E的极限点（即 $\underline{x_0}$ 是 $\underline{E\backslash\{x_0\}}$ 的附着点），而L是实数. 我们说f在 $x_0$ 处沿着E收敛到L，写作 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in E}f(x)=L$ ，当且仅当对于每个 $\varepsilon>0$ ， $\underline{f|_{E\backslash\{x_0\}}}$ 都是在 $x_0$ 附近 $\varepsilon$ -接近于L的. …(省略部分照抄) 换句话说，我们有 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in E}f(x)=L$ ，当且仅当对于每个 $\varepsilon>0$ 都存在 $\delta>0$ ，使得对于一切 $\underline{x\in E\backslash\{x_0\}}$ ，当 $|x-x_0|<\delta$ 时 $|f(x)-L|\leqslant\varepsilon$ . （下划线部分是与原定义9.3.6有区别的标记）

4.定义9.3.6（函数在一点处的收敛）中 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in E}f(x)$ 的值与E是有关的. 详见注9.3.7、命题9.3.9、例9.3.16上面一段、例9.3.16、例9.3.17、命题9.3.18.

5.注9.3.11“你能看到为什么会出现问题吗？”说明.

当 $x_0$ 不是E的附着点时，我们知存在实数 $\delta>0$ 使得对一切 $x\in E$ 有 $|x-x_0|>\delta$ . 此时可以发现对每个实数L有 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in E}f(x)=L$ 都是空洞地成立的. 所以说此时“不值得定义极限概念”.

6.注9.3.12“为什么？”的说明.

这是显然的，可以展开极限定义而得到一阶逻辑语句，再由一阶逻辑的语义语法（主要参考逻辑书籍“置换”部分的知识）可知这是合理的.

7.注9.3.15说明.

第一个“为什么？”.

对常值函数 $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}, f(x):=1$ ，我们容易从定义9.3.6知有 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in\mathbb{R}}1=1$ . 再由命题9.3.14我们知对任意实数c有 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in\mathbb{R}}c=c$ . 而由命题9.3.9知有 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in\mathbb{R}}x=x_0$ .

第二个“为什么？”.

由定义9.3.6或命题9.3.9显然，更精确的关系详见命题9.3.18. 反过来不对的例子详见注9.3.7中的例子.

8.例9.3.16中的“为什么？”.

前三个“为什么？”：由定义9.3.6或命题9.3.9我们容易知 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0; x\in(0, +\infty)}sgn(x)=1$ 和 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0; x\in(-\infty, 0)}sgn(x)=-1$ . 由于 $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0; x\in(0, +\infty)}sgn(x)=1\neq -1=\lim_{x\rightarrow 0; x\in(-\infty, 0)}sgn(x)$ ，所以 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0; x\in\mathbb{R}}sgn(x)$ 无定义.

最后一个“为什么？”：由例9.3.16上面一段可知. 由此我们知道：极限 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in\mathbb{R}}f(x)$ 总是可以简写成 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0}f(x)$ 而不会引起任何歧义. 当然这不是表达式 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in E}f(x)$ 可以合理省略掉集合E的唯一情形.

9.例9.3.17“为什么？”.

理由同例9.3.16前三个“为什么？”.

10.命题9.3.18的一些说明.

a.如果 $x_0$ 是E的附着点，那么通过简单的分类讨论容易证明此时 $x_0$ 也是 $E\cap(x_0-\delta, x_0+\delta)$ 的附着点.

b.如果 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in E\cap(x_0-\delta, x_0+\delta)}f(x)=L$ ，由定义9.3.6我们知对于每个 $\varepsilon>0$ ， $f|_{E\cap(x_0-\delta, x_0+\delta)}$ 都是在 $x_0$ 附近 $\varepsilon$ -接近于L的. 即对于每个 $\varepsilon>0$ ，存在 $\delta'>0$ ， $f|_{E\cap(x_0-\delta, x_0+\delta)}$ 限制在 $\{x\in E\cap(x_0-\delta, x_0+\delta) : |x-x_0|<\delta'\}$ 上时是 $\varepsilon$ -接近于L的. 即对于每个 $\varepsilon>0$ ，存在 $\delta'>0$ ，当f限制在 $\{x\in E\cap(x_0-\delta, x_0+\delta) : |x-x_0|<\delta'\}\cap(E\cap(x_0-\delta, x_0+\delta))=\underline{E\cap((x_0-\delta, x_0+\delta)\cap(x_0-\delta', x_0+\delta'))}$ 上时是 $\varepsilon$ -接近于L的. 进而对于每个 $\varepsilon>0$ ，存在 $\delta'':=min\{\delta, \delta'\}$ ，当f限制在 $\underline{E\cap(x_0-\delta'', x_0+\delta'')=E\cap((x_0-\delta, x_0+\delta)\cap(x_0-\delta', x_0+\delta'))}$ 上时是 $\varepsilon$ -接近于L的. 再由定义9.3.6知有 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in E}f(x)=L$ . 这就是命题9.3.18的证明思路.

11.1显然是 $\mathbb{R}\backslash\{1\}$ 的附着点.

《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§9.2解答

习题9.2

9.2.1证明：a.对任何 $x\in\mathbb{R}$ ，有 $(f+g)\circ h(x)=(f+g)(h(x))=f(h(x))+g(h(x))=f\circ h(x)+g\circ h(x)$ . 故我们有恒等式 $(f+g)\circ h=(f\circ h)+(g\circ h)$ .

b. $f\circ(g+h)\neq(f\circ g)+(f\circ h)$ . 如： $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ ，如果 $x=1$ 则 $f(x):=0$ ；否则 $f(x):=1$ . $g:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}, g(x):=1$ . $h:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}, h(x):=0$ . 此时对任意 $x\in\mathbb{R}$ 有 $f\circ(g+h)(x)=f(g(x)+h(x))=f(1+0)=0$ ；而 $(f\circ g)(x)+(f\circ h)(x)=f(g(x))+f(h(x))=f(1)+f(0)=0+1=1$ . 所以有 $f\circ(g+h)\neq(f\circ g)+(f\circ h)$ .

c.对任意 $x\in\mathbb{R}$ 有 $(f+g)h(x)=(f+g)(x)\cdot h(x)=(f(x)+g(x))\cdot h(x)=f(x)\cdot h(x)+g(x)\cdot h(x)=f\cdot h(x)+g\cdot h(x)$ . 故有恒等式 $(f+g)h=(fh)+(gh)$ .

d.对任意 $x\in\mathbb{R}$ ，有 $f(g+h)(x)=f(x)\cdot (g+h)(x)=f(x)\cdot(g(x)+h(x))=f(x)g(x)+f(x)h(x)=(fg)(x)+(fh)(x)$ . 故我们有恒等式 $f(g+h)=(fg)+(fh)$ .

文内补充

1.f在X上的限制 $f|_X$ 只是限制定义域，值域不变.

2.例9.2.2的“为什么？”.

显然.

《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§9.1解答

习题9.1

9.1.1证明：对任意元素 $x\in\overline{X}$ ，即x为X的附着点，即对任意实数 $\varepsilon>0$ 都存在 $x'\in X$ 使得 $|x-x'|\leqslant\varepsilon$ . 由于 $X\subseteq Y$ ，则对任意实数 $\varepsilon>0$ 都存在 $x'\in Y$ 使得 $|x-x'|\leqslant\varepsilon$ ，故x为Y的附着点，即 $\overline{X}\subseteq\overline{Y}$ . 现在我们来证明：对任意集合 $A\subseteq\mathbb{R}$ ，有 $\overline{\overline{A}}=\overline{A}$ . 首先我们易证 $\overline{A}\subseteq\overline{\overline{A}}$ . 而对任意元素 $a\in\overline{\overline{A}}$ ，即a为 $\overline{A}$ 的附着点，即对任意实数 $\varepsilon>0$ 都存在 $a'\in\overline{A}$ 使得 $|a-a'|\leqslant\varepsilon$ . 进而对任意实数 $\varepsilon>0$ ，有 $\frac{\varepsilon}{2}>0$ ，存在 $a'\in\overline{A}$ 使得 $|a-a'|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ ，由于 $a'\in\overline{A}$ ，故也存在 $a''\in A$ 使得 $|a'-a''|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ ，进而 $|a-a''|=|a-a'+a'-a''|\leqslant|a-a'|+|a'-a''|\leqslant\varepsilon$ . 综上，对任意实数 $\varepsilon>0$ 都存在 $a''\in A$ 使得 $|a-a''|\leqslant\varepsilon$ ，故a为A的附着点，进而 $\overline{\overline{A}}\subseteq\overline{A}$ . 综上有 $\overline{\overline{A}}=\overline{A}$ . 回到本题，已知 $Y\subseteq\overline{X}$ 可知 $\overline{Y}\subseteq\overline{\overline{X}}$ ，即 $\overline{Y}\subseteq\overline{X}$ . 综上有 $\overline{X}=\overline{Y}$ .

9.1.2证明：a.由习题9.1.1我们已证如果 $X\subseteq Y$ 那么 $\overline{X}\subseteq\overline{Y}$ .

b.对任意元素 $x\in X$ ，对任意实数 $\varepsilon>0$ ，显然存在 $x\in X$ 使 $|x-x|\leqslant\varepsilon$ . 故有 $X\subseteq\overline{X}$ .

c.由a.我们知有 $\overline{X}\subseteq\overline{X\cup Y}$ 和 $\overline{Y}\subseteq\overline{X\cup Y}$ ，进而有 $\overline{X}\cup\overline{Y}\subseteq\overline{X\cup Y}$ . 我们假设存在对象a使得 $a\in\overline{X\cup Y}$ 且 $a\notin\overline{X}\cup\overline{Y}$ ，进而有 $a\notin\overline{X}$ 且 $a\notin\overline{Y}$ ，即存在实数 $\varepsilon_1, \varepsilon_2>0$ ，对所有 $x\in X, y\in Y$ 有 $|x-a|>\varepsilon_1, |y-a|>\varepsilon_2$ . 我们取 $\varepsilon:=min\{\varepsilon_1, \varepsilon_2\}$ ，那么对一切 $a'\in X\cup Y$ 有 $|a'-a|>\varepsilon$ ，于是我们看到 $a\notin\overline{X\cup Y}$ ，这个矛盾帮助我们证明这样的对象a不存在，进而有 $\overline{X\cup Y}\subseteq\overline{X}\cup\overline{Y}$ . 综上，我们有 $\overline{X}\cup\overline{Y}=\overline{X\cup Y}$ .

d.由a.我们知 $\overline{X\cap Y}\subseteq\overline{X}$ 且 $\overline{X\cap Y}\subseteq\overline{Y}$ ，故我们有 $\overline{X\cap Y}\subseteq\overline{X}\cap\overline{Y}$ .

9.1.3证明：由引理9.1.11我们知 $\mathbb{N}\subseteq\overline{\mathbb{N}}$ . 对任意元素 $n\in\overline{\mathbb{N}}$ ，即n为 $\mathbb{N}$ 的附着点，由习题5.4.3知恰存在一个整数m使得 $m\leqslant n<m+1$ . 而对一切自然数 $m'<m$ 有 $|n-m'|=n-m'\geqslant m-m'\geqslant 1$ 和对一切自然数 $m''>m+1$ 有 $|n-m''|=m''-n\geqslant m''-(m+1)\geqslant 1$ . 而n为 $\mathbb{N}$ 的附着点，故对实数 $\frac{1}{3}$ ，存在 $n'\in\mathbb{N}$ 使得 $|n-n'|\leqslant\frac{1}{3}$ ，结合上面的讨论我们知道 $m\leqslant n'\leqslant m+1$ ，我们容易证明n’只能取m和m+1中的一个值. 不失一般性，我们取 $n'=m$ ，由 $|n-n'|\leqslant\frac{1}{3}$ 知 $m-\frac{1}{3}\leqslant n\leqslant m+\frac{1}{3}$ . 对任意实数 $0<\varepsilon<\frac{1}{3}$ ，同理存在自然数 $n''=m$ 或（不可兼或） $n''=m+1$ 使得 $|n-n''|\leqslant\varepsilon$ ，即 $n''-\varepsilon\leqslant n\leqslant n''+\varepsilon$ . 当 $n''=m+1$ 时，有 $m+1-\varepsilon\leqslant n\leqslant m+1+\varepsilon$ ，进而 $n\geqslant m+1-\varepsilon>m+\frac{2}{3}$ ，这与前面得到的 $m-\frac{1}{3}\leqslant n\leqslant m+\frac{1}{3}$ 相矛盾，故应为 $n''=m$ . 综上，我们证明了：存在自然数 $m\in\mathbb{N}$ 使对任意实数 $0<\varepsilon<\frac{1}{3}$ 有 $|n-m|\leqslant\varepsilon$ ，故 $n=m$ ，进而 $n\in\mathbb{N}$ ，故 $\overline{\mathbb{N}}\subseteq\mathbb{N}$ . 综上有 $\overline{\mathbb{N}}=\mathbb{N}$ .

同理如证明 $\overline{\mathbb{N}}=\mathbb{N}$ 我们可以证明 $\overline{\mathbb{Z}}=\mathbb{Z}$ .

对任意实数 $x\in\mathbb{R}$ ，对任意实数 $\varepsilon>0$ ，对实数x和 $x+\varepsilon$ ，由命题5.4.14知存在比例数 $q\in\mathbb{Z}$ 使得 $x<q<x+\varepsilon$ ，进而 $x-\varepsilon<q<x+\varepsilon$ ，即 $|q-x|\leqslant\varepsilon$ ，故x为Z的附着点，则 $\mathbb{R}\subseteq\overline{\mathbb{Z}}$ . 由闭包定义显然有 $\overline{\mathbb{Z}}\subseteq\mathbb{R}$ ，故有 $\overline{\mathbb{Z}}=\mathbb{R}$ .

对任意实数 $x\in\mathbb{R}$ ，对任意实数 $\varepsilon>0$ ，显然存在 $x\in\mathbb{R}$ 使 $|x-x|\leqslant\varepsilon$ ，则x为 $\mathbb{R}$ 的附着点，进而 $\mathbb{R}\subseteq\overline{\mathbb{R}}$ . 由闭包定义显然有 $\overline{\mathbb{R}}\subseteq\mathbb{R}$ ，故有 $\overline{\mathbb{R}}=\mathbb{R}$ .

显然有 $\emptyset\subseteq\overline{\emptyset}$ ，我们假设 $\overline{\emptyset}$ 非空，则存在元素 $x\in\overline{\emptyset}$ ，即x为 $\emptyset$ 的附着点，进而对任意实数 $\varepsilon>0$ 存在 $y\in\emptyset$ 使得 $|x-y|\leqslant\varepsilon$ ，这明显是假命题，故假设不成立，则 $\overline{\emptyset}$ 为空，即 $\emptyset=\overline{\emptyset}$ .

9.1.4实例：X:=(0,1), Y:=(1,2)(两者都是区间). 此时 $\overline{X\cap Y}=\emptyset, \overline{X}\cap\overline{Y}={1}$ .

9.1.5证明：如果存在一个全由X的元素组成的序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 收敛到x，那么对任意实数 $\varepsilon>0$ ，存在自然数N使对一切自然数 $n\geqslant N$ 有 $|a_n-x|\leqslant\varepsilon$ ，进而存在 $a_n\in X$ 使得 $|a_n-x|\leqslant\varepsilon$ . 故x为X的附着点.

如果x是X的附着点，我们定义关于正自然数的集合 $A_n:=\{x'\in X : |x-x'|\leqslant\frac{1}{n}\}$ . 对每个实数 $\frac{1}{n}>0$ ，由于x是X的附着点，我们知存在 $a\in X$ 使 $|x-a|\leqslant\frac{1}{n}$ . 于是对每个正自然数n有 $A_n$ 非空，由选择公理知存在一个序列 $(a_n)_{n=1}^\infty$ 使得对一切自然数 $n\geqslant 1$ 有 $a_n\in A_n$ . 进而对任意实数 $\varepsilon>0$ ，存在正整数N使得 $N\varepsilon\geqslant 1$ ，即 $\frac{1}{N}\leqslant\varepsilon$ ，而对一切自然数 $n\geqslant N$ 有 $a_n\in X$ 且 $|x-a_n|\leqslant\frac{1}{n}\leqslant\frac{1}{N}\leqslant\varepsilon$ . 于是有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=x$ . 这就找到了要求的序列.

注意，序列的起始下标是不重要的.

9.1.6证明：在习题9.1.1中我们已经证明对一切集合 $X\subseteq\mathbb{R}$ 有 $\overline{\overline{X}}=\overline{X}$ ，即闭包是闭的.

如果Y是包含X的闭集，即 $X\subseteq Y$ 且 $\overline{Y}=Y$ . 进而有 $X\subseteq\overline{Y}$ ，进而由引理9.1.11知 $\overline{X}\subseteq\overline{\overline{Y}}$ ，即 $\overline{X}\subseteq\overline{Y}$ ，即 $\overline{X}\subseteq Y$ . 于是X的闭包是包含X的最小闭集.

9.1.7证明：设A和B均为闭集，即有 $\overline{A}=A$ 和 $\overline{B}=B$ . 由引理9.1.11知有 $\overline{A\cup B}=\overline{A}\cup\overline{B}=A\cup B$ .

对自然数1，结论显然成立. 归纳假设对某自然数 $n\geqslant 1$ 结论成立，那么对自然数n+1，如果 $X_1, X_2, ..., X_n, X_{n+1}$ 均为实数集的闭子集合，由归纳假设知 $X_1\cup X_2\cup...\cup X_n$ 为闭集，由第一段的讨论知 $(X_1\cup X_2\cup...\cup X_n)\cup X_{n+1}$ 也为闭集，这就完成了归纳，命题得证.

注意：这个命题不可以推广到无限并，一个反例是：对一切正自然数n有集合 $A_n:=\{x\in\mathbb{R} : 1+\frac{1}{n}\leqslant x\leqslant 2\}$ ，易验证 $A_n$ 为闭的，易证明 $\displaystyle\bigcup_{\alpha\in\mathbb{N}^+}A_\alpha=(1,2]$ ，此时 $\displaystyle\overline{\bigcup_{\alpha\in\mathbb{N}^+}A_\alpha}=[1,2]\neq\bigcup_{\alpha\in\mathbb{N}^+}A_\alpha$ .

9.1.8证明：由引理9.1.11我们显然有 $\displaystyle\bigcap_{\alpha\in I}A_\alpha\subseteq\overline{\bigcap_{\alpha\in I}A_\alpha}$ . 由3.4节中定义我们知道指标集I非空（注意分离公理和替换公理的区别），于是存在一个元素 $\beta\in I$ . 我们容易证明 $\displaystyle\bigcap_{\alpha\in I\backslash\{\beta\}}X_\alpha\cap X_\beta=\bigcap_{\alpha\in I}X_\alpha$ . 于是由引理9.1.11知 $\displaystyle\overline{\bigcap_{\alpha\in I}X_\alpha}=\overline{\bigcap_{\alpha\in I\backslash\{\beta\}}X_\alpha\cap X_\beta}\subseteq\overline{\bigcap_{\alpha\in I\backslash\{\beta\}}X_\alpha}\cap \overline{X_\beta}\subseteq\overline{X_\beta}$ ，由于 $X_\beta$ 为闭的，进而 $\displaystyle\overline{\bigcap_{\alpha\in I}X_\alpha}\subseteq X_\beta$ . 对任意的 $\beta\in I$ 我们都可以证明 $\displaystyle\overline{\bigcap_{\alpha\in I}X_\alpha}\subseteq X_\beta$ ，故 $\displaystyle\overline{\bigcap_{\alpha\in I}X_\alpha}\subseteq\bigcap_{\alpha\in I}X_\alpha$ . 综上有 $\displaystyle\overline{\bigcap_{\alpha\in I}X_\alpha}=\bigcap_{\alpha\in I}X_\alpha$ .

9.1.9证明：如果x为X的极限点，即x为X\{x}的附着点，由引理9.1.11知x为X的附着点；如果x为X的孤立点，则有 $x\in X$ ，再由引理9.1.11知 $x\in\overline{X}$ ，故x为X的附着点. 综上，X的极限点和孤立点均为X的附着点.

对任意 $x\in\overline{X}$ ，如果 $x\notin X$ ，则我们有 $X=X\backslash\{x\}$ ，于是 $x\in\overline{X\backslash\{x\}}$ ，即x为 $X\backslash\{x\}$ 的附着点，进而x为X的极限点（这部分的证明可以也可以展开定义来进行：假设存在 $y'\in X$ 使得对一切实数 $\varepsilon>0$ 有 $|x-y'|\leqslant\varepsilon$ ，则有 $y'=x\in X$ . 所以由 $x\notin X$ 知对一切 $y\in X$ 都存在实数 $\varepsilon_y>0$ 使 $|x-y|>\varepsilon_y>0$ ，即 $y\neq x$ . 由此陈述“对任意实数 $\varepsilon>0$ 都存在 $x'\in X$ 使得 $|x-x'|\leqslant\varepsilon$ ”可改为“对任意实数 $\varepsilon>0$ 都存在 $x'\in X\backslash\{x\}$ 使得 $|x-x'|\leqslant\varepsilon$ ”. ）. 如果 $x\in X$ ，再如果x为 $X\backslash\{x\}$ 的附着点，进而x为X的极限点；如果 $x\in X$ ，如果x不为 $X\backslash\{x\}$ 的附着点，由定义9.1.18知x为X的孤立点. 综上，X的附着点不是X的极限点就是X的孤立点，由定义我们知9.1.18两者不可兼得，这就完成了证明.

9.1.10证明：如果inf(X)和sup(X)均为有限的，取 $M:=max\{-inf(X), sup(X)\}$ . 那么对任意元素 $x\in X$ ，如果x为非负的，则 $|x|=x\leqslant sup(X)\leqslant M$ ；如果x为负的，则有 $|x|=-x\leqslant -inf(X)\leqslant M$ . 于是无论何种情形均有 $|x|\leqslant M$ ，进而X为有界的.

设X为 $\mathbb{R}$ 的非空子集. 如果X为有界的，即存在实数M使得对一切 $x\in X$ 有 $|x|\leqslant M$ ，即 $-M\leqslant x\leqslant M$ ，进而M为X的上界且-M为X的下界，故 $sup(X)\leqslant M$ 和 $inf(X)\geqslant -M$ . 由于X非空，于是存在元素 $x'\in X$ ，进而有 $|x'|\leqslant M$ ，即 $-M\leqslant x'\leqslant M$ ，此时 $x'\leqslant sup(X)\leqslant M$ 且 $x'\geqslant inf(X)\geqslant -M$ ，则inf(X)和sup(X)都是有限的. 这就完成了证明.

9.1.11证明：如果X是 $\mathbb{R}$ 的有界子集，即存在实数M使得对一切 $x\in X$ 有 $|x|\leqslant M$ . 进而对一切实数 $y>M$ ，存在实数 $\frac{y-M}{2}>0$ ，对一切 $x\in X$ 有 $|y-x|=y-x\geqslant y-M>\frac{y-M}{2}$ ，则y不是X的附着点，即 $y\notin\overline{X}$ . 同理可证对一切实数 $y<-M$ 有 $y\notin\overline{X}$ . 综上，对任意元素 $x\in\overline{X}$ ，有 $y\geqslant -M$ 且 $y\leqslant M$ ，即 $|y|\leqslant M$ ，故 $\overline{X}$ 以实数M为界.

9.1.12证明：如果A、B均为 $\mathbb{R}$ 的有界子集，即存在实数 $M_1, M_2$ 使得对一切 $a\in A, b\in B$ 有 $|a|\leqslant M_1, |b|\leqslant M_2$ . 容易证明对一切元素 $x\in A\cup B$ 有 $|x|\leqslant M_1+M_2$ ，这就完成了归纳基始. 利用归纳假设和同样的论述容易完成归纳步骤.

当把有限族换为无限族时，结论不成立. 比如 $\displaystyle\{x\in\mathbb{R} : x\geqslant 0\}=\bigcup_{n\in\mathbb{N}}[n, n+1]$ .

9.1.13证明：如果X是闭的并且是有界的，由定理6.6.8知对任意取值于X中的实数序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ ，存在其子序列 $(b_n)_{n=0}^\infty$ 收敛（因为 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 是有界的）. 再由推论9.1.17知 $\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}b_n\in X$ .

当X为空集时，(b)显然蕴涵(a)，因为此时(a)对空集总成立. 我们再来考虑X非空的情形. 如果任给取值于X中的实数序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ ，存在其子序列 $(a_{n_j})_{j=0}^\infty$ 收敛到X中的某个数L，由推论9.1.17知X为闭的. 我们假设X是无界的，由习题9.1.10知inf(X)无限或sup(X)无限. 不失一般性（其实是我懒:)），我们只考虑sup(X)无限. 由于X为实数集，当 $sup(X)=-\infty$ 时我们易知 $X=\emptyset$ ，我们在假设X非空的情形时不会出现此情况，所以只能 $sup(X)=+\infty$ . 进而对任意实数M，都存在 $x_M\in X$ 使 $x_M>M$ . 我们递归构造一个序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ . 由上论证知存在 $x_0\in X$ 使得 $x_0>0$ ，定义 $a_0:=x_0$ . 由上论证知存在 $x_1\in X$ 使得 $x_1>max\{a_0, 1\}$ ，我们定义 $a_1:=x_1$ ，归纳假设我们我们已定义好 $a_n$ ，同理我们知存在 $x_{n+1}\in X$ 使得 $x_{n+1}>max\{a_n, n\}$ ，定义 $a_{n+1}:=x_{n+1}$ .（把这个叫作递归定义不太对，因为每一步的选择不是唯一的，但是我们可以用依序选择公理来保证这样的操作没有问题，因为选择公理蕴涵依序选择公理）. 于是我们得到一个序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 有对一切自然数n有 $a_{n+1}>a_n$ ，进而 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 是严格增的. 对于 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 的任何子序列 $(a_{n_j})_{j=0}^\infty$ ，若 $j_1>j_2$ ，我们有 $n_{j_1}>n_{j_2}$ ，进而有 $a_{n_{j_1}}>a_{n_{j_2}}$ ，故子序列 $(a_{n_j})_{j=0}^\infty$ 也是严格增的. 若 $(a_{n_j})_{j=0}^\infty$ 收敛，则其有上界并记为M’. 对任何自然数j，我们有 $n_j\geqslant j$ ，此时 $a_{n_j}\geqslant a_{j}$ ，而 $M'\geqslant a_{n_j}$ ，故M’也为 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 的上界. 但从 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 的定义我们知道其无上界. 这个矛盾帮助我们完成证明，说明假设不成立，于是X是有界的.

9.1.14证明：由引理5.1.14知有限序列是有界的，进而知 $\mathbb{R}$ 的任何有限子集是有界的.

设X为实数集的的有限子集，对任何元素 $x\in\mathbb{R}\backslash X$ ，我们定义集合 $A:=\{|x-x'| : x'\in X\}$ . 由于X为有限的，由命题3.6.14(d)知A也为有限的，于是我们可以取此实数集子集的最小值并记为 $a_{min}:=min(A)$ . 那么对实数 $\frac{a_{min}}{2}>0$ ，对任意 $x'\in X$ ，我们有 $|x-x'|\geqslant a_{min}>\frac{a_{min}}{2}$ . 于是x不是X的附着点. 即若 $x\in\mathbb{R}\backslash X$ 则 $x\notin\overline{X}$ . 故若 $x\in\overline{X}$ 则 $x\in X$ . 这就完成了证明.

9.1.15证明：勘误，应该还要说明E为非空子集. 由定理5.5.9我们知S为实数. 由于S为E的最小上界，进而对一切元素 $e\in E$ 有 $S\geqslant e$ . 我们假设S非E的附着点，则存在实数 $\varepsilon>0$ 使对一切 $e\in E$ 有 $|s-e|=s-e>\varepsilon$ ，于是得到 $S-\varepsilon$ 也为E的上界，进而S不是E的最小上界，这个矛盾帮助我们证明了S为E的附着点. 我们容易证明 $\{x\in\mathbb{R} : x>S\}\subseteq\mathbb{R}\backslash E$ ，而S为 $\{x\in\mathbb{R} : x>S\}$ 的附着点，故由引理9.1.11知S也为 $\mathbb{R}\backslash E$ 的附着点.

如果E为空集，你发现上面的论证为什么不成立吗？因为实数集子集的附着点只是对实数说的（在当前章节，后面章节会进行扩展到广义实数集，详见定义9.10.1），当S不是实数时定义9.1.8不适用.

文内补充

1.如果a>b，那么[a, b]、[a, b)、(a, b]、(a, b)都是空集.

反证法，假设上面的区间不空则可推出 $b\geqslant a$ .

2.如果a=b，则[a, b]是单点集{a}.

显然有 $a\in [a, b]$ ，进而有 ${a}\subseteq [a, b]$ . 对任意元素 $c\in [a, b]$ ，有 $a\leqslant c\leqslant b$ ，即 $a\leqslant c\leqslant a$ ，进而c=a，于是 $c\in {a}$ . 综上如果a=b，则[a, b]是单点集{a}.

3.例9.1.7和例9.1.9的“（为什么？）”是显然的. 🙂

4.已知b>a，那么b是(a, b)的附着点.

对于每个实数 $b-a>\varepsilon>0$ ，存在实数 $b-\frac{\varepsilon}{2}\in (a, b)$ 使 $|(b-\frac{\varepsilon}{2})-b|=\frac{\varepsilon}{2}\leqslant\varepsilon$ .

5.已知b>a，如果 $x>b$ 那么x不是(a, b)的附着点.

若 $x>b$ ，我们取 $\varepsilon':=\frac{x-b}{2}>0$ ，那么对于任何 $y\in (a, b)$ ，有 $|x-y|=x-y>x-b>\varepsilon'$ .

6.2不是 $(1, 2)\cup{3}$ 的孤立点.

因为 $2\notin (1, 2)\cup{3}$ .

7.由于实数序列 $(a+\frac{1}{n})_{n=1}^\infty$ 收敛到a，于是只要正整数N选的足够大就有对于一切正整数 $n\geqslant N$ 有 $|(a+\frac{1}{n})-a|=\frac{1}{n}\leqslant b-a$ ，进而 $(a+\frac{1}{n})_{n=N}^\infty$ 落于(a, b]中.

8.我们容易反证自然数集是无界的，进而包含自然数集的整数集、比例数集、实数集和半无限区间 $[0, \infty)$ 都是无界的.

9.引理9.1.14、推论9.1.17、定理9.1.24中序列的起始下标是无关紧要的.