第 2 章 序列极限

1数列极限

数列极限, 无穷级数, 无穷乘积, 数列极限的性质, 夹逼准则

A 1.1.

1.

用定义证明 $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{3n^3+4n^2-100}{2n^3-9n-11}=\frac{3}{2}.$ 证明. $\forall \epsilon >0$, 要使得$$\left|\frac{3n^3+4n^2-100}{2n^3-9n-11}-\frac{3}{2}\right|<\epsilon ,$$即$$\left|\frac{4n^2+\frac{27}{2}n-\frac{167}{2}}{2n^3-9n-11}\right|<\epsilon .$$当 $n>100$ 且 $>5/\epsilon$ 时$$\left|\frac{4n^2+\frac{27}{2}n-\frac{167}{2}}{2n^3-9n-11}\right|<\left|\frac{4n^2+n^2}{2n^3-n^3}\right|=\left|\frac{5}{n}\right|<\epsilon ,$$于是 $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{3n^3+4n^2-100}{2n^3-9n-11}=\frac{3}{2}.$ $\square$

2.

用定义证明 $\underset{n\to +\infty }{\lim }\lg \left(1+\frac{1}{n}\right)=0.$ 证明. 注意到 $x>0$ 时 $\lg (1+x)<x$, 于是由 $\forall \epsilon >0$, 取 $N=\left[\frac{1}{\epsilon }\right]$, 则 $n>N$ 时有$$\left|\lg \left(1+\frac{1}{n}\right)\right|<\frac{1}{n}<\epsilon .$$从而 $\underset{n\to +\infty }{\lim }\lg \left(1+\frac{1}{n}\right)=0.$ $\square$

B 1.2.

1.

证明: $\underset{n\to +\infty }{\lim }{a}_n=0$ 的充要条件是存在单调下降且无正下确界的正数列 $\{w_n\}$ 使得 $\forall n⩾1$ 成立 $\left|a_n\right|⩽w_n$.

2.

设 $0⩽p⩽k-1$, 求 $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{C_{kn}^p+C_{kn}^{p+k}+\cdots +C_{kn}^{p+(n-1)k}}{2^{kn}}$. 解答. 假设有这样一套装置, 用 $kn$ 个开关共同控制 $k$ 个灯泡: 开关或开或闭, 灯泡按 $0,1,\cdots ,k-1$ 的编号来编号. 对于编号为 $p(p=0,1,\cdots ,k-1)$ 的灯泡来说, 当且仅当闭合开关总数模 $k$ 余 $p$ 时亮起. 这编号 $p$ 的灯泡亮起的概率即为 $\frac{\sum _{i=0}^{n-1}{C}_{kn}^{p+ik}}{2^{kn}}$. 很显然, 这 $k$ 个灯泡中有且仅有一个灯泡亮起. 当 $n\to \infty$ 时, 每个灯泡都有相同的机会亮起, 编号为 $p$ 的灯泡亮起的概率也为 $1/k$. 即得$$\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{C_{kn}^p+C_{kn}^{p+k}+\cdots +C_{kn}^{p+(n-1)k}}{2^{kn}}=\frac{1}{k}.$$这道题还有其他解法见技巧书. $\square$

2无穷大量, 无穷小量, Stolz 公式

无穷大量, 无穷小量, 小 $o$, 大 $O$, 等价, 同阶, 不定型,Stolz–Cesáro 定理

定理 2.1 (Stolz–Cesáro 定理). 设 $\{x_n\}$ 和 $\{y_n\}$ 是两个实数列, 若

•	$\{y_n\}$ 严格单增,
•	$\underset{n\to \infty }{\lim }{y}_n=+\infty$,
•	$\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{x_{n+1}-x_n}{y_{n+1}-y_n}=\ell$, 其中 $\ell$ 可能为有限数, $+\infty$ 或 $-\infty$,

则$$\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{x_n}{y_n}=\ell .$$

定理 2.2. 设 $\{x_n\}$ 和 $\{y_n\}$ 是两个实数列, 若

•	$\{y_n\}$ 严格单调减少,
•	$\underset{n\to +\infty }{\lim }{x}_n=\underset{n\to +\infty }{\lim }{y}_n=0$,
•	$\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{x_n-x_{n+1}}{y_n-y_{n+1}}=\ell$, 其中 $\ell$ 可能为有限数, $+\infty$ 或 $-\infty$,

则$$\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{x_n}{y_n}=\ell .$$

A 2.3.

1.	证明: $\{a_n\}$ 的极限为 $L$ 当且仅当 $\{a_{2n}\}$ 与 $\{a_{2n+1}\}$ 的极限 $L$, 其中 $L$ 为有限数, $+\infty$, $-\infty$ 或 $\infty$. 证明. 必要性. 由于 $\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=L$. 若 $|L|<+\infty$. 则对 $\forall \epsilon >0$, 有 $N>0$ 使得 $n>N$ 时有$$|a_n-L|<\epsilon ,$$特别地, $2n>N$ 时也有$$|a_{2n}-L|<\epsilon ,|a_{2n+1}-L|<\epsilon .$$若 $L=+\infty$, 则对 $\forall A>0$, 有 $N>0$ 使得 $n>N$ 时有 $a_n>A$, 特别地, 当 $2n>N$ 时也有 $a_n>A$, 其余情况类似. 充分性. 先说明 $L$ 有限的情况, 由于 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{a}_{2n}=L$, 则对 $\forall \epsilon >0$, 有 $N_1\in {\mathbb{Z}}_{+}$ 使得 $n>N_1$ 时有$$|a_{2n}-L|<\epsilon ,$$同理由 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{a}_{2n-1}=L$, 有 $N_2\in {\mathbb{Z}}_{+}$ 使得 $n>N_2$ 时有$$|a_{2n+1}-L|<\epsilon ,$$取 $N=(2N_1)\vee (2N_2+1)$, 那么当 $n>N$ 时, 都有 $|a_n-L|<\epsilon$. $L$ 无穷时情况类似. $\square$
2.	设 $p$ 为有理数, 证明 $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{(n+1{)}^p-n^p}{n^{p-1}}=p$. 证明. $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{(n+1{)}^p-n^p}{n^{p-1}}=\underset{n\to +\infty }{\lim }n\left({\left(1+\frac{1}{n}\right)}^p-1\right)=p.$ $\square$
3.	证明定理 2.2. 证明. 当 $\ell \in \mathbb{R}$ 时, 由条件知 $\forall \epsilon >0$, 均存在 $N_1\in {\mathbb{N}}_{+}$ 使得 $n>N_1$ 时有$$\ell -\epsilon <\frac{x_n-x_{n+1}}{y_n-y_{n+1}}<\ell +\epsilon ,$$注意到 $\{y_n\}$ 单调递减, 故有$$(\ell -\epsilon )(y_{n-1}-y_n)<x_{n-1}-x_n<(\ell +\epsilon )(y_{n-1}-y_n),$$取 $m>n>N_1$, 并将上面的不等式中的 $n$ 依次换成 $n+1,n+2,\cdots ,m$, 然后把这些不等式相加得到$$(\ell -\epsilon )(y_n-y_m)<x_n-x_m<(\ell +\epsilon )(y_n-y_m),$$也即$$\left|\frac{x_n-x_m}{y_n-y_m}-\ell \right|<\epsilon ,\forall m>n>N_1,$$现令 $m\to \infty$, 则由 $\underset{m\to \infty }{\lim }{x}_m=\underset{m\to \infty }{\lim }{y}_m=0$ 得到$$\left|\frac{x_n}{y_n}-\ell \right|⩽\epsilon ,\forall n>N_1,$$这说明 $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{x_n}{y_n}=\ell .$ 若 $\ell =+\infty$, 则当 $n$ 充分大时有 $\frac{x_n-x_{n-1}}{y_n-y_{n-1}}>0$, 故此时 $\{x_n\}$ 严格单调递减趋于 $0$. 另外, 我们有$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{y_n-y_{n-1}}{x_n-x_{n-1}}=0,$$从而由上一段讨论知 $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{y_n}{x_n}=0.$ 因此 $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{x_n}{y_n}=+\infty .$ 若 $\ell =-\infty$, 我们记 $z_n=-x_n$, 于是 $\underset{n\to \infty }{\lim }{z}_n=0$ 且$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{z_n-z_{n-1}}{y_n-y_{n-1}}=+\infty ,$$由上一段的讨论知 $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{z_n}{y_n}=+\infty$, 从而 $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{x_n}{y_n}=-\infty .$ $\square$
4.	设 $x_1=a,x_2=b,x_{n+2}=\frac{1}{2}(x_{n+1}+x_n)(n=1,2,3,\cdots )$. 试证明 $\{x_n\}$ 收敛, 并求其极限. 解答. 递推数列有特征方程$${\lambda }^2=\frac{1}{2}(\lambda +1),\text{即}2{\lambda }^2-\lambda -1=0,$$解得 ${\lambda }_1=1,{\lambda }_2=-\frac{1}{2}$. 即设原数列有通项公式 $x_n=C_1+C_2{\lambda }_2^n$. 代入 $x_1=a,x_2=b$ 解得$$C_1=\frac{2b-a}{3},C_2=\frac{4b-4a}{3}.$$即$$x_n=\frac{2b-a}{3}+\frac{4b-4a}{3}\cdot {\left(-\frac{1}{2}\right)}^n.$$易见 $\{x_n\}$ 收敛, 极限为 $\frac{2b-a}{3}$. $\square$
5.	设 $\{x_n\}$ 满足 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{x}_n\sum _{k=1}^n{x}_k^2=1$, 证明 $\underset{n\to +\infty }{\lim }\sqrt[3]{3n}{x}_n=1$. 证明. 设 $S_n=\sum _{k=1}^n{x}_k^2$, 显然 $\{S_n\}$ 单调递增. 并且 $\frac{1}{x_n}\sim S_n(n\to +\infty )$, 若 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{S}_n=S$ 有限, 则有 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{x}_n=1/S\ne 0$, 这与 $S_n$ 收敛矛盾, 从而$$\underset{n\to +\infty }{\lim }{S}_n=+\infty ,\underset{n\to +\infty }{\lim }{x}_n=0.$$结合 Stolz 定理, 我们有$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{(3n)x_n^3}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{S_n^3}{3n}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{S_n^3-S_{n-1}^3}{3},$$于是我们仅需证明 $\underset{n\to \infty }{\lim }\left(S_n^3-S_{n-1}^3\right)=3$. 注意到$$\begin{array}{rl}{S}_n^3-S_{n-1}^3& =(S_n-S_{n-1})\left(S_n^2+S_n{S}_{n-1}+S_{n-1}^2\right)\\ & =x_n^2\left(S_n^2+S_n\left(S_n-x_n^2\right)+{\left(S_n-x_n^2\right)}^2\right)\\ & =3{\left(x_n{S}_n\right)}^2-3x_n^4{S}_n+x_n^6\\ & =3{\left(x_n{S}_n\right)}^2-3x_n^3\left(x_n{S}_n\right)+x_n^6\to 3(n\to +\infty ).\end{array}$$ $\square$
6.	设 $a$ 和 $d$ 是给定的正数. 对于 $n=1,2,3,\cdots$, 由等差数列 $a,a+d,\cdots ,a+(n-1)d$ 形成的算数平均数 $A_n$ 和几何平均数 $G_n$, 试求 $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{G_n}{A_n}$. 解答. 由题设$$G_n=\sqrt[n]{\prod _{k=0}^{n-1}\left(a+kd\right)},A_n=\frac{\sum _{k=0}^{n-1}\left(a+kd\right)}{n}=a+\frac{n-1}{2},$$记 $t=\frac{a}{d}$. 于是$$\begin{array}{rl}\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{G_n}{A_n}& =\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt[n]{\prod _{k=0}^{n-1}\left(a+kd\right)}}{(n-1)d/2}\cdot \frac{(n-1)d/2}{a+(n-1)d/2}\\ & =\underset{n\to +\infty }{\lim }\sqrt[n]{\prod _{k=0}^{n-1}(t+k)}\cdot \frac{2}{n-1}\\ & =\underset{n\to +\infty }{\lim }\sqrt[n]{\frac{\Gamma (t+n)}{\Gamma (t)}}\cdot \frac{2}{n-1}\\ & =\underset{n\to +\infty }{\lim }\sqrt[n]{\frac{1}{\Gamma (t)}}\sqrt[n]{{\left(\frac{t+n}{e}\right)}^n\sqrt{2\pi (t+n)}}\cdot \frac{2}{n-1}\\ & =\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{t+n}{e}\frac{2}{n+1}=\frac{2}{e}.\end{array}$$ $\square$
7.	令 $a_{n,k}=\frac{k}{n-k+1}(n⩾k⩾1)$. 证明: (1) 对于固定的 $k⩾1$, $\{a_{n,k}\}$ 是无穷小. (2) $A_n=\prod _{k=1}^n{a}_{n,k}$ 不是无穷小. 证明. 易见$$\underset{n\to +\infty }{\lim }{a}_{n,k}=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{k}{n-k+1}=0,$$并且$$\underset{n\to +\infty }{\lim }{A}_n=\underset{n\to +\infty }{\lim }\prod _{k=1}^n{a}_{n,k}=1,$$从而结论得证. $\square$
8.	设 $E\subseteq \mathbb{R}$ 为非空集. 证明: 存在 $E$ 中点列 $\{x_k\}$ 使得 $\underset{k\to +\infty }{\lim }{x}_k=\sup E$, 这里 $\sup E$ 可以是 $+\infty$. 注: 对于 $f:D\to \mathbb{R}$, 满足 $\underset{k\to +\infty }{\lim }f(x_k)=\underset{x\in D}{\sup }f(x)\left(\underset{x\in D}{\inf }f(x)\right)$ 的 $D$ 中的点列 $\{x_k\}$ 称为 $f$ 在 $D$ 上的极大化序列 (极小化序列). 证明. 若 $\sup E=+\infty$, 则对于任意给定的正数 $M$, 都有 $x_1\in E,x_1⩾M$; 同理对于 $M+1$, 也有 $x_2\in E,x_2⩾M+1$, 依次类推, 此时有 $\underset{k\to +\infty }{\lim }{x}_k=+\infty =\sup E$. 否则 $\sup E<+\infty$, 任取 $E$ 的一个上界 $M$ 与 $x_0\in E$, 令 $E_1=[x_0,M]$, $T=(x_0+M)/2$, 这样区间 $E_1$ 被 $T$ 二分, 优先考察右侧的集合 $[T,M]$, 若 $[T,M]\cap E\ne \varnothing$, 则令 $E_2=[T,M]$, 否则令 $E_2=[x_0,T]$, 继续将 $E_2$ 二分, 并仿上法选择 $E_3$, 以此类推. 易见 $\{E_k\}$ 形成一列闭区间套, 设 $x_k\in E_k$, 则 $\underset{k\to +\infty }{\lim }{x}_k=\sup E$. $\square$

B 2.4.

1.

(Toeplitz (特普利茨) 定理) 设有无穷下三角矩阵 $(t_{nm}{)}_{n⩾m}$: $$\left(\begin{array}{cccc}{t}_{11}& & & \\ t_{21}& t_{22}& & \\ t_{31}& t_{32}& t_{33}& \\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots \end{array}\right)$$满足下列条件 (i) 每一列元素趋于零, 即 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{t}_{nm}=0$. (ii) 各行元素的绝对值之和有界, 即 $\forall n\in {\mathbb{Z}}_{+}$, $$\left|t_{n1}\right|+\left|t_{n2}\right|+\cdots +\left|t_{nn}\right|⩽K<+\infty .$$ 记 $y_n=t_{n1}{x}_1+t_{n2}{x}_2+\cdots +t_{nn}{x}_n$. 证明: (1) 若 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{x}_n=0$, 则 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{y}_n=0$. (2) 记 $T_n=t_{n1}+t_{n2}+\cdots +t_{nn}$. 若 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{T}_n=1$, 且 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{x}_n=a$ 有限, 则 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{y}_n=a$. 证明. (1) 由 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{x}_n=0$ 知存在 $M>0$ 使得$$|x_n|<M,n=1,2,\cdots ,$$并且对 $\forall \epsilon >0,\exists N\in {\mathbb{N}}_{+}$, 使得 $n>N$ 时, 有$$|x_n|<\frac{\epsilon }{2K}.$$ 对于上述的 $\epsilon$ 与 $N$, 由 $\underset{n\to \infty }{\lim }{t}_{nm}=0$ 可知 $\exists N_1\in {\mathbb{N}}_{+}$, 使得 $N_1>N$, 且当 $n>N_1$ 时有$$|t_{nm}|<\frac{\epsilon }{2NM},m=1,2,\cdots ,N,$$从而当 $n>N_1$ 时, 由 $y_n$ 的定义得$$\begin{array}{rl}|y_n|& =|t_{n1}{x}_1+t_{n2}{x}_2+\cdots +t_{nn}{x}_n|⩽|t_{n1}{x}_1|+|t_{n2}{x}_2|+\cdots +|t_{nn}{x}_n|\\ & ⩽\frac{\epsilon }{2NM}\cdot NM+\left(|t_{n(N+1)}|+|t_{n(N+2)}|+\cdots +|t_{nn}|\right)\frac{\epsilon }{2K}\\ & <\frac{\epsilon }{2}+\frac{\epsilon }{2}=\epsilon .\end{array}$$即 $\underset{n\to \infty }{\lim }{y}_n=0.$ (2) 由题设知 $\underset{n\to \infty }{\lim }\left(x_n-a\right)=0$, 而$$z_n:=t_{n1}(x_1-a)+t_{n2}(x_2-a)+\cdots +t_{nn}(x_n-a)=y_n-a{T}_n,$$由前面的结论知 $\underset{n\to n\to }{\lim }{z}_n=0$, 于是 $\underset{n\to \infty }{\lim }{y}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }{z}_n+a\underset{n\to \infty }{\lim }{T}_n=a.$ $\square$

2.

试考察 Stolz 定理和 Toeplitz 定理的关系. 由 Toeplitz 定理可以推导出 Stolz 定理 2.1, 理由如下. 记号如同问题 $1$. 令上述的无穷下三角矩阵的元素为 $t_{nm}=\frac{y_{m+1}-y_m}{y_{m+1}}$, 容易验证其满足定理条件, 又记 $a_n=\frac{x_{n+1}-x_n}{y_{n+1}-y_n}$, 于是$$b_n:=t_{n1}{a}_1+t_{n2}{a}_2+\cdots +t_{nn}{a}_n=\frac{x_{n+1}-x_1}{y_{n+1}}.$$由 Toeplitz 定理知 $\underset{n\to \infty }{\lim }{b}_n=\ell$, 易见 $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{x_n}{y_n}=\ell .$

3Euclid 空间中的基本概念

线性空间, 赋范线性空间, 度量空间,Euclid 距离, 平行四边形法则, 范数, 内点, 邻域, 外点, 边界点, 聚点, 开集, 闭集, 闭包, 稠密, 无处稠密/疏朗集, 内积空间

定义 3.1. 设 $X$ 为非空集, 映射 $d:X\times X\to \mathbb{R}$ 称为 $X$ 上的度量, 又称距离, 如果对任何 $x,y,z\in X$ 成立:

•	非负性. $d(x,y)⩾0$, 且等号当且仅当在 $x=y$ 时成立.
•	对称性. $d(x,y)=d(y,x)$.
•	三角不等式. $d(x,z)⩽d(x,y)+d(y,z)$.

此时, 称 $(X,d)$(或简称 $X$) 为度量空间或距离空间, 称 $d(x,y)$ 为 $x$ 与 $y$ 间的距离.

A 3.2.

1.	* 设 $E\subseteq R$ 为非空有界闭集. 证明 $E$ 有最大值最小值, 即 $\sup E\in E,\inf E\in E$. 证明. $\square$
2.	(距离的等价定义). 在定义 3.1 中, 由 (ii)—-(iii) 可以得到: (iii${}^{\prime }$) 对任何 $x,y\in X$, 成立 $d(x,z)⩽d(y,x)+d(y,z).$ 证明: (i)–(iii) 与 (i), (iii${}^{\prime }$) 等价.
3.	设 $E$ 为 $\mathbb{R}$ 中的无理数全体. 证明 $\overline{E}=\mathbb{R}$.
4.	称 ${\mathbb{R}}^n$ 中各分量均为有理数的点为有理点. 证明 ${\mathbb{R}}^n$ 中有理点的全体的闭包为 ${\mathbb{R}}^n$.

B 3.3.

1.	设 $E\subseteq {\mathbb{R}}^n$, 证明存在 $E$ 的至多可列的子集 $F$, 使得 $\overline{F}\supseteq E$.
2.	设 $E$ 为 ${\mathbb{R}}^n$ 中的闭集, 证明存在集合 $F$ 使得 $F$ 的导集为 $E$.
3.	下表穷举了集合的内部、导集、边界和闭包. 请证明每一格中的结果, 对于非等式的情形, 举出不成立的例子. 进一步, 思考能否得出其他的关系式. 集合 内部 导集 边界 闭包 $E^{\circ }$ $(E^{\circ }{)}^{\circ }=E^{\circ }$ $(E^{\circ }{)}^{\prime }=\overline{E^{\circ }}$ $\partial (E^{\circ })\subseteq \partial E\cap E^{\prime }$ $\overline{E^{\circ }}\subseteq E^{\prime }$ $E^{\prime }$ $(E^{\prime }{)}^{\circ }={\overline{E}}^{\circ }\supseteq E^{\circ }$ $(E^{\prime }{)}^{\prime }\subseteq E^{\prime }$ $\partial (E^{\prime })\subseteq \partial E\cap E^{\prime }$ $\overline{E^{\prime }}=E^{\prime }$ $\partial E$ $(\partial E{)}^{\circ }=(\overline{E}\cap \overline{\mathcal{C}E}{)}^{\circ }$ $(\partial E{)}^{\prime }\subseteq \partial E\cap E^{\prime }$ $\partial (\partial E)\subseteq \partial E$ $\overline{\partial E}=\partial E$ $\overline{E}$ $(\overline{E}{)}^{\circ }\supseteq E^{\circ }$ $(\overline{E}{)}^{\prime }=E^{\prime }$ $\partial (\overline{E})\subseteq \partial E$ $\overline{\left(\overline{E}\right)}=\overline{E}$
4.	设 $X$ 为线性空间, 称映射 $⟨\cdot ,\cdot ⟩:X\times X\to \mathbb{R}$ 为 $X$ 上的内积, 如果它满足: 对于任何 $x,y,z\in X$ 以及 $\alpha \in \mathbb{R}$, (1) 非负性. $⟨x,x⟩⩾0$, 且等号成立当且仅当 $x=0$ 时成立. (2) 线性性. $⟨x,y+z⟩=⟨x,y⟩+⟨x,z⟩$. (3) 关于数乘线性. $⟨\alpha x,y⟩=\alpha ⟨x,y⟩$. (4) 对称性. $⟨x,y⟩=⟨y,x⟩$. 此时称 $X$ 为 (实) 内积空间. 令 $\Vert x\Vert =\sqrt{⟨x,x⟩}$. 证明 $\Vert \cdot \Vert$ 为 $X$ 上的范数—称为由该内积诱导的范数, 且该范数满足平行四边形法则:$${\Vert x+y\Vert }^2+{\Vert x-y\Vert }^2=2{\Vert x\Vert }^2+2{\Vert y\Vert }^2.$$ 证明. 容易验证按上述规则定义的范数满足非负性和齐次性, 下证其满足三角不等式, 在此之前, 我们先证明 Cauchy–Schwarz 不等式: 即 $\left|⟨x,y⟩\right|⩽\Vert x\Vert \cdot \Vert y\Vert$, 等号成立当且仅当 $x,y$ 线性相关. 首先, 当 $x=0$ 或 $y=kx$ 时 (即 $x,y$ 线性相关), 我们有$$\begin{array}{rl}|⟨x,y⟩|& =|⟨0,y⟩|=|0⟨0,y⟩|=0=\Vert 0\Vert \cdot \Vert y\Vert =\Vert x\Vert \cdot \Vert y\Vert ,\\ |⟨x,y⟩|& =|⟨x,kx⟩|=|k⟨x,x⟩|=|k|\Vert x{\Vert }^2=\Vert x\Vert \cdot \Vert kx\Vert =\Vert x\Vert \cdot \Vert y\Vert .\end{array}$$当 $x,y$ 线性无关时, 即对任何实数 $k$, 都有 $y\ne kx$, 也即 $kx-y\ne 0$, 于是由内积的非负性有$$0<⟨kx-y,kx-y⟩=\Vert x{\Vert }^2{k}^2-2⟨x,y⟩k+\Vert y{\Vert }^2,$$这意味着关于 $k$ 的一元二次方程 $\Vert x{\Vert }^2{k}^2-2⟨x,y⟩k+\Vert y{\Vert }^2=0$ 无实根, 即 $\Delta =4⟨x,y⟩-4\Vert x\Vert \cdot \Vert y\Vert <0$, 即 $|⟨x,y⟩|⩽\Vert x\Vert \cdot \Vert y\Vert$. 这个不等式也称为 Cauchy–Buniakowsky–Schwarz (柯西–布尼亚科夫斯基–施瓦茨) 不等式. 利用 Cauchy–Schwarz 不等式$$\Vert x+y{\Vert }^2=\Vert x{\Vert }^2+2⟨x,y⟩+\Vert y{\Vert }^2⩽\Vert x{\Vert }^2+2\Vert x\Vert \Vert y\Vert +\Vert y{\Vert }^2={\left(\Vert x\Vert +\Vert y\Vert \right)}^2,$$即 $\Vert x+y\Vert ⩽\Vert x\Vert +\Vert y\Vert$. 易见$$\begin{array}{rl}{\Vert x+y\Vert }^2+{\Vert x-y\Vert }^2& =⟨x+y,x+y⟩+⟨x-y,x-y⟩\\ & =⟨x,x⟩+2⟨x,y⟩+⟨y,y⟩+⟨x,x⟩-2⟨x,y⟩+⟨y,y⟩\\ & =2⟨x,x⟩+2⟨y,y⟩=2{\Vert x\Vert }^2+2{\Vert y\Vert }^2.\end{array}$$ $\square$
5.	设 $X,\Vert \cdot \Vert$ 为赋范线性空间, 若范数 $\Vert \cdot \Vert$ 满足平行四边形法则, 令 $⟨x,y⟩=\frac{{\Vert x+y\Vert }^2-{\Vert x-y\Vert }^2}{4}$. 验证 $⟨\cdot ,\cdot ⟩$ 是 $X$ 上的内积. 解答. 即该范数满足 $\Vert x+y{\Vert }^2+\Vert x-y{\Vert }^2=2\Vert x{\Vert }^2+2\Vert y{\Vert }^2.$ 下面对上题所给内积性质进行逐一验证: ∘ 非负性. 由$$⟨x,x⟩=\frac{{\Vert x+x\Vert }^2-{\Vert x-x\Vert }^2}{4}={\Vert x\Vert }^2⩾0,$$且等号成立当且仅当 $x=0$. 故而非负性成立. ∘ 线性. 由$$⟨x,y+z⟩=\frac{{\Vert x+(y+z)\Vert }^2-{\Vert x-(y+z)\Vert }^2}{4},$$结合平行四边形法则有$$\begin{array}{rl}& \frac{1}{4}\cdot \frac{{\Vert x+(y+z)\Vert }^2-{\Vert x-(y+z)\Vert }^2}{2}\\ & =\frac{{\Vert x+y+z\Vert }^2+{\Vert x+y-z\Vert }^2-\left({\Vert x+y-z\Vert }^2+{\Vert x-y-z\Vert }^2\right)}{4\times 2}\\ & =\frac{{\Vert x+y\Vert }^2+{\Vert z\Vert }^2-{\Vert x-z\Vert }^2-{\Vert y\Vert }^2}{4},\\ & \frac{1}{4}\cdot \frac{{\Vert x+(y+z)\Vert }^2-{\Vert x-(y+z)\Vert }^2}{2}\\ & =\frac{{\Vert x+y+z\Vert }^2+{\Vert x+z-y\Vert }^2-\left({\Vert x+z-y\Vert }^2+{\Vert x-y-z\Vert }^2\right)}{4\times 2}\\ & =\frac{{\Vert x+z\Vert }^2+{\Vert y\Vert }^2-{\Vert x-y\Vert }^2-{\Vert z\Vert }^2}{4},\end{array}$$上面两式相加, 便得$$⟨x,y+z⟩=\frac{\Vert x+y{\Vert }^2-\Vert x-y{\Vert }^2}{4}+\frac{\Vert x+z{\Vert }^2-\Vert x-z{\Vert }^2}{4}=⟨x,y⟩+⟨x,z⟩,$$故而线性成立. ∘ 关于数乘线性与对称性是显然成立的. $\square$
6.	试构造 $\mathbb{R}$ 中一列非空集 $\{E_k\}$ 使得 $E_{k+1}=E_k^{\prime }\subset E_k(k⩾1)$.

4Euclid 空间中的基本定理

确界存在定理, 单调收敛定理, 自然对数, 常数 $e$, 闭区间套定理, 聚点原则, 致密性定理, 基本列,Cauchy 准则, 调和级数, 有限覆盖定理,Loewner 偏序, 对角线法, 闭集套定理, 局部, 紧集, 完备性, 列紧集, 相对紧集, 准紧集,Euler 常数,Lebesgue 数,Lebesgue 覆盖定理

定理 4.1. 设 $\{{\mathbf{A}}_k\}$ 是 ${\mathbb{S}}^n$ 中的 Loewner 偏序下的单调有界列, 则 $\{{\mathbf{A}}_k\}$ 收敛.

记 ${\mathbb{S}}^n$ 为 $n$ 阶实对称矩阵全体, 在其中引入 Loewner(勒夫纳) 偏序: 对于 $\mathbf{A},\mathbf{B}\in {\mathbb{S}}^n$, 定义 $\mathbf{A}⩽\mathbf{B}$ 为: $\mathbf{B}-\mathbf{A}$ 为半正定矩阵, 即对任何 $\mathbf{x}\in \mathbb{R}$, 成立$${\mathbf{x}}^{\top }\mathbf{Ax}⩽{\mathbf{x}}^{\top }\mathbf{Bx}.$$

A 4.2.

1.	设 $x_0\in (0,2),x_{n+1}=x_n(2-x_n)(n⩾0)$. 证明: $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=1$. 由此, 对于 $c>0$, 任取 $y_0>0$ 满足 $c{y}_0<1$, 令 $y_{n+1}=y_n(2-c{y}_n)(n⩾0)$, 则 $\underset{n\to \infty }{\lim }{y}_n=\frac{1}{c}$. 这一事实让我们有可能利用乘法来计算倒数的近似值. 证明. 无论 $x_0$ 为何值时, 有$$x_{n+1}=x_n(2-x_n)⩽(\frac{x_n+2-x_n}{2}{)}^2=1.$$即 $\{x_n\}$ 有界. 特别地, $x_1⩽1$, 等号成立当且仅当 $x_0=1$, 此时结论是平凡的, 否则由 $x_n<1$, 则有$$x_{n+1}=x_n(2-x_n)>x_n,n⩾1,$$即 $\{x_n\}(n=1,2,\cdots )$ 单调递增, 于是 $\{x_n\}$ 存在, 对条件两侧取极限即得结论. 后者令 $x_n=c{y}_n$ 即得结论. $\square$
2.	设 $x_0⩾0$, $x_{n+1}=\sqrt{x_n+2}(n⩾0)$. 试分别用以下方法证明 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{x}_n=2$. (1) 说明 $\{x_n\}$ 单调有界. (2) 证明存在常数 $C>0$ 使得 $|x_n-2|⩽\frac{C}{2^n}(\forall n⩾1)$. 证明. (1) 是容易说明的 (数学归纳法). 对于 (2), 我们取 $f(x)=\sqrt{x+2}(x⩾0)$. 这样有$$f(2)=2,x_{n+1}=f(x_n),$$并且$$f^{\prime }(x)=\frac{1}{2\sqrt{2+x}}<\frac{1}{2}.$$于是$$\begin{array}{rl}|x_n-2|& =\left|f(x_{n-1})-f(2)\right|=\left|f^{\prime }(\eta )\right||x_{n-1}-2|\\ & <\frac{1}{2}|x_{n-1}-2|<\cdots <\frac{1}{2^n}|x_0-2|.\end{array}$$或者,$$\begin{array}{rl}|x_n-2|& =|\sqrt{x_{n-1}+2}-2|=\left|\frac{x_{n-1}-2}{\sqrt{x_{n-2}+2}+2}\right|⩽\left|\frac{x_{n-2}-2}{2}\right|\\ & <\cdots <\frac{1}{2^n}|x_0-2|.\end{array}$$总之无论如何, 都有 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{x}_n=2$. $\square$
3.	设 $a_0,b_0>0$, $a_{n+1}=\frac{a_n+b_n}{2},b_{n+1}=\frac{2a_n{b}_n}{a_n+b_n}$. 证明: $\{a_n\}$ 和 $\{b_n\}$ 均收敛且极限相同. 证明. 对 $a,b>0$, 由算数几何平均不等式有 $\frac{a+b}{2}⩾\sqrt{ab}$, 于是有$$\sqrt{ab}-\frac{2ab}{a+b}=\frac{\sqrt{ab}\left(a+b-2\sqrt{ab}\right)}{a+b}⩾0.$$从而有 $\frac{a_n+b_n}{2}⩾\sqrt{a_n{b}_n}⩾\frac{2a_n{b}_n}{a_n+b_n}$, 即 $a_{n+1}⩾b_{n+1}(n=0,1,\cdots )$, 由于$$a_{n+1}=\frac{a_n+b_n}{2}\Rightarrow \frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{1+b_n/a_n}{2}⩽1,$$从而 $\{a_{n+1}\}$ 单调递减, 同理可证 $\{b_{n+1}\}$ 单调递增, 有 $[b_{n+1},a_{n+1}]\subset [b_n,a_n]$ 又$$a_{n+1}-b_{n+1}=\frac{a_n-b_n}{2(a_n+b_n)}\cdot (a_n-b_n)<\frac{1}{2}(a_n-b_n)<\cdots <\frac{1}{2^{n-1}}(a_1-b_1)\to 0,n\to \infty ,$$依 Cauchy–Cantor 闭区间套定理原命题得证. $\square$
4.	对于 $n⩾1$, 考虑$$a_n=1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n}-\ln n,b_n=1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n}-\ln (n+1).$$证明: $\{a_n\}$ 和 $\{b_n\}$ 均收敛, 且收敛到同一极限, 该极限称为 Euler(欧拉) 常数. 证明. 利用不等式$$\frac{1}{n+1}<\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)<\frac{1}{n},\forall n⩾1.$$由于$$\begin{array}{c}{a}_{n+1}-a_n=\frac{1}{n+1}-\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)<0.\\ b_{n+1}-b_n=\frac{1}{n+1}-\ln \left(1+\frac{1}{n+1}\right)>0.\\ a_n-b_n=\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)>\frac{1}{n}>0,\underset{n\to \infty }{\lim }(a_n-b_n)=0.\end{array}$$可见 $\forall n⩾1$, 有 $[b_{n+1},a_{n+1}]\subseteq [b_n,a_n]$. 依 Cauchy–Cantor 闭区间套定理得证结论. $\square$
5.	设 $c⩾-3$,$$x_1=\frac{c}{2},x_{n+1}=\frac{c}{2}+\frac{x_n^2}{2},n=1,2,3,\cdots ,$$问 $\{x_n\}$ 何时收敛, 并求极限. 解答. 我们分情况对 $c$ 的范围进行讨论. (i) $c>1$. 此时由基本不等式有$$x_{n+1}=\frac{c+x_n^2}{2}⩾\sqrt{c}{x}_n⩾\cdots ⩾{\left(\sqrt{c}\right)}^n{x}_1,$$故 $c>1$ 时 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=+\infty$. (ii) $0⩽c⩽1$. 此时有 $x_1=\frac{c}{2}<1$, 假设 $x_n<1$, 那么 $x_{n+1}<1$. 即由数学归纳法得 $x_n$ 有界. 另一方面$$x_{n+1}=\frac{c}{2}+\frac{x_n^2}{2},x_n=\frac{c}{2}+\frac{x_{n-1}^2}{2},$$两式相减得到 $x_{n+1}-x_n=\frac{x_n^2-x_{n-1}^2}{2}$, 注意到 $x_2>x_1=\frac{c}{2}$, 则由上式递推便可得到 $x_{n+1}>x_n$. 即 $\{x_n\}$ 单增有界, 从而收敛. 并且, 若 $\{x_n\}$ 收敛, 记 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=X$, 则对递推公式两侧取极限得到$$A=\frac{c}{2}+\frac{A^2}{2}\Rightarrow A=1\pm \sqrt{1-c},$$结合 $x_n<1$, 故 $0<c⩽1$ 时 $\{x_n\}$ 收敛, 且 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=1-\sqrt{1-c}.$ (iii) $-3⩽c<0$. 易见此时对一切 $n$ 有 $x_n⩾\frac{c}{2}$. 并且 $x_1=\frac{c}{2}<0$, 假设 $x_n<0$, 则有$$\left|x_n\right|⩽\frac{c}{2},x_n^2⩽\frac{\left|c\right|}{4}\cdot |c|<|c|,x_{n+1}=\frac{c}{2}+\frac{x_n^2}{2}<\frac{c+|c|}{2}=0.$$即此时 $\frac{c}{2}⩽x_n<0$. 仿上法, 分别考虑 $n=2k+1,2k-1$ 以及 $n=2k+2,2k$ 的情况, 有$$x_{2k+1}-x_{2k-1}=\frac{x_{2k}^2-x_{2k-2}^2}{2},\text{\hspace{1em}(odd)}$$$$x_{2k+2}-x_{2k}=\frac{x_{2k+1}^2-x_{2k-1}^2}{2}.\text{\hspace{1em}(even)}$$事实上, 有 $x_3>x_1=\frac{c}{2}$, 故 $|x_3|<|x_1|,x_3^2<x_1^2$, 在 (even) 式中令 $k=1$, 得到 $x_4<x_2$, 即有 $|x_4|>|x_2|,x_4^2>x_2^2$, 在 (odd) 式中令 $k=2$, 又得到 $x_5>x_3$ 等等. 总之有$$x_{2k+1}>x_{2k-1},x_{2k+2}<x_{2k}.$$结合 $\{x_{2k}\},\{x_{2k+1}\}$ 均有界, 从而二者极限存在, 记 $X_1=\underset{k\to \infty }{\lim }{x}_{2k+1},X_2=\underset{k\to \infty }{\lim }{x}_{2k}$. 结合题设递推公式得到$$X_1=\frac{c}{2}+\frac{X_2^2}{2},X_2=\frac{c}{2}+\frac{X_1^2}{2},\text{\hspace{1em}(♠)}$$两式相减, 得到 $(X_1-X_2)(X_1+X_2+2)=0$. 若 $X_1+X_2+2=0$, 即 $X_1=-2-X_2$, 代入 $(♠)$ 中左式有$$X_2^2+2X_2+(c+4)=0,$$此时 $\Delta =4-4(4+c)⩽0$, 即 $c<-3$ 时, 上式在实数范围内无解, 因此只能有 $X_1=X_2$. 另外当 $c=-3$ 时, 易见 $X_1=X_2=-1$. 故 $-3⩽c<0$ 时 $\{x_n\}$ 收敛, 结合步骤 (ii) 的分析可知 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=1-\sqrt{1-c}.$ $\square$
6.	证明: 对于任何 $n⩾1$, 存在 ${\theta }_n\in (0,1)$ 使得 $e=\sum _{k=0}^n\frac{1}{k!}+\frac{{\theta }_n}{n\cdot n!}$. 由此说明 $e$ 是无理数. 证明. 由于$$e=\sum _{k=0}^{\infty }\frac{1}{k!}=\sum _{k=0}^n\frac{1}{k!}+\sum _{k=n+1}^{\infty }\frac{1}{k!}.$$又因为$$\begin{array}{rl}\sum _{k=n+1}^{\infty }\frac{1}{k!}& =\frac{1}{(n+1)!}+\frac{1}{(n+2)!}+\cdots +\frac{1}{m!}+\cdots \\ & <\frac{1}{(n+1)!}\left(1+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{(n+2{)}^2}+\cdots +\frac{1}{(n+2{)}^k}+\cdots \right)\\ & =\frac{1}{(n+1)!}\left(\frac{1}{1-\frac{1}{n+2}}\right)=\frac{n+2}{(n+1)\cdot (n+1)!}\\ & =\frac{1}{n\cdot n!}\cdot \frac{n(n+2)}{(n+1{)}^2}<\frac{1}{n\cdot n!}.\end{array}$$这几乎就完成了第一部分的证明. 下面说明 $e$ 是无理数, 事实上, 若其为有理数, 则定能表示成既约分数的形式, 设其为 $p/q$, 由上述可知$$e=\frac{p}{q}=\sum _{k=0}^q\frac{1}{k!}+\sum _{k=q+1}^{\infty }\frac{1}{k!}=\sum _{k=0}^q\frac{1}{k!}+\frac{{\theta }_n}{q\cdot q!}.$$于是右侧 $\frac{{\theta }_n}{q\cdot q!}$ 应是 $\frac{1}{q!}$ 的倍数, 但这是不可能的. $\square$
7.	设 $E,F$ 为 ${\mathbb{R}}^n$ 中的非空集, 定义 $d(E,F)=\underset{x\in E,y\in F}{\inf }|\mathbf{x}-\mathbf{y}|.$ (1) 若 $E,F$ 为非空闭集, 且 $E$ 有界, 证明存在 ${\mathbf{x}}_0\in E,{\mathbf{y}}_0\in F$ 使得 $|{\mathbf{x}}_0-{\mathbf{y}}_0|=d(E,F)$. (2) 举例说明存在不相交的非空闭集 $E,F\in {\mathbb{R}}^n$ 使得 $d(E,F)=0$. 证明. (1) 关于 $(\mathbf{x},\mathbf{y})$ 的连续函数 $|\mathbf{x}-\mathbf{y}|$ 在紧集 $E\times \{\mathbf{x}\in F\mid d(\mathbf{x},E)⩽2d(E,F)\}$ 上有最小值 $({\mathbf{x}}_0,{\mathbf{y}}_0)$. (2) 取 $E=\{(x,0)|x\in \mathbb{R}\},F=\{(x,e^x)|x\in \mathbb{R}\}$, 则 $E,F$ 都是闭集且 $d(E,F)=0$. $\square$
8.	设 ${\mathbb{R}}^n$ 中有界非空闭集 $\{E_k\}$ 满足 $E_{k+1}\subseteq E_k(k⩾1)$. 证明: $\bigcap _{n=1}^{\infty }{E}_n$ 为非空闭集. 证明. $\square$
9.	* 梳理/证明以下结果, 并尝试对这些结论有一个直观的理解: (1) 收敛数列的子列收敛到同一极限. (2) 如果一个数列有两个子列收敛到不同极限, 则该数列发散. (3) 如果有界数列的收敛子列均收敛到同一个极限, 则该数列收敛. (4) 有界数列 $\{a_n\}$ 不收敛到 $A$ 当且仅当存在一个收敛到 $B\ne A$ 的子列. (5) $\bar{x}$ 为 $E$ 的聚点当且仅当存在 $E$ 中两两不同的点列 $x_n$ 使得 $x_n\to \bar{x}$. (6) $\bar{x}$ 为 $E$ 的聚点当且仅当存在一列 $x_n\in E\setminus \{\bar{x}\}$ 使得 $x_n\to \bar{x}$. 证明. (1) 设 $\{a_n\}$ 收敛到 $a$, 则 $\forall \epsilon >0$, 有 $N_1$ 使得 $n>N_1$ 时 $|a_n-a|<\epsilon$, 若其有子列 $\{a_{n_k}\}$ 收敛到 $b\ne a$, 则同理存在 $N_2$ 使得 $n_k>N_2$ 时 $|a_{n_k}-b|<\epsilon$, 我们不妨取 $\epsilon <\frac{|a-b|}{2}$, 则 $n>N_1+N_2$ 时有$$|a-b|-\epsilon <|a-b|-|a_n-a|⩽|a_n-b|<\epsilon ,$$矛盾. 直观的理解是收敛数列的子列收敛到同一极限, 否则将导致原数列发散. (2) (3) (4) (5) (6) $\square$
10.	设 $E\subseteq {\mathbb{R}}^n$. 证明存在至多可列集 $F\subseteq E$ 使得 $F$ 在 $E$ 中稠密.
11.	证明: 闭区间 $[a,b]$ 不能表示为两个不相交的非空闭集的并. 证明. 反证法, 设 $[a,b]=[a_1,b_1]\cup [a_2,b_2]$ 并且 $[a_1,b_1]\cap [a_2,b_2]=\varnothing$, 可设 $a_1<b_1<a_2<b_2$, 若 $a\ne a_1$, 则或者 $a>a_1$, 此时 $a_1\notin [a,b]$, 或者 $a<a_1$, 此时 $a\notin [a_1,b_1]\cup [a_2,b_2]$ 均矛盾, 从而必有 $a=a_1$, 同理 $b=b_1$, 但 $(b_1,a_2)$ 非空, 易见$$[a_1,b_1]\cup [a_2,b_2]=[a,b]\setminus (b_1,a_2),$$这与假设矛盾, 从而结论成立. $\square$
12.	证明: $\mathbb{R}$ 中既开又闭的集只有空集和 $\mathbb{R}$. 证明. 参考下一题. $\square$
13.	证明: ${\mathbb{R}}^n$ 中既开又闭的集只有空集和 ${\mathbb{R}}^n$. 证明. 设 $S$ 为 ${\mathbb{R}}^n$ 中既开又闭的集合. 因 $S$ 是闭集, 故 ${\mathbb{R}}^n\backslash S$ 为开集. 于是 ${\mathbb{R}}^n=S\cup \left({\mathbb{R}}^n\setminus S\right)$ 是两个不相交开集的并. 由 ${\mathbb{R}}^n$ 的连通性可知 $S$ 与 ${\mathbb{R}}^n\setminus S$ 中至少有一为空集, 故 $S={\mathbb{R}}^n$ 或 $\varnothing$. $\square$

B 4.3.

1.	设 $x_0\in (0,1),x_{n+1}=x_n(1-x_n)(n⩾0)$. 不使用 Stolz 公式, 按以下过程证明: (1) $\underset{n\to +\infty }{\lim }{x}_n=0$, (2) 对任何 $n⩾1$, 成立 $(n+1)x_n<1$, (3) 从某一项开始, $\{n{x}_n\}$ 单调有界. (4) $\underset{n\to +\infty }{\lim }n{x}_n=1.$ 证明. (1) 易见 $0<x_n<1$ 且 $x_{n+1}<x_n$, 从而 $\{x_n\}$ 有极限, 设 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{x}_n=A$, 有 $A=A(1-A)$, 即得 $A=0$. (2) 当 $n=1$ 时有 $x_1=x_0(1-x_0)⩽{\left(\frac{x_0+1-x_0}{2}\right)}^2=\frac{1}{4}<\frac{1}{2}$, 即成立 $(1+1)x_1<1$. 假设对 $x_n$ 成立 $(n+1)x_n<1$, 则由 $x_{n+1}=x_n(1-x_n)$, 注意到 $f(x)=x(1-x)$ 在 $\left(0,\frac{1}{n+1}\right)$ 上单调递增, 则 $x_{n+1}=x_n(1-x_n)<\frac{1}{n+1}\left(1-\frac{1}{n+1}\right)=\frac{n}{n^2+2n+1}<\frac{1}{n+2}$, 由数学归纳法可知对任何 $n⩾1$ 成立 $(n+1)x_n<1$. (3) 易见 $\{n{x}_n\}$ 有界. 并且有$$(n+1)x_{n+1}-n{x}_n=(n+1)x_n(1-x_n)-n{x}_n=n{x}_n^2+x_n-x_n^2>0,$$即 $\{n{x}_n\}$ 单调递增. (4) 由上述知 $\{n{x}_n\}$ 有极限, 不妨记 $\underset{n\to +\infty }{\lim }n{x}_n=B$, 另记 $c_n=n{x}_n$. 由 (2) 知$$c_n<1-\frac{c_n}{n}.$$由于 $\{c_n\}$ 有界, 则令 $n\to +\infty$ 得到 $B⩽1$. 另一方面, 若 $B<1$, 则存在 $k$ 使得 $B<k<1$, 注意到$$-\frac{\ln \left(1-\frac{c_n}{n}\right)}{\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)}\to B<k,n\to +\infty ,$$故 $n$ 充分大时, 有 $1-\frac{c_n}{n}⩾{\left(\frac{n+1}{n}\right)}^{-k}$, 并且由 $x_{n+1}=x_n(1-x_n)$ 知 $c_{n+1}=\frac{n+1}{n}{c}_n\left(1-\frac{c_n}{n}\right)$, 有$$\frac{c_{n+1}}{c_n}=\frac{n+1}{n}\left(1-\frac{c_n}{n}\right)⩾{\left(\frac{n+1}{n}\right)}^{1-k},$$故有 $C_0>0$ 使得对充分大的 $n$ 有 $c_n⩾C_0{n}^{1-k}$, 这与 $\{c_n\}$ 有界矛盾. 故 $B=1$. $\square$
2.	在习题 2.4 $\mathcal{A}$ 的第 5 题中, $c<-3$ 会如何? 解答. 我们继续习题 2.4 $\mathcal{A}$ 中第 5 题的讨论. 在下面的叙述中, 我们需要使用之前的结论. (iv) $-4⩽c<-3$. 这种情况下, 与 (3) 十分类似. 同理, 我们可以得到 $\frac{c}{2}⩽x_n⩽0$, 并且也有 $\{x_{2k}\}$ 与 $\{x_{2k+1}\}$ 收敛. 沿用之前的记号, 得到$$\begin{array}{c}{X}_1=\frac{c}{2}+\frac{X_2^2}{2},X_2=\frac{c}{2}+\frac{X_1^2}{2},\\ (X_1-X_2)(X_1+X_2+2)=0,\end{array}$$下面我们证明, 这种情况下, $X_1\ne X_2$. 否则 $\{x_n\}$ 收敛到 $X=X_1=X_2=1-\sqrt{1-c}$, 由于 $|X|>1$, 于是 $n$ 充分大时有$$\left|\frac{x_n+X}{2}\right|>1,$$同时考虑到$$x_{n+1}=\frac{c}{2}+\frac{x_n^2}{2},X=\frac{c}{2}+\frac{X^2}{2},$$两式相减得到$$\left|x_{n+1}-X\right|=\left|\frac{x_n+X}{2}\right|\cdot \left|x_n-X\right|⩾\left|x_n-X\right|,$$这表明若 $\{x_n\}$ 收敛到 $X$, 必有 $N\in \mathbb{Z}$ 使得 $n>N$ 时 $x_n=X$. 由于 $X=\frac{c}{2}+\frac{X^2}{2}>\frac{c}{2}=x_1$, 故 $N>1$. 选取满足 $n=N-1$ 时成立 $x_n\ne X$ 的 $N$, 于是$$\left|x_N-X\right|=\left|\frac{x_{N-1}+X}{2}\right|\cdot \left|x_{N-1}-X\right|,$$这表明 $x_{N-1}=-X$. 故 $\{x_n\}$ 收敛当且仅当 $\exists n$ 使得 $x_n=-X$. 由于 $X=1-\sqrt{1-c},-X=\sqrt{1-c}-1>1$, 而 $x_n<0$. 故此时 $\{x_n\}$ 不收敛. 即此时有 $X_1+X_2+2=0$. $\{x_n\}$ 有两极限点. 易见其为方程 $x^2+2x+(4+c)=0$ 的两个根. 特别地, $c=-4$ 时, $X_1=0,X_2=-2$. (v) $-8⩽c<-4$. 首先 $c=-8$ 时. 易见此时收敛并且 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{x}_n=4$. 当 $-8<c<-4$ 时, 归纳易得 $|x_n|⩽-\frac{c}{2}<1+\sqrt{1-c}$, 即若 $\{x_n\}$ 收敛必有 $X=1-\sqrt{1-c}$. 由上面的分析知, 这等价于 $\exists k⩾2$ 使得 $x_k=-X=\sqrt{1-c}-1$. 易见 $x_n$ 可表成 $c$ 得多项式, 即有 $x_k:=f_k(c)$, 由于$$f_k(-4)⩽0<\sqrt{1-(-4)}-1,f_k(-8)=4>\sqrt{1-(-8)}-1,$$故对每个 $k⩾2$ 都存在有限个 $c\in (-8,-4)$ 使得 $x_k=f_k(c)=\sqrt{1-c}-1$. 故此时使 $\{x_n\}$ 收敛的值为 $(-8,-4)$ 中的可数多个值. (vi) $c<-8$. 此时 $x_1=\frac{c}{2},x_2=\frac{c}{2}+\frac{x_1^2}{2}=\frac{c}{2}+\frac{c^2}{8}$, 并且此时$$\frac{c}{2}+\frac{c^2}{8}>4,\left|\frac{c^2}{8}\right|=\left|\frac{c}{8}\right|\cdot |c|>|c|\Rightarrow \left|\frac{c}{2}+\frac{c^2}{8}\right|>\left|\frac{c}{2}\right|,$$即此时 $0<|x_1|<x_2$, 结合$$x_{n+1}-x_n=\frac{x_n^2-x_{n-1}^2}{2},$$可知此时 $\{x_n\}$ 单增, 即有 $x_3>x_2>4$, 于是当 $n>3$ 时,$$x_{n+1}-x_n=\frac{x_n+x_{n-1}}{2}\left(x_n-x_{n-1}\right)>4\left(x_n-x_{n-1}\right),$$这意味着 $\{x_n-x_{n-1}\}$ 无界, 进而 $\{x_n\}$ 无界. 故 $c<-8$ 时 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=+\infty .$ $\square$
3.	设 $[a,b]$ 上函数 $\{f_n\}$ 一致有界, 即存在常数 $M>0$ 使得$$\left|f_n(x)\right|⩽M,\forall n⩾1,x\in [a,b],$$证明存在子函数列 $\{f_{n_k}\}$ 在 $[a,b]$ 的所有有理数点收敛. 证明. 设 $[a,b]$ 上的有理数集为$$a_1,a_2,\cdots ,a_n,\cdots ,$$由于 $\{f_n\}$ 一致有界, 则对 $\forall x_0\in [a,b]$, $\{f_n(x_0)\}$ 都是 $\mathbb{R}$ 中的有界列, 由 Bolzano–Weierstrass 定理可知, 其有收敛子列. 设对于 $a_1$, 子列 $\{f_{1_k}\}$ 收敛, 则对于 $a_2$, 抽取 $\{f_{1_k}\}$ 的子列 $\{f_{2_k}\}$, 则 $\{f_{2_k}\}$ 对于 $a_1,a_0$ 都收敛, 在 $f_{2_k}$ 中选取子列 $f_{3_k}$ 使得 $\{f_{3_k}(a_3)\}$ 收敛, 并以此类推. 这就完成了证明. $\square$
4.	设整数 $m⩾1$, 证明: $\underset{n\to +\infty }{\lim }\sqrt{m+\sqrt{m+1+\sqrt{m+2+\cdots +\sqrt{m+n}}}}$ 存在, 并记该极限为 $a_m$. 进一步, 计算 $\underset{m\to +\infty }{\lim }\left(a_m-\sqrt{m}\right)$. 解答. 记原连根式为 $A_n^{(m)}$, 关于 $n$ 单增, 只需证其存在上界, 反复利用$$\sqrt{m+x}⩽\sqrt{m}\left(1+\frac{x}{2m}\right),\forall x⩾0,$$令 ${\alpha }_m=\frac{1}{2\sqrt{m}}$, 可得$$A_n^{(m)}⩽\sqrt{m}\sum _{k=0}^n{\alpha }_m^k+\sum _{k=1}^{n}k{\alpha }_m^{k+1}⩽\sqrt{m}+\frac{\sqrt{m}{\alpha }_m}{1-{\alpha }_m}+{\left(\frac{{\alpha }_m}{1-{\alpha }_m}\right)}^2,$$故 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{A}_n^{(m)}=a_m$ 存在, 且$$\sqrt{m+\sqrt{m}}⩽a_m⩽\sqrt{m}+\frac{\sqrt{m}{\alpha }_m}{1-{\alpha }_m}+{\left(\frac{{\alpha }_m}{1-{\alpha }_m}\right)}^2,$$可得 $\underset{m\to +\infty }{\lim }\left(a_m-\sqrt{m}\right)=\frac{1}{2}$. $\square$
5.	证明: $\underset{n\to +\infty }{\lim }\sqrt{1+2\sqrt{1+3\sqrt{1+4\sqrt{1+\cdots +n\sqrt{1+(n+1)}}}}}=3.$ 证明. 令$$f(x)=\sqrt{1+x\sqrt{1+(x+1)\sqrt{1+(x+2)\sqrt{1+\cdots }}}}(x⩾1),$$那么 $f(x)$ 满足函数方程$$f^2(x)=1+xf(x+1).$$因为 $(x+1{)}^2=1+x(x+2)$, 所以函数 $x+1$ 是它的一个解. 我们来证明这是唯一解. 显然, 当 $x⩾2$ 时有$$f(x)⩾\sqrt{x\sqrt{x\sqrt{x\sqrt{x\cdots }}}}=\underset{n\to \infty }{\lim }{x}^{1/2+1/2^2+\cdots +1/2^n}=x>\frac{1}{2}(x+1).$$并且$$\begin{array}{rl}f(x)& ⩽\sqrt{(x+1)\sqrt{(x+2)\sqrt{(x+3)\sqrt{(x+4)\cdots }}}}\\ & <\sqrt{(x+1)\sqrt{2(x+1)\sqrt{4(x+1)\sqrt{8(x+1)\cdots }}}}\\ & =\sqrt{(x+1)\sqrt{(x+1)\sqrt{(x+1)\sqrt{(x+1)\cdots }}}}\sqrt{1\sqrt{2\sqrt{4\sqrt{8\cdots }}}},\end{array}$$上式右边第一个因子等于$$\underset{n\to \infty }{\lim }(x+1{)}^{1/2+1/4+1/8+\cdots +1/2^n}=x+1,$$依据 $\sum _{k=2}^{\infty }(k-1)2^{-k}=1$, 第二个因子等于$$\underset{n\to \infty }{\lim }{1}^{1/2}{2}^{1/4}{4}^{1/8}\cdots (2^{n-1}{)}^{1/2^n}=2,$$所以$$f(x)<2(x+1).$$合起来就是$$\frac{1}{2}(x+1)<f(x)<2(x+1).$$ 在上面的不等式中易 $x$ 为 $x+1$ 得$$\frac{1}{2}(x+2)<f(x+1)<2(x+2),$$而由函数方程 $f^2(x)=1+xf(x+1)$ 可知$$\frac{1}{2}+xf(x+1)<f^2(x)<2+xf(x+1).$$由上述两式推出$$\frac{1}{2}\left(1+x(x+2)\right)<f^2(x)<2(1+x(x+2)),$$亦即$$\frac{1}{2}(x+1{)}^2<f^2(x)<2(x+1{)}^2,$$因此得到$$\sqrt{\frac{1}{2}}(x+1)<f(x)<\sqrt{2}(x+1).$$重复上述过程, 也就是说, 首先在上式中易 $x$ 为 $x+1$ 得$$\sqrt{\frac{1}{2}}(x+2)<f(x+1)<\sqrt{2}(x+2),$$并且由函数方程可知$$\sqrt{\frac{1}{2}}+xf(x+1)<f^2(x)<\sqrt{2}+xf(x+1).$$于是从两式推出$$\sqrt{\frac{1}{2}}\left(1+x(x+2)\right)<f^2(x)<\sqrt{2}\left(1+x(x+2)\right),$$因而得到$$\sqrt[4]{\frac{1}{2}}(x+1)<f(x)<\sqrt[4]{2}(x+1).$$一般地, 应用数学归纳法可证$$\sqrt[2^k]{\frac{1}{2}}(x+1)<f(x)<\sqrt[2^k]{2}(x+1).$$在其中令 $k\to \infty$ 即得 $x+1⩽f(x)⩽x+1$. 这样, 我们最终得到 $f(x)=x+1$. 对应于原极限知其为 $3$. $\square$
6.	推广第 $5$ 题. 解答. 结合第 $5$ 题的证明可以得到如下结果:$$\sqrt{1+a\sqrt{1+(a+1)\sqrt{1+(a+2)\sqrt{1+\cdots }}}}=a+1,a⩾1.$$$\square$
7.	证明命题 4.1: 设 $\{{\mathbf{A}}_k\}$ 是 ${\mathbb{S}}^n$ 中 Loewner 偏序意义下的单调有界列, 则 $\{{\mathbf{A}}_k\}$ 收敛. 证明. $\square$
8.	在 Loewner 偏序意义下, 设 $E$ 是 ${\mathbb{S}}^n$ 中的非空上有界集, 证明或否定: $E$ 一定有最小上界.
9.	设 $x_0>0,x_{n+1}=\sqrt{2+x_n}(n⩾0)$. 问: $\underset{n\to +\infty }{\lim }{4}^n(2-x_n)$ 是否存在? 该极限存在时, 能否得到极限的值? 解答. 当 $0<x_0<2$ 时, 令 $x_0=2\cos \alpha \left(0<\alpha <\frac{\pi }{2}\right)$, 则有 $x_1=\sqrt{2+2\cos \alpha }=2\cos \frac{\alpha }{2}$, 归纳可得$$x_n=2\cos \frac{\alpha }{2^n},$$此时 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{4}^n(2-x_n)=\underset{n\to +\infty }{\lim }{4}^n\left(2-2\cos \frac{\alpha }{2^n}\right)={\alpha }^2.$ 当 $x_0⩾2$ 时, 令 $x_0=\frac{1}{\alpha }+\alpha (\alpha >0)$, 则有 $x_1=\sqrt{2+\alpha +\frac{1}{\alpha }}=\frac{1}{\sqrt{\alpha }}+\sqrt{\alpha }$, 归纳可得$$x_n={\alpha }^{-1/2^n}+{\alpha }^{1/2^n},$$此时 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{4}^n(2-x_n)=\underset{n\to +\infty }{\lim }{4}^n\left(2-{\alpha }^{-1/2^n}-{\alpha }^{1/2^n}\right)={\ln }^2\alpha .$ 另一种写法是令 $x_0=2\cosh \alpha$, 则有 $x_1=2\sqrt{\frac{1+\cosh \alpha }{2}}=2\cosh \frac{\alpha }{2}$, 归纳可得$$x_n=2\cosh \frac{\alpha }{2^n}.$$此时 $\underset{n\to \infty }{\lim }{4}^n(2-x_n)=\underset{n\to \infty }{\lim }{4}^n(2-\exp (\alpha /2^n)-\exp (-\alpha /2^n))=4^n(\alpha /2^n{)}^2={\alpha }^2.$ $\square$
10.	一般地, 对于所求过的极限, 可考虑进一步的结果, 例如, 若 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{x}_n=A$, 试试能否找到一个无穷大 $y_n$ 使得 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{y}_n\left(x_n-A\right)$ 为一个非零常数. 这是可能的.
11.	固定 $r\in (0,4)$, 任取 $x_0\in (0,1)$, 令 $x_{n+1}=r{x}_n(1-x_n)(n⩾0)$. 问 $r$ 取什么值时, 可以证明对于任何 $x_0\in (0,1)$, 按上述方式定义的 $\{x_n\}$ 一定收敛? 试编写一计算机程序, 感受对于不同的 $r$, 当 $n$ 足够大时 $x_n$ 的收敛情况. 解答. 由 $0<x_0<1$, 如果 $x_n\in (0,1)$, 则$$0<x_{n+1}=r{x}_n(1-x_n)⩽r{\left(\frac{x_n+1-x_n}{2}\right)}^2=\frac{r}{4}<1,$$由归纳法可知 $x_n\in (0,1)$. 下面我们分情况对 $r$ 的范围进行讨论. ∘ $0<r⩽1$. 易见 $\{x_n\}$ 单调有界, 设其收敛于 $A$, 则有 $A=rA(1-A)$, 则或者 $A=0$, 或者 $A=1-\frac{1}{r}$, 但此时 $1-\frac{1}{r}<0(r\ne 1)$, 这是不可能的, 故 $A=0$. ∘ $r>1$ $\square$
12.	设 $\mathcal{U}$ 和 $\mathcal{V}$ 都是 $E\subseteq {\mathbb{R}}^n$ 的覆盖. 称 $\mathcal{V}$ 是 $\mathcal{U}$ 的加细, 如果对于任何 $V\in \mathcal{V}$ 存在 $U\in \mathcal{U}$ 使得 $V\subseteq U$. 对于 $\lambda >0$, 若 $\{B_{\lambda }(x)|x\in E\}$ 是 $\mathcal{U}$ 的加细, 则称 $\lambda$ 为覆盖 $\mathcal{U}$ 的 Lebesgue 数. 易见, 若 $E$ 的一个子集 $F$ 的直径小于 Lebesgue 数 $\lambda$, 则可在 $\mathcal{U}$ 中找到元素 $V$ 包含 $F$. 试证明 Lebesgue 覆盖定理: 设 $\mathcal{U}$ 为紧集 $E\subset \mathbb{R}$ 的开覆盖, 则它存在 Lebesgue 数. 证明. $\square$
13.	考虑线性空间$$X=\Vert \{x_n{\}}_{n=1}^{\infty }|\sum _{n=1}^{\infty }|x_n{|}^2<+\infty \Vert ,$$在其上定义$$\Vert \{x_n\}\Vert ={\left(\sum _{n=1}^{\infty }|x_n{|}^2\right)}^{1/2},d\left(\{x_n\},\{y_n\}\right)=||\{x_n-y_n\}||.$$证明 $\Vert \cdot \Vert$ 是 $X$ 上的范数, 并以此范数定义收敛性, 开闭集等. 证明: (1) 在 $X$ 上, Cauchy 准则成立. (2) 在 $X$ 上, 致密性定理不成立, 即有界点列不一定有收敛子列. (3) 设 $\{x_k\}$ 是 $X$ 中的点列, 它的每一个分量都有界, 即记 ${\mathbf{x}}_k=\{x_{k,n}{\}}_{n=1}^{\infty }$ 时, 对任何 $n⩾1$, $\{x_{k,n}{\}}_{k=1}^{\infty }$ 是有界集. 证明: 存在 $\{{\mathbf{x}}_k\}$ 的子列使得其每一个分量都收敛. (4) 在 $X$ 上, 有限覆盖定理不成立. (5) 在 $X$ 上, 闭区间套定理成立. 即若 $\{E_n\}$ 是 $X$ 中的一列单调下降且直径趋于零的闭集列, 则 $\bigcap _{n=1}^{\infty }{E}_n$ 为单点集. (6) $X$ 中存在一列有界非空闭集 $E_1\supseteq E_2\supseteq E_3\supseteq \cdots$ 使得 $\bigcap _{n=1}^{\infty }{E}_n$ 为空集. 证明. $\square$
14.	回答下列问题. (1) 在 $[-\infty ,+\infty ]$ 中 1, 若 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{a}_n=+\infty$ 或 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{a}_n=-\infty$, 我们就称 $\{a_n\}$ 收敛到 $+\infty$ 或 $-\infty$. 试重新考察习题 $\mathcal{A}$ 中的第 9 题. (2) 对于 $E\subseteq [-\infty ,+\infty ]$, 若存在 $a\in \mathbb{R}$ 使得 $(a,+\infty ]\subseteq E([-\infty ,a)\subseteq E)$, 则称 $+\infty (-\infty )$ 为 $E$ 的内点. 若 $U\subseteq [-\infty ,+\infty ]$ 的所有点都是其内点, 则称 $U$ 为 $[-\infty ,+\infty ]$ 的开集. 考虑在 $[-\infty ,+\infty ]$ 中, 哪些集合是紧集, 即 $[-\infty ,+\infty ]$ 中满足任何开覆盖都有有限子覆盖的集合. 1. ^ 以下说法在 $\mathbb{R}$ 中不适用
15.	设 $E\subseteq \mathbb{R}$, 则 $E$ 满足什么条件时, 成立: 对于 $E$ 的任何闭覆盖, 均有有限子覆盖. 解答. $\square$
16.	* 设 $U$ 为 $\mathbb{R}$ 中的非空开集, 证明: (1) 若 $x_0\in U$, 则存在唯一的开区间 $(\alpha ,\beta )$—这样的区间称为 $U$ 的构成区间, 满足: (i) $x_0\in (\alpha ,\beta )\subseteq U$; (ii) 若 $x_0\in (a,b)\subseteq U$, 则 $(a,b)\subseteq (\alpha ,\beta )$. (2) $U$ 可以表示为至多可列个两两不交的构成区间的并. 证明. (1) 由于 $x_0$ 是 $U$ 的内点, 所以集合$$A:=\{y\in U|y<x_0\text{且}(y,x_0)\subseteq U\}$$非空, 定义 $\alpha =\inf A$. 那么 $-\infty ⩽\alpha <x_0$, 并且 $(\alpha ,x_0)\subseteq U$. 如果 $\alpha$ 是实数, 那么根据 $\alpha$ 的定义, 必有 $\alpha \notin U$. 同理, 定义集合$$B:=\{y\in U|x_0<y\text{且}(x_0,y)\subseteq U\},$$取 $\beta =\sup B$, 则由 $\alpha ,\beta$ 的定义可见$$x_0\in (\alpha ,\beta )\subseteq U,$$并且若 $x_0\in (a,b)\subseteq U$, 则 $(a,b)\subseteq (\alpha ,\beta )$. (2) 把全体具有这样性质的开区间所构成的集合记为 $\mathcal{G}$, 那么 $\mathcal{G}$ 中任意两个元素作为开区间都不交. 从它的每一个元素中选取一个有理数与之对应, 全体这样的有理数集合记为 $S$, 那么 $\mathcal{G}$ 与 $S$ 一一对应, 而 $S$ 是 $\mathbb{Q}$ 的子集, 从而是可数集, 从而结论得证. $\square$
17.	设 $\{x_n\}$ 是在 $[0,1]$ 中稠密的点列, 任取 $\alpha \in \left(0,\frac{1}{2}\right),E=[0,1]\setminus \bigcup _{n=1}^{\infty }\left(x_n-\frac{\alpha }{2^n},x_n+\frac{\alpha }{2^n}\right)$. 证明 $E$ 为非空的疏朗集. 证明. $E$ 的测度不小于 $1-\sum _{n=1}^{\infty }2\cdot \frac{\alpha }{2^n}=1-2\alpha >0$ 故非空; $\{x_n\}$ 稠密表明 $E$ 无内点, 注意到 $E$ 是闭集, 从而 $E$ 疏朗. $\square$
18.	证明: 闭区间 $[a,b]$ 不能表示为至少两个但至多可列个两两不交的非空闭集的并. 证明. $\square$
19.	证明: ${\mathbb{R}}^n$ 不能表示成一列无处稠密集的并. 证明. 见 Baire 纲定理. $\square$
20.	设 $\{V_k\}$ 是一列在 ${\mathbb{R}}^n$ 中稠密的开集, 证明: $\bigcap _k{V}_k$ 在 ${\mathbb{R}}^n$ 中稠密. 证明. 见 Baire 纲定理. $\square$

请移步这里, 不知道为什么后面的部分一放上去就爆炸.