数学分析讲义习题解答：（三：第二部分）

习题DDD（CesaˋroCes\`aroCesaˋro求和极限）

设{an}n≥1\{a_n\}_{n\ge1}{an}n≥1为实数序列，我们定义算术平均值序列σn=a1+⋯+ann\sigma_n=\frac{a_1+\cdots+a_n}{n}σn=na1+⋯+an，其中n=1,2,3,⋯n=1,2,3,\cdotsn=1,2,3,⋯。

D1)D1)D1) 假设lim⁡n→∞an=a\lim_{n\rightarrow\infin} a_n=alimn→∞an=a，证明，lim⁡n→∞σn=a\lim_{n\rightarrow\infin}\sigma_n=alimn→∞σn=a。

证明：设ε>0\varepsilon>0ε>0，那么存在N>0N>0N>0，对于所有的n>Nn>Nn>N，都有∣an−a∣<ε|a_n-a|<\varepsilon∣an−a∣<ε，从而0≤∣a1+⋯+ann−a∣=∣(a1−a)+⋯+(an−a)∣n≤∣a1+⋯+aN−Na∣+(n−N)εn=∣a1+⋯+aN−Na∣−Nεn+ε→ε0\le|\frac{a_1+\cdots+a_n}{n}-a|=\frac{|(a_1-a)+\cdots+(a_n-a)|}{n}\le\frac{|a_1+\cdots+a_N-Na|+(n-N)\varepsilon}{n}=\frac{|a_1+\cdots+a_N-Na|-N\varepsilon}{n}+\varepsilon\rightarrow\varepsilon0≤∣na1+⋯+an−a∣=n∣(a1−a)+⋯+(an−a)∣≤n∣a1+⋯+aN−Na∣+(n−N)ε=n∣a1+⋯+aN−Na∣−Nε+ε→ε，因此有
0≤lim inf⁡n→∞∣σn−a∣≤lim sup⁡n→∞∣σn−a∣≤ε0\le\liminf_{n\rightarrow\infin}|\sigma_n-a|\le\limsup_{n\rightarrow\infin}|\sigma_n-a|\le\varepsilon 0≤n→∞liminf∣σn−a∣≤n→∞limsup∣σn−a∣≤ε
由于ε\varepsilonε是任取的，我们令ε=1k\varepsilon=\frac{1}{k}ε=k1，从而有
0≤lim inf⁡n→∞∣σn−a∣≤lim sup⁡n→∞∣σn−a∣≤1k→00\le\liminf_{n\rightarrow\infin}|\sigma_n-a|\le\limsup_{n\rightarrow\infin}|\sigma_n-a|\le\frac{1}{k}\rightarrow0 0≤n→∞liminf∣σn−a∣≤n→∞limsup∣σn−a∣≤k1→0
因此lim⁡n→∞∣σn−a∣=lim inf⁡n→∞∣σn−a∣=lim sup⁡n→∞∣σn−a∣=0\lim_{n\rightarrow\infin}|\sigma_n-a|=\liminf_{n\rightarrow\infin}|\sigma_n-a|=\limsup_{n\rightarrow\infin}|\sigma_n-a|=0limn→∞∣σn−a∣=liminfn→∞∣σn−a∣=limsupn→∞∣σn−a∣=0即lim⁡n→∞σn=a\lim_{n\rightarrow\infin}\sigma_n=alimn→∞σn=a。

D2)D2)D2) 构造一个不收敛的序列{an}n≥1\{a_n\}_{n\ge1}{an}n≥1，使得lim⁡n→∞σn=0\lim_{n\rightarrow\infin}\sigma_n=0limn→∞σn=0。

解：设an=(−1)na_n=(-1)^nan=(−1)n，那么σ2k+1=−12k+1,σ2k=0\sigma_{2k+1}=-\frac{1}{2k+1},\sigma_{2k}=0σ2k+1=−2k+11,σ2k=0，显然有σn→0\sigma_n\rightarrow0σn→0。

D3)D3)D3) 是否存在序列{an}n≥1\{a_n\}_{n\ge1}{an}n≥1，使得对任意n≥1n\ge1n≥1，都有an>0a_n>0an>0并且lim sup⁡n→∞an=∞\limsup_{n\rightarrow\infin}a_n=\infinlimsupn→∞an=∞然而lim⁡n→∞σn=0\lim_{n\rightarrow\infin}\sigma_n=0limn→∞σn=0。

解：存在。

我们先选取一个发散到无穷的数列（比如说an=na_n=nan=n），为了使均值比较小，我们在相邻两项之间添加足够多的很小的正数，使得它们能够”稀释“这些较大的正数。

我们按照这种方式构造数列{an}\{a_n\}{an}。先放入一个111即令a1=1a_1=1a1=1。接着我们放入n1n_1n1个14\frac{1}{4}41使得1+n1⋅14+21+n1+1=14n1+3n1+2<12\frac{1+n_1\cdot\frac{1}{4}+2}{1+n_1+1}=\frac{\frac{1}{4}n_1+3}{n_1+2}<\frac{1}{2}1+n1+11+n1⋅41+2=n1+241n1+3<21，这样的n1n_1n1是存在的因为14n1+3n1+2→14\frac{\frac{1}{4}n_1+3}{n_1+2}\rightarrow\frac{1}{4}n1+241n1+3→41，注意到这同时保证了σ2,⋯,σ1+n1<12\sigma_2,\cdots,\sigma_{1+n_1}<\frac{1}{2}σ2,⋯,σ1+n1<21。现在我们再放入222接在14\frac{1}{4}41们的后面，刚刚的限制保证了σn1+2<12\sigma_{n_1+2}<\frac{1}{2}σn1+2<21。

现在我们再放入n2n_2n2个19\frac{1}{9}91使得(14n1+3)+n2⋅19+3(n1+2)+n2+1=19n2+(14n1+6)n2+(n1+3)<13\frac{(\frac{1}{4}n_1+3)+n_2\cdot\frac{1}{9}+3}{(n_1+2)+n_2+1}=\frac{\frac{1}{9}n_2+(\frac{1}{4}n_1+6)}{n_2+(n_1+3)}<\frac{1}{3}(n1+2)+n2+1(41n1+3)+n2⋅91+3=n2+(n1+3)91n2+(41n1+6)<31，这样的n2n_2n2是存在的因为19n2+(14n1+6)n2+(n1+3)→19<13\frac{\frac{1}{9}n_2+(\frac{1}{4}n_1+6)}{n_2+(n_1+3)}\rightarrow\frac{1}{9}<\frac{1}{3}n2+(n1+3)91n2+(41n1+6)→91<31，注意这同时保证了σ(n1+2)+1,⋯,σ(n1+2)+n2<13\sigma_{(n_1+2)+1},\cdots,\sigma_{(n_1+2)+n_2}<\frac{1}{3}σ(n1+2)+1,⋯,σ(n1+2)+n2<31。现在我们再放入333接在19\frac{1}{9}91们的后面，刚刚的限制保证了σn1+n2+3<13\sigma_{n_1+n_2+3}<\frac{1}{3}σn1+n2+3<31。

依此类推，我们得到了一个无界的数列{an}\{a_n\}{an}，因此lim sup⁡n→∞an=+∞\limsup_{n\rightarrow\infin}a_n=+\infinlimsupn→∞an=+∞。并且正项数列{σn}n≥1\{\sigma_n\}_{n\ge1}{σn}n≥1的大小总是被{1k}k≥1\{\frac{1}{k}\}_{k\ge1}{k1}k≥1所控制，因此我们有σn→0\sigma_n\rightarrow0σn→0。

D4)D4)D4) 对k≥1k\ge1k≥1，记bk=ak+1−akb_k=a_{k+1}-a_kbk=ak+1−ak。证明，对任意的n≥2n\ge2n≥2，都有an−σn=1n∑k=1n−1kbka_n-\sigma_n=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1}kb_kan−σn=n1∑k=1n−1kbk。

证明：直接根据定义展开。

1⋅b1=a2−a11\cdot b_1=a_2-a_11⋅b1=a2−a1
2⋅b2=2a3−2a22\cdot b_2=2a_3-2a_22⋅b2=2a3−2a2
3⋅b3=3a4−3a33\cdot b_3=3a_4-3a_33⋅b3=3a4−3a3
⋯\cdots⋯
(n−1)⋅bn−1=(n−1)an−(n−1)an−1(n-1)\cdot b_{n-1}=(n-1)a_n-(n-1)a_{n-1}(n−1)⋅bn−1=(n−1)an−(n−1)an−1

因此∑k=1n−1kbk=nan−(a1+⋯+an)\sum_{k=1}^{n-1}kb_k=na_n-(a_1+\cdots+a_n)∑k=1n−1kbk=nan−(a1+⋯+an)，代入化简便得证。

D5)D5)D5) 设lim⁡k→∞kbk=0\lim_{k\rightarrow\infin}kb_k=0limk→∞kbk=0并且{σn}n≥1\{\sigma_n\}_{n\ge1}{σn}n≥1收敛。证明，{an}\{a_n\}{an}也收敛。注意，这是1)1)1)在条件n∣an+1−an∣→0n|a_{n+1}-a_n|\rightarrow0n∣an+1−an∣→0这一额外条件下的逆命题。

证明：1n∑k=1n−1kbk=n−1n⋅(1n−1∑k=1n−1kbk)→1⋅0=0\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1}kb_k=\frac{n-1}{n}\cdot(\frac{1}{n-1}\sum_{k=1}^{n-1}kb_k)\rightarrow1\cdot0=0n1∑k=1n−1kbk=nn−1⋅(n−11∑k=1n−1kbk)→1⋅0=0，其中1n−1∑k=1n−1kbk→0\frac{1}{n-1}\sum_{k=1}^{n-1}kb_k\rightarrow0n−11∑k=1n−1kbk→0是因为这就是{kbk}k≥1\{kb_k\}_{k\ge1}{kbk}k≥1的均值数列，从而
lim⁡n→∞an=lim⁡n→∞σn+lim⁡n→∞1n∑k=1n−1kbk\lim_{n\rightarrow\infin}a_n=\lim_{n\rightarrow\infin}\sigma_n+\lim_{n\rightarrow\infin}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1}kb_k n→∞liman=n→∞limσn+n→∞limn1k=1∑n−1kbk
因此ana_nan是收敛的且lim⁡n→∞an=lim⁡n→∞σn\lim_{n\rightarrow\infin}a_n=\lim_{n\rightarrow\infin}\sigma_nlimn→∞an=limn→∞σn。

D6)D6)D6) 把5)5)5)的条件减弱为：{kbk}k≥1\{kb_k\}_{k\ge1}{kbk}k≥1是有界的并且lim⁡n→∞σn=σ\lim_{n\rightarrow\infin}\sigma_n=\sigmalimn→∞σn=σ。证明，lim⁡n→∞an=σ\lim_{n\rightarrow\infin}a_n=\sigmalimn→∞an=σ。

证明：设{k∣bk∣}\{k|b_k|\}{k∣bk∣}的一个上界是MMM，那么有∣bk∣≤Mk|b_k|\le\frac{M}{k}∣bk∣≤kM。

设m>nm>nm>n，那么∣am−an∣≤∣am−am−1∣+⋯+∣an+1−an∣≤Mm−1+⋯+Mn≤(m−n)Mn|a_m-a_n|\le|a_m-a_{m-1}|+\cdots+|a_{n+1}-a_n|\le\frac{M}{m-1}+\cdots+\frac{M}{n}\le\frac{(m-n)M}{n}∣am−an∣≤∣am−am−1∣+⋯+∣an+1−an∣≤m−1M+⋯+nM≤n(m−n)M，设p∈Z>0p\in\Z_{>0}p∈Z>0，有∣an+p+⋯+an+1−pan∣≤∣an+p−an∣+⋯+∣an+1−an∣≤pMn+⋯+Mn≤p2nM|a_{n+p}+\cdots+a_{n+1}-pa_n|\le|a_{n+p}-a_n|+\cdots+|a_{n+1}-a_n|\le\frac{pM}{n}+\cdots+\frac{M}{n}\le\frac{p^2}{n}M∣an+p+⋯+an+1−pan∣≤∣an+p−an∣+⋯+∣an+1−an∣≤npM+⋯+nM≤np2M。

另一方面，我们又有an+p+⋯+an+1=(n+p)σn+p−nσna_{n+p}+\cdots+a_{n+1}=(n+p)\sigma_{n+p}-n\sigma_nan+p+⋯+an+1=(n+p)σn+p−nσn，因此
∣(np+1)σn+p−npσn−an∣=∣np(σn+p−σn)+σn+p−an∣≤pMn|(\frac{n}{p}+1)\sigma_{n+p}-\frac{n}{p}\sigma_n-a_n|=|\frac{n}{p}(\sigma_{n+p}-\sigma_{n})+\sigma_{n+p}-a_n|\le\frac{pM}{n} ∣(pn+1)σn+p−pnσn−an∣=∣pn(σn+p−σn)+σn+p−an∣≤npM
从而
np(σn+p−σn)+σn+p−pnM≤an≤np(σn+p−σn)+σn+p+pnM\frac{n}{p}(\sigma_{n+p}-\sigma_n)+\sigma_{n+p}-\frac{p}{n}M\le a_n\le\frac{n}{p}(\sigma_{n+p}-\sigma_n)+\sigma_{n+p}+\frac{p}{n}M pn(σn+p−σn)+σn+p−npM≤an≤pn(σn+p−σn)+σn+p+npM
设ε>0\varepsilon>0ε>0，我们控制p=[ε⋅n]p=[\varepsilon\cdot n]p=[ε⋅n]，这里[⋅][\cdot][⋅]表示向下取整，从而p=εn−αp=\varepsilon n-\alphap=εn−α，其中α∈[0,1)\alpha\in[0,1)α∈[0,1)。因此我们有pn=εn−αn→ε\frac{p}{n}=\frac{\varepsilon n-\alpha}{n}\rightarrow\varepsilonnp=nεn−α→ε，那么np→1ε\frac{n}{p}\rightarrow\frac{1}{\varepsilon}pn→ε1。因此由上面的式子可以得到
σ−εM≤lim inf⁡n→∞an≤lim sup⁡n→∞an≤σ+εM\sigma-\varepsilon M\le\liminf_{n\rightarrow\infin}a_n\le\limsup_{n\rightarrow\infin}a_n\le\sigma+\varepsilon M σ−εM≤n→∞liminfan≤n→∞limsupan≤σ+εM
令ε=1k\varepsilon=\frac{1}{k}ε=k1，自然有
σ−1kM≤lim inf⁡n→∞an≤lim sup⁡n→∞an≤σ+1kM\sigma-\frac{1}{k}M\le\liminf_{n\rightarrow\infin}a_n\le\limsup_{n\rightarrow\infin}a_n\le\sigma+\frac{1}{k}M σ−k1M≤n→∞liminfan≤n→∞limsupan≤σ+k1M
令k→∞k\rightarrow\infink→∞，得到lim inf⁡n→∞an=lim sup⁡n→∞an=σ\liminf_{n\rightarrow\infin}a_n=\limsup_{n\rightarrow\infin}a_n=\sigmaliminfn→∞an=limsupn→∞an=σ，即lim⁡n→∞an=σ\lim_{n\rightarrow\infin}a_n=\sigmalimn→∞an=σ。

习题EEE：xn\sqrt[n]{x}nx和bxb^xbx的定义

这个问题的目标是在R\RR上定义初等函数xn\sqrt[n]{x}nx和bxb^xbx，比如我们自然希望定义xn\sqrt[n]{x}nx为满足yn=xy^n=xyn=x唯一的正实数yyy。

E1)E1)E1) 给定正整数nnn和实数x>0x>0x>0，证明：如果正实数y1y_1y1和y2y_2y2满足y1n=x=y2ny_1^n=x=y_2^ny1n=x=y2n，那么y1=y2y_1=y_2y1=y2。

证明：这是因为yny^nyn关于y>0y>0y>0是严格单调递增的从而是单射。单调性的证明就是序关系与乘法的相容性。

E2)E2)E2) 证明，如果x>0x>0x>0，那么集合E(x)={t∈R∣tn<x}E(x)=\{t\in\R|t^n<x\}E(x)={t∈R∣tn<x}是非空的并且有上界。

证明：显然0∈E(x)0\in E(x)0∈E(x)从而E(x)≠∅E(x)\neq\emptyE(x)=∅，另外max{1,x}max\{1,x\}max{1,x}是E(x)E(x)E(x)的一个上界。

E3)E3)E3) 证明，y=sup⁡E(x)y=\sup E(x)y=supE(x)满足yn=xy^n=xyn=x并且y>0y>0y>0。

证明：显然y≠0y\neq0y=0，由于0∈E(x)0\in E(x)0∈E(x)我们有y>0y>0y>0。现在来证明yn=xy^n=xyn=x。我们通过一一排除其他情况。

假设yn<xy^n<xyn<x，设k∈Z>0k\in\Z_{>0}k∈Z>0，(y+1k)n→yn<x(k→∞)(y+\frac{1}{k})^n\rightarrow y^n<x(k\rightarrow\infin)(y+k1)n→yn<x(k→∞)，这说明存在K∈Z>0K\in\Z_{>0}K∈Z>0使得(y+1K)n<x(y+\frac{1}{K})^n<x(y+K1)n<x，从而y+1K∈E(x)y+\frac{1}{K}\in E(x)y+K1∈E(x)，这与y=sup⁡E(x)y=\sup E(x)y=supE(x)矛盾！

假设yn>xy^n>xyn>x，设k∈Z>0k\in\Z_{>0}k∈Z>0，那么对于y−1ky-\frac{1}{k}y−k1而言，存在tk∈E(x)t_k\in E(x)tk∈E(x)使得y−1k<tk≤yy-\frac{1}{k}<t_k\le yy−k1<tk≤y，从而(y−1k)n<tkn<x(y-\frac{1}{k})^n<t_k^n<x(y−k1)n<tkn<x。然而，注意到(y−1k)n→yn>x(k→∞)(y-\frac{1}{k})^n\rightarrow y^n>x(k\rightarrow\infin)(y−k1)n→yn>x(k→∞)，这说明存在K∈Z>0K\in\Z_{>0}K∈Z>0使得(y−1K)n>x(y-\frac{1}{K})^n>x(y−K1)n>x，推出了矛盾！

综上，我们有yn=xy^n=xyn=x，证毕！

E4)E4)E4) 证明，映射⋅n:R>0→R>0,xn=y\sqrt[n]{\cdot}:\R_{>0}\rightarrow\R_{>0},\sqrt[n]{x}=yn⋅:R>0→R>0,nx=y是良好定义的。我们也记xn\sqrt[n]{x}nx为x1nx^{\frac{1}{n}}xn1。

证明：这就是E1),E2)E1),E2)E1),E2)与E3)E3)E3)的结合。即我们先定义xn=sup⁡E(x)\sqrt[n]{x}=\sup E(x)nx=supE(x)，那么有(xn)n=x(\sqrt[n]{x})^n=x(nx)n=x。假设存在其他的正数yyy使得yn=xy^n=xyn=x，根据E1)E1)E1)有y=xny=\sqrt[n]{x}y=nx。

E5)E5)E5) 证明，⋅n:R>0→R>0\sqrt[n]{\cdot}:\R_{>0}\rightarrow\R_{>0}n⋅:R>0→R>0是双射。

证明：设x,y>0x,y>0x,y>0，假设xn=yn\sqrt[n]{x}=\sqrt[n]{y}nx=ny，那么有x=(xn)n=(yn)n=yx=(\sqrt[n]{x})^n=(\sqrt[n]{y})^n=yx=(nx)n=(ny)n=y，从而⋅n\sqrt[n]{\cdot}n⋅是单射。

设x>0x>0x>0，注意到xnn=x\sqrt[n]{x^n}=xnxn=x从而⋅n\sqrt[n]{\cdot}n⋅是满射，从而是双射。

E6)E6)E6) a,ba,ba,b是正实数，nnn为正整数。证明，(ab)1n=a1nb1n(ab)^{\frac{1}{n}}=a^\frac{1}{n}b^\frac{1}{n}(ab)n1=an1bn1。

证明：同时在两边nnn次方，由E1)E1)E1)立得。

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

E7)E7)E7) 设m,n,p,q∈Zm,n,p,q\in\Zm,n,p,q∈Z，其中n>0,q>0n>0,q>0n>0,q>0。令r=mn=pqr=\frac{m}{n}=\frac{p}{q}r=nm=qp为有理数rrr的两种表示。证明：
(bm)1n=(bp)1q(b^m)^\frac{1}{n}=(b^p)^\frac{1}{q} (bm)n1=(bp)q1

证明：两边同时nqnqnq次方立得。

E8)E8)E8) 证明，对任意的有理数rrr，函数r↦brr\mapsto b^rr↦br是良好定义的。

证明：这就是E7)E7)E7)。

E9)E9)E9) 证明，对任意的有理数r,sr,sr,s，我们有br+s=brbsb^{r+s}=b^rb^sbr+s=brbs。

证明：设r=mn,s=pqr=\frac{m}{n},s=\frac{p}{q}r=nm,s=qp，其中n,q>0n,q>0n,q>0，那么只需证
bmq+npnq=bmnbpqb^\frac{mq+np}{nq}=b^\frac{m}{n}b^\frac{p}{q} bnqmq+np=bnmbqp
这是显然的，因为
(bmq+npnq)nq=bmq+np=bmqbnp=(bmnbpq)nq(b^\frac{mq+np}{nq})^{nq}=b^{mq+np}=b^{mq}b^{np}=(b^\frac{m}{n}b^\frac{p}{q})^{nq} (bnqmq+np)nq=bmq+np=bmqbnp=(bnmbqp)nq
中间的等号是因为整数次幂运算的运算律。

E10)E10)E10) 对于x∈Rx\in\Rx∈R，令B(x)={bt∣t∈Q,t≤x}B(x)=\{b^t|t\in\mathbb{Q},t\le x\}B(x)={bt∣t∈Q,t≤x}。证明，B(x)B(x)B(x)非空且有上界。我们定义bx=sup⁡B(x)b^x=\sup B(x)bx=supB(x)，这就定义了映射x↦bxx\mapsto b^xx↦bx。

证明：B(x)≠∅B(x)\neq\emptyB(x)=∅是显然的因为{t∈Q∣t≤x}≠∅\{t\in\mathbb{Q}|t\le x\}\neq\empty{t∈Q∣t≤x}=∅。另外，我们注意到对于t=mn∈Q>0t=\frac{m}{n}\in\mathbb{Q}_{>0}t=nm∈Q>0，其中m,n>0m,n>0m,n>0，都有(bt)n=bm>1m=1(b^t)^n=b^m>1^m=1(bt)n=bm>1m=1 ，即(bt)n>1n(b^t)^n>1^n(bt)n>1n，有bt>1b^t>1bt>1。因此，结合E9)E9)E9)可知映射r↦brr\mapsto b^rr↦br在Q\mathbb{Q}Q上严格递增。从而取x′>xx'>xx′>x且x′∈Qx'\in\mathbb{Q}x′∈Q，有t≤x<x′t\le x<x't≤x<x′即bt<bx′b^t<b^{x'}bt<bx′，从而bx′b^{x'}bx′是B(x)B(x)B(x)的一个上界。这就完成了证明。

E11)E11)E11) 证明，如果rrr是有理数，那么
br=sup⁡B(r),∀r∈Qb^r=\sup B(r),\forall r\in\mathbb{Q} br=supB(r),∀r∈Q
我们定义的指数映射在r∈Qr\in\mathbb{Q}r∈Q时和之前是一致的。

证明：显然对于t≤r∈Qt\le r\in\mathbb{Q}t≤r∈Q有bt≤brb^t\le b^rbt≤br，从而brb^rbr的确是B(r)B(r)B(r)的一个上界。为了说明这是上确界，设ε>0\varepsilon>0ε>0，考虑是否存在 t∈B(r)t\in B(r)t∈B(r)使得br−ε<bt≤brb^r-\varepsilon<b^t\le b^rbr−ε<bt≤br，这只需要br−bt=bt(br−t−1)<εb^r-b^t=b^t(b^{r-t}-1)<\varepsilonbr−bt=bt(br−t−1)<ε就行了。注意到bt≤brb^t\le b^rbt≤br，我们考虑让br−t−1<εbrb^{r-t}-1<\frac{\varepsilon}{b^r}br−t−1<brε。设t=r−1k,k∈Z>0t=r-\frac{1}{k},k\in\Z_{>0}t=r−k1,k∈Z>0，有br−t=b1k→1(k→∞)b^{r-t}=b^\frac{1}{k}\rightarrow1(k\rightarrow\infin)br−t=bk1→1(k→∞)，这说明存在K∈Z>0K\in\Z_{>0}K∈Z>0使得br−t−1=b1K−1<εbrb^{r-t}-1=b^{\frac{1}{K}}-1<\frac{\varepsilon}{b^r}br−t−1=bK1−1<brε，得证。因此有br=sup⁡B(r)b^r=\sup B(r)br=supB(r)。

E12)E12)E12) 证明，E10)E10)E10)中定义的映射满足，对任意的x,y∈Rx,y\in\Rx,y∈R，都有bx+y=bxbyb^{x+y}=b^xb^ybx+y=bxby。

证明：注意到根据上确界的定义，对于εk=1k\varepsilon_k=\frac{1}{k}εk=k1，存在rk,sk∈Qr_k,s_k\in\mathbb{Q}rk,sk∈Q，使得bx−εk<brk≤bx,by−εk<bsk≤byb^x-\varepsilon_k<b^{r_k}\le b^x,b^y-\varepsilon_k<b^{s_k}\le b^ybx−εk<brk≤bx,by−εk<bsk≤by，从而有brk→bx,bsk→by(k→∞)b^{r_k}\rightarrow b^x,b^{s_k}\rightarrow b^y(k\rightarrow\infin)brk→bx,bsk→by(k→∞)，因而brkbsk=brk+sk→bxbyb^{r_k}b^{s_k}=b^{r_k+s_k}\rightarrow b^xb^ybrkbsk=brk+sk→bxby。

在上面的基础上，我们希望对rk,skr_k,s_krk,sk作出限制好让它们分别趋于x,yx,yx,y。在这个过程中，我们需要注意我们只能使用r↦brr\mapsto b^rr↦br在Q\mathbb{Q}Q上的单调性。

我们给选取rk,skr_k,s_krk,sk的过程附上一些条件，注意到如果rk∗r_k^*rk∗满足要求，那么比它大的B(x)B(x)B(x)中的元素也都满足要求，那么我们要求x−1k<rk≤xx-\frac{1}{k}<r_k\le xx−k1<rk≤x。同理，我们也要求y−1k<sk≤yy-\frac{1}{k}<s_k\le yy−k1<sk≤y，这样就有sk→x,rk→ys_k\rightarrow x,r_k\rightarrow ysk→x,rk→y，从而sk+rk→x+ys_k+r_k\rightarrow x+ysk+rk→x+y。

最后，我们来证明brk+sk→bx+yb^{r_k+s_k}\rightarrow b^{x+y}brk+sk→bx+y。设ε>0\varepsilon>0ε>0，根据上确界的定义存在有理数t≤x+yt\le x+yt≤x+y使得bx+y−ε<bt≤bx+yb^{x+y}-\varepsilon<b^t\le b^{x+y}bx+y−ε<bt≤bx+y，而由于rk+sk→x+yr_k+s_k\rightarrow x+yrk+sk→x+y存在K>0K>0K>0，对于所有的k>Kk>Kk>K都有t<rk+sk≤x+yt<r_k+s_k\le x+yt<rk+sk≤x+y，根据指数函数在有理数集上的单调性有bx+y−ε<bt<brk≤bx+yb^{x+y}-\varepsilon<b^t<b^{r_k}\le b^{x+y}bx+y−ε<bt<brk≤bx+y，这就证明了brk+sk→bx+yb^{r_k+s_k}\rightarrow b^{x+y}brk+sk→bx+y。因此，我们得到bx+y=bxbyb^{x+y}=b^{x}b^{y}bx+y=bxby，证毕！

E13∗)E13*)E13∗) 证明，当b=eb=eb=e时，这样定义的函数和课程中定义的exe^xex是一致的。

一个自然的思路应在学习TaylorTaylorTaylor展开之后实施。我们可以利用e=lim⁡n→∞(1+1n)ne=\lim_{n\rightarrow\infin}(1+\frac{1}{n})^ne=limn→∞(1+n1)n推导按照刚刚这种方式定义的指数函数的求导公式，有(ex)′=ex(e^x)'=e^x(ex)′=ex，从而我们可以将exe^xex展开成其MaclaurinMaclaurinMaclaurin级数，即TaylorTaylorTaylor级数在000点的展开，这就得到了课程中采用级数定义的exe^xex。

习题FFF：根式的逼近

给定正实数α\alphaα和初始值x1>αx_1>\sqrt{\alpha}x1>α，我们归纳地定义序列{xn}n≥1\{x_n\}_{n\ge1}{xn}n≥1：
xn+1=12(xn+αxn),n=1,2,⋯(A1)x_{n+1}=\frac{1}{2}(x_n+\frac{\alpha}{x_n}),n=1,2,\cdots~(A1) xn+1=21(xn+xnα),n=1,2,⋯ (A1)

F1)F1)F1) 证明，{xn}n≥1\{x_n\}_{n\ge1}{xn}n≥1是递减的并且lim⁡n→∞xn=α\lim_{n\rightarrow\infin}x_n=\sqrt{\alpha}limn→∞xn=α（在问题EEE中已经定义）。这表明，从任意大于α\sqrt{\alpha}α的初值出发，可用上述迭代公式近似地计算（逼近）α\sqrt{\alpha}α。

证明：xn−xn+1=12(xn−αxn)>12(α−αα)=0x_{n}-x_{n+1}=\frac{1}{2}(x_n-\frac{\alpha}{x_n})>\frac{1}{2}(\sqrt{\alpha}-\frac{\alpha}{\sqrt{\alpha}})=0xn−xn+1=21(xn−xnα)>21(α−αα)=0，不等号是因为x↦x−αxx\mapsto x-\frac{\alpha}{x}x↦x−xα是严格递减的，因而{xn}\{x_n\}{xn}是递减的。另外，假设xn>αx_n>\sqrt{\alpha}xn>α，xn+1=12(xn+αxn)>12⋅2α=αx_{n+1}=\frac{1}{2}(x_n+\frac{\alpha}{x_n})>\frac{1}{2}\cdot2\sqrt{\alpha}=\sqrt{\alpha}xn+1=21(xn+xnα)>21⋅2α=α，不能取等是因为xn≠αx_n\neq\sqrt{\alpha}xn=α。而注意到x1>αx_1>\sqrt{\alpha}x1>α，我们得知α\sqrt{\alpha}α是{xn}\{x_n\}{xn}的一个下界。综上，{xn}\{x_n\}{xn}是收敛的，设其收敛到xxx，那么显然x≥α>0x\ge\sqrt{\alpha}>0x≥α>0。

我们在xn+1=12(xn+αxn)x_{n+1}=\frac{1}{2}(x_n+\frac{\alpha}{x_n})xn+1=21(xn+xnα)式中取数列的极限，有x=12(x+αx)x=\frac{1}{2}(x+\frac{\alpha}{x})x=21(x+xα)，解得x=αx=\sqrt{\alpha}x=α（负值已经舍去），这就是要证的。

F2)F2)F2) 定义逼近的误差项εn=xn−α\varepsilon_n=x_n-\sqrt{\alpha}εn=xn−α。证明，εn+1=εn22xn<εn22α\varepsilon_{n+1}=\frac{\varepsilon_n^2}{2x_n}<\frac{\varepsilon_n^2}{2\sqrt{\alpha}}εn+1=2xnεn2<2αεn2

证明：εn22xn=(xn−α)22xn=12(xn+αxn)−α=xn+1−α=εn+1\frac{\varepsilon_n^2}{2x_n}=\frac{(x_n-\sqrt{\alpha})^2}{2x_n}=\frac{1}{2}(x_n+\frac{\alpha}{x_n})-\sqrt{\alpha}=x_{n+1}-\sqrt{\alpha}=\varepsilon_{n+1}2xnεn2=2xn(xn−α)2=21(xn+xnα)−α=xn+1−α=εn+1，题目中的不等式直接来源于xn>αx_n>\sqrt{\alpha}xn>α。

F3)F3)F3) 证明，如果β=2α\beta=2\sqrt{\alpha}β=2α，那么εn+1<β(ε1β)2n\varepsilon_{n+1}<\beta(\frac{\varepsilon_1}{\beta})^{2^n}εn+1<β(βε1)2n。这表明，迭代公式(A1)(A1)(A1)收敛速度非常快。

证明：由F2)F2)F2)得εn+1β<(εnβ)2<⋯<(ε1β)2n\frac{\varepsilon_{n+1}}{\beta}<(\frac{\varepsilon_n}{\beta})^2<\cdots<(\frac{\varepsilon_1}{\beta})^{2^n}βεn+1<(βεn)2<⋯<(βε1)2n，得证。

F4)F4)F4) 设α=3,x1=2\alpha=3,x_1=2α=3,x1=2，验证ε1β<0.1\frac{\varepsilon_1}{\beta}<0.1βε1<0.1，继而ε5<4⋅10−16,ε6<4⋅10−32\varepsilon_5<4\cdot10^{-16},\varepsilon_6<4\cdot10^{-32}ε5<4⋅10−16,ε6<4⋅10−32。

解：ε1β=2−323<0.32×1.8=112<110=0.1\frac{\varepsilon_1}{\beta}=\frac{2-\sqrt{3}}{2\sqrt{3}}<\frac{0.3}{2\times1.8}=\frac{1}{12}<\frac{1}{10}=0.1βε1=232−3<2×1.80.3=121<101=0.1，从而
ε5<23⋅(0.1)24<4⋅10−16\varepsilon_{5}<2\sqrt{3}\cdot(0.1)^{2^4}<4\cdot10^{-16}ε5<23⋅(0.1)24<4⋅10−16，ε6<23⋅(0.1)25<4⋅10−32\varepsilon_{6}<2\sqrt{3}\cdot(0.1)^{2^5}<4\cdot10^{-32}ε6<23⋅(0.1)25<4⋅10−32。

F5)F5)F5) 试用纸和笔，计算3\sqrt{3}3的精确到小数点555位的近似值。

解：设x1=2x_1=2x1=2，由F4)F4)F4)知我们只需要计算到x4x_4x4。

x2=12(2+32)=74x_2=\frac{1}{2}(2+\frac{3}{2})=\frac{7}{4}x2=21(2+23)=47

x3=12(74+4⋅37)=9756x_3=\frac{1}{2}(\frac{7}{4}+\frac{4\cdot3}{7})=\frac{97}{56}x3=21(47+74⋅3)=5697

x4=12(9756+56⋅397)=1881710864x_4=\frac{1}{2}(\frac{97}{56}+\frac{56\cdot3}{97})=\frac{18817}{10864}x4=21(5697+9756⋅3)=1086418817

最后一个结果保留555位小数的结果是1.732051.732051.73205，事实上这个结果保留到第777位小数1.73205081.73205081.7320508都是正确的。

接下来，我们换另外一个迭代公式。固定α>1\alpha>1α>1和y1>αy_1>\sqrt{\alpha}y1>α，我们归纳地定义
yn+1=α+yn1+yn=yn+α−yn21+yn,n=1,2,⋯(A2)y_{n+1}=\frac{\alpha+y_n}{1+y_n}=y_n+\frac{\alpha-y_n^2}{1+y_n},n=1,2,\cdots~(A2) yn+1=1+ynα+yn=yn+1+ynα−yn2,n=1,2,⋯ (A2)

F6,7)F6,7)F6,7) 证明，{y2k−1}k≥1\{y_{2k-1}\}_{k\ge1}{y2k−1}k≥1为递减序列，{y2k}k≥1\{y_{2k}\}_{k\ge1}{y2k}k≥1为递增序列。

证明：显然yn>0y_n>0yn>0，yn+1−α=(yn−α)+(α−yn)(α+yn)1+yn=(yn−α)(1−α)1+yny_{n+1}-\sqrt{\alpha}=(y_n-\sqrt{\alpha})+\frac{(\sqrt\alpha-y_n)(\sqrt{\alpha}+y_n)}{1+y_n}=\frac{(y_n-\sqrt{\alpha})(1-\sqrt\alpha)}{1+y_n}yn+1−α=(yn−α)+1+yn(α−yn)(α+yn)=1+yn(yn−α)(1−α)，因而yn+1−αy_{n+1}-\sqrt\alphayn+1−α与yn−αy_n-\sqrt\alphayn−α的正负性总是相反，因此有y2k−1>α,y2k<αy_{2k-1}>\sqrt{\alpha},y_{2k}<\sqrt\alphay2k−1>α,y2k<α，其中k∈Z>0k\in\Z_{>0}k∈Z>0。另外，yn+2−yn=α+α+yn1+yn1+α+yn1+yn−yn=(α+1)yn+2α2yn+(α+1)−yn=2(α−yn2)2yn+(α+1)y_{n+2}-y_{n}=\frac{\alpha+\frac{\alpha+y_n}{1+y_n}}{1+\frac{\alpha+y_n}{1+y_n}}-y_n=\frac{(\alpha+1)y_n+2\alpha}{2y_{n}+(\alpha+1)}-y_n=\frac{2(\alpha-y_n^2)}{2y_{n}+(\alpha+1)}yn+2−yn=1+1+ynα+ynα+1+ynα+yn−yn=2yn+(α+1)(α+1)yn+2α−yn=2yn+(α+1)2(α−yn2)，因此{y2k−1}k≥1\{y_{2k-1}\}_{k\ge1}{y2k−1}k≥1是递减的而{y2k}k≥1\{y_{2k}\}_{k\ge1}{y2k}k≥1是递增的。

F8)F8)F8) 证明，lim⁡n→∞yn=α\lim_{n\rightarrow\infin}y_n=\sqrt{\alpha}limn→∞yn=α。

证明：由F6,7)F6,7)F6,7)的过程{y2k−1},{y2k}\{y_{2k-1}\},\{y_{2k}\}{y2k−1},{y2k}都是单调有界的数列，从而都收敛，设它们分别收敛到y,y′(>0)y,y'(>0)y,y′(>0)。对y2k+1=(α+1)y2k−1+2α2y2k−1+(α+1)y_{2k+1}=\frac{(\alpha+1)y_{2k-1}+2\alpha}{2y_{2k-1}+(\alpha+1)}y2k+1=2y2k−1+(α+1)(α+1)y2k−1+2α对kkk取极限，得y=(α+1)y+2α2y+(α+1)y=\frac{(\alpha+1)y+2\alpha}{2y+(\alpha+1)}y=2y+(α+1)(α+1)y+2α，有y=αy=\sqrt{\alpha}y=α（已经舍去了负值），注意到y′y'y′满足相同的方程从而有y=y′=αy=y'=\sqrt{\alpha}y=y′=α，因而lim⁡k→∞y2k−1=lim⁡k→∞y2k=α\lim_{k\rightarrow\infin}y_{2k-1}=\lim_{k\rightarrow\infin}y_{2k}=\sqrt{\alpha}limk→∞y2k−1=limk→∞y2k=α，这表示对于ε>0\varepsilon>0ε>0，存在K>0K>0K>0，使得对所有k>Kk>Kk>K有max{∣y2k−1−α∣,∣y2k−α∣}<εmax\{|y_{2k-1}-\sqrt{\alpha}|,|y_{2k}-\sqrt{\alpha}|\}<\varepsilonmax{∣y2k−1−α∣,∣y2k−α∣}<ε，因此存在N=2KN=2KN=2K，对所有的n>Nn>Nn>N有∣yn−α∣<ε|y_n-\sqrt\alpha|<\varepsilon∣yn−α∣<ε，即yn→αy_n\rightarrow\sqrt\alphayn→α。

F9)F9)F9) 试讨论迭代公式(A2)(A2)(A2)逼近a\sqrt{a}a的收敛速度并与(A1)(A1)(A1)的比较。

解：(A1)(A1)(A1)收敛速度更快，过程略。

问题GGG：(Banach−MazurBanach-MazurBanach−Mazur)

老王和王老饭后玩⼀个R\RR上的区间套游戏决定谁来付饭钱：老王先选取⼀个闭区间W1W_1W1，然后老王选一个W1W_1W1的子区间L1L_1L1，但是要求L1L_1L1的长度不能超过W1W_1W1的⼀半；然后老王再选⼀个L1L_1L1的子区间W2W_2W2，又轮到王老再选⼀个W2W_2W2的子区间L2L_2L2，同样要求L2L_2L2的长度不超过W2W_2W2的⼀半；如此下去，第nnn步，老王选⼀个Ln−1L_{n−1}Ln−1的子区间WnW_nWn，又轮到王老再选⼀个WnW_nWn的子区间LnL_nLn，但是要求LnL_nLn的长度不超过WnW_nWn的⼀半。他们两个人得到⼀个区间套：W1⊃L1⊃W2⊃L2⊃⋯⊃Wn⊃Ln⊃⋯W_1⊃L_1⊃W_2⊃L_2⊃\cdots⊃W_n⊃L_n⊃\cdotsW1⊃L1⊃W2⊃L2⊃⋯⊃Wn⊃Ln⊃⋯。
老王和王老发现
⋂n≥1Wn=⋂n≥1Ln={x}\bigcap_{n\ge1}W_n=\bigcap_{n\ge1}L_n=\{x\} n≥1⋂Wn=n≥1⋂Ln={x}
是⼀个实数。他们规定，如果xxx是有理数那么老王赢，如
果xxx是无理数就是王老赢，试问最后谁会付钱？

解：王老有必胜策略。注意到Q\mathbb{Q}Q是可数的，设Q={r1,⋯,rn,⋯}\mathbb{Q}=\{r_1,\cdots,r_n,\cdots\}Q={r1,⋯,rn,⋯}，王老可以在选择WiW_iWi时避开rir_iri，那么一定有x∉Qx\notin\mathbb{Q}x∈/Q，而这与老王采取的策略无关。