证明 不妨设$f$单调不减。

(1) 对$I$的任何内点$x_0$，记$$\begin{array}{}\text{(1)}& A:=\{f(x)\mid x\in I\wedge x<x_0\},B:=\{f(x)\mid x\in I\wedge x>x_0\}\end{array}$$ 易见$\alpha =supA$和$\beta =infB$均存在，且有$\alpha \le f(x_0)\le \beta$。

$\mathrm{\forall }\epsilon >0$，$\alpha -\epsilon$都不是$A$的上界，因此$\mathrm{\exists }{x}_1\in I$且$x_1<x_0$满足$f(x_1)>\alpha -\epsilon$。由$f$的单调性可知$\mathrm{\forall }x\in I$，$x_1<x<x_0⟹\alpha -\epsilon <f(x_1)\le f(x)\le \alpha$。因此$\mathrm{\forall }\epsilon >0$，$\mathrm{\exists }\delta =x_0-x_1>0$，使得$\mathrm{\forall }x\in I$，$x_0-\delta <x<x_0⟹|f(x)-\alpha |<\epsilon$，即$\underset{x\to x_0^{-}}{lim}f(x)=\alpha$。

同理可知$\underset{x\to x_0^{+}}{lim}f(x)=\beta$。

若$\alpha =\beta$，则$f$在$x_0$处连续；否则，$f$在$x_0$处跳跃间断。

(2) 设$f$的间断点集合为$D\subseteq I$，$\mathcal{I}=\{(a,b)\mid a<b\wedge (a,b)\subseteq I\}$。令$g:D\to \mathcal{I}$满足$x\mapsto (f(x^{-}),f(x^{+}))$，$h:\mathcal{I}\to \mathbb{Q}$满足$S\mapsto r\in S$。由实数的稠密性可知$h$是存在的。

设$x_1,x_2\in D$且满足$x_1<x_2$，则$f(x_1^{-})<f(x_1^{+})\le f(x_2^{-})<f(x_2^{+})$，故$g(x_1)\cap g(x_2)=\varnothing$，即$(h\circ g)(x_1)<(h\circ g)(x_2)$。故$h\circ g:D\to \mathbb{Q}$为单射，$\mathrm{card}D\le \mathrm{card}\mathbb{Q}={\mathrm{\aleph }}_0$，即$f$的间断点至多可数。

(3) 我们尝试证明其逆否命题：$f$不连续当且仅当$f(I)$不是区间。

必要性：设$f$在$I$内的某点$x_0$处间断，由(1)可知$f$在$x_0$处跳跃间断，故$(f(x_0^{-}),f(x_0^{+}))$中至多含有$f(x_0)$一个元素，即$f(I)$不是区间。

充分性：设$f(I)$不是区间，则$\mathrm{\exists }{x}_1,x_2\in I,\mathrm{\exists }y\in \mathbb{R}$，使得$f(x_1)<y<f(x_2)$且$y\notin f(I)$。易见$x_1<x_2$。令$$\begin{array}{}\text{(2)}& I_1:=\{x\in I\mid f(x)<y\},I_2:=\{x\in I\mid f(x)>y\}\end{array}$$ 显然${\xi }_1=sup{I}_1$和${\xi }_2=inf{I}_2$、$\alpha =supf(I_1)$和$\beta =inff(I_2)$均存在，且成立${\xi }_1\le {\xi }_2$以及$\alpha \le f({\xi }_1)\le f({\xi }_2)\le \beta$、$\alpha \le y\le \beta$。

显然${\xi }_1={\xi }_2=\xi$。否则设${\xi }_1<{\xi }_2$，$\mathrm{\exists }\xi \in ({\xi }_1,{\xi }_2)$，则$\xi$既是$I_1$的上界又是$I_2$的下界，即$f(\xi )\ge y\wedge f(\xi )\le y⟹f(\xi )=y\in f(I)$，与$y\notin f(I)$矛盾。

同(1)理可知$\underset{x\to {\xi }^{-}}{lim}f(x)=\alpha$、$\underset{x\to {\xi }^{+}}{lim}f(x)=\beta$。显然$\alpha <\beta$，否则设$\alpha =\beta$，则$y=f(\xi )\in I$，与$y\notin f(I)$矛盾。

$\xi$即为$f$的间断点，即$f$不连续。

(4) 由$f$严格单增知$f^{-1}:f(I)\to I$存在，且$f^{-1}$严格单增。注意到$f^{-1}(f(I))=I$也是区间，由(3)知$f^{-1}$连续。 $◻$

证明 (1) $\mathrm{\forall }x\in \mathbb{R}$，$f_N$关于$N$单调不减，且$$\begin{array}{}\text{(6)}& f_N(x)\le \sum _{n=1}^N\frac{1}{2^n}=1\end{array}$$ 即$f_N$关于$N$有上界，由单调有界收敛定理知$\{f_N\}$关于$N$的极限存在。

(2) $\mathrm{\forall }x,y\in \mathbb{R}$，不妨设$x<y$，由于有理数稠密且$\{a_n\}=\mathbb{Q}$，故存在$N_1$使得$x<a_{N_1}<y$，因此$\mathrm{\forall }N>N_1$，有$$\begin{array}{}\text{(7)}& f_N(y)-f_N(x)=\sum _{n=1}^N\frac{1}{2^n}(I_n(y)-I_n(x))\ge \frac{1}{2^{N_1}}\end{array}$$ 令$N\to +\mathrm{\infty }$，则有$$\begin{array}{}\text{(8)}& f(y)-f(x)\ge \frac{1}{2^{N_1}}>0\end{array}$$ 即$f$在$\mathbb{R}$上严格增。

(3) $\mathrm{\forall }{x}_0=a_{N_1}\in \mathbb{Q}$，取$\epsilon =2^{-N_1-1}>0$，则$\mathrm{\forall }\delta >0$，$\mathrm{\exists }x$满足$x_0-\delta <x<x_0$。故$\mathrm{\forall }N>N_1$，都有$$\begin{array}{}\text{(9)}& f_N(x_0)-f_N(x)=\sum _{n=1}^N\frac{1}{2^n}(I_n(x)-I_n(x_0))\ge \frac{1}{2^{N_1}}\end{array}$$ 令$N\to +\mathrm{\infty }$，则有$$\begin{array}{}\text{(10)}& f(x_0)-f(x)\ge \frac{1}{2^{N_1}}>\epsilon \end{array}$$ 即$f$在$x_0$处间断。

$\mathrm{\forall }x\in \mathbb{R}\setminus \mathbb{Q}$，$\mathrm{\forall }\epsilon >0$，取特定$\delta >0$使得$\mathrm{\forall }x\in \mathbb{R}$，都有$$\begin{array}{}\text{(11)}& |x-x_0|<\delta ⟹|f(x)-f(x_0)|=\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{2^n}|I_n(x)-I_n(x_0)|\stackrel{?}{\le }\sum _{n>N_1}\frac{1}{2^n}=\frac{1}{2^{N_1}}\stackrel{?}{<}\epsilon \end{array}$$

上述第一个“?”可以通过下式满足：$$\begin{array}{}\text{(12)}& |x-x_0|<\delta \wedge n\le N_1⟹I_n(x)=I_n(x_0)⟹a_n\notin (min\{x,x_0\},max\{x,x_0\}]\end{array}$$ 若给定$N_1$，取$$\begin{array}{}\text{(13)}& \delta =\frac{1}{2}\underset{1\le n\le N_1}{min}|a_n-x_0|\end{array}$$ 即可。

上述第二个“?”可取$N_1=[{\log }_2(\epsilon +\frac{1}{\epsilon })]+1$。

因此$\mathrm{\forall }\epsilon >0$，$\mathrm{\exists }\delta >0$使得$\mathrm{\forall }x\in \mathbb{R}$，$|x-x_0|<\delta ⟹|f(x)-f(x_0)|<\epsilon$，即$f$在$x_0$处连续。 $◻$

证明 用数学归纳法可以证明$y_n>0(\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N})$，由AM-GM不等式可得$$\begin{array}{}\text{(15)}& y_n=\frac{y_{n-1}}{2}+\frac{x}{2y_{n-1}}\ge 2\sqrt{\frac{y_{n-1}}{2}\cdot \frac{x}{2y_{n-1}}}=\sqrt{x}\end{array}$$ 从而$$\begin{array}{}\text{(16)}& y_{n+1}-y_n=\frac{x-y_{n-1}^2}{2y_{n-1}}\le 0\end{array}$$ 故$\{y_n\}$单调不增且有下界，从而收敛于$A\ge \sqrt{x}>0$。

令递推关系式中的$n\to +\mathrm{\infty }$，则有$$\begin{array}{}\text{(17)}& A=\frac{A}{2}+\frac{x}{2A}⟹A=\sqrt{x}\end{array}$$ $◻$

证明 若$x_0=f(x_0)$，则$\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}$，$f^{(n)}(x_0)=x_0$，极限显然存在。

若$x_0<f(x_0)$，则由数学归纳法可以证明$\{f^{(n)}(x_0)\}$严格增且有上界$1$，故极限$x^{\ast }=A$存在。由于$f$连续，故$$\begin{array}{}\text{(24)}& f(x^{\ast })=f(\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{f}^{(n)}(x_0))=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{f}^{(n+1)}(x_0)=x^{\ast }\end{array}$$

若$x_0>f(x_0)$，同理可证。 $◻$

证明 注意到$$\begin{array}{}\text{(29)}& x_{n+1}-x_n=\frac{1}{n+1}-\ln (n+1)+\ln n=\frac{1}{n+1}-\ln (1+\frac{1}{n})<0\end{array}$$ 故$x_n$严格减，又$$\begin{array}{}\text{(30)}& x_n=\sum _{k=1}^n\frac{1}{k}-\ln n>\sum _{j=1}^n\ln (1+\frac{1}{k})-\ln n=\ln (1+\frac{1}{n})>0\end{array}$$ 即$x_n$有下界$0$，故收敛。 $◻$

证明 本题的难点在于如何联系$x$与$\frac{1}{n}$。先设$x\in (0,1)$，则$\mathrm{\exists }N\in {\mathbb{N}}^{\ast }$使得$\frac{1}{N+1}<x\le \frac{1}{N}$（为什么？），因此$$\begin{array}{}\text{(33)}& \begin{array}{rl}\frac{\ln (1+x)}{x}& <\frac{\ln (1+\frac{1}{N})}{\frac{1}{N+1}}<\frac{\frac{1}{N}}{\frac{1}{N+1}}=1+\frac{1}{N}<1+2x\\ & >\frac{\ln (1+\frac{1}{N+1})}{\frac{1}{N}}>\frac{\frac{1}{N+2}}{\frac{1}{N}}=1-\frac{2}{N+2}>1-2x\end{array}\end{array}$$ 即$$\begin{array}{}\text{(34)}& 1-2x<\frac{\ln (1+x)}{x}<1+2x⟹\underset{x\to 0^{+}}{lim}\frac{\ln (1+x)}{x}=1\end{array}$$ 另一方面，注意到$$\begin{array}{}\text{(35)}& \begin{array}{rl}\underset{x\to 0^{-}}{lim}\frac{\ln (1+x)}{x}& =\underset{y\to 0^{+}}{lim}\frac{\ln (1-y)}{-y}=\underset{y\to 0^{+}}{lim}\frac{\ln \frac{1}{1-y}}{y},y=-x\\ & =\underset{z\to 0^{+}}{lim}\frac{\ln (1+z)}{1-\frac{1}{1+z}}=\underset{z\to 0^{+}}{lim}\frac{\ln (1+z)}{z}(1+z)=1,z=\frac{1}{1-y}-1\end{array}\end{array}$$ 因此$$\begin{array}{}\text{(36)}& \underset{x\to 0}{lim}\frac{\ln (1+x)}{x}=1\end{array}$$ $◻$

证明 由数学归纳法可知$a_n>0,b_n>0(\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N})$。由AM-GM不等式可得$$\begin{array}{}\text{(38)}& a_{n+1}=\frac{a_n+b_n}{2}\ge \sqrt{a_n{b}_n}=b_{n+1},n\in \mathbb{N}\end{array}$$ 因此$$\begin{array}{}\text{(39)}& a_{n+1}-a_n=\frac{b_n-a_n}{2}\le 0,\frac{b_{n+1}}{b_n}=\sqrt{\frac{a_n}{b_n}}\ge 1,n\in {\mathbb{N}}^{\ast }\end{array}$$ 因此从$n=1$开始，$\{a_n\}$单调减且有下界$b_1$，$\{b_n\}$单调增且有上界$a_1$，故两者极限均存在，分别设为$A,B$。令$a_n$的递推关系式两边$n\to +\mathrm{\infty }$，则$$\begin{array}{}\text{(40)}& A=\frac{A+B}{2}⟹A=B\end{array}$$ $◻$

证明 不妨设$a\le b$，否则可以考虑$y_n=-x_n$。用数学归纳法可以证明$$\begin{array}{}\text{(61)}& x_{2n-1}\le x_{2n+1}\le x_{2n+2}\le x_{2n}\end{array}$$ 于是$[x_{2n-1},x_{2n}]$构成有界闭区间套，从而$\alpha =\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{x}_{2n-1}$、$\beta =\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{x}_{2n}$存在。令$n\to +\mathrm{\infty }$，则有$\beta =(1-\lambda )\beta +\lambda \alpha$，即$\alpha =\beta$。因此$\alpha =\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{x}_n$。

注意到$$\begin{array}{}\text{(62)}& \left(\begin{array}{c}{x}_{n+2}\\ x_{n+1}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}\lambda & 1-\lambda \\ 1& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{x}_{n+1}\\ x_n\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1& \lambda -1\\ 1& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1& \\ & \lambda -1\end{array}\right){\left(\begin{array}{cc}1& \lambda -1\\ 1& 1\end{array}\right)}^{-1}\left(\begin{array}{c}{x}_{n+1}\\ x_n\end{array}\right)\end{array}$$ 因此$$\begin{array}{}\text{(63)}& \begin{array}{rl}\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\left(\begin{array}{c}{x}_{n+2}\\ x_{n+1}\end{array}\right)& =\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{\left[\left(\begin{array}{cc}1& \lambda -1\\ 1& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1& \\ & \lambda -1\end{array}\right){\left(\begin{array}{cc}1& \lambda -1\\ 1& 1\end{array}\right)}^{-1}\right]}^n\left(\begin{array}{c}{x}_2\\ x_1\end{array}\right)\\ \left(\begin{array}{c}\alpha \\ \alpha \end{array}\right)& =\left(\begin{array}{cc}1& \lambda -1\\ 1& 1\end{array}\right)\left[\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{\left(\begin{array}{cc}1& \\ & \lambda -1\end{array}\right)}^n\right]{\left(\begin{array}{cc}1& \lambda -1\\ 1& 1\end{array}\right)}^{-1}\left(\begin{array}{c}b\\ a\end{array}\right)\\ & =\left(\begin{array}{cc}1& \lambda -1\\ 1& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1& \\ & 0\end{array}\right){\left(\begin{array}{cc}1& \lambda -1\\ 1& 1\end{array}\right)}^{-1}\left(\begin{array}{c}b\\ a\end{array}\right)=\frac{b+(1-\lambda )a}{2-\lambda }\left(\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right)\end{array}\end{array}$$ 即$$\begin{array}{}\text{(64)}& \alpha =\frac{b+(1-\lambda )a}{2-\lambda }\end{array}$$ $◻$

证明 记$g(x,y):=\frac{f(y)-f(x)}{y-x}$。假设$\mathrm{\exists }{x}_1,y_1\in I$使得$x_1<y_1$且$f(x_1)\ge f(y_1)$。采用以下方法构造$\{x_n\},\{y_n\}$：

• 若$g(x_n,\frac{x_n+y_n}{2})\le g(x_n,y_n)$，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$g(\frac{x_n+y_n}{2},y_n)\le g(x_n,y_n)$，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$$\begin{array}{}\text{(66)}& y_{n+1}-x_{n+1}=\frac{y_n-x_n}{2},g(x_{n+1},y_{n+1})\le g(x_n,y_n)\end{array}$$ 由有界闭区间套定理，存在唯一实数$x_0\in I$满足$\mathrm{\forall }n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$，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$a_n\ne x_0$且$g(a_n,x_0)\le g(x_n,y_n)$，因此$$\begin{array}{}\text{(67)}& g(a_n,x_0)\le g(x_n,y_n)\le g(x_1,y_1)\end{array}$$ 由于$\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{a}_n=x_0$，令上述不等式两边$n\to +\mathrm{\infty }$，得到$$\begin{array}{}\text{(68)}& f^{\prime }(x_0)=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}g(a_n,x_0)\le g(x_1,y_1)<0\end{array}$$ 这与$f^{\prime }(x_0)>0$矛盾。因此$f$在$I$上严格增。 $◻$

证明 记$x_n=f^{(n)}(x_0)$。若$x_1=f(x_0)=x_0$，则命题显然成立。若$x_1=f(x_0)\ne x_0$，则$$\begin{array}{}\text{(70)}& |x_{n+1}-x_n|=|f(x_n)-f(x_{n-1})|\le \lambda |x_n-x_{n-1}|\le \cdots \le {\lambda }^n|x_1-x_0|\end{array}$$ 从而$\mathrm{\forall }\epsilon >0$，取特定$N>0$，使得$\mathrm{\forall }m>n>N$，有$$\begin{array}{}\text{((*))}& |x_m-x_n|\le \sum _{k=n}^{m-1}|x_{k+1}-x_k|\le \sum _{k=n}^{m-1}{\lambda }^k|x_1-x_0|\le \frac{{\lambda }^n}{1-\lambda }|x_1-x_0|<\frac{{\lambda }^N}{1-\lambda }|x_1-x_0|\stackrel{?}{<}\epsilon \end{array}$$ 取$$\begin{array}{}\text{(71)}& N=[{\log }_{\lambda }\frac{\epsilon (1-\lambda )}{|x_1-x_0|}]+1\end{array}$$ 即可。所以$\{x_n\}$是Cauchy数列，于是$x^{\ast }=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{x}_n$存在。

在$(\ast )$中令$m\to +\mathrm{\infty }$可得$$\begin{array}{}\text{(72)}& |x_n-x^{\ast }|=\underset{m\to +\mathrm{\infty }}{lim}|x_m-x_n|\le \frac{{\lambda }^n}{1-\lambda }|x_1-x_0|\end{array}$$ 易见$f$连续，因此$$\begin{array}{}\text{(73)}& f(x^{\ast })=f\left(\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{x}_n\right)=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}f(x_n)=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{x}_{n+1}=x^{\ast }\end{array}$$

设$x^{\ast },x^{\mathrm{\#}}$均为$f$的不动点，则$$\begin{array}{}\text{(74)}& |x^{\ast }-x^{\mathrm{\#}}|=|f(x^{\ast })-f(x^{\mathrm{\#}})|\le \lambda |x^{\ast }-x^{\mathrm{\#}}|<|x^{\ast }-x^{\mathrm{\#}}|\end{array}$$ 即$x^{\ast }=x^{\mathrm{\#}}$，故不动点唯一。 $◻$