Problems in Mathematical Analysis
作为注记
71-
Abel & Dirichlet Tests
Abel 求和
Dirichlet 判别法（级数版本） Abel 判别法（级数版本）
（函数列版本）
（含参积分版本）
76-
pp.76.ex
(1) 考虑 $(-1)^n$ 求和有界，$\frac 1n\cdot \left(1+\frac 1n\right)^n$ 单调趋于 $0$；
(2) 考虑 $(-1)^n$ 求和有界，$\frac 1n\cdot \cos \frac 1n$ 单调趋于 $0$（考察连续函数的单调性）。
pp.77.ex.1
$T^r$ 是压缩映射，所以存在一个不动点 $x^*$，接下来说明这是 $T$ 的不动点。因为
$$x^*,Tx^*,T^2x^*,\cdots,T^{r-1}x^*$$是 $T$ 作用在 $x^*$ 上的所有像，也都是 $T^r$ 的不动点，所以这个 $r$ 个点都相等，即 $x^*=Tx^*$。
pp.77.ex.2
当 $x-y>0$ 取定时，其像之间的距离受到 $e^{-x}$ 的缩放
$$d(e^{-x}, e^{-y})=e^{-x}|1-e^{x-y}|\geq e^{-x}d(x,y)$$所以 $x\mapsto e^{-x}$ 不是压缩映射。但是
$$d(e^{-e^{-x}}, e^{-e^{-y}})=e^{-e^{-\xi}}e^{-\xi}d(x,y)\leq d(x,y)\max_{t>0}\frac {t}{e^t}$$所以 $x\mapsto e^{-e^{-x}}$ 是压缩映射。
pp.80.ex
在运算过程中只出现 $I,A$，所以是交换的
$$e^{sA}e^{tA}=\sum_{n=0}^\infty \frac {(sA)^n}{n!}\sum_{m=0}^\infty \frac {(tA)^m}{m!}=\sum_{n=0}^\infty\sum^n_{m=0}\frac {s^mt^{n-m}}{m!(n-m)!}A^n=\sum_{n=0}^\infty \frac {(s+t)^n}{n!}A^n=e^{(s+t)A}$$其中第二项的两个因子都是绝对收敛的，从而可以重排成第三项，再用二项式定理得到第四项。
pp.87.ex.1
只证明充分性，如果对于任意收敛到 $x_0$ 的数列 $\{x_n\}$，根据其与 $x_0$ 的大小关系分为两个子列，至少有一个是无限集。这个无限集是子列，这个子列的极限对应 $f$ 的单边极限。而这两个子列（如果都是无限集）对应的极限相等，那么容易证明 $\{f(x_n)\}$ 是 Cauchy 列，从而收敛。
pp.87.ex.2
连续等价于极限存在，且值等于在该点的函数值。
pp.94.ex
考虑 Dirichlet 函数 $D(x)$，定义 $f(x)=2D(x)-1$，则 $|f|\equiv 1$，但 $f$ 在任意点都不连续。
pp.100.ex
定义函数
$$F(x,y)=[f(x)-f(y)]\cdot (x-y)$$对于固定的 $y\in (a,b)$，$F(x,y)$ 是 $x$ 的连续函数。$x$ 在区间 $[a,y)$ 上（不妨）设 $f(x)>f(y)$ 恒成立，那么由单射进一步推出 $f(x) 根据定义，显然是紧集。而考虑 $\{x\}=\bigcap_{n=1}^\infty \overline {B(x,\frac 1n)}$，说明这是闭集。 限制在 $[-N,N]$ 上，作差。 设函数 $f\in C^n([a,b])$ 在 $\mathbb R$ 或 $\mathbb C$ 中取值。如果 $f$ 在 $(a,b)$ 上存在 $n+1$ 阶导数，有一般的 Schlomilch-Roche 余项 如果不存在 $n+1$ 阶导数，只能有 Peano 余项。pp.112.ex
pp.120.ex
Taylor 展开的余项
pp172-181
pp224-228