参考资料：《数学分析之课程讲义》，于品。
A
A1
先证明必要性，存在极限，则
$$|f(x_1)-f(x_2)|\leq |f(x_1)-\lim_{x\to x_0}f(x)|+|\lim_{x\to x_0}f(x)-f(x_2)|$$再证明充分性，反证，假设不存在极限，则存在 $\varepsilon>0$ 和两个数列 $x_n,y_n$ 都趋于 $x_0$，使得 $|f(x_n)-f(y_n)|\geq \varepsilon$，矛盾。
A2
构造函数列 $\chi_{[10n,10n+1]}* \rho$，其中 $\rho$ 是 Friedrich 磨光核。这是 $\mathbb R$-线性无关集。
A3
对任意 $x_n\to x_0$，有 $f(x_n)\to f(x_0)$，从而 $g\circ f(x_n)\to g\circ f(x_0)$，所以 $g\circ f$ 在 $x_0$ 处连续。
A4
对任意 $x_n\xrightarrow{d_X}x_0$，有正实数 $c_1,c_2$ 使得
$$c_1d_X(x_n,x_0)\leq d'_X(x_n,x_0)\leq c_2d_X(x_n,x_0)$$所以极限性质是等价的。
A5
在 $\mathbb R^n$ 上的 $L^p$ 范数等价。
A6
考虑
$$\|[f\pm g](x)-[f\pm g](x_0)\|\leq \|f(x)-f(x_0)\|+\|g(x)-g(x_0)\|$$从而证明第一个命题。考虑
$$\|[f\cdot g](x)-[f\cdot g](x_0)\|\leq \|f\|\|g(x)-g(x_0)\|\leq \|f\|\|g\|\|x-x_0\|$$从而证明第二个命题。考虑
$$\left|\dfrac {f(x_0)}{g(x_0)}-\dfrac {f(x)}{g(x)}\right|\leq \left|\dfrac 1{g(x_0)}\right|\left|f(x_0)-f(x)\right|+\left|\dfrac {f(x)}{g(x)g(x_0)}\right|\left|g(x)-g(x_0)\right|$$从而证明第三个命题。
A7
首先 $f(0)=1$，对于非零有理数 $\frac pq$，根据 Dirichlet 原理，总是可以找到 $\frac rs$ 使得
$$|f(\tfrac pq)-f(\tfrac rs)|\geq \tfrac 1{2q}$$所以 $f$ 在有理数处不连续。对于无理点，考虑到有理数分母的间隙，因而是连续的。
A8
根据定义
$$\lim_{x\to 0}\dfrac {e^x-1}x=\lim_{x\to 0}\dfrac 1x\cdot \sum^\infty_{n=1}\dfrac {x^n}{n!}=1+\lim_{x\to 0}\sum^\infty_{n=2}\dfrac {x^{n-1}}{n!}=1$$这是因为
$$\lim_{x\to 0}\left|\sum^\infty_{n=2}\dfrac {x^{n-1}}{n!}\right|\leq \lim_{x\to 0}\sum^\infty_{n=2}\dfrac {|x|^{n-1}}{(n-1)!}=0$$A9
考虑任意 $x\geq 2$，有
$$\left(1+\dfrac 1{[x]+1}\right)^{[x]}\leq \left(1+\dfrac 1x\right)^{[x]}\leq \left(1+\dfrac 1x\right)^x\leq \left(1+\dfrac 1x\right)^{[x]+1}\leq \left(1+\dfrac 1{[x]}\right)^{[x]+1}$$左右的极限是存在的，取双边控制即可，得到 $e$.
A10
考虑
$$\lim_{x\to -\infty}\left(1+\dfrac 1x\right)^x=\lim_{t\to \infty}\left(1-\dfrac 1t\right)^{-t}=\lim_{t\to \infty}\left(1+\dfrac 1{t-1}\right)^t=e$$B
B1
(1) $1$.
(2) $\dfrac 12$.
(3) $\dfrac 14$.
(4) 考虑到 $\tan$ 的公式，尝试裂项相消
$$\tan(\arctan \alpha -\arctan \beta)=\dfrac {\alpha-\beta}{1+\alpha\beta}$$所以
$$\arctan\dfrac {(n+1)-n}{1+(n+1)n}=\arctan \dfrac 1{n^2+n+1}=\arctan (n+1)-\arctan n$$从而得到 $\arctan 2$.
(5) $\dfrac {15}4$.
(6) $\dfrac 34$.
(7) $\dfrac 23$.
(8) $3$.
(9) $1$.
(10) $1-\sqrt 2$.
(11) $\log 2$，严格来写，应该需要计算部分和的极限。
(12) $\dfrac 1m\displaystyle \sum^m_{n=1}\dfrac 1n$.
B2
(1) 发散，考虑 $\displaystyle \sum n^{-1/2}$.
(2) 收敛，考虑 $\displaystyle \sum n^{-3/2}$.
(3) 收敛，考虑 $\sqrt [n]n-1\sim n^{-1}{\log n}=O(n^{-1/2})$（根式判别也可以）。
(4) 当 $|x|\leq 1$ 时，发散。当 $|x|>1$ 时，收敛，几何级数。
(5) 收敛。几何级数。
(6) 收敛，根式判别。
(7) 发散，考虑 $\displaystyle \sum (2n)^{-1}$.
(8) 收敛，实际上等价于分析 $n^{-\log\log n}$，考虑 $\displaystyle \sum n^{-2}$.
(9) 发散，通项的极限为 $1$.
(10) 条件收敛，考虑 Dirichlet 判别法。
(11) 发散，通项极限不为 $0$.
(12) 收敛。由于调和级数的渐进性质
$$\sum^n_{k=1}\dfrac 1k=\log n+\gamma+o(1),\quad n\to \infty$$此时通项可以写为
$$A_n=\dfrac {\log n+\gamma}n\cdot \sin nx+ o(1)\cdot \dfrac {\sin nx}n$$第一项应用 Dirichlet 判别法，第二项先对 $\{\frac {\sin nx}n\}$ 应用 Dirichlet 判别法，说明求和收敛，再用 Abel 判别法说明 $\{o(1)\cdot \frac {\sin nx}n\}$ 的求和也收敛。这对于所有的 $x\in\mathbb R$ 都收敛。但是至少对 $x=\pi/2$，而言级数不是绝对收敛的。
B3
(1) 条件收敛。由 Dirichlet 判别法说明收敛，积分判别法说明不绝对收敛。
(2) 条件收敛。由 Dirichlet 判别法说明收敛，和调和级数比较说明不绝对收敛。
(3) 条件收敛。
(4) 绝对收敛。
C
C2
注意到等价的不等式
$$(b-1)b^{k-1}f(b^k)\leq \sum^{b^k-1}_{j=b^{k-1}}f(j)\leq (b-1)b^{k-1}f(b^{k-1})\leq b\sum^{b^{k-1}-1}_{j=b^{k-2}}f(j)$$将最右边的系数 $b$ 看作常数倍数，应用比较判别即可。
C3
取 $b=2$，就得到
$$\dfrac 1{2k\log 2}\leq 2^{k-1}f(2^k)\leq \sum^{2^k-1}_{j=2^{k-1}}f(j)$$C4
取 $b=100$，就得到
$$\dfrac 1{k\log k}\sim \dfrac {99}{100}\dfrac 1{k\log 100}\dfrac 1{\log k+\log \log 100}\leq \sum^{100^k-1}_{j=100^{k-1}}f(j)$$C5
取 $b=2$，就得到
$$\dfrac 1{2^{k(s-1)+1}}\leq \sum^{2^k-1}_{j=2^{k-1}}f(j)\leq \dfrac 1{2^{(k-1)(s-1)}}$$和几何级数比较。
C6
同 C3，取 $b=2$
$$\dfrac 1{2k^s\log^s2}\leq \sum^{2^k-1}_{j=2^{k-1}}f(j)\leq \dfrac 1{(k-1)^s\log^s 2}$$另一个也同理。
D
D3
对于无穷集，如果是有界的，则应用 Bolzano-Weierstrass 定理得到一个收敛子列，从而得到有界聚点。如果是无界的，则可以找到一个趋于无穷的数列，从而得到无穷远点。
D5
由于对称性，只证明上确界情形。由上确界的定义，存在可重的聚点序列 $\alpha_n\to \sup E$ 满足
$$|\alpha_n-\sup E|<\dfrac 1n$$根据聚点的定义，可以对应选取 $\{a_n\}$ 的子列满足
$$|\alpha_n-a_{k_n}|<\dfrac 1n$$于是
$$\limsup_{n\to\infty}a_n\geq \limsup_{k\to\infty}a_{n_k}=\lim_{k\to\infty}a_{n_k}=\sup E$$根据上极限的定义，左端属于 $E$，所以严格取等。
D6
D5 已经构造了这样的子列。这相当于在说，给定间隙 $A :=(x+a^*)/2$，集合 $\{a_n\}\cap (A,\infty)$ 是有限集。否则上述集合存在聚点 $\alpha$，满足 $\alpha \geq A\geq a^*$，矛盾。
D7
按照对角线排列的 $\mathbb Q$，无穷远点也是它的聚点。
D8
同上。
E
考虑部分和
$$1+\sum_{p\in\mathcal P, p\leq n}p^{-s}\leq \prod_{p\in\mathcal P, p\leq n}\left(1+p^{-s}\right)\leq \zeta(s)$$则 $s>1$ 时，代求级数部分和是有界单调的，所以收敛。当 $0 此时左侧的级数发散，所以右侧的指数部分也发散。 注意到 所以这是关于 $\sin^2\theta$ 的 $n$ 次多项式。显然它至少有以下根 这恰好是 $n$ 个根，所以因式分解后 对 $\sin\theta$ 展开成级数形式，或者直接取极限 $\theta\to 0$，得到 $C=2n+1$，从而恒等式得证，特别地，取 $(2n+1)\theta=\pi x$，得到 首先交代 所以有控制，当 $k\to\infty$ 时 这说明 收敛，且关于 $n$ 是一致收敛的。所以无穷乘积和极限可以交换，得到F