1. 设 $A,B,C$ 都是集合 $M$ 的子集, 请证明: $$\bex (C\subset A)\wedge (C\subset B)\lra (C\subset A\cap B). \eex$$

证明: 显然成立.

2. 设集合 $X$ 满足 $\bar{\bar \bbN}\leq \bar{\bar X}$. 请证明: 集合 $Y=X\cup\bbN$ 满足 $\bar{\bar X}=\bar{\bar Y}$.

证明: 显然 $\bar{\bar X}\leq \bar{\bar Y}$. 另一方面, 由 $\bar{\bar N}\leq \bar{\bar X}$ 知 $X$ 由一个可数子集 $A$, $$\bex Y=X\cup\bbN =(X\bs A)\cup (A\cup\bbN) \sim (X\bs A)\cup A =X\ra \bar{\bar Y}\leq \bar{\bar X}. \eex$$ 据 Cantor-Bernstein 定理即知 $\bar{\bar X}=\bar{\bar Y}$.

3. 设 $\al>1$, 求极限 $$\bex \vlm{n}\frac{n^\al}{\al^n},\quad \vlm{n}\frac{\al^n}{n!},\quad \vlm{n}\frac{n!}{n^n}. \eex$$

解答: 由 $$\beex \bea \frac{n^\al}{\al^n}&=\frac{n^\al}{(1+\gm)^n}\quad\sex{\gm=\al-1>0}\\ &\leq \frac{n^{[\al]+1}}{\sex{n\atop [\al]+2}\gamma^{[\al]+2}}\quad\sex{n>[\al]+2} \eea \eeex$$ 即知第一个极限 $=0$. 又由 $$\beex \bea \frac{\al^n}{n!} &\leq \frac{([\al]+1)^n}{n!} =\frac{[\al]+1}{1}\cdots \frac{[\al]+1}{[\al]+1}\cdots \frac{[\al]+1}{n}\quad\sex{n>[\al]+1}\\ &\leq \frac{([\al]+1)^{[\al]+1}}{([\al]+1)!} \frac{[\al]+1}{n} \eea \eeex$$ 知第二个极限 $=0$. 最后由 $$\bex \frac{n!}{n^n}=\frac{1\cdots n}{n\cdots n}\leq \frac{1}{n} \eex$$ 知第三个极限 $=0$.

4. 设数列 $\sed{a_n}$ 和 $\sed{b_n}$ 满足

(1). $a_n\searrow 0$.

(2). $\dps{\exists\ M>0,\st \sev{\sum_{k=1}^nb_k}\leq M}$, $\forall\ n\in\bbN$. 请证明级数 $\dps{\vsm{n}a_nb_n}$ 收敛.

证明: 设 $\dps{T_n=\sum_{k=1}^n b_k}$, 则 $$\beex \bea \sev{\sum_{k=n}^{n+p}a_kb_k} &=\sev{\sum_{k=n}^{n+p}a_k(T_k-T_{k-1})}\\ &=\sev{\sum_{k=n}^{n+p}a_kT_k -\sum_{k=n-1}^{n+p-1}a_{k+1}T_k}\\ &=\sev{\sum_{k=n}^{n+p} (a_k-a_{k+1})T_k +a_{n+p}T_{n+p} -a_nT_{n-1}}\\ &\leq M\sum_{k=n}^{n+p}|a_k-a_{k+1}| +M a_{n+p}+M a_n\\ &\leq M(a_n-a_{n+p+1})+2Ma_n\\ &\leq 3Ma_n. \eea \eeex$$ 据 Cauchy 收敛准则即知结论成立.

5. 设 $n(k)\ (k=1,2,\cdots)$ 是从自然数集 $\bbN=\sed{1,2,\cdots}$ 到 $\bbN$ 的一个 $1$ - $1$ 映射. 令 $b_k=a_{n(k)}\ (k=1,2,\cdots)$. 我们称级数 $\dps{\vsm{n}b_n}$ 是级数 $\dps{\vsm{n}a_n}$ 的一个重排. 证明对任何实数 $\al$, 存在级数 $\dps{\vsm{n}\frac{(-1)^n}{n}}$ 的一个重排, 使得该重拍级数之和为 $\al$.

证明: 设 $$\bex S_n=-1-\frac{1}{3}-\cdots-\frac{1}{2n-1},\quad T_n=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{2n}. \eex$$ 则 $S_n$ 发散到 $-\infty$, $T_n$ 发散到 $+\infty$. 取 $n_1$ 充分大使得 $S_{n_1}<\al$. 再取 $n_2>n_1$ 使得 $S_{n_1}+T_{n_2}>\al$. 然后取 $n_3>n_2$ 使得 $T_{n_2}+S_{n_3}<\al$. 一直如此做下去, 得到 $\sed{n_k}$, 使得 $$\bee\label{389_5_eq} k\ odd\ra S_{n_k}+T_{n_{k+1}}>\al,\quad k\ even\ra T_{n_k}+S_{n_{k+1}}<\al. \eee$$重排 $\dps{\vsm{n}\frac{(-1)^n}{n}}$ 如下: $$\bex -1-\cdots-\frac{1}{2n_1+1} +\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2n_2}\\ -\frac{1}{2(n_1+1)+1} -\cdots -\frac{1}{2n_3+1} +\frac{1}{2(n_2+1)} +\cdots +\frac{1}{2n_4}-\cdots. \eex$$ 由 \eqref{389_5_eq} 知上述级数收敛于 $\al$. 事实上, 设 $s_n$ 为上述级数的部分和, 则 $$\bex \vls{n}s_n\leq \al\leq \vli{n}s_n. \eex$$

6. 利用 $\ve-\delta$ 语言证明函数 $f(x)=x^2+x\sin x$ 在 $x=1$ 处是连续的.

证明: 对 $\forall\ \ve>0$, 取 $$\bex \delta=\min\sed{\frac{\ve}{5},1}>0, \eex$$ 则当 $|x-1|<\delta$ 时, $$\beex \bea |f(x)-f(1)| &\leq |x^2-1|+|x\sin x-\sin 1|\\ &\leq |x+1|\cdot |x-1| +|x-1|\cdot |\sin x| +|\sin x-\sin 1|\\ &\leq 3|x-1| +|x-1| +|x-1|\\ &<\ve. \eea \eeex$$

7. 定义函数 $f:\bbR\to \bbR$ 如下: $$\bex f(x)=\sedd{\ba{ll} \frac{1}{N},&x\in\bbQ,\ N=\min\sed{q;x=\frac{p}{q};\ p\in\bbZ,\ q\in\bbN},\\ 0,&x\not\in\bbQ. \ea} \eex$$ 试分析 $f(x)$ 在 $\bbR$ 上的连续性.

证明: 若 $x_0\in\bbQ$, 则 $f(x_0)=1/N$, $N=\min\{q;\ x=p/q,\ p\in\bbZ,\ q\in\bbN\}$. 取 $\bbR\bs\bbQ\ni x_n\to x_0$, 则 $f(x_n)=0\not\to f(x_0)$. 故 $f$ 在 $x_0$ 处不连续. 若 $x_0\not\in\bbQ$, 则对 $\forall\ \ve>0$, 满足 $1/N\geq \ve$ 的 $N$ 仅有有限个, 而在 $([x_0],[x_0]+1)$ 内能表成 $M/N$\ ($M\in\bbZ,\ 1/N\geq \ve$) 的有理数也仅有有限个. 取 $\delta>0$, 使得 $U(x_0,\delta)$ 不含上述这些有理数, 则 $$\bex x\in U(x_0,\delta)\ra |f(x)-f(x_0)|<\ve. \eex$$

8. 证明连续函数 $f(x)=\sin 1/x$ 在 $(0,1)$ 不是一致连续的.

证明: 取 $$\bex x_n=\frac{1}{2n\pi},\quad y_n=\frac{1}{(2n+1/2)\pi}, \eex$$ 则 $$\bex |x_n-y_n|<\frac{1}{2n\pi}\to 0,\quad |f(x_n)-f(y_n)|=1. \eex$$

题目来源于袁亚湘老师的人人网.