用户: Solution/ 习题: 楼分析/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. 用定义证明 ${\lim }_{n\to +\infty }\frac{3n^3+4n^2-100}{2n^3-9n-11}=\frac{3}{2}.$

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 $n>100$ 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 ${\lim }_{n\to +\infty }\frac{3n^3+4n^2-100}{2n^3-9n-11}=\frac{3}{2}.$

$\square$

用定义证明 ${\lim }_{n\to +\infty }\lg \left(1+\frac{1}{n}\right)=0.$

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 ${\lim }_{n\to +\infty }\lg \left(1+\frac{1}{n}\right)=0.$

$\square$

B 1.2. 证明: ${\lim }_{n\to +\infty }{a}_n=0$ 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 $\left|a_n\right|⩽w_n$. 设 $0⩽p⩽k-1$, 求 ${\lim }_{n\to +\infty }\frac{C_{kn}^p+C_{kn}^{p+k}+\cdots +C_{kn}^{p+(n-1)k}}{2^{kn}}$.

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,$Stolz-Ces\acute{a}ro$ 定理

定理 2.1. Stolz-Cesáro 定理 C20 设 $\{x_n\}$ 和 $\{y_n\}$ 是两个实数列, 若

•	$\{y_n\}$ 严格单增,
•	${\lim }_{n\to \infty }{y}_n=+\infty$,
•	${\lim }_{n\to +\infty }\frac{x_{n+1}-x_n}{y_{n+1}-y_n}=\ell$, 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. C21 设 $\{x_n\}$ 和 $\{y_n\}$ 是两个实数列, 若

•	$\{y_n\}$ 严格单调减少,
•	${\lim }_{n\to +\infty }{x}_n={\lim }_{n\to +\infty }{y}_n=0$,
•	${\lim }_{n\to +\infty }\frac{x_n-x_{n+1}}{y_n-y_{n+1}}=\ell$, 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. 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 ${\lim }_{n\to \infty }{a}_n=L$. 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 ${\lim }_{n\to +\infty }{a}_{2n}=L$, 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 ${\lim }_{n\to +\infty }{a}_{2k-1}=L$, 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.

$\square$

设 $p$ 为有理数, 证明 ${\lim }_{n\to +\infty }\frac{(n+1{)}^p-n^p}{n^{p-1}}=p$.

证明. ${\lim }_{n\to +\infty }\frac{(n+1{)}^p-n^p}{n^{p-1}}={\lim }_{n\to +\infty }n\left({\left(1+\frac{1}{n}\right)}^p-1\right)=p.$

$\square$

证明定理 ??.

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 ${\lim }_{m\to \infty }{x}_m={\lim }_{m\to \infty }{y}_m=0$ 得到$$\left|\frac{x_n}{y_n}-\ell \right|⩽\epsilon ,\forall n>N_1,$$这说明 ${\lim }_{n\to \infty }\frac{x_n}{y_n}=\ell .$

若 $\ell =+\infty$, 则当 $n$ 充分大时有 $\frac{x_n-x_{n-1}}{y_n-t_{n-1}}>0$, 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 ${\lim }_{n\to \infty }\frac{y_n}{x_n}=0.$ 因此 ${\lim }_{n\to \infty }\frac{x_n}{y_n}=+\infty .$

若 $\ell =-\infty$, 我们记 $z_n=-x_n$, 于是 ${\lim }_{n\to \infty }{z}_n=0$ 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 ${\lim }_{n\to \infty }\frac{z_n}{y_n}=+\infty$, 从而 ${\lim }_{n\to \infty }\frac{x_n}{y_n}=-\infty .$

$\square$

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 $\frac{2b-a}{3}$.

$\square$

设 $\{x_n\}$ 满足 ${\lim }_{n\to +\infty }{x}_n{\sum }_{k=1}^n{x}_k^2=1$, 证明 ${\lim }_{n\to +\infty }\sqrt[3]{3n}{x}_n=1$.

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 ${\lim }_{n\to +\infty }{S}_n=S$ 有限, 则有 ${\lim }_{n\to +\infty }{x}_n=1/S\ne 0$, 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 ${\lim }_{n\to \infty }\left(S_n^3-S_{n-1}^3\right)=3$. 注意到$$\begin{array}{rl}& S_n^3-S_{n-1}^3=(S_n-S_{n-1})\left(S_n^2+S_n{S}_{n-1}+S_{n-1}^2\right)\\ =& x_n^2\left(S_n^2+S_n\left(S_n-x_n^2\right)+{\left(S_n-x_n^2\right)}^2\right)=3{\left(x_n{S}_n\right)}^2-3x_n^4{S}_n+x_n^6\\ =& 3{\left(x_n\sum _{k=1}^n{x}_k^2\right)}^2-3a_n^2\left(a_n\sum _{k=1}^n{a}_k^2\right)+x_n^6\to 3(n\to +\infty ).\end{array}$$

$\square$

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 ${\lim }_{n\to +\infty }\frac{G_n}{A_n}$.

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$$\begin{array}{rl}& \underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{G_n}{A_n}=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt[n]{\prod _{k=0}^{n-1}\left(a+kd\right)}}{(n-1)d/2}\cdot \frac{(n-1)d/2}{a+(n-1)d/2}=\underset{n\to +\infty }{\lim }\sqrt[n]{\prod _{k=0}^{n-1}(t+k)}\cdot \frac{2}{n-1}\\ =& \underset{n\to +\infty }{\lim }\sqrt[n]{\frac{\Gamma (t+n)}{\Gamma (t)}}\cdot \frac{2}{n-1}=\underset{n\to +\infty }{\lim }\sqrt[n]{\frac{1}{\Gamma (t)}}\sqrt[n]{{\left(\frac{t+n}{e}\right)}^n\sqrt{2\pi (t+n)}}\cdot \frac{2}{n-1}\\ =& \underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{t+n}{e}\frac{2}{n+1}=\frac{2}{e}.\end{array}$$

$\square$

令 $a_{n,k}=\frac{k}{n-k+1}(n⩾k⩾1)$. 证明:

•	对于固定的 $k⩾1$, $\{a_{n,k}\}$ 是无穷小.
•	$A_n={\prod }_{k=1}^n{a}_{n,k}$ 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.

$\square$

设 $E\subseteq \mathbb{R}$ 为非空集. 证明: 存在 $E$ 中点列 $\{x_k\}$ 使得 ${\lim }_{k\to +\infty }{x}_k=\sup E$, 这里 $\sup E$ 可以是 $+\infty$.
注: 对于 $f:D\to \mathbb{R}$, 满足 ${\lim }_{k\to +\infty }f(x_k)=\underset{x\in D}{\sup }f(x)\left(\underset{x\in D}{\inf }f(x)\right)$ 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 ${\lim }_{k\to +\infty }{x}_k=+\infty =\sup E$.

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 ${\lim }_{k\to +\infty }{x}_k=\sup E$.

$\square$

B 2.4. (Toeplitz(特普利茨) 定理) 设有无穷下三角矩阵 $(t_{mn}{)}_{n⩾m}$: $$\left(\begin{array}{cccc}{t}_{11}& & & \\ t_{21}& t_{22}& & \\ t_{31}& t_{32}& t_{33}& \\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots \end{array}\right)$$满足下列条件

•	每一列元素趋于零, 即 ${\lim }_{n\to +\infty }{t}_{nm}=0$.
•	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:

•

若 ${\lim }_{n\to +\infty }{x}_n=0$, 则 ${\lim }_{n\to +\infty }{y}_n=0$.

•

记 $T_n=t_{n1}+t_{n2}+\cdots +t_{nn}$. 若 ${\lim }_{n\to +\infty }{T}_n=1$, 且 ${\lim }_{n\to +\infty }{x}_n=a$ 有限, 则 ${\lim }_{n\to +\infty }{y}_n=a$. 证明. (1) 由 ${\lim }_{n\to +\infty }{x}_n=0$ 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 ${\lim }_{n\to \infty }{t}_{nm}=0$ 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 ${\lim }_{n\to \infty }{y}_n=0.$ (2) 由题设知 ${\lim }_{n\to \infty }\left(x_n-a\right)=0$, 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 ${\lim }_{n\to n\to }{z}_n=0$, 于是 ${\lim }_{n\to \infty }{y}_n={\lim }_{n\to \infty }{z}_n+a{\lim }_{n\to \infty }{T}_n=a.$ $\square$

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 ??, 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 ${\lim }_{n\to \infty }{b}_n=\ell$, 易见 ${\lim }_{n\to \infty }\frac{x_n}{y_n}=\ell .$

3Euclid 空间中的基本概念

线性空间, 赋范线性空间, 度量空间,Eucild 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. C22 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. 设 $E\subseteq \mathbb{R}$ 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.

$\square$

(距离的等价定义). 在定义 ?? 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. 设 $E$ 为 $\mathbb{R}$ 中的无理数全体. 证明 $\overline{E}=\mathbb{R}$. 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. 设 $E\subseteq {\mathbb{R}}^n$, 证明存在 $E$ 的至多可列的子集 $F$, 使得 $\overline{F}\supseteq E$. 设 $E$ 为 ${\mathbb{R}}^n$ 中的闭集, 证明存在集合 $F$ 使得 $F$ 的导集为 $E$. 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.

[H]

集合	内部	导集	边界	闭包
$E^{\circ }$	$(E^{\circ }{)}^{\circ }=E^{\circ }$	$(E^{\circ }{)}^{\prime }=\overline{E^{\circ }}$	$\partial (E^{\circ })\subseteq \partial E\cap E^{\prime }$	$\overline{E^{\circ }}\subseteq E^{\prime }$
$E^{\prime }$	$(E^{\prime }{)}^{\circ }={\overline{E}}^{\circ }\supseteq E^{\circ }$	$(E^{\prime }{)}^{\prime }\subseteq E^{\prime }$	$\partial (E^{\prime })\subseteq \partial E\cap E^{\prime }$	$\overline{E^{\prime }}=E^{\prime }$
$\partial E$	$(\partial E{)}^{\circ }=(\overline{E}\cap \overline{\mathcal{C}E}{)}^{\circ }$	$(\partial E{)}^{\prime }\subseteq \partial E\cap E^{\prime }$	$\partial (\partial E)\subseteq \partial E$	$\overline{\partial E}=\partial E$
$\overline{E}$	$(\overline{E}{)}^{\circ }\supseteq E^{\circ }$	$(\overline{E}{)}^{\prime }=E^{\prime }$	$\partial (\overline{E})\subseteq \partial E$	$\overline{\left(\overline{E}\right)}=\overline{E}$

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 $\alpha \in \mathbb{R}$,

•	非负性. $⟨x,x⟩⩾0$, 且等号成立当且仅当 $x=0$ 时成立.
•	线性性. $⟨x,y+z⟩=⟨x,y⟩+⟨x,z⟩$.
•	关于数乘线性. $⟨\alpha x,y⟩=\alpha ⟨x,y⟩$.
•	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$$\begin{array}{rl}\left|⟨x,y⟩\right|& =\left|⟨0,y⟩\right|=\left|0⟨0,y⟩\right|=0=\Vert 0\Vert \cdot \Vert y\Vert =\Vert x\Vert \cdot \Vert y\Vert ,\\ \left|⟨x,y⟩\right|& =\left|⟨x,kx⟩\right|=\left|k⟨x,x⟩\right|=|k|{\Vert x\Vert }^2=\Vert x\Vert \cdot \Vert kx\Vert =\Vert x\Vert \cdot \Vert y\Vert .\end{array}$$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 $\left|⟨x,y⟩\right|⩽\Vert x\Vert \cdot \Vert y\Vert$. 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$$\Vert x+y\Vert 2+\Vert x-y\Vert 2=⟨x+y,x+y⟩+⟨x-y,x-y⟩=⟨x,x⟩+2⟨x,y⟩+⟨y,y⟩+⟨x,x⟩-2⟨x,y⟩+⟨y,y⟩=2⟨x,x⟩+2⟨y,y⟩=2\Vert x\Vert 2+2\Vert y\Vert 2.$$

$\square$

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注意验证:

•	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$$⟨x,y+z⟩=\frac{{\Vert x+y\Vert }^2-{\Vert x-y\Vert }^2}{4}+\frac{{\Vert x+z\Vert }^2-{\Vert x-z\Vert }^2}{4}=⟨x,y⟩+⟨x,z⟩,$$故而线性性成立.
•	关于数乘线性与对称性是显然成立的. $\square$

试构造 $\mathbb{R}$ 中一列非空集 $\{E_k\}$ 使得 $E_{k+1}=E_k^{\prime }\subset E_k(k⩾1)$.

4Eucild 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. C23 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. 设 $x_0\in (0,2),x_{n+1}=x_n(2-x_n)(n⩾0)$. 证明: ${\lim }_{n\to \infty }{x}_n=1$.
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 ${\lim }_{n\to \infty }{y}_n=\frac{1}{c}$.
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$$x_{n+1}=x_n(2-x_n)⩽{\left(\frac{x_n+2-x_n}{2}\right)}^2=1.$$即 $\{x_n\}$ 有界. 特别的, $x_1⩽1$, 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.

$\square$

设 $x_0⩾0$, $x_{n+1}=\sqrt{x_n+2}(n⩾0)$. 试分别用以下方法证明 ${\lim }_{n\to +\infty }{x}_n=2$.

•	说明 $\{x_n\}$ 单调有界.
•	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$$\begin{array}{rl}|x_n-2|& =\left|f(x_{n-1})-f(2)\right|=\left|f^{\prime }(\eta )\right||x_{n-2}-2|\\ & <\frac{1}{2}|x_{n-2}-2|<\cdots <\frac{1}{2^n}|x_0-2|.\end{array}$$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 ${\lim }_{n\to +\infty }{x}_n=2$.

$\square$

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.

$\square$

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 Cauahy-Cantor 闭区间套定理得证结论.

$\square$

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.

•	$c>1$. 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 ${\lim }_{n\to \infty }{x}_n=+\infty$.
•	$0⩽c⩽1$. 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 ${\lim }_{n\to \infty }{x}_n=X$, 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 ${\lim }_{n\to \infty }{x}_n=1-\sqrt{1-c}.$
•	$-3⩽c<0$. 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$$\begin{array}{rl}{x}_{2k+1}-x_{2k-1}& =\frac{x_{2k}^2-x_{2k-2}^2}{2},\\ x_{2k+2}-x_{2k}& =\frac{x_{2k+1}^2-x_{2k-1}^2}{2}.\end{array}$$事实上, 有 $x_3>x_1=\frac{c}{2}$, 故 $|x_3|<|x_1|,x_3^2<x_1^2$, 在 () 式中令 $k=1$, 得到 $x_4<x_2$, 即有 $|x_4|>|x_2|,x_4^2>x_2^2$, 在 () 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 $X_1={\lim }_{k\to \infty }{x}_{2k+1},X_2={\lim }_{k\to \infty }{x}_{2k}$. 结合题设递推公式得到$$X_1=\frac{c}{2}+\frac{X_2^2}{2},X_2=\frac{c}{2}+\frac{X_1^2}{2},\text{\hspace{1em}(♠)}$$(1)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 (1) 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 ${\lim }_{n\to \infty }{x}_n=1-\sqrt{1-c}.$ $\square$

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 $p/q$, 有上述可知$$e=\frac{p}{q}=\sum _{k=0}^q\frac{1}{k!}+\sum _{k=q+1}^{\infty }\frac{1}{k!}=\sum _{k=0}^q\frac{1}{k!}+\frac{{\theta }_n}{q\cdot q!}.$$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.

$\square$

设 $E,F$ 为 $\mathbb{R}$ 中的非空集, 定义 $d(E,F)=\underset{x\in E,y\in F}{\inf }|\mathbf{x}-\mathbf{y}|.$

•	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 $|{\mathbf{x}}_0-{\mathbf{y}}_0|=d(E,F)$.
•	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)

(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 $d(E,F)=0$.

$\square$

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.

$\square$

梳理/证明以下结果, 并尝试对这些结论有一个直观的理解:

•	收敛数列的子列收敛到同一极限.
•	如果一个数列有两个子列收敛到不同极限, 则该数列发散.
•	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.
•	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.
•	$\bar{x}$ 为 $E$ 的聚点当且仅当存在 $E$ 中两两不同的点列 $x_n$ 使得 $x_n\to \bar{x}$.
•	$\bar{x}$ 为 $E$ 的聚点当且仅当存在 $x_n\in E\backslash \{\bar{x}\}$ 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 $\epsilon <\frac{|b-a|}{2}$, 则 $n>N_1+N_2$ 时有$$|b-a|-\epsilon ⩽|a-b|-|a_n-a|⩽|a_n-a+a-b|<|a_n-b|<\epsilon ,$$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)

$\square$

设 $E\subseteq \mathbb{R}$. 证明存在至多可列集 $F\subseteq E$ 使得 $E$ 在 $E$ 中稠密. 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$$[a_1,b_1]\cup [a_2,b_2]=[a,b]\backslash (b_1,a_2),$$这与假设矛盾, 从而结论成立.

$\square$

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.

$\square$

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 ${\mathbb{R}}^n=S\cup \left({\mathbb{R}}^n\backslash S\right)$ 是两个不相交开集的并. 由 ${\mathbb{R}}^n$ 的连通性可知 $S$ 与 ${\mathbb{R}}^n\backslash S$ 中至少有一为空集, 故 $S={\mathbb{R}}^n$ 或 $\varnothing$.

$\square$

B 4.3. 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:

•	${\lim }_{n\to +\infty }{x}_n=0$,
•	对任何 $n⩾1$, 成立 $(n+1)x_n<1$,
•	从某一项开始, $\{n{x}_n\}$ 单调有界.
•	${\lim }_{n\to +\infty }n{x}_n=1.$

证明. (1) 易见 $0<x_n<1$ 且 $x_{n+1}<x_n$, 从而 $\{x_n\}$ 有极限, 设 ${\lim }_{n\to +\infty }{x}_n=A$, 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 ${\lim }_{n\to +\infty }n{x}_n=B$, 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 $B=1$.

$\square$

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.

•	$-4⩽c<-3$. 这种情况下, 与 () 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. 特别的, $c=-4$ 时, $X_1=0,X_2=-2$.
•	$-8⩽c<-4$. 首先 $c=-8$ 时. 易见此时收敛并且 ${\lim }_{n\to +\infty }{x}_n=4$. 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.
•	$c<-8$. 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 ${\lim }_{n\to \infty }{x}_n=+\infty .$ $\square$

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.

$\square$

设整数 $m⩾1$, 证明: ${\lim }_{n\to +\infty }\sqrt{m+\sqrt{m+1+\sqrt{m+2+\cdots +\sqrt{m+n}}}}$ 存在, 并记该极限为 $a_m$. 进一步, 计算 ${\lim }_{m\to +\infty }\left(a_m-\sqrt{m}\right)$.

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 ${\lim }_{n\to +\infty }{A}_n^{(m)}=a_m$ 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 ${\lim }_{n\to +\infty }\left(a_m-\sqrt{m}\right)=\frac{1}{2}$.

$\square$

证明: ${\lim }_{n\to +\infty }\sqrt{1+2\sqrt{1+3\sqrt{1+4\sqrt{1+\cdots +n\sqrt{1+(n+1)}}}}}=3.$

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.

$\square$

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$

证明命题 ??: 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.

$\square$

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. 设 $x_0>0,x_{n+1}=\sqrt{2+x_n}(n⩾0)$. 问: ${\lim }_{n\to +\infty }{4}^n(2-x_n)$ 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 ${\lim }_{n\to +\infty }{4}^n(2-x_n)={\lim }_{n\to +\infty }{4}^n\left(2-2\cos \frac{\alpha }{2^n}\right)={\alpha }^2.$

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 ${\lim }_{n\to +\infty }{4}^n(2-x_n)={\lim }_{n\to +\infty }{4}^n\left(2-{\alpha }^{-1/2^n}-{\alpha }^{1/2^n}\right)={\ln }^2\alpha .$

$\square$

一般地, 对于所求过的极限, 可考虑进一步的结果, 例如, 若 ${\lim }_{n\to +\infty }{x}_n=A$, 试试能否找到一个无穷大 $y_n$ 使得 ${\lim }_{n\to +\infty }{y}_n\left(x_n-A\right)$ 为一个非零常数. 这是可能的. 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 $A=0$.
•	$r>1$

$\square$

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.

$\square$

考虑线性空间$$X=\left\{\{x_n{\}}_{n=1}^{\infty }|\sum _{n=1}^{\infty }|x_n{|}^2<+\infty \right\},$$在其上定义$$||\{x_n\}||={\left(\sum _{n=1}^{\infty }|x_n{|}^2\right)}^{1/2},d\left(\{x_n\},\{y_n\}\right)=||\{x_n-y_n\}||.$$证明 $||\cdot ||$ 是 $X$ 上的范数, 并以此范数定义收敛性, 开闭集等. 证明:

•	在 $X$ 上, Cauchy 准则成立.
•	在 $X$ 上, 致密性定理不成立, 即有界点列不一定有收敛子列.
•	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.
•	在 $X$ 上, 有限覆盖定理不成立.
•	在 $X$ 上, 闭区间套定理成立. 即若 $\{F_k\}$ 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.
•	$X$ 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.

$\square$

回答下列问题.

•	在 $[-\infty ,+\infty ]$ 中 1, 若 ${\lim }_{n\to +\infty }{a}_n=+\infty$ 或 ${\lim }_{n\to +\infty }{a}_n=-\infty$, 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.
•	对于 $E\subseteq [-\infty ,+\infty ]$, 若存在 $a\in \mathbb{R}$ 使得 $\left(a,+\infty \right]\subseteq E\left(\left[-\infty ,a\right)\subseteq E\right)$, 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.

设 $E\in \mathbb{R}$, 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.

$\square$

设 $U$ 为 $\mathbb{R}$ 中的非空开集, 证明:

•	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 $(a,b)\subseteq (\alpha ,\beta )$.
•	$U$ 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 $x_0\in U$ 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 $(\alpha ,x_0)\in U$. 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 $\text{bbq}$ 的子集, 从而是可数集, 从而结论得证.

$\square$

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. ?

$\square$

证明: 闭区间 $[a,b]$ 不能表示为至多两个但至多可列个两两不交的非空闭集的并.

证明.

$\square$

证明: ${\mathbb{R}}^n$ 不能表示成一列无处稠密集的并.

证明.

$\square$

设 $\{V_k\}$ 是一列在 ${\mathbb{R}}^n$ 中稠密的开集, 证明: ${\bigcap }_k{V}_k$ 在 $\mathbb{R}$ 中稠密.

证明.

$\square$

5上、下极限

上极限, 下极限, Stolz 公式的推广

A 5.1. 若 $x_n>0(n=1,2,\cdots )$, 且 ${\overline{\lim }}_{n\to +\infty }{x}_n\cdot {\overline{\lim }}_{n\to +\infty }\frac{1}{x_n}=1$. 证明序列 $\{x_n\}$ 收敛.

证明. 由于$$\underset{n\to +\infty }{\overline{\lim }}{x}_n\cdot \underset{n\to +\infty }{\overline{\lim }}\frac{1}{x_n}=\frac{\underset{n\to +\infty }{\overline{\lim }}{x}_n}{\underset{n\to +\infty }{\underline{\lim }}{x}_n}=1,$$从而有 ${\overline{\lim }}_{n\to +\infty }{x}_n={\underline{\lim }}_{n\to +\infty }{x}_n$, 故 $\{x_n\}$ 收敛.

$\square$

设 $\{x_n\}$ 满足 $0⩽x_{m+n}⩽x_m\cdot x_n(\forall m,n⩾1)$. 证明 $\{\sqrt[n]{x_n}\}$ 收敛.

证明. 易见$$0⩽x_n⩽x_{n-1}\cdot x_1⩽\cdots ⩽x_1^n.$$从而 $\sqrt[n]{x_n}⩽x_1$, 故 ${\overline{\lim }}_{b\to +\infty }\sqrt[n]{x_n}$ 有限. 给定正整数 $p$, 使得 $n=kp+r$, 其中 $k⩾0,0⩽r<p$, 于是$$x_n=x_{pk+r}⩽x_{pk}\cdot x_r⩽x_p^k\cdot x_r,$$即有$$\sqrt[n]{x_n}⩽\sqrt[n]{x_p^k}\sqrt[n]{x_r}⩽\sqrt[p]{x_p}\sqrt[n]{x_r},$$注意到 $x_r\in \{x_1,x_2,\cdots ,x_{p-1}\}$ 有界, 令 $n\to +\infty$ 得到$$\sqrt[n]{x_n}⩽\sqrt[p]{x_p}$$对任意 $p$ 都成立, 于是有$$\underset{n\to +\infty }{\overline{\lim }}\sqrt[n]{x_n}⩽\underset{p\to +\infty }{\underline{\lim }}\sqrt[p]{x_p}.$$依上、下极限的性质, 反向不等式也成立, 从而目标序列收敛.

$\square$

举例说明, 在第 2 题中, $\{\sqrt[n]{x_n}\}$ 可以没有单调性.

解答. $x_1=2,x_2=1,x_3=2,x_4=1,x_5=2,\cdots$

$\square$

设 $\{a_n\}$ 满足 $a_m+a_n-1⩽a_{m+n}⩽a_m+a_n+1(\forall m,n⩾1)$. 求证:

•	${\lim }_{n\to +\infty }\frac{a_n}{n}$ 存在.
•	设 ${\lim }_{n\to +\infty }\frac{a_n}{n}=q$, 则 $nq-1⩽a_n⩽nq+1$.

证明.

$\square$

设 $r\in (0,1),x_0=0,x_{n+1}=r(1-x_n^2)(n=0,1,2,\cdots )$. 试探究 $\{x_n\}$ 的敛散性.

解答. 易见 $0<x_n<1(n⩾1)$ 有界. 我们先证明这样一件事: 对于正整数 $m$, 只要 $k>2m+1$, 则 $x_k<x_{2m+1}$. 当 $m=0$ 时, $2m+1=1$, 易见 $k>1$ 有 $x_k=r(1-x_{k-1}^2)<r=x_1$ 成立, 假设对 $m\in {\mathbb{N}}_{+}$ 成立, 考虑 $m+1$ 时$$k>2(m+1)+1\Rightarrow k-2>2m+1,$$又由$$x_{k-1}=r(1-x_{k-2}^2)>r(1-x_{2m+1}^2)=x_{2m+2}\Rightarrow x_k=r(1-x_{k-1}^2)<r(1-x_{2m+2}^2)=x_{2(m+1)+1},$$从而由数学归纳法可知结论成立. 特别的, $\{x_{2k+1}\}$ 严格单调递减. 同理可证对于 $m\in \mathbb{N}$, 若 $k>2m$, 则 $x_k>x_{2m}$, 即得 $\{x_{2k}\}$ 严格单调递增. 从而可设 ${\lim }_{k\to +\infty }{x}_{2k}=A,{\lim }_{k\to +\infty }{x}_{2k+1}=B.$

对于 $x_{n+1}=r(1-x_n^2)$, 分别令 $n=2k-1,2k$ 再令 $k\to +\infty$ 可得$$A=r(1-B^2),B=r(1-A^2),$$两式相减得到 $\left(A-B\right)\left(1-r(A+B)\right)=0$. 即或者 $A=B$, 或者 $1-r(A+B)=0$, 注意到$$x_{2n+1}+x_{2n}=r(1-x_{2n}^2)+x_{2n}\Rightarrow A+B=r(1-A^2)+A,$$代入 $1-r(A+B)=0$ 有$$r^2{A}^2-rA-r^2+1=0\Rightarrow {\left(rA-\frac{1}{2}\right)}^2=r^2-\frac{3}{4},$$这意味着 $r^2<\frac{3}{4}$ 时, 即 $0<r<\frac{\sqrt{3}}{2}$ 时 $1-r(A+B)=0$ 无解, 此时只能有 $A=B$, 结合式递推公式可知 ${\lim }_{n\to +\infty }{x}_n=\frac{\sqrt{4r^2+1}-1}{2r}.$ 考虑 $r=\frac{\sqrt{3}}{2}$ 时, 有$$x_{2k+1}=r(1-x_{2k}^2)=r\left(1-r^2(1-x_{2k-1}^2{)}^2\right)\Rightarrow r^3{B}^4-2r^3{B}^2+B+r^3-r=0,$$得 $\frac{3\sqrt{3}}{8}{B}^4-\frac{3\sqrt{3}}{4}{B}^2+B-\frac{\sqrt{3}}{8}=0$, 即$$\frac{3\sqrt{3}}{8}{\left(B-\frac{\sqrt{3}}{3}\right)}^3(B+\sqrt{3})=0\Rightarrow B=\frac{\sqrt{3}}{3},$$同理可得 $A=\frac{\sqrt{3}}{3}$, 从而 ${\lim }_{n\to +\infty }{x}_n=\frac{\sqrt{3}}{3}$.

下证 $\frac{\sqrt{3}}{2}<r<1$ 时 $\{x_n\}$ 发散. 只需要证明 $A\ne B$. 由上述的分析注意到$$r^3{B}^4-2r^3{B}^2+B+r^3-r=0\Rightarrow (B^{2}r-r+B)(B^2{r}^2-Br-r^2+1)=0,$$考虑 $B^2{r}^2-Br-r^2+1=0$ 的解, 记$$C=\frac{1-\sqrt{4r^2-3}}{2r},D=\frac{1+\sqrt{4r^2-3}}{2r},$$我们证明, 对于任何 $m\in {\mathbb{N}}_{+}$, 有 $x_{2m}<C,x_{2m+1}>D$. 但当 $\frac{\sqrt{3}}{2}<r<1$ 时有 $0<C<\frac{\sqrt{3}}{3}<D<1$, 进而 $0⩽A⩽C<\frac{\sqrt{3}}{3}<D⩽B⩽1$, 即得 $A\ne B$, 从而 $\{x_n\}$ 发散. 事实上, 注意到$$C^2=\frac{4r^2-\left(2+2\sqrt{4r^2-3}\right)}{4r^2}=1-\frac{D}{r},D^2=\frac{4r^2-\left(2-2\sqrt{4r^2-3}\right)}{4r^2}=1-\frac{C}{r},$$当 $m=0$ 时, $x_0=0<C,x_1=r>D.$ 假设对 $m\in {\mathbb{N}}_{+}$ 成立, 考虑 $m+1$ 时$$x_{2(m+1)}=r\left(1-x_{2m+1}^2\right)<r(1-D^2)=C,x_{2(m+1)+1}=r\left(1-x_{2(m+1)}^2\right)>r\left(1-C^2\right)=D,$$由数学归纳法可知结论成立. 综上, $r\in \left(0,\frac{\sqrt{3}}{2}\right]$,$\{x_n\}$ 收敛, $r\in \left(\frac{\sqrt{3}}{2},1\right)$ 时 $\{x_n\}$ 发散.

$\square$

设 $0<q<1,a_n,b_n$ 满足: $a_n=b_n-q{a}_{n+1}(n=1,2,\cdots )$, 且 $a_n,b_n$ 有界. 求证: ${\lim }_{n\to +\infty }{b}_n$ 存在的充要条件是 ${\lim }_{n\to +\infty }{a}_n$ 存在.

证明.

$\square$

在第 6 题中当 $q\notin (0,1)$ 时, 结论会怎样?

解答.

$\square$

设 $a_n⩾0$ 满足 $a_{n+1}⩽a_n+\frac{1}{n^2}$, 证明: $\{a_n\}$ 收敛.

证明. 由题意知$$a_{n+1}⩽a_n+\frac{1}{n^2}⩽a_n+\frac{1}{n(n-1)}=a_n+\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}\Rightarrow a_{n+1}+\frac{1}{n}⩽a_n+\frac{1}{n-1},$$于是 $\left\{a_n+\frac{1}{n-1}\right\}$ 递减且有下界. 故 $\left\{a_n+\frac{1}{n-1}\right\}$ 收敛. 而 $a_n=a_n+\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n-1}$ 也收敛.

$\square$

利用上下极限证明 $\mathbb{R}$ 中的 Cauchy 准则.

证明.

$\square$

B 5.2. 推广习题 2.5 $\mathcal{A}$ 中的第 2 题和第 4 题.

解答.

$\square$

设 $x\in \mathbb{R}$, 证明: ${\lim }_{n\to +\infty }{\left(1+\frac{x}{n}\right)}^n=e^x$.

证明. 我们先证明这样一个事实: 设 $h:\mathbb{R}\to (0,+\infty )$ 满足 ${\lim }_{x\to +\infty }h(x)=+\infty$, 也就是说, 不论实数 $A$ 多么大, 都能找到实数 $B$ 使得当 $x>B$ 时, $h(x)>A$ 成立, 那么$$\underset{x\to +\infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{h(x)}\right)}^{h(x)}=e.$$记 $f(x)={\left(1+\frac{1}{h(x)}\right)}^{h(x)}$, 考虑充分大的 $x$ 使得 $h(x)>1$. 记$$[h(x)]=m,h(x)-m=\alpha \in [0,1),$$其中 $[x]$ 指不超过 $x$ 的最大整数, 那么$$\begin{array}{rl}{\left(1+\frac{1}{m+1}\right)}^{m+\alpha }& <f(x)⩽{\left(1+\frac{1}{m}\right)}^{m+\alpha },\\ {\left(1+\frac{1}{m+1}\right)}^{\alpha -1}{e}_{m+1}& <f(x)⩽{\left(1+\frac{1}{m}\right)}^{\alpha }{e}_m.\end{array}$$其中 $e_m:={\left(1+\frac{1}{m}\right)}^m$. 令 $x\to +\infty$, 这暗含着 $m\to +\infty$, 即得 ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)=e.$

回到题目的证明: $x=0$ 时的情形不需考虑. 设 $x\ne 0$. 记 $h_n=h_n(x)=\frac{x}{n}$, 则由上述结果有$$\underset{n\to +\infty }{\lim }{\left(1+h_n\right)}^{1/h_n}=e.$$两边取 $x$ 次幂, 有$$e^x={\left(\underset{n\to +\infty }{\lim }{\left(1+h_n\right)}^{1/h_n}\right)}^x,$$下面我们仅需说明$${\left(\underset{n\to +\infty }{\lim }{\left(1+h_n\right)}^{1/h_n}\right)}^x=\underset{n\to +\infty }{\lim }{\left(1+h_n\right)}^{x/h_n},$$就完成了证明.

为此, 我们证明下面的定理: 设 $\alpha \in \mathbb{R},f(x):=x^{\alpha },x>0$, 则 ${\lim }_{y\to 0}f(x+y)=f(x).$ 这正是对幂函数连续性的刻画. 即证明 $\forall \epsilon >0,\exists \delta ,$ 只要 $|y|<\delta$, 就有$$\left|f(x+y)-f(x)\right|<\epsilon .$$设 $|y|<x$. 这保证 $x+y>0$, 有$$f(x+y)-f(x)=f(x)\left({\left(1+\frac{y}{x}\right)}^{\alpha }-1\right),$$记 $h=\frac{y}{x}$, 并记 $m=[\alpha ]+1$, 分两种情形讨论:

•	$0⩽h<1.$ 此时$$0⩽(1+h{)}^{\alpha }-1⩽(1+h{)}^m-1=h\sum _{k=1}^m(1+h{)}^{m-k}⩽h\left(m\cdot 2^m\right).$$
•	$-1⩽h<0.$ 此时$$0⩽1-(1+h{)}^{\alpha }⩽1-(1+h{)}^m=-h\sum _{k=1}^m(1+h{)}^{m-k}⩽-h(m\cdot 2^m).$$

总之,$$\left|f(x+y)-f(x)\right|=f(x)\left|(1+h{)}^{\alpha }-1\right|⩽|h|\left(m\cdot 2^m\right).$$由此可见, $\forall \epsilon \in (0,1)$, 取 $\delta =\frac{\epsilon x}{m\cdot 2^m}$, 就对于满足 $|y|<\delta$ 的 $y$ 成立 $|f(x+y)-f(x)|<\epsilon$. 这就完成了证明.

$\square$

证明: 对任何 $x\in \mathbb{R}$ 成立 $e^x={\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{x^n}{n!}$.

证明. 我们定义 $T_n(x)={\left(1+\frac{x}{n}\right)}^n$, 由上一题的结论可知对于任何 $x\in \mathbb{R}$, $\{T_n(x)\}$ 都是 Cauchy 列. 再设 $S_n(x)={\sum }_{k=0}^n\frac{x^k}{k!}$. 则对于 $m>n>2N$, 其中 $N=\left[|x|\right]+1$, 有$$\left|S_m(x)-S_n(x)\right|⩽\sum _{k=n+1}^m\frac{N^k}{k!}<\sum _{k=n+1}^m\frac{N^k}{(2N{)}^{k-2N}}=(2N{)}^{2N}\sum _{k=n+1}^m{\left(\frac{1}{2}\right)}^k<\frac{(2N{)}^{2N}}{2^n},$$所以对于一切实数 $x$, $\{S_n(x)\}$ 是 Cauchy 列.

另一方面, 当 $n>2$ 时,$$S_n(x)-T_n(x)=\sum _{k=2}^n\frac{1}{k!}\left(1-\left(1-\frac{1}{n}\right)\cdots \left(1-\frac{k-1}{n}\right)\right)x^k,$$注意到当 $k⩾2$ 时,$$0<1-\left(1-\frac{1}{n}\right)\cdots \left(1-\frac{k-1}{n}\right)⩽\frac{1+\cdots +(k-1)}{n}=\frac{k(k-1)}{2n},$$得到$$\left|S_n(x)-T_n(x)\right|⩽\frac{1}{2n}\sum _{k=2}^n\frac{|x{|}^k}{(k-2)!}=\frac{x^2}{2n}{S}_{n-2}(|x|),$$从而对于一切实数 $x$, 数列 $\{S_n(x)\}$ 与 $\{T_n(x)\}$ 等价. 因此有 $e^x={\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{x^n}{n!}$.

$\square$

设 $\{x_n\}$ 是正数列, 证明 ${\overline{\lim }}_{n\to \infty }n\left(\frac{1+x_{n+1}}{x_n}-1\right)⩾1.$

证明. 设 ${\overline{\lim }}_{n\to +\infty }n\left(\frac{1+x_{n+1}}{x_n}-1\right)<1$, 则 $\exists N>0$, 当 $n⩾N$ 时,$$n\left(\frac{1+x_{n+1}}{x_n}\right)<1,$$此即 $\frac{1}{n+1}<\frac{x_n}{n}-\frac{x_{n+1}}{n+1}(n=N,N+1,\cdots ,N+k-1,\cdots )$. 这是无穷多个不等式, 将前 $k$ 个不等式相加得$$\frac{1}{N+1}+\cdots +\frac{1}{N+k}<\frac{x_N}{N}-\frac{x_{N+k}}{N+k}<\frac{x_N}{N}.$$此式应对一切 $k>1$ 成立, 但实际上, 左端当 $k\to +\infty$ 时, 极限为 $+\infty$, 矛盾.

事实上, 本题有如下推广: 设 $\{a_n\}$ 为任意正数列, $p$ 是任意给定的正整数, 则$$\underset{n\to +\infty }{\overline{\lim }}\left(\frac{a_1+a_{n+p}}{a_n}\right)>e^p,\underset{n\to +\infty }{\overline{\lim }}n\left(\frac{1+a_{n+p}}{a_n}-1\right)>p,$$上述不等式中的 $p$ 不可用更大的数代替, 并且上述两个不等式等价.

$\square$

设 $f$ 是 $\mathbb{R}$ 上周期为 1 的实函数. 满足: $\forall x,y\in \mathbb{R},x\ne y$, 成立 $|f(x)-f(y)|<|x-y|$. 任取 $x_0\in \mathbb{R}$, 定义 $x_{n+1}=f(x_n)(n⩾0)$. 证明: $\{x_n\}$ 收敛, 且极限不依赖于 $x_0$ 的选择.

证明.

$\square$

6正项级数

正项级数, 正项级数收敛的基本定理, 比较判别法,Cauchy 判别法,D’Alembert 判别法,Raabe 判别法, 收敛得更慢与发散得更慢得级数

A 6.1. 设 $\{a_n\}$ 为一正数列. 证明:$$\underset{n\to \infty }{\underline{\lim }}\frac{a_{n+1}}{a_n}⩽\underset{n\to \infty }{\underline{\lim }}\sqrt[n]{a_n}⩽\underset{n\to \infty }{\overline{\lim }}\sqrt[n]{a_n}⩽\underset{n\to \infty }{\overline{\lim }}\frac{a_{n+1}}{a_n}.$$

证明. 设 ${\overline{\lim }}_{n\to \infty }\frac{a_{n+1}}{a_n}=a<\infty$, 证明 ${\overline{\lim }}_{n\to \infty }\sqrt[n]{a_n}⩾a$

$\square$

讨论以下级数的收敛性:

$(1){\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{n^3+2n+5}{n^4+4n+7}$;		$(2){\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2-100n+1}\cos \frac{1}{n}$; 0.3cm
$(3){\sum }_{n=1}^{\infty }\ln \left(1+\frac{1}{n^2}\right)$;		$(4){\sum }_{n=1}^{\infty }{\left(\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\right)}^{\alpha }$.

解答. (1) 由于 $\frac{n^3+2n+5}{n^4+4n+7}\sim \frac{1}{n}$, 故 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{n^3+2n+5}{n^4+4n+7}$ 发散.

(2) 由于 $\frac{1}{n^2-100n+1}\cos \frac{1}{n}⩽\frac{1}{n^2-100n+1}\sim \frac{1}{n^2}$, 故 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2-100n+1}\cos \frac{1}{n}$ 收敛;

(3) 由于 $\ln \left(1+\frac{1}{n^2}\right)⩽\frac{1}{n^2}$, 故 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\ln \left(1+\frac{1}{n^2}\right)$ 收敛;

(4) 注意到$$\begin{array}{ccc}3pt3=\frac{2+4}{2}>\sqrt{2\times 4},& & 2=\frac{1+3}{2}>\sqrt{1\times 3},\\ 5=\frac{4+6}{2}>\sqrt{4\times 6},& & 4=\frac{3+5}{2}>\sqrt{3\times 5},\\ ⋮& & ⋮\\ 2n-1=\frac{(2n-2)+2n}{2}>\sqrt{(2n-2)\cdot 2n},& & 2n=\frac{(2n-1)+(2n+1)}{2}>\sqrt{(2n-1)(2n+1)},\end{array}$$于是有$${\left(\frac{1}{2\sqrt{n}}\right)}^{\alpha }<{\left(\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\right)}^{\alpha }<{\left(\frac{1}{\sqrt{2n+1}}\right)}^{\alpha },$$于是当 $\alpha >2$ 时, ${\sum }_{n=1}^{\infty }{\left(\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\right)}^{\alpha }$ 收敛, 其余情况发散.

$\square$

举例说明, 当 ${\overline{\lim }}_{n\to +\infty }\sqrt[n]{a_n}=1$ 时, 正项级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 既可能收敛也可能发散.

解答. 对于 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}$ 与 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}$ 均有 ${\overline{\lim }}_{n\to +\infty }\sqrt[n]{a_n}=1$, 但前者发散而后者收敛.

$\square$

设 $a_1⩾a_2⩾a_3⩾\cdots ⩾0$. 证明: 若 ${\sum }_{n=0}^n{a}_n$ 收敛, 则 ${\lim }_{n\to \infty }n{a}_n=0.$

证明. 对于任何 $m$ 与 $n>m$, 我们有$$(n-m)a_n<a_{m+1}+a_{m+2}+\cdots +a_n<{\alpha }_m,$$其中 ${\alpha }_m$ 为该收敛级数的余式, 由此得 $n{a}_n<\frac{n}{n-m}{\alpha }_m.$ 由于级数 ${\sum }_{n=0}^n{a}_n$ 收敛, 故对于任给得 $\epsilon >0$, 则存在 $M$ 使得 ${\alpha }_M<\epsilon$. 其次, 由于 ${\lim }_{n\to \infty }\frac{n}{n-M}=1$, 故存在 $N(N>M)$, 使得 $n⩾N$ 时有 $\frac{n}{n-M}<2$. 于是, 当 $n⩾N$ 时, 有 $0<n{a}_n<2\epsilon$, 因此 ${\lim }_{n\to \infty }n{a}_n=0.$

$\square$

设正项级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 收敛, ${\lim }_{n\to \infty }n{a}_n=a$. 证明 $a=0$.

证明. 反证法. 若 $a\ne 0$, 则由 $a_n>0$ 知 $a>0$, 结合 ${\lim }_{n\to \infty }n{a}_n=a$ 可知对于 $\forall 0<\epsilon <a$, 存在 $N$, 使得 $n>N$ 时有$$n{a}_n>a-\epsilon ,\text{即}{a}_n>\frac{a-\epsilon }{n},$$由于 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 收敛, 由此推知 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}$ 收敛, 矛盾.

$\square$

讨论级数 ${\left(\frac{1}{2}\right)}^p+{\left(\frac{1\cdot 3}{2\cdot 4}\right)}^p+{\left(\frac{1\cdot 3\cdot 5}{2\cdot 4\cdot 6}\right)}^p+\cdots$ 的收敛性.

解答. 该题与 2.6 $\mathcal{A}$ 第 $2$ 题的第 (4) 题是完全相同的. 这里给出另一种方法. 由于 $\frac{a_n}{a_{n+1}}={\left(\frac{2n+2}{2n+1}\right)}^p,$ 于是$$\underset{n\to \infty }{\lim }n\left(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1\right)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{{\left(\frac{2n+2}{2n+1}\right)}^p-1}{\frac{1}{n}}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1+\frac{p}{2n+1}+o\left(\frac{1}{n}\right)-1}{\frac{1}{n}}=\frac{p}{2},$$由 Rabba 判别法, 知当 $p>2$ 时, 级数收敛.

$\square$

研究数列 $\left\{\frac{1}{1+\alpha }\frac{2}{2+\alpha }\cdots \frac{n}{n+\alpha }\right\}$ 当 $n$ 趋于无穷时候的阶, 其中 $\alpha$ 是一个非负常数.

解答. 当 $n$ 趋于无穷时, 由 String 公式可得$$\prod _{k=1}^n\left(\frac{k}{k+\alpha }\right)=\frac{\Gamma (1+\alpha )\Gamma (n+1)}{\Gamma (n+\alpha +1)}\sim \frac{\Gamma (\alpha +1)\sqrt{2\pi n}(n/e{)}^n}{\sqrt{2\pi (n+\alpha )}{\left((n+\alpha )/e\right)}^{n+\alpha }}\sim \frac{\Gamma (\alpha +1)}{n^{\alpha }}.$$$\square$

研究级数 ${\sum }_{n=10}^{\infty }\frac{1}{n^p(\ln n{)}^q(\ln \ln n{)}^r}$ 的敛散性, 其中 $p,q,r$ 为实数.

解答. 当 $p>1$ 时, 令 $p=1+2\epsilon ,\epsilon >0$, 则$$\frac{n^{1+\epsilon }}{n^p(\ln n{)}^q(\ln \ln n{)}^r}=\frac{n^{1+\epsilon }}{n^{1+2\epsilon }(\ln n{)}^q(\ln \ln n{)}^r}=\frac{1}{n^{\epsilon }(\ln n{)}^q(\ln \ln n{)}^r}\to 0,n\to +\infty ,$$由 ${\sum }_{n=10}^{\infty }\frac{1}{n^{1+\epsilon }}$ 收敛可知 ${\sum }_{n=10}^{\infty }\frac{1}{n^p(\ln n{)}^q(\ln \ln n{)}^r}$ 收敛.

当 $p<1$ 时, 令 $p=1-2\epsilon ,\epsilon >0$, 则$$\frac{n^{1-\epsilon }}{n^p(\ln n{)}^q(\ln \ln n{)}^r}=\frac{n^{1-\epsilon }}{n^{1-2\epsilon }(\ln n{)}^q(\ln \ln n{)}^r}=\frac{n^{\epsilon }}{(\ln n{)}^q(\ln \ln n{)}^r}\to +\infty ,n\to +\infty ,$$由 ${\sum }_{n=10}^{\infty }\frac{1}{n^{1-\epsilon }}$ 发散可知 ${\sum }_{n=10}^{\infty }\frac{1}{n^p(\ln n{)}^q(\ln \ln n{)}^r}$ 发散.

当 $p=1$ 时.

$\square$

B 6.2. 给定 $0⩽l⩽1⩽L⩽+\infty$, 是否存在收敛或发散的正项级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n$ 使得 ${\overline{\lim }}_{n\to +\infty }\frac{a_{n+1}}{a_n}=L$, 且 ${\underline{\lim }}_{n\to +\infty }\frac{a_{n+1}}{a_n}=l$ ?

解答. 存在, 可设 $a_n=\{\begin{array}{l}\frac{1}{2^n},n=2k,\\ \frac{1}{4^n},n=2k+1\end{array},k\in \text{bbz}$, 于是 ${\overline{\lim }}_{n\to +\infty }\frac{a_{n+1}}{a_n}=+\infty$, 且 ${\underline{\lim }}_{n\to +\infty }\frac{a_{n+1}}{a_n}=0$.

$\square$

利用与级数 ${\sum }_{n=3}^{\infty }\frac{1}{n{\ln }^{p}n}$ 比较, 仿 Raabe 判别法给出一个判别定理.

解答. 根据例 2.6.4, 我们已经知道, 级数 ${\sum }_{n=3}^{\infty }\frac{1}{n{\ln }^{p}n}$ 当且仅当 $p>1$ 时收敛. 于是我们有$$\begin{array}{rl}& \text{正项级数}\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n\text{收敛.}\\ ⟸& \exists p>1,M>0,N⩾3,s.t.\forall n⩾N,a_n⩽\frac{M}{n{\ln }^{p}n}\\ ⟺& \exists p>1,M>0,N⩾3,s.t.\forall n⩾N,p⩽\frac{\ln M-\ln n-\ln a_n}{\ln \left(\ln n\right)}\\ ⟺& \underset{n\to \infty }{\underline{\lim }}\frac{-\ln n-\ln a_n}{\ln \left(\ln n\right)}>1\\ ⟺& \underset{n\to \infty }{\underline{\lim }}\frac{\ln n+\ln a_n-\ln (n+1)-\ln a_{n+1}}{\ln \left(\ln (n+1)\right)-\ln \left(\ln n\right)}>1\\ ⟺& \underset{n\to \infty }{\underline{\lim }}\frac{\ln \frac{n}{n+1}+\ln \frac{a_n}{a_{n+1}}}{\ln \left(\frac{\ln (n+1)}{\ln n}\right)}>1⟺\underset{n\to \infty }{\underline{\lim }}\frac{-\frac{1}{n}+\frac{a_n}{a_{n+1}}-1}{\frac{\ln (n+1)}{\ln n}-1}>1\\ ⟺& \underset{n\to \infty }{\underline{\lim }}\frac{\ln n\left(n\left(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1\right)-1\right)}{n\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)}>1⟺\underset{n\to \infty }{\underline{\lim }}\ln n\left(n\left(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1\right)-1\right)>1.\end{array}$$同理可证 ${\overline{\lim }}_{n\to \infty }\ln n\left(n\left(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1\right)-1\right)<1$ 时 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n$ 发散.

$\square$

试考察不可数个正数的和.

7任意项级数

任意项级数, 绝对收敛, 条件收敛,Abel 变换,Abel 判别法,Dirichlet 判别法, 交错级数,Leibniz 判别法, 幂级数, 幂级数的收敛半径,Cauchy-Hadamard 公式,Cauchy 乘积,Mertens 定理, 级数的重排, 累级数, 无穷乘积的收敛性

定理 7.1. Mertens 定理 C24 设级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 绝对收敛到 $A$, 级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{b}_n$ 收敛到 $B$, 则他们的 Cauchy 乘积 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{c}_n$ 收敛到 $AB$.

A 7.2. 讨论以下级数的收敛性 (包括绝对收敛性): 8pt

$(1){\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}\ln \left(1+\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}\right)$;		$(2){\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{n^n{x}^n}{n!}$; 0.3cm
$(3){\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{\sqrt{n}}\sin \left(n+\frac{1}{n}\right)$;		$(4){\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{\cos (n+(-1{)}^n)}{n}$.

解答. (1) 由于$$\frac{1}{n}\ln \left(1+\frac{(-1{)}^n}{n}\right)=\frac{(-1{)}^{n-1}}{n^2}-\frac{1}{2n^3}+o\left(\frac{1}{n^3}\right),$$故该级数收敛且绝对收敛.

(2) 记 $a_n=\frac{n^n}{n!}$, 则 ${\lim }_{n\to \infty }\frac{a_{n+1}}{a_n}={\lim }_{n\to \infty }{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n=e.$ 从而 $x\in \left(-\frac{1}{e},\frac{1}{e}\right)$ 时收敛, 并且绝对收敛. 当 $x=\frac{1}{e}$ 时, 有$$\frac{n^n}{n!e^n}=\frac{n^n}{\sqrt{2\pi n}(n/e{)}^n{e}^n}\sim \frac{1}{\sqrt{2\pi n}},$$从而发散. 当 $x=-\frac{1}{e}$, 易见其为 Leibniz 级数, 即得条件收敛.

(3) 注意到 $\sin \left(n+\frac{1}{n}\right)\sim \sin n$, 而$$\begin{array}{r}\sum _{k=1}^n\sin k=\frac{\sum _{k=1}^{n}2\sin k\sin (1/2)}{2\sin (1/2)}=\frac{\sum _{k=1}^n\left(\cos \frac{2k-1}{2}-\cos \frac{2k+1}{2}\right)}{2\sin (1/2)}=\frac{\cos \frac{1}{2}-\cos \frac{2n+1}{2}}{2\sin (1/2)},\end{array}$$故 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\sin n$ 部分和有界, $\left\{\frac{1}{\sqrt{n}}\right\}$ 单调递减趋于零, 故由 Dirichlet 判别法知该级数收敛. 但$$\left|\frac{1}{\sqrt{n}}\sin \left(n+\frac{1}{n}\right)\right|\sim \left|\frac{\sin n}{\sqrt{n}}\right|>\left|\frac{\sin n}{n}\right|,$$后者发散, 故为条件收敛.

(4) 条件收敛.

$\square$

证明对于任何 $x$, 级数 $\sin x-\sin \sin x+\sin \sin \sin x-\sin \sin \sin \sin x+\cdots$ 收敛.

证明. 不妨设 $a_0=x\in (0,\pi ),a_{n+1}=\sin a_n(n⩾1)$, 于是原级数即为 ${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n+1}{a}_n$, 易见 $\{a_n\}$ 单调递减趋于零, 由 Leibniz 判别法可知该级数收敛. 若 $a_0=x\in (-\pi ,0)$, 则 $-x\in (0,\pi )$, 原级数即为 ${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^n{a}_n$, 同理可获结论. 结合 $\sin x$ 的周期性易见对于任何 $x$, 结论成立.

$\square$

设有级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$. 级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{A}_n$ 由级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 加括号得到, 即 $A_n={\sum }_{k=p_n}^{p_{n+1}-1}{a}_k$, 其中 $\{p_n\}$ 是严格单增的正整数列, $p_1=1$. 证明:

•	若 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 收敛, 则 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{A}_n$ 收敛.
•	若 ${\lim }_{n\to \infty }{a}_n=0$, $\{p_{n+1}-p_n\}$ 有界, ${\sum }_{n=1}^{\infty }{A}_n$ 收敛, 则 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 收敛.

级数 $1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}-\frac{1}{5}-\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}+\frac{1}{9}+\cdots$ 是否收敛?

解答. 易见$$1,1,1,-1,-1,-1,1,1,1,-1,\cdots ,$$部分和有界, 而 $\left\{\frac{1}{n}\right\}$ 单调递减趋于 0, 依 Dirichlet 判别法知其收敛.

$\square$

设 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 条件收敛, 证明: ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 通过重排可以发散到 $+\infty$ 以及 $-\infty$.

证明. 由 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 条件收敛, 可知 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n^{+}$ 与 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n^{-}$ 都发散到正无穷, 且 ${\lim }_{n\to +\infty }{a}_n^{+}={\lim }_{n\to +\infty }{a}_n^{-}=0$. 我们这样排列: 先按原来的顺序选取若干正项, 使其和大于 1, 然后添加第一个负项, 然后在余下的正项中继续选取, 使得整个和大于 2, 然后添加第二个负项, 依此类推. 由于 ${\lim }_{n\to +\infty }{a}_n^{-}=0$, 故 $n$ 充分大时 $a_n^{-}$ 可以任意小, 从而可知由上法得到的级数将发散到 $+\infty$, 相似的操作方式可使其发散到 $-\infty$.

$\square$

试利用 Dirichlet 判别法证明 Abel 判别法.

证明. 若数列 $\{b_n\}$ 单调有界且 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 收敛, 则由单调收敛定理可知 $\{b_n\}$ 收敛, 不妨记 ${\lim }_{n\to +\infty }{b}_n=b$, 从而 $\{b_n-b\}$ 单调趋于零. 根据 Dirichlet 判别法知级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n(b_n-b)$ 收敛, 于是由$$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{b}_n=\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n(b_n-b)+b\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$$可知, 级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n{b}_n$ 收敛.

$\square$

证明 Mertens 定理, 即定理 ??.

证明. 记 $A_n={\sum }_{k=1}^n{a}_n{B}_n={\sum }_{k=1}^n{b}_n{C}_n={\sum }_{k=1}^{\infty }{c}_k$. 我们要证 ${\lim }_{n\to +\infty }{C}_n=AB$, 易见$$\begin{array}{rl}{C}_n& =a_1{b}_1+(a_1{b}_2+a_2{b}_1)+(a_1{b}_3+a_2{b}_2+a_3{b}_1)+\cdots +\left(a_1{b}_n+a_2{b}_{n-1}+\cdots a_n{b}_1\right)\\ & =a_1\left(b_1+b_2+\cdots +b_n\right)+a_2(b_1+b_2+\cdots +b_{n-1})+\cdots +a_n{b}_1\\ & =a_1{B}_n+a_2{B}_{n-1}+\cdots +a_n{B}_1.\end{array}$$如果令 ${\beta }_n=B_n-B$, 则 ${\beta }_n\to 0(n\to +\infty )$, 于是$$C_n=A_{n}B-{\gamma }_n,$$其中 ${\gamma }_n={\sum }_{\ell =1}^n{a}_1{\beta }_{n+1-\ell }=a_1{\beta }_n+a_2{\beta }_{n-1}+\cdots +a_n{\beta }_1,$ 这样的问题就归结于证 ${\lim }_{n\to +\infty }{\gamma }_n=0$.

由于 ${\lim }_{n\to +\infty }{\beta }_n=0$, 故对任意的 $\epsilon >0$, 存在 $N\in {\mathbb{N}}_{+}$, 当 $n>N$ 时有 $|{\beta }_n|<\epsilon$. 于是由 ${\gamma }_n$ 的定义可得$$\begin{array}{rl}|{\gamma }_n|& ⩽\left|a_1{\beta }_n+\cdots a_{n-N}{\beta }_{N+1}\right|+\left|a_{n-N+1}{\beta }_N+\cdots +\cdots a_n{\beta }_1\right|\\ & <\epsilon M+\left|a_{n-N+1}{\beta }_N+\cdots +\cdots a_n{\beta }_1\right|,\end{array}$$其中 $M={\sum }_{n=1}^{\infty }|a_n|<+\infty$. 在上式中固定 $N$, 令 $n\to +\infty$, 即得$$\underset{n\to +\infty }{\overline{\lim }}|{\gamma }_n|⩽\epsilon M,$$由此可知 ${\lim }_{n\to +\infty }{\gamma }_n=0$, 从而 ${\lim }_{n\to +\infty }{C}_n=AB.$

$\square$

设 ${\sum }_{k=0}^{\infty }{\sum }_{j=0}^{\infty }{a}_{kj}$ 绝对收敛, 证明: ${\sum }_{j=0}^{\infty }{\sum }_{k=0}^{\infty }{a}_{kj}$ 绝对收敛, 且 ${\sum }_{j=0}^{\infty }{\sum }_{k=0}^{\infty }{a}_{kj}={\sum }_{k=0}^{\infty }{\sum }_{j=0}^{\infty }{a}_{kj}$.

证明.

$\square$

举例说明两个条件收敛的级数的 Cauchy 乘积有可能收敛, 也有可能发散.

解答. 取 $a_n=b_n=\frac{(-1{)}^n}{n}$, 则 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 与 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{b}_n$ 条件收敛,

取 $a_n=b_n=\frac{(-1{)}^n}{\sqrt{n}}$, 则 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 与 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{b}_n$ 条件收敛, 但这对于其 Cauchy 乘积 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{c}_n$ 有$$|c_n|=\sum _{i+j=n+1}\frac{1}{\sqrt{ij}}⩾\sum _{i+j=n+1}\frac{2}{i+j}=\frac{2n}{n+1}⩾1,$$从而 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{c}_n$ 发散.

$\square$

按绝对收敛, 条件收敛, 发散分类, 穷举两个级数的 Cauchy 乘积收敛性的各种可能性. 并给出必要的证明和反例. 确定实数 $p$ 的取值区间, 使在该区间内的二重级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{\sum }_{m=1}^{\infty }\frac{1}{(m+n{)}^p}$ 收敛.

解答.

$\square$

考察 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{\sin n\sin n^2}{n}$ 的敛散性.

解答. 我们有$$\sin n\sin n^2=\frac{1}{2}\left(\cos (n^2-n)-\cos (n^2+n)\right),$$而$$\left|\frac{1}{2}\sum _{k=1}^N\left(\cos (k^2-k)-\cos (k^2+k)\right)\right|=\frac{1}{2}\left|\cos 0-\cos (N^2+N)\right|⩽1,$$又 $\left\{\frac{1}{n}\right\}$ 单调递减趋于 0. 依 Dirichlet 判别法, 知 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{\sin n\sin n^2}{n}$ 收敛.

$\square$

B 7.3. 利用 Abel 变换证明钟开莱不等式: 设 $a_1⩾a_2⩾\cdots ⩾a_n>0$,$$\sum _{k=1}^m{b}_k⩾\sum _{k=1}^m{a}_k,\forall m=1,2,\cdots ,n.$$则 ${\sum }_{k=1}^n{a}_k^2⩽{\sum }_{k=1}^n{b}_k^2.$

证明. 记 $A_m={\sum }_{k=1}^m{a}_k,B_m={\sum }_{k=1}^m{b}_m$, 则由 Abel 变换$$\sum _{k=1}^n{a}_k^2=a_n{A}_n+\sum _{k=1}^{n-1}{A}_k(a_k-a_{k+1})⩽a_n{B}_n+\sum _{k=1}^{n-1}{B}_k(a_k-a_{k-1})=\sum _{k=1}^n{a}_k{b}_k,$$即$$\sum _{k=1}^n{a}_k^2⩽\sum _{k=1}^n{a}_k{b}_k⩽\sqrt{\sum _{k=1}^n{a}_k^2\cdot \sum _{k=1}^n{b}_k^2}\Rightarrow \sum _{k=1}^n{a}_k^2⩽\sum _{k=1}^n{b}_k^2,$$从而结论成立.

$\square$

设 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{A}_n$ 收敛. 试证明存在 $\{a_n\},\{b_n\}$ 使得 $A_n=a_n{b}_n(n⩾1)$, ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 部分和有界, 而 $\{b_n\}$ 单调下降趋于零.

解答.

$\square$

证明: ${\lim }_{\alpha \to 0^{+}}{\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n^{\alpha }}=\frac{1}{2}$.

证明. 令 $a_n(\alpha )=\frac{1}{n^{\alpha }},B_0=0,\Delta B_{n-1}=B_n-B_{n-1}=(-1{)}^{n-1}$, 则$$\Delta a_n=\frac{1}{(n+1{)}^{\alpha }}-\frac{1}{n^{\alpha }},$$且$$B_n=\sum _{k=1}^n\left(B_k-B_{k-1}\right)=\sum _{k=1}^n(-1{)}^{k-1}=\frac{1-(-1{)}^n}{2},$$于是对 $\forall m\in {\mathbb{Z}}^{+}$, 有$$\begin{array}{rl}\sum _{n=1}^m\frac{(-1{)}^{n-1}}{n^{\alpha }}& =\sum _{n=1}^m{a}_n(\alpha )\Delta B_{n-1}=a_m(x)B_m-\sum _{n=1}^{m-1}{B}_n\Delta a_n(\alpha )\\ & =\frac{1}{m^{\alpha }}\frac{1-(-1{)}^n}{2}+\sum _{n=1}^{m-1}\frac{1-(-1{)}^n}{2}\left(\frac{1}{n^{\alpha }}-\frac{1}{(n+1{)}^{\alpha }}\right).\end{array}$$由于对于 $\forall \alpha \in (0,+\infty )$, 级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n^{\alpha }}$ 都收敛, 所以令 $m\to +\infty$, 由上面的等式可得$$\begin{array}{rl}\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n^{\alpha }}& =\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1-(-1{)}^n}{2}\left(\frac{1}{n^{\alpha }}-\frac{1}{(n+1{)}^{\alpha }}\right)\\ & =\frac{1}{2}\sum _{n=1}^{\infty }\left(\frac{1}{n^{\alpha }}-\frac{1}{(n+1{)}^{\alpha }}\right)-\frac{1}{2}\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\left(\frac{1}{n^{\alpha }}-\frac{1}{(n+1{)}^{\alpha }}\right)\\ & =\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\left(\frac{1}{n^{\alpha }}-\frac{1}{(n+1{)}^{\alpha }}\right).\end{array}$$

下面证明级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\left(\frac{1}{n^{\alpha }}-\frac{1}{(n+1{)}^{\alpha }}\right)$ 在 $\left[0,+\infty \right)$ 上一致收敛. 令 $b_n(\alpha )=-\Delta a_n(\alpha )(n\in {\mathbb{Z}}^{+})$, 则由$$b_n(\alpha )=\frac{1}{n^{\alpha }}-\frac{1}{(n+1{)}^{\alpha }}=\frac{1}{n^{\alpha }}\left(1-\frac{1}{{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{\alpha }}\right)$$可知, 对于任何 $\alpha \in \left[0,+\infty \right)$, $\{b_n(\alpha )\}$ 关于 $n$ 单调减少, 并且当 $x\in [0,1]$ 时, 有$$\left|b_n(\alpha )\right|⩽1-\frac{1}{{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^x}⩽1-\frac{1}{1+\frac{1}{n}}=\frac{1}{n+1},$$当 $\alpha >1$ 时, 有$$\left|b_n(\alpha )\right|⩽\frac{1}{n^{\alpha }}<\frac{1}{n},$$于是数列 $\{b_n(\alpha )\}$ 在 $\left[0,+\infty \right)$ 上一致收敛于零. 故由 Dirichlet 判别法知该级数一致收敛, 于是$$\alpha \to 0+limn=1\sum \infty n\alpha (-1)n-1=\alpha \to 0+lim(21-21n=1\sum \infty (-1)n(n\alpha 1-(n+1)\alpha 1))=21-21n=1\sum \infty (-1)n\alpha \to 0+lim(n\alpha 1-(n+1)\alpha 1)=21.$$

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对于 $s>1$, Riemann(黎曼) $\mathbf{\zeta }$ 函数定义为: $\zeta (s)={\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^s}$. 设 $\{p_n{\}}_{n=1}^{\infty }$ 为所有素数, 证明 Euler 乘积公式: $\zeta (s)={\prod }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{1-1/p_n^s}$.

证明.

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Euler 最早根据 $\sin \pi x$ 的零点为 $0,\pm 1,\pm 2,\cdots$ 而猜测如下的 Euler 公式:$$\sin \pi x=\pi x\prod _{n=1}^{\infty }\left(1-\frac{x^2}{n^2}\right).$$试按如下步骤证明 Euler 公式:

•	对于 $n⩾0$ 以及 $t\in (-1,1)$, 证明:$$\sin \left((2n+1)\arcsin t\right)=(2n+1)t\prod _{k=1}^n\left(1-\frac{t^2}{{\sin }^2\frac{k\pi }{2n+1}}\right).$$
•	证明: $|x|⩽n+\frac{1}{2}$ 时,$$\sin \pi x=(2n+1)\sin \frac{\pi x}{2n+1}\prod _{k=1}^n\left(1-\frac{{\sin }^2\frac{\pi x}{2n+1}}{{\sin }^2\frac{k\pi }{2n+1}}\right).$$
•	固定 $x\in \mathbb{R}$, 对于 $m>K>|\pi x|$, 成立$$\begin{array}{rl}\prod _{k=K}^m\left(1-\frac{x^2}{k^2}\right)\cdot \prod _{k=m+1}^{\infty }\left(1-\frac{{\pi }^2{x}^2}{4k^2}\right)& ⩽\underset{n\to +\infty }{\underline{\lim }}\prod _{k=K}^n\left(1-\frac{{\sin }^2\frac{\pi x}{2n+1}}{{\sin }^2\frac{k\pi }{2n+1}}\right)\\ & ⩽\underset{n\to +\infty }{\overline{\lim }}\prod _{k=K}^n\left(1-\frac{{\sin }^2\frac{\pi x}{2n+1}}{{\sin }^2\frac{k\pi }{2n+1}}\right)\\ & ⩽\prod _{k=K}^m\left(1-\frac{x^2}{k^2}\right).\end{array}$$
•	证明对任何 $x\in \mathbb{R}$, 成立$$\underset{n\to +\infty }{\lim }\prod _{k=1}^n\left(1-\frac{{\sin }^2\frac{\pi x}{2n+1}}{{\sin }^2\frac{k\pi }{2n+1}}\right)=\prod _{k=1}^{\infty }\left(1-\frac{x^2}{k^2}\right).$$

证明.

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证明: $\cos \pi x={\prod }_{n=0}^{\infty }\left(1-\frac{x^2}{{\left(n+1/2\right)}^2}\right)$.

证明.

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