习题课内容

2.2 习题课内容

2.2.1 Cauchy数列、子列、Heine归结定理

例 2.2.1 判断题： $lim_{x \to c} f (x)$ 是有限实数当且仅当：对任意数列 $x_{n}$ ，若 $x_{n} \neq c$ 且 $lim_{n \to + \infty} x_{n} = c$ ，则 $lim_{n \to + \infty} f (x_{n})$ 都是有限实数。

解正确。 $⟹$ ：显然成立。 $⟸$ ：可采用反证法。假设 $lim_{x \to c} f (x) \neq A$ ，即 $\exists ε_{0} > 0$ ，使得取 $δ = \frac{1}{n}$ ， $\exists x_{n}$ 满足 $0 < | x_{n} - c | < \frac{1}{n}$ 且 $| f (x_{n}) - A | \geq ε_{0}$ 。则数列 ${x_{n}}$ 满足 $x_{n} \neq c$ 且 $lim_{n \to + \infty} x_{n} = c$ ，但 ${f (x_{n})}$ 不收敛于 $A$ ，与假设矛盾。 $◻$

例 2.2.2 判断题：设 $f : (a, b) \to R$ 是单调函数， $A$ 是有限实数或 $A = + \infty$ 或 $A = - \infty$ 。则 $lim_{x \to b} f (x) = A$ 当且仅当存在数列 ${x_{n}} \subseteq (a, b)$ 满足 $lim_{n \to + \infty} x_{n} = b$ 且 $lim_{n \to + \infty} f (x_{n}) = A$ 。

解正确。 $⟹$ ：显然成立。 $⟸$ ：不妨设 ${x_{n}}$ 严格增（取使其严格增的收敛子列即可），补充定义 $x_{0} = a$ ，则 $\forall x \in (a, b)$ ， $\exists n_{x} \in N^{*}$ 使得 $x_{n - 1} \leq x < x_{n}$ ，故有 $f (x_{n - 1}) \leq f (x) \leq f (x_{n})$ 或 $f (x_{n - 1}) \geq f (x) \geq f (x_{n})$ 成立。令 $x \to + \infty$ ，则 $n_{x} \to + \infty$ ，从而 $lim_{x \to + \infty} f (x) = A$ 。 $◻$

例 2.2.3 不定项选择题：以下哪些数列是Cauchy数列？

(A): $(- 1)^{n} \sqrt{n} + \frac{1}{n^{2}}$
(B): $\cos n$
(C): $\sum_{k = 1}^{n} \frac{(- 1)^{k}}{k}$
(D): $\sum_{k = 2}^{n} \frac{\sin k x}{k (k + \sin k x)}$
(E): $\sum_{k = 1}^{n} \frac{\sin k}{k^{2}}$

解 CDE。Cauchy数列等价于数列收敛，显然(A)(B)不收敛。对于(C)，记 $a_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{(- 1)^{k}}{k}$ ，注意到 ${a_{2 n}}$ 严格减且有下界 $\begin{matrix} (1) & a_{2 n} = - \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{2 k (2 k - 1)} > - \frac{1}{2} - \sum_{k = 2}^{n} \frac{1}{2 k (2 k - 2)} = - \frac{1}{2} - \frac{1}{4} (1 - \frac{1}{n}) > - \frac{3}{4} \end{matrix}$ 因此 ${a_{2 n}}$ 收敛。又因为 $a_{2 n + 1} = a_{2 n} + \frac{1}{2 n + 1}$ ，故 ${a_{2 n + 1}}$ 也收敛于同一极限，因而 ${a_{n}}$ 收敛。

对于(D)(E)，注意到若 $\sum_{k = 1}^{n} | a_{k} |$ 收敛，则 $\sum_{k = 1}^{n} a_{k}$ 收敛，利用Cauchy收敛准则即可证明： $\forall ε > 0$ ， $\exists N > 0$ 使得 $\begin{matrix} (2) & \begin{aligned} m > n > N & ⟹ \sum_{k = 1}^{m} | a_{k} | - \sum_{k = 1}^{n} | a_{k} | = \sum_{k = n + 1}^{m} | a_{k} | < ε \\ ⟹ | \sum_{k = 1}^{m} a_{k} - \sum_{k = 1}^{n} a_{k} | = | \sum_{k = n + 1}^{m} a_{k} | \leq \sum_{k = n + 1}^{m} | a_{k} | < ε \end{aligned} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (3) & \begin{aligned} \sum_{k = 2}^{n} | \frac{\sin k x}{k (k + \sin k x)} | & \leq \sum_{k = 2}^{n} \frac{1}{k (k - 1)} = 1 - \frac{1}{n} < 1 \\ \sum_{k = 1}^{n} | \frac{\sin k}{k^{2}} | & \leq \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^{2}} < 1 + \sum_{k = 2}^{n} \frac{1}{k (k - 1)} = 2 - \frac{1}{n} < 2 \end{aligned} \end{matrix}$ 故(D)(E)对应的加了绝对值的数列单调不减且有上界，故均收敛。 $◻$

注我们相当于证明了级数收敛的Leibniz判别法与绝对收敛蕴涵收敛。

例 2.2.4 不定项选择题：以下命题中哪些是“ ${x_{n}}$ 不是Cauchy数列”的充分必要条件：

(A): $\forall ε > 0$ ， $\exists N \geq 1$ ，使得 $\forall n, m \geq N$ 都有 $| x_{n} - x_{m} | > ε$
(B): $\forall ε > 0$ ， $\exists N \geq 1$ ，使得 $\exists n, m \geq N$ 满足 $| x_{n} - x_{m} | > ε$
(C): $\exists ε > 0$ ，使得 $\exists N \geq 1$ ，使得 $\forall n, m \geq N$ 都有 $| x_{n} - x_{m} | > ε$
(D): $\exists ε > 0$ ，使得 $\forall N \geq 1$ ， $\exists n \geq N$ 使得 $\forall p \geq 1$ 都有 $| x_{n} - x_{n + p} | > ε$
(E): $\exists ε > 0$ ，使得 $\forall N \geq 1$ ， $\forall n \geq N$ 及 $\forall p \geq 1$ 都有 $| x_{n} - x_{n + p} | > ε$
(F): $\exists ε > 0$ ，使得 $\forall N \geq 1$ ， $\exists n \geq N$ 且 $\exists p \geq 1$ 使得 $| x_{n} - x_{n + p} | > ε$
(G): $\exists ε > 0$ ，使得 $\forall N \geq 1$ ， $\exists n \geq N$ 且 $\exists p \geq 1$ 使得 $| x_{n} - x_{n + p} | \geq ε$

解 FG。Cauchy数列的定义为 $\forall ε > 0, \exists N \geq 1, \forall m > n \geq N, | x_{m} - x_{n} | < ε$ ，取 $p = m - n$ 即可。 $◻$

例 2.2.5 单选题：分别回答以下条件是“ ${x_{n}}$ 是Cauchy数列”的什么条件。

(1): ____ $\forall ε > 0$ ， $\exists N \geq 1$ ，使得 $\forall n \geq N$ 都有 $| x_{n} - x_{N} | < ε$ ；
(2): ____ $\exists C > 0$ ，使得 $\forall n \geq 1$ 都有 $| x_{2} - x_{1} | + | x_{3} - x_{2} | + \dots + | x_{n} - x_{n - 1} | \leq C$ ；
(3): ____ $\exists {b_{n}} > 0$ 满足 $lim_{n \to + \infty} b_{n} = 0$ ，且 $\exists N \geq 0$ 使得 $\forall n \geq N$ 以及 $\forall p \geq 1$ 都有 $| x_{n + p} - x_{n} | \leq b_{n}$ ；
(4): ____ $\forall n, p \geq 1$ ， $| x_{n + p} - x_{n} | < \frac{p}{n^{2}}$ ；
(5): ____ $\forall n, p \geq 1$ ， $| x_{n + p} - x_{n} | < \frac{p}{n}$ ；
(6): ____ $\forall p \geq 1$ ， $lim_{n \to + \infty} | x_{n + p} - x_{n} | = 0$ 。

(A): 充分条件，但非必要条件
(B): 必要条件，但非充分条件
(C): 充分必要条件
(D): 即非充分条件，也非必要条件

解

(1): C。 $⟹$ ： $| x_{m} - x_{n} | \leq | x_{m} - x_{N} | + | x_{N} - x_{n} | < 2 ε$ 。 $⟸$ ：取 $(m, n) = (n, N)$ 。
(2): A。 $⟹$ ：令 $a_{n} = x_{n + 1} - x_{n}$ ，则 $\sum_{k = 1}^{n} a_{n}$ 绝对收敛，从而收敛，故 ${x_{n}}$ 收敛。 $⟸ ⧸$ ：取 $a_{n} = \frac{(- 1)^{n}}{n}$ 、 $x_{1} = 0$ ，此时 $x_{n} = x_{1} + \sum_{k = 1}^{n - 1} a_{k} = \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{(- 1)^{k}}{k}$ 。
(3): C。 $⟹$ ：取 $N^{'} = max {N, N_{0}}$ 保证 $b_{n} < ε$ 即可。 $⟸$ ：取 $b_{n} = sup_{p \geq 1} | x_{n + p} - x_{n} |$ 即可。
(4): A。 $⟹$ ： $\forall n \geq 2$ ， $| x_{n + 1} - x_{n} | < \frac{1}{n^{2}} < \frac{1}{n - 1} - \frac{1}{n}$ ，则 $| x_{n + p} - x_{n} | < \frac{1}{n - 1}$ （ $\forall p \geq 1$ ）。 $⟸ ⧸$ ： $x_{n} = \frac{1}{\sqrt{n}}$ 。
(5): D。 $⟹ ⧸$ ： $x_{n} = 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n}$ 。 $⟸ ⧸$ ： $x_{2 n} = \frac{1}{2 n}$ ， $x_{2 n + 1} = \frac{1}{2 n} + \frac{1}{\ln n}$ 。
(6): B。 $⟹ ⧸$ ： $x_{n} = \ln n, \sqrt{n}, \sin \ln n$ 。 $⟸$ ：取 $m = n + p$ 即可。

◻

2.2.2 函数的连续性

例 2.2.6 (作业第1题) 设 $f \in C (R)$ ，且 $lim_{x \to \infty} f (f (x)) = \infty$ 。证明： $lim_{x \to \infty} f (x) = \infty$ 。

证明采用反证法，假设 $lim_{x \to \infty} f (x) = \infty$ 不成立，则 $\exists M_{0} > 0$ 使得 $\forall n \geq 1$ ， $\exists x_{n}$ 满足 $| x_{n} | > n$ 且 $| f (x_{n}) | \leq M_{0}$ 。由于连续函数 $f$ 在有界闭区间 $[- M_{0}, M_{0}]$ 上有界，即存在 $M > 0$ 使得 $| x | \leq M_{0} ⟹ | f (x) | \leq M$ 。故 $| f (f (x_{n})) | \leq M$ ，与 $lim_{x \to \infty} f (f (x)) = \infty$ 矛盾，因此 $lim_{x \to \infty} f (x) = \infty$ 成立。 $◻$

另证假设 $lim_{x \to + \infty} f (x) = + \infty$ 不成立，则 $\exists M_{0} > 0$ ，使得 $\forall n \geq 1$ ， $\exists x_{n}$ 满足 $| x_{n} | > n$ 且 $| f (x_{n}) | \leq M_{0}$ 。故 ${f (x_{n})}$ 有收敛子列，不妨设 ${f (x_{n})}$ 收敛于 $y_{0}$ 。由于 $f$ 是连续函数，故 $lim_{n \to + \infty} f (f (x_{n})) = f (y_{0})$ ，与 $lim_{x \to \infty} f (f (x)) = \infty$ 矛盾，因此结论成立。 $◻$

例 2.2.7 (作业第2题) 设 $f, g \in C [a, b]$ ，且存在数列 ${x_{n}} \subseteq [a, b]$ 满足 $g (x_{n}) = f (x_{n + 1})$ （ $\forall n \geq 1$ ）。证明：存在 $x_{0} \in [a, b]$ 使得 $f (x_{0}) = g (x_{0})$ 。

证明采用反证法，假设 $\forall x \in [a, b]$ 有 $f (x) \neq g (x)$ ，由连续函数的介值性定理，要么 $f (x) > g (x)$ 恒成立、要么 $f (x) < g (x)$ 恒成立。不妨设 $\forall x \in [a, b]$ ， $f (x) > g (x)$ ，否则可以考虑 $- f, - g$ ，则 $\begin{matrix} (4) & g (x_{n}) = f (x_{n + 1}) > g (x_{n + 1}) = f (x_{n + 2}) > \dots \end{matrix}$ 由于 $g$ 是闭区间 $[a, b]$ 上的连续函数，故 $g$ 在 $[a, b]$ 上有界，从而 ${g (x_{n})}$ 和 ${f (x_{n})}$ 均为有界数列，于是 $\begin{matrix} (5) & lim_{n \to + \infty} f (x_{n}) = lim_{n \to + \infty} g (x_{n}) = L \end{matrix}$ 又因为 ${x_{n}} \subseteq [a, b]$ 是有界数列，其存在收敛子列。设 $lim_{k \to + \infty} x_{n_{k}} = x_{0} \in [a, b]$ ，由 $f$ 与 $g$ 的连续性分别得到 $lim_{k \to + \infty} f (x_{n_{k}}) = f (x_{0})$ 与 $lim_{k \to + \infty} g (x_{n_{k}}) = g (x_{0})$ ，故 $f (x_{0}) = g (x_{0})$ ，与假设矛盾。 $◻$

例 2.2.8 (作业第3题) 设 $f \in C [a, + \infty)$ 且有界。证明：对任意 $λ > 0$ ，存在数列 ${x_{n}}$ 满足 $lim_{n \to + \infty} x_{n} = + \infty$ 且 $\begin{matrix} (6) & lim_{n \to + \infty} [f (x_{n} + λ) - f (x_{n})] = 0 \end{matrix}$

证明要证明的结论等价于： $\forall λ > 0$ ，有 $\begin{matrix} (7) & \underset{x \to + \infty}{lim inf} | f (x + λ) - f (x) | = 0 \end{matrix}$ 采用反证法，假设 $\exists λ_{0} > 0$ 使得 $\underset{x \to + \infty}{lim inf} | f (x + λ_{0}) - f (x) | > 0$ ，则 $\exists ε_{0} > 0$ 使得 $\begin{matrix} (8) & \underset{x \to + \infty}{lim inf} | f (x + λ_{0}) - f (x) | > ε_{0} \end{matrix}$ 从而 $\exists N > 0$ 使得 $x \geq N ⟹ | f (x + λ_{0}) - f (x) | > ε_{0}$ 。由连续函数的介值性定理，要么 $x \geq N ⟹ f (x + λ_{0}) - f (x) \geq ε_{0}$ ，要么 $x \geq N ⟹ f (x + λ_{0}) - f (x) \leq - ε_{0}$ （两者必成立其一）。

不妨设 $x \geq N ⟹ f (x + λ_{0}) - f (x) \geq ε_{0}$ ，则 $\forall k \geq 1$ ， $f (N + (k + 1) λ_{0}) - f (N + k λ_{0}) \geq ε_{0}$ ，累加得 $f (N + k λ_{0}) - f (N) \geq k ε_{0}$ （ $\forall k \geq 1$ ）。当 $k \to + \infty$ 时， $k ε_{0} \to + \infty$ ，这与 $f$ 有界矛盾，故原命题成立。 $◻$

另证分以下三种情况讨论。

1 $^{\circ}$: 若 $\exists N > 0$ 使得 $x \geq N ⟹ f (x + λ) \geq f (x)$ ，令 $x_{n} = N + n λ$ ，则 $f (x_{n + 1}) \geq f (x_{n})$ （ $\forall n \in N$ ）。又因为 ${f (x_{n})}$ 有界，故 $lim_{n \to + \infty} f (x_{n})$ 收敛，且满足 $\begin{matrix} (9) & 0 = lim_{n \to + \infty} [f (x_{n + 1}) - f (x_{n})] = lim_{n \to + \infty} [f (x_{n} + λ) - f (x_{n})] \end{matrix}$
2 $^{\circ}$: 若 $\exists N > 0$ 使得 $x \geq N ⟹ f (x + λ) \leq f (x)$ ，则对 $- f$ 应用与1 $^{\circ}$ 相同的论证即可。
3 $^{\circ}$: 若 $\forall n > a$ ， $\exists x_{n} \geq n$ 使得 $f (x_{n} + λ) < f (x_{n})$ ，且 $\exists y_{n} \geq n$ 使得 $f (y_{n} + λ) > f (y_{n})$ ，于是 $x_{n} \neq y_{n}$ 。由介值定理， $\exists z_{n}$ 介于 $x_{n}, y_{n}$ 之间使得 $f (z_{n} + λ) = f (z_{n})$ 。显然 $lim_{n \to + \infty} z_{n} = + \infty$ ，且 $f (z_{n} + λ) - f (z_{n}) = 0$ ，从而结论成立。

◻

例 2.2.9 (作业第4题) 证明：不存在定义在 $R$ 上的连续函数，使得每个函数值恰好被取到两次。

证明采用反证法，假设存在连续函数 $f : R \to R$ ，使得对任意 $y \in f (R)$ ，存在恰好两个不同的 $x_{1}, x_{2} \in R$ 满足 $f (x_{1}) = f (x_{2}) = y$ 。设 $x_{1} < x_{2}$ ，则连续函数 $f$ 在有界闭区间 $[x_{1}, x_{2}]$ 上存在最小值 $m$ 与最大值 $M$ 。由于 $f$ 不是常值函数，故 $m$ 与 $M$ 中至少有一个不等于 $f (x_{1})$ 。不妨设 $M > f (x_{1})$ ，则存在 $x_{3} \in (x_{1}, x_{2})$ 使 $f (x_{3}) = M$ 。根据假设，存在 $x_{4} \neq x_{3}$ 使 $f (x_{4}) = M$ 。不妨设 $x_{3} < x_{4}$ ，否则可以考虑 $f (- x)$ 。

如图2.2.1所示，若 $x_{4} > x_{2}$ ，考虑 $η = \frac{f (x_{1}) + M}{2}$ ，由介值定理， $η$ 在 $(x_{1}, x_{3})$ 、 $(x_{3}, x_{2})$ 与 $(x_{2}, x_{4})$ 内各至少取到一次，与“每个函数值恰好取两次”矛盾。

若 $x_{4} \in (x_{3}, x_{2})$ ，取 $x_{5} \in (x_{3}, x_{4})$ ，则 $f (x_{5}) < M$ 。考虑 $η = \frac{max {f (x_{5}), f (x_{1})} + M}{2}$ ，由介值定理， $η$ 在 $(x_{1}, x_{3})$ 、 $(x_{3}, x_{5})$ 、 $(x_{5}, x_{4})$ 与 $(x_{4}, x_{2})$ 内各至少取到一次，同样矛盾。故不存在这样的连续函数。 $◻$

x1x2x3x4Mηx1x2x5x3x4Mη(a)x4>(b)x4<xx22 — 图 2.2.1: 作业第4题示意图

注若将“两次”改为“ $n$ 次”，则结论改为：不存在定义在 $R$ 上的连续函数，使得每个函数值恰好被取到偶数次；而存在定义在 $R$ 上的连续函数，使得每个函数值恰好被取到奇数次。

对于奇数次 $n (> 1)$ 的情形，可以考虑 $f (x) = x + a \sin x$ （其中 $a > 1$ ），容易证明 $f$ 在每个 $[2 k π, 2 (k + 1) π]$ 区间上都有两个极值点 $x_{2 k}, x_{2 k + 1}$ ，它们满足 $\begin{matrix} (10) & f^{'} (x) = 1 + a \cos x = 0 ⟹ x_{2 k} = (2 k + 1) π - \arccos \frac{1}{a}, x_{2 k + 1} = (2 k + 1) π + \arccos \frac{1}{a} \end{matrix}$ 选择合适的 $a$ 使得 $f (x_{0}) = f (x_{n})$ ，其中 $x_{0} = π - \arccos \frac{1}{a}$ 、 $x_{n} = n π + \arccos \frac{1}{a}$ ，亦即 $\begin{matrix} (11) & π - \arccos \frac{1}{a} + a \sin (π - \arccos \frac{1}{a}) = n π + \arccos \frac{1}{a} + a \sin (n π + \arccos \frac{1}{a}) \end{matrix}$ 由于 $(- 1)^{n} = - 1$ 、 $\sin \arccos x = \sqrt{1 - x^{2}}$ ，故上式可化简为 $\begin{matrix} (12) & \sqrt{a^{2} - 1} - \arccos \frac{1}{a} = \frac{n - 1}{2} π \end{matrix}$

例 2.2.10 (作业第5题) 设 $f \in C (a, b)$ ，且 $lim_{x \to a^{+}} f (x) = + \infty$ 、 $lim_{x \to b^{-}} f (x) = - \infty$ ； $g \in C (a, b)$ 满足 $g (x) = o (f (x))$ （当 $x \to a^{+}$ 与 $x \to b^{-}$ 时）。证明： $F (x) = f (x) + g (x)$ 在 $(a, b)$ 内有零点。

证明由 $g (x) = o (f (x))$ 可知，取 $ε = \frac{1}{2}$ ， $\exists δ > 0$ ，使得 $\forall x \in (a, a + δ) \cup (b - δ, b)$ ，有 $| g (x) | < \frac{1}{2} | f (x) |$ 。当 $x \in (a, a + δ)$ 时， $f (x) > 0$ ，故 $\begin{matrix} (13) & F (x) = f (x) + g (x) > f (x) - \frac{1}{2} f (x) = \frac{1}{2} f (x) > 0 \end{matrix}$ 当 $x \in (b - δ, b)$ 时， $f (x) < 0$ ，故 $\begin{matrix} (14) & F (x) = f (x) + g (x) < f (x) + \frac{1}{2} | f (x) | = \frac{1}{2} f (x) < 0 \end{matrix}$ 由于 $F \in C (a, b)$ ，根据介值定理，存在 $x_{0} \in (a, b)$ 使 $F (x_{0}) = 0$ ，即 $F (x)$ 在 $(a, b)$ 内有零点。 $◻$

例 2.2.11 (作业第6题) 设 $f \in C (a, b)$ ，且 $lim_{x \to a^{+}} f (x) = lim_{x \to b^{-}} f (x) = + \infty$ ； $g \in C (a, b)$ 满足 $g (x) = o (f (x))$ （当 $x \to a^{+}$ 与 $x \to b^{-}$ 时）。证明： $F (x) = f (x) + g (x)$ 在 $(a, b)$ 内有最小值。

证明任取 $x_{0} \in (a, b)$ 。当 $x \to a^{+}$ 或 $x \to b^{-}$ 时， $f (x) \to + \infty$ ，故 $F (x) = f (x) [1 + o (1)] \to + \infty$ ；因此 $\exists δ \in (0, min {x_{0} - a, b - x_{0}})$ ，使得 $\forall x \in (a, a + δ) \cup (b - δ, b)$ ，有 $F (x) > F (x_{0})$ 。连续函数 $F$ 在有界闭区间 $[a + \frac{δ}{2}, b - \frac{δ}{2}] \subset (a, b)$ 上存在最小值 $m$ ，即存在 $ξ \in [a + \frac{δ}{2}, b - \frac{δ}{2}]$ 使 $F (ξ) = m$ ，并且 $\begin{matrix} (15) & m = F (ξ) \leq F (x_{0}) < F (x), \forall x \in (a, a + δ) \cup (b - δ, b) \end{matrix}$ 故 $m$ 是 $F (x)$ 在 $(a, b)$ 内的最小值。 $◻$

例 2.2.12 (作业第7题) 设 $I$ 是区间， $f_{n} \in C (I)$ （对任意 $n \geq 1$ ），且满足 $f_{n + 1} (x) \leq f_{n} (x)$ （对任意 $x \in I$ 与 $n \geq 1$ ），并且数列 ${f_{n} (x)}$ 对任意 $x \in I$ 有下界。记 $f (x) = lim_{n \to + \infty} f_{n} (x)$ （对任意 $x \in I$ ）。证明：

(1): $f$ 在 $I$ 上上半连续，即对任意 $x_{0} \in I$ 与 $ε > 0$ ，存在 $δ_{ε} > 0$ 使得对任意 $x \in I$ ，若 $| x - x_{0} | < δ_{ε}$ ，则 $f (x) < f (x_{0}) + ε$ 。
(2): 若 $I$ 是有界闭集，则 $f$ 在 $I$ 上有最大值。
(3): 存在上半连续但不连续的函数。

证明 (1) $\forall x_{0} \in I$ 与 $ε > 0$ ，由于 $f (x_{0}) = lim_{n \to + \infty} f_{n} (x_{0})$ ，故 $\exists N_{ε} > 0$ 使得 $\forall n \geq N_{ε}$ ，有 $f_{n} (x_{0}) < f (x_{0}) + \frac{ε}{2}$ 。由于 $f_{N_{ε}} \in C (I)$ ，对上述 $ε$ ，存在 $δ_{ε, N_{ε}} > 0$ 使得 $\forall x \in I$ ， $| x - x_{0} | < δ_{ε, N_{ε}} ⟹ f_{N_{ε}} (x) < f_{N_{ε}} (x_{0}) + \frac{ε}{2}$ 。又因 $f_{n} (x)$ 单调递减，故 $f (x) = lim_{p \to + \infty} f_{N_{ε} + p} (x) \leq f_{N_{ε}} (x)$ ，于是 $\begin{matrix} (16) & f (x) \leq f_{N_{ε}} (x) < f_{N_{ε}} (x_{0}) + \frac{ε}{2} < f (x_{0}) + ε \end{matrix}$ 即 $f$ 在 $x_{0}$ 处上半连续，由 $x_{0}$ 的任意性， $f$ 在 $I$ 上上半连续。

(2) 先证 $f$ 在 $I$ 上有上界。采用反证法，假设 $f$ 在 $I$ 上无上界，则 $\forall n \geq 1$ ， $\exists x_{n} \in I$ 使 $f (x_{n}) > n$ 。由于 $I$ 是有界闭区间， ${x_{n}}$ 存在收敛子列，不妨设 $lim_{k \to + \infty} x_{n} = x_{0} \in I$ ，故 $\forall δ > 0$ ， $\exists N > 0$ 使得 $n > N ⟹ | x_{n} - x_{0} | < δ$ 。由 $f$ 的上半连续性，取 $ε = 1$ ， $\exists δ > 0$ 使得 $\forall x \in I$ ， $| x - x_{0} | < δ ⟹ f (x) < f (x_{0}) + 1$ ，于是 $f (x_{n}) < f (x_{0}) + 1$ ，从而 $\begin{matrix} (17) & n < f (x_{n}) < f (x_{0}) + 1, \forall n > N \end{matrix}$ 于是 $f (x_{0}) + N$ 成为自然数集 $N$ 的上界，与阿基米德性质矛盾。故 $f$ 在 $I$ 上有上界，设上确界为 $M$ 。

下证 $M$ 为 $f$ 在 $I$ 上的最大函数值。 $\forall n \geq 1$ ， $\exists x_{n} \in I$ 使 $f (x_{n}) > M - \frac{1}{n}$ 。同理不妨设 $lim_{n \to + \infty} x_{n} = x_{0} \in I$ ，故 $\forall δ > 0$ ， $\exists N > 0$ 使得 $n > N ⟹ | x_{n} - x_{0} | < δ$ 。由上半连续性， $\forall ε > 0$ ， $\exists δ > 0$ 使得 $\forall x \in I$ ， $| x - x_{0} | < δ ⟹ f (x) < f (x_{0}) + ε$ ；于是 $f (x_{n}) < f (x_{0}) + ε$ ，故 $M - \frac{1}{n} < f (x_{n}) < f (x_{0}) + ε$ ，从而 $M \leq f (x_{0}) + ε + \frac{1}{n}$ 。由 $ε$ 与 $n$ 的任意性， $M \leq f (x_{0})$ 。又因为 $M$ 是上确界，故 $f (x_{0}) \leq M$ ，从而 $f (x_{0}) = M$ ，即 $M$ 为 $f$ 在 $I$ 上的最大值。

(3) 举例：设 $I = [0, 1]$ ， $f_{n} (x) = x^{n}$ ，则 $\begin{matrix} (18) & f (x) = {\begin{cases} 0, & 0 \leq x < 1 \\ 1, & x = 1 \end{cases} \end{matrix}$ 是上半连续但不连续的函数。 $◻$

例 2.2.13 (作业第8题) 设 $f$ 在区间 $I$ 上可导，即 $\forall x \in I$ ，极限 $\begin{matrix} (19) & f^{'} (x) := lim_{y \to x} \frac{f (y) - f (x)}{y - x} \end{matrix}$ 存在。证明：若 $\forall x \in I$ ，都有 $f^{'} (x) > 0$ ，则 $f$ 在区间 $I$ 上严格增。

证明记 $g (x, y) := \frac{f (y) - f (x)}{y - x}$ 。假设 $\exists x_{1}, y_{1} \in I$ 使得 $x_{1} < y_{1}$ 且 $f (x_{1}) \geq f (y_{1})$ 。采用以下方法构造 ${x_{n}}, {y_{n}}$ ：

若 $g (x_{n}, \frac{x_{n} + y_{n}}{2}) \leq g (x_{n}, y_{n})$ ，则令 $x_{n + 1} = x_{n}$ ， $y_{n + 1} = \frac{x_{n} + y_{n}}{2}$ 。
若 $g (x_{n}, \frac{x_{n} + y_{n}}{2}) > g (x_{n}, y_{n})$ ，则必然有 $g (\frac{x_{n} + y_{n}}{2}, y_{n}) \leq g (x_{n}, y_{n})$ ，令 $x_{n + 1} = \frac{x_{n} + y_{n}}{2}$ ， $y_{n + 1} = y_{n}$ 。

如此可得有界闭区间套 $[x_{n}, y_{n}]$ ，满足 $\begin{matrix} (20) & y_{n + 1} - x_{n + 1} = \frac{y_{n} - x_{n}}{2}, g (x_{n + 1}, y_{n + 1}) \leq g (x_{n}, y_{n}) \end{matrix}$ 由有界闭区间套定理，存在唯一实数 $x_{0} \in I$ 满足 $\forall n \in N^{*}$ ，都有 $x_{0} \in [x_{n}, y_{n}]$ 。由于区间长度不为 $0$ ，必然存在 $x_{n}, y_{n}$ 之一（记为 $a_{n}$ ）满足 $a_{n} \neq x_{0}$ 且 $g (a_{n}, x_{0}) \leq g (x_{n}, y_{n})$ ，因此 $\begin{matrix} (21) & g (a_{n}, x_{0}) \leq g (x_{n}, y_{n}) \leq g (x_{1}, y_{1}) \end{matrix}$ 由于 $lim_{n \to + \infty} a_{n} = x_{0}$ ，令上述不等式两边 $n \to + \infty$ ，得到 $\begin{matrix} (22) & f^{'} (x_{0}) = lim_{n \to + \infty} g (a_{n}, x_{0}) \leq g (x_{1}, y_{1}) < 0 \end{matrix}$ 这与 $f^{'} (x_{0}) > 0$ 矛盾。因此 $f$ 在 $I$ 上严格增。 $◻$

注构造数列的过程可以形象地用下面这张图表示，相当于不断找 $g$ （斜率）的最小值点。