03-第三章 实数系的基本定理

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正文部分

3.1.2 例题

例题 3.1.1

用确界存在定理证明单调有界数列一定收敛。

证 不妨只讨论单调减少的有界数列。设 $\{a_n\}$ 是一个这样的数列，即有

$$a_1\ge a_2\ge \cdots \ge a_n\ge \cdots ,$$

同时根据条件，这个数列有下界。考虑集合

$$A=\{a_n\mid n\in {\mathbb{N}}_{+}\}.$$

由于数列有下界，因此集合 $A$ 有下界。对 $A$ 应用确界存在定理，知 $A$ 有下确界，记为 $a=\inf A$。于是对每个 $n$ 有 $a_n\ge a$。另一方面，对每个 $\epsilon >0$，比 $a$ 大的数 $a+\epsilon$ 不能再是 $A$ 的下界，因此数列中一定有一项比 $a+\epsilon$ 还要小，记为 $a_N$，即

$$a+\epsilon >a_N.$$

由数列的单调减少性，当 $n>N$ 时成立

$$a+\epsilon >a_N\ge a_n\ge a.$$

因此在 $n>N$ 时就得到

$$|a_n-a|\le |a_N-a|<\epsilon .$$

这说明单调减少有界数列收敛，而且它的极限就是集合 $A$ 的下确界。

注 必须强调指出，确界存在定理是在实数系 $\mathbb{R}$ 中才成立的。

例题 3.1.2

举例说明：有上界的有理数集在 $\mathbb{Q}$ 中可以没有上确界，有下界的有理数集在 $\mathbb{Q}$ 中可以没有下确界。

解 对两个论断之一举例就够了。从中学数学出发，将无理数理解为不循环十进无限小数，只要取 $\sqrt{2}$ 的 $n$ 位有效不足近似值作为 $a_n$：

$$a_1=1,a_2=1.4,a_3=1.41,\cdots ,$$

就得到严格单调增加的有理数数列 $\{a_n\}$，它收敛于 $\sqrt{2}$。由上一个例题可知， 这也是集合

$$A=\{a_n\mid n\in {\mathbb{N}}_{+}\}$$

的上确界。由于上确界唯一，因此集合 $A$ 在有理数集中就没有上确界。

注 由此可知：在有理数集 $\mathbb{Q}$ 中的单调有界数列在 $\mathbb{Q}$ 中可以没有极限。

例题 3.1.3

设 $A$ 是有上界的数集，$\beta =\sup A$。证明：存在 $\{a_n\}$，使 $a_n\in A,n\in {\mathbb{N}}_{+}$，而且

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=\beta .$$

又若 $\beta \notin A$，则 $\{a_n\}$ 可以是严格单调增加的。

证 如果 $A$ 的上确界就是集合的最大数，即 $\beta =\sup A\in A$，则只要取 $a_n=\beta (n\in {\mathbb{N}}_{+})$ 即可。这时数列 $\{a_n\}$ 是常值数列。以下讨论 $\beta \notin A$ 的情况。

由于 $\beta$ 是集合 $A$ 的最小上界，对每个正整数 $n$，$\beta -1/n$ 不会是集合 $A$ 的上界。 因此在 $A$ 中至少存在一个数比 $\beta -1/n$ 大，记为 $a_n$。这样得到一个数列 $\{a_n\}$， 并且

$$\beta -\frac{1}{n}<a_n\le \beta ,n\in {\mathbb{N}}_{+}.$$

可见数列 $\{a_n\}$ 收敛于 $\beta$。

为了使数列严格单调增加，还要改进上述选取。取第一项时有 $\beta -1<a_1\le \beta$，但由于 $\beta \notin A$，故 $a_1\ne \beta$，于是

$$\beta -1<a_1<\beta .$$

由于 $a_1$ 和 $\beta -\frac{1}{2}$ 都比 $\beta$ 小，所以 $\max \{a_1,\beta -\frac{1}{2}\}<\beta$。于是可在 $A$ 中找到 $a_2$，使

$$\beta -\frac{1}{2}<a_2<\beta ,a_1<a_2.$$

同理归纳下去，就可取到数列 $\{a_n\}$，使对每个 $n$ 同时成立

$$\beta -\frac{1}{n}<a_n<\beta ,a_{n-1}<a_n.$$

其中第一个不等式保证 $\{a_n\}$ 收敛于 $\beta$，第二个不等式保证它严格单调增加。

3.1.3 练习题

题目 1

试证明确界的唯一性。

解 以上确界为例。若 $\alpha ,\beta$ 都是 $A$ 的上确界，且设 $\alpha <\beta$，取 $\epsilon =\frac{\beta -\alpha }{2}$。由 $\beta$ 是上确界，存在 $x\in A$ 使

$$x>\beta -\epsilon =\frac{\alpha +\beta }{2}>\alpha ,$$

这与 $\alpha$ 为上界矛盾。故上确界唯一。下确界同理。

题目 2

设对每个 $x\in A$ 成立 $x<a$。问：在 $\sup A<a$ 和 $\sup A\le a$ 中哪个是对的？

解 正确结论是

$$\sup A\le a.$$

因为 $a$ 本身就是 $A$ 的一个上界。一般不能推出 $\sup A<a$。例如

$$A=(0,a),$$

则对每个 $x\in A$ 都有 $x<a$，但 $\sup A=a$。

题目 3

设数集 $A$ 以 $\beta$ 为上界，又有数列 $\{x_n\}\subset A$ 和 ${\lim }_{n\to \infty }{x}_n=\beta$。证明：$\beta =\sup A$。

解 由题设，$\beta$ 是 $A$ 的上界，故 $\sup A\le \beta$。另一方面，任取 $\epsilon >0$，由 $x_n\to \beta$，存在 $N$，当 $n>N$ 时

$$x_n>\beta -\epsilon .$$

而 $x_n\in A$，故 $\beta -\epsilon$ 不是上界，于是 $\sup A\ge \beta -\epsilon$。令 $\epsilon \to 0$，得 $\sup A\ge \beta$。因此 $\sup A=\beta$。

题目 4

求下列数集的上确界和下确界：

1. $\{x\in \mathbb{Q}\mid x>0\}$；
2. $\{y\mid y=x^2,x\in (-\frac{1}{2},1)\}$；
3. $\{(1+\frac{1}{n}{)}^n\mid n\in {\mathbb{N}}_{+}\}$；
4. $\{n{e}^{-n}\mid n\in {\mathbb{N}}_{+}\}$；
5. $\{\arctan x\mid x\in (-\infty ,+\infty )\}$；
6. $\{(-1{)}^n+\frac{1}{n}(-1{)}^{n+1}\mid n\in {\mathbb{N}}_{+}\}$；
7. $\{1+n\sin \frac{n\pi }{2}\mid n\in {\mathbb{N}}_{+}\}$。

解

1. 集合 $\{x\in \mathbb{Q}\mid x>0\}$ 无上界，故无上确界；下确界为 $0$。
2. 因为 $x\in (-\frac{1}{2},1)$，故 $x^2\in [0,1)$，且 $0$ 可取到，$1$ 取不到，所以

$$\inf =0,\sup =1.$$

3. 数列 ${\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n$ 单调增加且收敛到 $e$，故

$$\inf =2,\sup =e.$$

4. 设 $f(x)=x{e}^{-x}$。在 $x>0$ 上有 $f^{\prime }(x)=e^{-x}(1-x)$，故在 $x=1$ 取最大值 $e^{-1}$，而 $n{e}^{-n}\to 0$，所以

$$\inf =0,\sup =e^{-1}.$$

5. 因为 $\arctan x$ 单调增加，值域为 $(-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2})$，故

$$\inf =-\frac{\pi }{2},\sup =\frac{\pi }{2}.$$

6. 奇数项为 $-1+\frac{1}{n}$，偶数项为 $1-\frac{1}{n}$，故

$$\inf =-1,\sup =1.$$

7. 当 $n=4m+1$ 时，值为 $4m+2\to +\infty$；当 $n=4m+3$ 时，值为 $-4m-2\to -\infty$。 因而既无上界也无下界。

题目 5

证明：

$$\sup \{x_n+y_n\}\le \sup \{x_n\}+\sup \{y_n\},\inf \{x_n+y_n\}\ge \inf \{x_n\}+\inf \{y_n\}.$$

解 对每个 $n$ 都有

$$x_n\le \sup \{x_n\},y_n\le \sup \{y_n\},$$

相加得

$$x_n+y_n\le \sup \{x_n\}+\sup \{y_n\}.$$

于是

$$\sup \{x_n+y_n\}\le \sup \{x_n\}+\sup \{y_n\}.$$

下确界的不等式同理：由

$$x_n\ge \inf \{x_n\},y_n\ge \inf \{y_n\}$$

相加即可。

题目 6

设有两个数集 $A$ 和 $B$，且对数集 $A$ 中的任意一个数 $x$ 和数集 $B$ 中的任意一个数 $y$ 成立不等式 $x\le y$。证明：$\sup A\le \inf B$。

解 因为对任意 $x\in A,y\in B$ 都有 $x\le y$，所以 $B$ 中每一个元素都是 $A$ 的上界，从而 $\inf B$ 也是 $A$ 的上界。于是

$$\sup A\le \inf B.$$

题目 7

设数集 $A$ 有上界，数集 $B=\{x+c\mid x\in A\}$，其中 $c$ 是一个常数。证明：

$$\sup B=\sup A+c,\inf B=\inf A+c.$$

解 设 $\alpha =\sup A$。对每个 $x\in A$，有 $x\le \alpha$，故对每个 $x+c\in B$，有 $x+c\le \alpha +c$，于是 $\alpha +c$ 是 $B$ 的上界，从而 $\sup B\le \alpha +c$。反过来，对任意 $\epsilon >0$，由上确界定义可取 $x_{\epsilon }\in A$，使 $x_{\epsilon }>\alpha -\epsilon$，于是

$$x_{\epsilon }+c>\alpha +c-\epsilon ,$$

故 $\sup B\ge \alpha +c-\epsilon$。令 $\epsilon \to 0$，得 $\sup B=\alpha +c$。下确界同理。

题目 8

设 $A,B$ 是两个有上界的数集，又有数集 $C\subset \{x+y\mid x\in A,y\in B\}$，则 $\sup C\le \sup A+\sup B$。举出成立严格不等号的例子。

解 例如取

$$A=B=\{0,1\},C=\{0\}.$$

则 $C\subset A+B=\{0,1,2\}$，而

$$\sup C=0<2=\sup A+\sup B.$$

题目 9

设 $A,B$ 是两个有上界的数集，又有数集 $C\supset \{x+y\mid x\in A,y\in B\}$，则 $\sup C\ge \sup A+\sup B$。举出成立严格不等号的例子。合并以上两题可见，当且仅当 $C=\{x+y\mid x\in A,y\in B\}$ 时成立 $\sup C=\sup A+\sup B$。

解 例如取

$$A=B=\{0\},C=\{0,1\}.$$

则 $C\supset A+B=\{0\}$，而

$$\sup C=1>0=\sup A+\sup B.$$

3.2.2 例题

例题 3.2.1

用闭区间套定理证明实数集 $\mathbb{R}$ 是不可列集。

证 用反证法。设 $\mathbb{R}$ 可列，则存在 $\mathbb{R}$ 与正整数集 ${\mathbb{N}}_{+}$ 之间的一一对应， 因此可以将实数集 $\mathbb{R}$ 的所有元，即所有实数，排成一个序列：

$$\mathbb{R}=\{x_1,x_2,\cdots ,x_n,\cdots \}.$$

现在开始构造闭区间套。根据 $x_1$，取闭区间 $I_1\subset \mathbb{R}-\{x_1\}$；然后根据 $I_1$ 和 $x_2$，取闭区间 $I_2\subset I_1-\{x_2\}$。一般地，在有了 $I_{n-1}$ 之后， 可根据 $x_n$ 取闭区间 $I_n\subset I_{n-1}-\{x_n\}$。这样归纳得到一个闭区间套 $\{I_n\}$。 应用闭区间套定理，存在实数 $\xi$，它属于每一个闭区间 $I_n$，因此对每个 $n$ 都有 $\xi \ne x_n$。这样就找到了一个不在 $\mathbb{R}$ 中的实数，引出矛盾。

例题 3.2.2

用闭区间套定理证明：有界数列必有收敛子列（即凝聚定理）。

证 设 $\{x_n\}$ 有界，且有 $a<b$ 使 $a\le x_n\le b$ 对每个 $n$ 成立。记 $a_1=a,b_1=b$，令 $I_1=[a_1,b_1]$ 为第一个闭区间。取这个区间的中点 $c_1=(a_1+b_1)/2$，得到两个子区间 $[a_1,c_1]$ 和 $[c_1,b_1]$。在这两个子区间中至少有一个含有 数列 $\{x_n\}$ 中的无穷多项，取具有这个性质的一个子区间为 $I_2=[a_2,b_2]$。若两个子区间都有此性质， 则任取其一。然后取 $I_2$ 的中点 $c_2=(a_2+b_2)/2$，同样在两个子区间中取定一个记为 $I_3=[a_3,b_3]$，它含有数列 $\{x_n\}$ 中的无穷多项。这样进行下去，归纳地得到一个闭区间套 $\{[a_n,b_n]\}$。

这个闭区间套还具有两个特殊性质：

$$|I_{n+1}|=\frac{1}{2}|I_n|,n\in {\mathbb{N}}_{+},$$

且每个闭区间中都含有数列 $\{x_n\}$ 中的无穷多项。应用闭区间套定理于上述 $\{I_n\}$， 存在唯一的

$$\xi \in \bigcap _{n=1}^{\infty }{I}_n.$$

从闭区间 $I_1$ 中任取 $x_{n_1}$。由于 $I_2$ 中含有数列 $\{x_n\}$ 中的无穷多项，可在 $I_2$ 中取到 $x_{n_2}$，满足 $n_2>n_1$。这样归纳下去，得到子列 $\{x_{n_k}\}$，且 $x_{n_k}\in I_k$。由

$$|x_{n_k}-\xi |\le |I_k|=\frac{1}{2^{k-1}}|I_1|=\frac{1}{2^{k-1}}(b-a)$$

可见这个子列收敛于 $\xi$。

注 在用闭区间套定理证明某个结论时，关键是如何构造闭区间套。具体而言，要确定该闭区间套应具有 什么样的性质，并使这种性质从第一个闭区间开始传递下去，直到将它凝聚到闭区间套所共有的点的任意邻近。

3.2.3 练习题

题目 1

如果数列是 $\{(-1{)}^n\}$，开始的区间是 $[-1,1]$。试用例题 3.2.2 中的方法具体找出一个闭区间套 和相应的收敛子列。又问：你能否用这样的方法在这个例子中找出 3 个收敛子列？

解 对数列 $\{(-1{)}^n\}$，从区间 $[-1,1]$ 出发，第一次二分可取左半闭区间 $[-1,0]$，因为其中含有无穷多个项 $-1$；以后每次都取含有 $-1$ 的那一半，例如

$$[-1,1]\supset [-1,0]\supset \left[-1,-\frac{1}{2}\right]\supset \left[-1,-\frac{3}{4}\right]\supset \cdots .$$

相应地取子列 $x_{2k-1}=-1$，它收敛到 $-1$。

同理也可构造

$$[-1,1]\supset [0,1]\supset \left[\frac{1}{2},1\right]\supset \left[\frac{3}{4},1\right]\supset \cdots ,$$

相应子列 $x_{2k}=1$ 收敛到 $1$。因此这种方法当然还能找出第三个收敛子列；例如再取 $x_{4k}=1$ 即可。

题目 2

如闭区间套定理中的闭区间套改为开区间套 $\{(a_n,b_n)\}$，其他条件不变，则可以举出例子说明结论不成立。

解 取开区间套

$$\left(0,1\right)\supset \left(0,\frac{1}{2}\right)\supset \left(0,\frac{1}{3}\right)\supset \cdots .$$

它们满足嵌套且长度趋于 $0$，但

$$\bigcap _{n=1}^{\infty }\left(0,\frac{1}{n}\right)=\varnothing .$$

题目 3

如 $\{(a_n,b_n)\}$ 为开区间套，数列 $\{a_n\}$ 严格单调增加，数列 $\{b_n\}$ 严格单调减少， 又满足条件 $a_n<b_n,n\in {\mathbb{N}}_{+}$，证明 ${\bigcap }_{n=1}^{\infty }(a_n,b_n)\ne \varnothing$。

解 由于 $\{a_n\}$ 严格单调增加且以上有界 $b_1$，$\{b_n\}$ 严格单调减少且以下有界 $a_1$，故二者都收敛。 记

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=\alpha ,\underset{n\to \infty }{\lim }{b}_n=\beta .$$

由 $a_n<b_n$ 对一切 $n$ 成立，得 $\alpha \le \beta$。又由严格单调性知对每个 $n$ 都有

$$a_n<\alpha \le \beta <b_n.$$

因而任取 $x\in [\alpha ,\beta ]$ 都满足 $a_n<x<b_n$，即

$$x\in (a_n,b_n),\forall n.$$

所以

$$\bigcap _{n=1}^{\infty }(a_n,b_n)\supset [\alpha ,\beta ]\ne \varnothing .$$

题目 4

用闭区间套定理证明确界存在定理。

解 设 $A$ 非空且有上界。任取 $a_1\in A$ 与一个上界 $b_1$，作闭区间 $I_1=[a_1,b_1]$。把它二分。 至少有一个半区间同时满足：左端点不是上界，右端点是上界。把它记为 $I_2=[a_2,b_2]$。继续二分并重复这一过程， 得到闭区间套

$$I_n=[a_n,b_n],b_n-a_n=\frac{b_1-a_1}{2^{n-1}}\to 0,$$

其中每个 $a_n$ 都不是上界，而每个 $b_n$ 都是上界。由闭区间套定理，存在唯一一点 $\xi$ 属于一切 $I_n$， 且

$$a_n\to \xi ,b_n\to \xi .$$

因为每个 $b_n$ 都是上界，所以 $\xi$ 也是上界。另一方面，每个 $a_n$ 都不是上界，故对每个 $n$ 可取 $x_n\in A$ 使 $x_n>a_n$。由 $a_n\to \xi$ 可见任意 $\epsilon >0$ 下，充分大时有 $x_n>\xi -\epsilon$，这说明 $\xi -\epsilon$ 不是上界。于是 $\xi$ 正是最小上界，即

$$\xi =\sup A.$$

题目 5

用闭区间套定理证明单调有界数列的收敛定理。

解 只证单调增加且有上界的情形。由上题知上确界 $\xi =\sup \{x_n\}$ 存在。对每个 $n$，因 $x_n\le \xi$，故 $\xi$ 是上界。任取 $\epsilon >0$，由于 $\xi -\epsilon$ 不是上界，存在某项 $x_N>\xi -\epsilon$。由单调增加性，当 $n\ge N$ 时

$$\xi -\epsilon <x_N\le x_n\le \xi .$$

因而 $x_n\to \xi$。单调减少有下界的情形同理。

3.3.2 例题

例题 3.3.1

每个数列都有单调子列。

证 称数列 $\{a_n\}$ 中的项 $a_n$ 具有性质 (M)：若对每个 $i>n$ 成立 $a_n\ge a_i$。这就是说， $a_n$ 是集合 $\{a_i\mid i\ge n\}$ 的最大数。

分两种情况讨论。若数列 $\{a_n\}$ 有无穷多项具有性质 (M)，将它们按下标的顺序排列，记为 $a_{n_1},a_{n_2},\cdots ,a_{n_k},\cdots$，满足 $n_1<n_2<\cdots <n_k<\cdots$，就已经得到一个单调减少的子列 $\{a_{n_k}\}$。

若数列 $\{a_n\}$ 中只有有限多项具有性质 (M)，则存在 $N$，使得所有 $a_n(n\ge N)$ 都不具有性质 (M)。 从中任取一项记为 $a_{n_1}$。因为它不具有性质 (M)，所以能找到 $n_2>n_1$，使 $a_{n_1}<a_{n_2}$。同样因为 $a_{n_2}$ 不具有性质 (M)，所以又有 $n_3>n_2$，使 $a_{n_2}<a_{n_3}$。这样就可归纳地定出严格单调增加的子列 $\{a_{n_k}\}$。

注 若要作进一步了解，可参考《美国数学月刊》(1988) 第 95 卷 44—45 页。

例题 3.3.2

数列有收敛子列的充分必要条件是该数列不是无穷大量。

证 必要性是明显的。现证明充分性。设 $\{a_n\}$ 不是无穷大量。写出无穷大量的定义为

$$\forall G>0,\exists N,\forall n>N,|a_n|>G.$$

用对偶法则，写出“不是无穷大量”的正面陈述：

$$\exists G_0>0,\forall N,\exists n>N,|a_n|\le G_0.$$

现在对 $N=1$，取 $n_1>1$，使 $|a_{n_1}|<G_0$；再对 $N=n_1$，取 $n_2>n_1$，使 $|a_{n_2}|<G_0$。归纳地得到数列 $\{a_n\}$ 的一个有界子列 $\{a_{n_k}\}$。对它用凝聚定理， 就得到 $\{a_{n_k}\}$ 的一个收敛子列。由于它也是 $\{a_n\}$ 的子列，这样就找到了数列 $\{a_n\}$ 的一个收敛子列。

3.3.3 练习题

题目 1

对于给定的数列 $\{x_n\}$ 和数 $a$，证明：在 $a$ 的每个邻域中有数列 $\{x_n\}$ 的无穷多项的 充分必要条件是，$a$ 是数列 $\{x_n\}$ 的某个子列的极限。

解 若 $a$ 的每个邻域中都有 $\{x_n\}$ 的无穷多项，则可递归地选取

$$n_1<n_2<\cdots$$

使

$$x_{n_k}\in \left(a-\frac{1}{k},a+\frac{1}{k}\right).$$

于是 $x_{n_k}\to a$。

反过来，若某个子列 $x_{n_k}\to a$，则对任意邻域 $O(a)$，充分大时 $x_{n_k}\in O(a)$，故其中必有 无穷多项。

题目 2

证明：有界数列发散的充分必要条件是存在两个收敛于不同极限值的子列。

解 充分性显然：若有两个子列收敛于不同极限，则原数列不可能收敛。必要性方面，设 $\{x_n\}$ 有界但发散。 由凝聚定理，它至少有一个收敛子列；设其极限为 $\alpha$。若每个收敛子列都收敛到 $\alpha$，则由 Heine 归结原理原数列应收敛到 $\alpha$，矛盾。故必存在另一个收敛子列，其极限 $\beta \ne \alpha$。

题目 3

证明：若 $\{x_n\}$ 无界，但不是无穷大量，则存在两个子列，其中一个子列收敛，另一个子列是无穷大量。

解 既然 $\{x_n\}$ 不是无穷大量，就存在 $M>0$ 和一个子列 $\{x_{n_k}\}$，使 $|x_{n_k}|\le M$。 由凝聚定理，这个有界子列有收敛子列，于是原数列存在一个收敛子列。

又因为 $\{x_n\}$ 无界，故或者上无界，或者下无界。前者可递归取

$$|x_{m_k}|>k,$$

得到一个正无穷大量或负无穷大量子列；后者同理。故原数列还存在一个无穷大量子列。

题目 4

用凝聚定理证明单调有界数列的收敛定理。

解 只证单调增加且有上界的情形。由有界性和凝聚定理，$\{x_n\}$ 至少有一个收敛子列 $\{x_{n_k}\}$，设

$$x_{n_k}\to a.$$

由于原数列单调增加，当 $n\le n_k$ 时有 $x_n\le x_{n_k}$，故对每个固定的 $n$ 都有 $x_n\le a$， 即 $a$ 是全体项的上界。另一方面，任取 $\epsilon >0$，由子列收敛可取 $k$ 足够大，使

$$a-\epsilon <x_{n_k}\le a.$$

于是对一切 $n\ge n_k$，由单调性得

$$a-\epsilon <x_{n_k}\le x_n\le a.$$

所以 $x_n\to a$。单调减少有下界时同理。

3.4.3 例题

例题 3.4.1

设数列 $\{b_n\}$ 有界，令

$$a_n=\frac{b_1}{1\cdot 2}+\frac{b_2}{2\cdot 3}+\cdots +\frac{b_n}{n(n+1)},n\in {\mathbb{N}}_{+}.$$

证明数列 $\{a_n\}$ 收敛。

证 取常数 $M>0$，使 $|b_n|\le M,n\in {\mathbb{N}}_{+}$。对任意 $p\in {\mathbb{N}}_{+}$ 作估计：

$$\begin{array}{rl}|a_{n+p}-a_n|& \le M\left[\frac{1}{(n+1)(n+2)}+\frac{1}{(n+2)(n+3)}+\cdots +\frac{1}{(n+p)(n+p+1)}\right]\\ & =M\left[\left(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}\right)+\cdots +\left(\frac{1}{n+p}-\frac{1}{n+p+1}\right)\right]\\ & =M\left(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+p+1}\right)<\frac{M}{n+1}.\end{array}$$

因此对 $\epsilon >0$，取 $N=\lfloor M/\epsilon \rfloor$，就可使 $n>N$ 和 $p\in {\mathbb{N}}_{+}$ 时 $|a_{n+p}-a_n|<\epsilon$。这说明 $\{a_n\}$ 是基本数列。根据 Cauchy 收敛准则知 $\{a_n\}$ 收敛。

注 由于 $\{b_n\}$ 除了有界性之外没有其他已知性质，因此 $\{a_n\}$ 谈不上有单调性。第二章的主要方法， 即单调有界数列的收敛定理，在这里完全失效。可见 Cauchy 收敛准则是一个非常有力的工具。

例题 3.4.2

设 $S_n=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots +\frac{1}{n},n\in {\mathbb{N}}_{+}$。证明 $\{S_n\}$ 发散。

证 写出

$$S_{2n}-S_n=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots +\frac{1}{2n}\ge n\cdot \frac{1}{2n}=\frac{1}{2}.$$

可见对 $\epsilon =\frac{1}{2}$ 和任意 $N$，只要取 $m=2n$，不等式 $|S_n-S_m|<\frac{1}{2}$ 就不可能成立。这表明数列 $\{S_n\}$ 不是基本数列，因此发散。

例题 3.4.3

证明数列 $\{\sin n\}$ 发散。

证 这个证明与例题 2.2.7 中的第一个证明类似。由那里的图可见，对每个 $k\in {\mathbb{N}}_{+}$， 可以找到正整数 $n_k^{\prime }$ 和 $n_k^{\prime \prime }$，使

$$\sin n_k^{\prime }\ge \frac{\sqrt{2}}{2},\sin n_k^{\prime \prime }\le 0.$$

因此 $\sin n_k^{\prime }-\sin n_k^{\prime \prime }>0.5$。由于 $n_k^{\prime }$ 和 $n_k^{\prime \prime }$ 可任意大，$\{\sin n\}$ 不可能是基本数列。 根据 Cauchy 收敛准则，知道它一定是发散数列。

例题 3.4.4

设 $a_1=\sqrt{2},a_{n+1}=\sqrt{2+a_n},n\in {\mathbb{N}}_{+}$。讨论数列 $\{a_n\}$ 的敛散性， 若收敛则求出其极限。

解 令 $f(x)=\sqrt{2+x}$。取闭区间 $[0,2]$，则可实现 $f([0,2])\subset [0,2]$。又

$$|f(x)-f(y)|=|\sqrt{2+x}-\sqrt{2+y}|=\frac{|x-y|}{\sqrt{2+x}+\sqrt{2+y}},$$

因此可取 $k=1/(2\sqrt{2})$ 为压缩常数。于是数列 $\{a_n\}$ 的收敛性已由压缩映射原理所保证。 极限是 $f$ 在 $[0,2]$ 内的唯一不动点 $2$。

例题 3.4.5

数列 $\{b_n\}$ 由 $b_1=1$ 和

$$b_{n+1}=1+\frac{1}{b_n}(n\in {\mathbb{N}}_{+})$$

生成。讨论数列 $\{b_n\}$ 的敛散性，若收敛则求出其极限。

解 这里的函数 $f(x)=1+\frac{1}{x}$。观察

$$|f(x)-f(y)|=\left|\frac{1}{x}-\frac{1}{y}\right|=\frac{|x-y|}{|xy|}.$$

先利用函数 $f$ 在 $x>0$ 时单调减少，以及数列的前几项 $b_1=1,b_2=2,b_3=1.5,\cdots$。若以 $b_1=1$ 和 $b_2=2$ 为端点取闭区间 $[1,2]$， 则 $f([1,2])=[1.5,2]\subset [1,2]$，但在这个区间上不能取到在 0 和 1 之间的压缩常数。 再取以 $b_2=2$ 和 $b_3=1.5$ 为端点的区间 $[1.5,2]$，则 $f([1.5,2])\subset [1.5,2]$，同时

$$|f(x)-f(y)|=\frac{|x-y|}{|xy|}\le \frac{1}{1.5^2}|x-y|=\frac{4}{9}|x-y|,x,y\in [1.5,2].$$

由于数列 $\{b_n\}$ 从第二项起就进入 $[1.5,2]$，压缩映射原理保证它收敛。极限是 $f$ 在 $x>0$ 中的唯一不动点

$$b=\frac{1+\sqrt{5}}{2}.$$

注 以上两个例题的解法都是验证压缩映射原理的条件满足。实际上往往可以直接应用原理中的思想方法。 例如在例题 3.4.5 中可以先证明从 $n=2$ 起 $b_n\in [1.5,2]$，然后得到

$$|b_{n+2}-b|\le \frac{4}{25}|b_n-b|.$$

从而 $\{b_{2k}\}$ 收敛于 $b$，同理可证 $\{b_{2k-1}\}$ 也收敛于 $b$。

3.4.5 练习题

题目 1

满足以下条件的数列 $\{x_n\}$ 是否一定是基本数列？若回答“是”，请作出证明；若回答“不一定是”，请举出反例：

1. 对每个 $\epsilon >0$，存在 $N$，当 $n>N$ 时成立 $|x_n-x_N|<\epsilon$；
2. 对所有 $n,p\in {\mathbb{N}}_{+}$，成立 $|x_{n+p}-x_n|\le p/n$；
3. 对所有 $n,p\in {\mathbb{N}}_{+}$，成立 $|x_{n+p}-x_n|\le p/n^2$；
4. 对每个正整数 $p$，成立 ${\lim }_{n\to \infty }(x_n-x_{n+p})=0$。

解

1. 一定是基本数列。任取 $\epsilon >0$，由条件对 $\epsilon /2$ 可取 $N$，使当 $n>N$ 时

$$|x_n-x_N|<\frac{\epsilon }{2}.$$

因而对任意 $m,n>N$，

$$|x_n-x_m|\le |x_n-x_N|+|x_m-x_N|<\epsilon .$$

2. 不一定。取

$$x_n=\ln n.$$

则

$$x_{n+p}-x_n=\ln \left(1+\frac{p}{n}\right)\le \frac{p}{n},$$

但 $\{\ln n\}$ 发散，故不是基本数列。

3. 一定是基本数列。若 $m=n+p>n$，则

$$|x_m-x_n|\le \sum _{k=n}^{m-1}|x_{k+1}-x_k|\le \sum _{k=n}^{m-1}\frac{1}{k^2}\le \sum _{k=n}^{\infty }\frac{1}{k^2}.$$

右端趋于 $0$，故满足 Cauchy 准则。

4. 不一定。取

$$x_n=\sin (\ln n).$$

对每个固定的 $p$，

$$x_{n+p}-x_n=\sin \ln (n+p)-\sin \ln n\to 0$$

因为 $\ln (n+p)-\ln n\to 0$。但 $\sin (\ln n)$ 不收敛，故不是基本数列。

题目 2

用对偶法则于数列收敛的 Cauchy 收敛准则，以正面方式写出数列发散的充分必要条件。

解 数列发散的充要条件是：存在 ${\epsilon }_0>0$，使得对任意 $N$，总可找到 $m,n>N$，满足

$$|x_n-x_m|\ge {\epsilon }_0.$$

这正是 Cauchy 收敛准则的否定形式。

题目 3

证明下列数列为基本数列，因此都是收敛数列：

1. $a_n=1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots +\frac{1}{n!}$；
2. $b_n=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\cdots +(-1{)}^{n-1}\frac{1}{n}$；
3. $c_n=\frac{\sin 2x}{2(2+\sin 2x)}+\frac{\sin 3x}{3(3+\sin 3x)}+\cdots +\frac{\sin nx}{n(n+\sin nx)}$。

解

1. 当 $m>n$ 时，

$$|a_m-a_n|=\frac{1}{(n+1)!}+\frac{1}{(n+2)!}+\cdots +\frac{1}{m!}<\frac{1}{n!}\left(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{(n+1{)}^2}+\cdots \right)=\frac{1}{n\cdot n!}.$$

故 $\{a_n\}$ 为基本数列。

2. 当 $m>n$ 时，由交错级数余项估计，

$$|b_m-b_n|\le \frac{1}{n+1}.$$

故 $\{b_n\}$ 为基本数列。

3. 对 $k\ge 2$，有 $|\sin kx|\le 1$ 且 $k+\sin kx\ge k-1$，故

$$\left|\frac{\sin kx}{k(k+\sin kx)}\right|\le \frac{1}{k(k-1)}.$$

于是当 $m>n\ge 2$ 时

$$|c_m-c_n|\le \sum _{k=n+1}^m\frac{1}{k(k-1)}\le \sum _{k=n+1}^{\infty }\left(\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}\right)=\frac{1}{n}.$$

所以 $\{c_n\}$ 为基本数列。

题目 4

设 $a_n=\sin 1+\frac{\sin 2}{2!}+\cdots +\frac{\sin n}{n!}$。证明： $\{a_n\}$ 有界但不单调，且 $\{a_n\}$ 收敛。

解 由

$$|a_n|\le \sum _{k=1}^n\frac{|\sin k|}{k!}\le \sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{k!},$$

可知 $\{a_n\}$ 有界。又

$$a_{n+1}-a_n=\frac{\sin (n+1)}{(n+1)!}$$

的符号改变无穷多次，因此 $\{a_n\}$ 不单调。再由

$$\sum _{k=1}^{\infty }\left|\frac{\sin k}{k!}\right|\le \sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{k!}<\infty$$

可知它绝对收敛，从而 $\{a_n\}$ 收敛。

题目 5

设从数列 $\{a_n\}$ 定义

$$x_n=\sum _{k=1}^n{a}_k,y_n=\sum _{k=1}^n|a_k|.$$

若数列 $\{y_n\}$ 收敛，证明数列 $\{x_n\}$ 也收敛。

解 当 $m>n$ 时，

$$|x_m-x_n|=\left|\sum _{k=n+1}^m{a}_k\right|\le \sum _{k=n+1}^m|a_k|=y_m-y_n.$$

由于 $\{y_n\}$ 收敛，故是基本数列，因而右端当 $m,n\to \infty$ 时趋于 $0$。所以 $\{x_n\}$ 也是基本数列， 于是收敛。

题目 6

设 $S_n=1+\frac{1}{2^p}+\frac{1}{3^p}+\cdots +\frac{1}{n^p}$，其中 $p\le 1$。证明 $\{S_n\}$ 发散。

解 当 $p\le 0$ 时，各项不趋于 $0$，故级数发散。设 $0<p\le 1$。把和式按二进制分组：

$$\sum _{k=1}^{2^m}\frac{1}{k^p}\ge 1+\sum _{j=0}^{m-1}\sum _{k=2^j+1}^{2^{j+1}}\frac{1}{(2^{j+1}{)}^p}=1+\sum _{j=0}^{m-1}{2}^j\cdot 2^{-(j+1)p}.$$

当 $p=1$ 时，右端不小于 $1+\frac{m}{2}\to \infty$；当 $0<p<1$ 时，右端是公比大于 $1$ 的几何级数部分和， 也趋于 $\infty$。故 $\{S_n\}$ 发散。

题目 7

天文学中的 Kepler 方程 $x-q\sin x=a(0<q<1)$ 是一个超越方程。取定 $x_1$，然后用递推公式 $x_{n+1}=q\sin x_n+a$。证明这个方法的正确性。

解 记

$$F(x)=q\sin x+a.$$

则对任意 $u,v$，由 $|\sin u-\sin v|\le |u-v|$ 得

$$|F(u)-F(v)|\le q|u-v|.$$

因而

$$|x_{n+1}-x_n|\le q|x_n-x_{n-1}|\le \cdots \le q^{n-1}|x_2-x_1|.$$

对 $m>n$，于是有

$$|x_m-x_n|\le \sum _{k=n}^{m-1}|x_{k+1}-x_k|\le |x_2-x_1|\sum _{k=n}^{m-1}{q}^{k-1}\le \frac{q^{n-1}}{1-q}|x_2-x_1|.$$

所以 $\{x_n\}$ 为基本数列，从而收敛。设极限为 $\xi$，则由递推式与连续性，

$$\xi =q\sin \xi +a,$$

即迭代法确实收敛到 Kepler 方程的解。又因 $F$ 为压缩映射，这个解是唯一的。

3.5.2 例题

例题 3.5.1

举例说明：覆盖定理在 $\mathbb{Q}$ 中不成立。

注 这里只考虑有理数，因此开覆盖中的开区间和所覆盖的闭区间都由有理数组成，它们的端点当然也都是有理数。 为了简明起见，下面只将被覆盖的闭区间与有理数集 $\mathbb{Q}$ 取交，而对于开覆盖中的开区间仍采用原记号。

解 将在有理数范围内构造一个开覆盖，它把区间 $[0,2]$ 中的每一个有理数都覆盖住， 但这个开覆盖中的任何一个有限子集却做不到这点。为清楚起见，用

$$J=[0,2]\cap \mathbb{Q}$$

表示被覆盖的对象。

任取点 $x\in J\subset \mathbb{Q}$。由于 $x\ne \sqrt{2}$，可以取有理数 $r_x$，使 $\sqrt{2}\notin (x-r_x,x+r_x)$，例如取 $r_x\in (0,|x-\sqrt{2}|)\cap \mathbb{Q}$ 即可。于是得到 $J$ 的一个开覆盖

$$\{(x-r_x,x+r_x)\mid x\in J,r_x\in \mathbb{Q}\}.$$

这个开覆盖中的任何有限子集都不能覆盖 $J$。事实上，任取其中有限个开区间

$$(x_1-r_{x_1},x_1+r_{x_1}),\cdots ,(x_n-r_{x_n},x_n+r_{x_n}),$$

其中任一开区间都不含有 $\sqrt{2}$，且端点都是有理数。有限个开区间的并仍不会含有 $\sqrt{2}$， 也不会含有和 $\sqrt{2}$ 充分接近的有理数。具体地，令

$${\delta }_i=\max \{x_i-r_{x_i}-\sqrt{2},\sqrt{2}-x_i-r_{x_i}\},\delta =\min \{{\delta }_1,\cdots ,{\delta }_n\},$$

则上述有限子集不能覆盖 $J$ 中满足 $|\sqrt{2}-r|<\delta$ 的有理数 $r$。

例题 3.5.2

用 Lebesgue 方法证明覆盖定理。

证 设闭区间 $[a,b]$ 有一个开覆盖 $\{O_{\alpha }\}$。定义数集

$$A=\{x\ge a\mid \text{区间 }[a,x]\text{ 在 }\{O_{\alpha }\}\text{ 中存在有限子覆盖}\}.$$

从区间左端点 $x=a$ 开始，$a$ 及其右侧充分邻近的点均在数集 $A$ 中，因此 $A$ 非空。 由定义可见，如果 $x\in A$，则整个区间 $[a,x]\subset A$。

若 $A$ 无上界，则 $b\in A$，这说明 $[a,b]$ 存在有限子覆盖。若 $A$ 有上界，由确界存在定理得 $\xi =\sup A$。这时每个满足 $x<\xi$ 的 $x$ 都在 $A$ 中。只需证明 $b<\xi$，即可知 $b\in A$。 反设 $\xi \le b$。由于开覆盖中有一个开区间 $O_{{\alpha }_0}$ 覆盖 $\xi$，可在其中找到 $a_0$ 和 $b_0$，使 $a_0<\xi <b_0$。由前面的论证知 $a_0\in A$，即 $[a,a_0]$ 存在有限子覆盖。 再加上开区间 $O_{{\alpha }_0}$，就成为 $[a,b_0]$ 的覆盖，所以 $b_0\in A$。这与 $\xi =\sup A$ 矛盾。

例题 3.5.3（加强形式的覆盖定理）

证明：如果 $\{O_{\alpha }\}$ 是区间 $[a,b]$ 的一个开覆盖，则存在一个正数 $\delta >0$，使得对于区间 $[a,b]$ 中的任意两个点 $x^{\prime },x^{\prime \prime }$，只要 $|x^{\prime }-x^{\prime \prime }|<\delta$，就存在开覆盖中的一个开区间，它覆盖 $x^{\prime },x^{\prime \prime }$。称这个数 $\delta$ 为开覆盖的 Lebesgue 数。

证 首先用覆盖定理得到 $[a,b]$ 的一个有限子覆盖，即开覆盖 $\{O_{\alpha }\}$ 中的有限个开区间

$$O_1,O_2,\cdots ,O_n.$$

它们的并覆盖了 $[a,b]$。将这有限个开区间的所有端点按大小顺序排列，去掉可能重复的点，记为

$$x_0<x_1<\cdots <x_N,$$

并记这个端点集为 $A=\{x_0,x_1,\cdots ,x_N\}$。令

$$\delta =\min \{x_1-x_0,x_2-x_1,\cdots ,x_N-x_{N-1}\}.$$

证明这就是所求的 Lebesgue 数。任取两点 $x^{\prime },x^{\prime \prime }\in [a,b]$，使 $0<x^{\prime \prime }-x^{\prime }<\delta$。若闭区间 $[x^{\prime },x^{\prime \prime }]$ 内没有端点集 $A$ 中的点，则在上述有限子覆盖中覆盖该闭区间中任一点的开区间也就覆盖 整个闭区间。若 $[x^{\prime },x^{\prime \prime }]$ 内有 $A$ 中的点，由 $\delta$ 的取法，这样的点只有一个，记为 $x_i$。 由于这个点 $x_i$ 是某个 $O_j$ 的端点，而这个开区间并不覆盖点 $x_i$，在有限子覆盖中必有另一个 开区间覆盖 $x_i$，它的左右端点分别小于 $x^{\prime }$ 和大于 $x^{\prime \prime }$，从而也同时覆盖点 $x^{\prime }$ 和 $x^{\prime \prime }$。

注 这个例题是覆盖定理的加强。在今后会看到，由于有了这种加强形式，覆盖定理变得更为有力。

3.5.3 练习题

题目 1

对开区间 $(0,1)$ 构造一个开覆盖，使得它的每一个有限子集都不能覆盖 $(0,1)$。

解 取开覆盖

$$\left\{\left(\frac{1}{n},1\right)|n\ge 2\right\}.$$

它们的并是 $(0,1)$。但任取有限个，只能写成

$$\left(\frac{1}{N},1\right)$$

的形式，显然不能覆盖 $(0,\frac{1}{N}]$，故没有有限子覆盖。

题目 2

用闭区间套定理证明覆盖定理。

解 设 $\{O_{\alpha }\}$ 是闭区间 $[a,b]$ 的一个开覆盖。反设它没有有限子覆盖。把 $[a,b]$ 二分，至少有一个半区间也不能被有限个 $O_{\alpha }$ 覆盖；取它记为 $I_1$。再把 $I_1$ 二分，仍取不能被有限覆盖的那一半为 $I_2$。如此继续，得到闭区间套

$$I_1\supset I_2\supset \cdots ,|I_n|=\frac{b-a}{2^n}\to 0,$$

且每个 $I_n$ 都不能被有限个 $O_{\alpha }$ 覆盖。由闭区间套定理，存在唯一一点

$$\xi \in \bigcap _{n=1}^{\infty }{I}_n.$$

因为 $\{O_{\alpha }\}$ 覆盖 $[a,b]$，故有某个 $O_{{\alpha }_0}$ 含 $\xi$。又 $O_{{\alpha }_0}$ 为开集，故存在 $\delta >0$ 使 $(\xi -\delta ,\xi +\delta )\subset O_{{\alpha }_0}$。当 $n$ 足够大时，$I_n\subset (\xi -\delta ,\xi +\delta )$， 从而 $I_n\subset O_{{\alpha }_0}$，这说明 $I_n$ 可以由一个开集有限覆盖，矛盾。故原开覆盖必有有限子覆盖。

题目 3

用覆盖定理证明闭区间套定理。

解 设闭区间套 $\{I_n=[a_n,b_n]\}$ 满足 $I_{n+1}\subset I_n$ 且 $|I_n|\to 0$。反设

$$\bigcap _{n=1}^{\infty }{I}_n=\varnothing .$$

则对初始区间 $I_1$，开集

$$G_n=I_1\setminus I_n,n\ge 1$$

构成一个开覆盖，因为每个点都不在某个 $I_n$ 中。由覆盖定理，存在有限子覆盖

$$G_{n_1},\cdots ,G_{n_m}.$$

设 $N=\max \{n_1,\cdots ,n_m\}$，则因 $I_N\subset I_{n_j}$，从而

$$G_{n_j}=I_1\setminus I_{n_j}\subset I_1\setminus I_N.$$

所以有限并仍包含于 $I_1\setminus I_N$，不可能覆盖 $I_1$，矛盾。故交集非空。再由区间长度趋于 $0$， 交集只能含一个点，这就是闭区间套定理。

题目 4

用覆盖定理证明凝聚定理。

解 设有界无限集 $A\subset [a,b]$。反设它没有聚点。则对每个 $x\in [a,b]$，存在邻域 $O(x)$，使 $O(x)$ 中至多含 $A$ 的有限个点。于是 $\{O(x){\}}_{x\in [a,b]}$ 是 $[a,b]$ 的一个开覆盖。由覆盖定理， 存在有限子覆盖

$$O(x_1),\cdots ,O(x_m).$$

每个 $O(x_j)$ 与 $A$ 的交集都有限，所以

$$A\subset \bigcup _{j=1}^m(O(x_j)\cap A)$$

也只能是有限集，矛盾。故 $A$ 必有聚点，这就是凝聚定理。

题目 5

试对于例题 3.5.2 的证明举出两个具体例子，即：

1. 数集 $A$ 无上界；
2. $A$ 有上界，且有 $b<\xi =\sup A$ 和 $\xi \notin A$。

解

1. 例如取 $A=(0,+\infty )$。它没有上界。
2. 例如取 $A=(0,1)$。此时 $\xi =\sup A=1$，可取任意 $b<1$，例如 $b=\frac{1}{2}$，并且 $\xi \notin A$。

3.6.3 例题

例题 3.6.1

用上、下极限方法证明 Cauchy 收敛准则的充分性部分。

证 1 设 $\{x_n\}$ 是基本数列，则对每个 $\epsilon >0$，存在 $N$，使对 $n>N,p\in {\mathbb{N}}_{+}$ 成立

$$|x_n-x_{n+p}|<\epsilon .$$

将它改写为

$$x_n-\epsilon <x_{n+p}<x_n+\epsilon .$$

固定某一个 $n>N$，令 $p\to \infty$，由于不论数列收敛与否，总存在上极限和下极限，因而

$$x_n-\epsilon \le {\underline{\lim }}_{n\to \infty }{x}_n\le {\overline{\lim }}_{n\to \infty }{x}_n\le x_n+\epsilon .$$

于是上极限和下极限都是有限数，并且

$$0\le {\overline{\lim }}_{n\to \infty }{x}_n-{\underline{\lim }}_{n\to \infty }{x}_n\le 2\epsilon .$$

由于 $\epsilon >0$ 可任意给定，可知夹在 $0$ 和 $2\epsilon$ 中间的两个数只能相等。 因此上极限和下极限相等，数列 $\{x_n\}$ 收敛。

证 2 设 $\{x_n\}$ 是基本数列。对每个 $\epsilon >0$，存在 $N$，当 $n,m>N$ 时 $|x_n-x_m|<\epsilon$。将它改写为

$$x_m-\epsilon <x_n<x_m+\epsilon .$$

在后一个不等式中固定 $x_n$，令 $m\to \infty$，可得

$$x_n\le {\overline{\lim }}_{m\to \infty }(x_m+\epsilon )={\overline{\lim }}_{m\to \infty }{x}_m+\epsilon .$$

对所有 $n>N$ 成立，故在左边取上极限，得到

$${\overline{\lim }}_{n\to \infty }{x}_n\le {\underline{\lim }}_{n\to \infty }{x}_n+\epsilon .$$

由 $\epsilon$ 的任意性，推出上、下极限相等，故数列收敛。

注 教科书中在数列极限一章讲授上、下极限并用于证明 Cauchy 收敛准则时，使用的就是上述第一个证明。

例题 3.6.2

设数列 $\{b_n\}$ 由 $b_1=1$ 和 $b_{n+1}=1+\frac{1}{b_n}$ 生成。讨论数列 $\{b_n\}$ 的敛散性， 若收敛则求出其极限。

解 设已证明数列 $\{b_n\}$ 从第二项起不越出区间 $[1.5,2]$。因此有

$$5\le \alpha ={\underline{\lim }}_{n\to \infty }{b}_n\le \beta ={\overline{\lim }}_{n\to \infty }{b}_n\le 2.$$

在递推公式两边取上极限和下极限，得到

$$\alpha =1+{\overline{\lim }}_{n\to \infty }\left(\frac{1}{b_n}\right)=1+\frac{1}{\beta },\beta =1+{\underline{\lim }}_{n\to \infty }\left(\frac{1}{b_n}\right)=1+\frac{1}{\alpha }.$$

将这两个方程联立，相减后得到

$$(\alpha -\beta )\left(1-\frac{1}{\alpha \beta }\right)=0.$$

由于 $\beta \ge \alpha \ge 1.5$，即得 $\alpha =\beta$，故数列收敛。极限求解从略。

例题 3.6.3

设 $y_n=x_n+2x_{n+1},n\in {\mathbb{N}}_{+}$。证明：若 $\{y_n\}$ 收敛，则 $\{x_n\}$ 也收敛。

证 由于 $\{y_n\}$ 收敛，因此有界。取正数 $M$，使同时成立 $|x_1|\le M$ 和 $|y_n|\le M,n\in {\mathbb{N}}_{+}$。将递推公式改写为

$$x_{n+1}=\frac{1}{2}{y}_n-\frac{1}{2}{x}_n,$$

则有

$$|x_{n+1}|\le \frac{1}{2}|y_n|+\frac{1}{2}|x_n|.$$

由数学归纳法可知 $|x_n|\le M$ 对每个 $n$ 成立，即数列 $\{x_n\}$ 有界。 记

$${\overline{\lim }}_{n\to \infty }{x}_n=A,{\underline{\lim }}_{n\to \infty }{x}_n=B,\underset{n\to \infty }{\lim }{y}_n=C.$$

只要证明 $A=B$。在 $x_n=y_n-2x_{n+1}$ 两边分别取上极限和下极限，由 $\{y_n\}$ 收敛并利用上、下极限运算， 得到等式

$$A=C-2B,B=C-2A.$$

由此推出 $A=B$。

注 有了上、下极限的新工具，不必知道数列收敛就可以进行上、下极限运算。以上两个例题仅供参考。

例题 3.6.4

设正数列 $\{a_n\}$ 满足条件

$$a_{n+m}\le a_n{a}_m,\forall n,m\in {\mathbb{N}}_{+},$$

则有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\ln a_n}{n}=\underset{n\ge 1}{\inf }\left\{\frac{\ln a_n}{n}\right\}.$$

证 令

$$\alpha =\underset{n\ge 1}{\inf }\left\{\frac{\ln a_n}{n}\right\}.$$

由下确界的定义可见

$$\alpha \le {\underline{\lim }}_{n\to \infty }\frac{\ln a_n}{n}.$$

又由 $\alpha$ 为下确界可知，对 $\epsilon >0$，存在 $N$，使

$$\frac{\ln a_N}{N}<\alpha +\epsilon .$$

固定这个 $N$，将任意正整数 $n$ 写为 $n=mN+k$，其中 $0\le k<N$。由题设条件有

$$a_n=a_{mN+k}\le a_N^m{a}_k.$$

取对数并除以 $n$，得到

$$\frac{\ln a_n}{n}\le \frac{m}{n}\ln a_N+\frac{1}{n}\ln a_k\le \frac{mN}{n}(\alpha +\epsilon )+\frac{1}{n}\ln a_k.$$

令 $n\to \infty$，右边第一项中 $\lim mN/n=1$，而 $a_k$ 最多只取 $N$ 个值，故右边的极限为 $\alpha +\epsilon$。在不等式两边取上极限，得到

$${\overline{\lim }}_{n\to \infty }\frac{\ln a_n}{n}\le \alpha +\epsilon .$$

由 $\epsilon >0$ 的任意性，得到

$${\overline{\lim }}_{n\to \infty }\frac{\ln a_n}{n}\le \alpha .$$

与前述不等式合并，可见极限存在且等于 $\alpha$。

注 上述结论的意思是：当 $\alpha$ 为有限数时，数列 $\{\ln a_n/n\}$ 一定收敛，以 $\alpha$ 为极限；当 $\alpha =-\infty$ 时，这个数列一定是负无穷大量。又可见，在正数列满足 $a_{n+m}\le a_n{a}_m$ 时，极限 ${\lim }_{n\to \infty }\sqrt[n]{a_n}$ 一定存在。与此等价的命题是： 若 $\{a_n\}$ 满足 $a_{n+m}\le a_n+a_m$，则

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_n}{n}=\underset{n\ge 1}{\inf }\left\{\frac{a_n}{n}\right\}.$$

3.6.4 练习题

题目 1

求下列数列的上极限和下极限：

1. $x_n=\frac{1+(-1{)}^n}{2}$；
2. $x_n=\sin \frac{n\pi }{4}$；
3. $x_n=n^{(-1{)}^n}$；
4. $x_n=e^{n(-1{)}^n}$。

解

1. 偶数项为 $1$，奇数项为 $0$，故

$${\underline{\lim }}_{n\to \infty }{x}_n=0,{\overline{\lim }}_{n\to \infty }{x}_n=1.$$

2. $\sin \frac{n\pi }{4}$ 以 $8$ 为周期，其取值中最大者为 $1$，最小者为 $-1$，故

$${\underline{\lim }}_{n\to \infty }{x}_n=-1,{\overline{\lim }}_{n\to \infty }{x}_n=1.$$

3. 奇数项 $x_{2k-1}=(2k-1{)}^{-1}\to 0$，偶数项 $x_{2k}=2k\to +\infty$，故

$${\underline{\lim }}_{n\to \infty }{x}_n=0,{\overline{\lim }}_{n\to \infty }{x}_n=+\infty .$$

4. 奇数项 $x_{2k-1}=e^{-(2k-1)}\to 0$，偶数项 $x_{2k}=e^{2k}\to +\infty$，故

$${\underline{\lim }}_{n\to \infty }{x}_n=0,{\overline{\lim }}_{n\to \infty }{x}_n=+\infty .$$

题目 2

若 $x_n\ge y_n$，证明：

$${\overline{\lim }}_{n\to \infty }{x}_n\ge {\overline{\lim }}_{n\to \infty }{y}_n,{\underline{\lim }}_{n\to \infty }{x}_n\ge {\underline{\lim }}_{n\to \infty }{y}_n.$$

解 只证上极限。对每个 $n$，以及每个 $k\ge n$，由 $x_k\ge y_k$ 得

$$\underset{k\ge n}{\sup }{x}_k\ge \underset{k\ge n}{\sup }{y}_k.$$

两边再取极限，便有

$${\overline{\lim }}_{n\to \infty }{x}_n\ge {\overline{\lim }}_{n\to \infty }{y}_n.$$

下极限同理：由

$$\underset{k\ge n}{\inf }{x}_k\ge \underset{k\ge n}{\inf }{y}_k$$

两边取极限即得。

题目 3

对 $\{x_n\}$，记 $S_n=\frac{1}{n}{\sum }_{k=1}^n{x}_k$，证明：

$${\underline{\lim }}_{n\to \infty }{x}_n\le {\underline{\lim }}_{n\to \infty }{S}_n\le {\overline{\lim }}_{n\to \infty }{S}_n\le {\overline{\lim }}_{n\to \infty }{x}_n.$$

解 记

$$\alpha ={\underline{\lim }}_{n\to \infty }{x}_n,\beta ={\overline{\lim }}_{n\to \infty }{x}_n.$$

任取 $\epsilon >0$，存在 $N$，当 $k\ge N$ 时

$$\alpha -\epsilon \le x_k\le \beta +\epsilon .$$

对 $n>N$，

$$\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{N-1}{x}_k+\frac{n-N+1}{n}(\alpha -\epsilon )\le S_n\le \frac{1}{n}\sum _{k=1}^{N-1}{x}_k+\frac{n-N+1}{n}(\beta +\epsilon ).$$

令 $n\to \infty$，得到

$$\alpha -\epsilon \le {\underline{\lim }}_{n\to \infty }{S}_n\le {\overline{\lim }}_{n\to \infty }{S}_n\le \beta +\epsilon .$$

再令 $\epsilon \to 0$ 即得

$${\underline{\lim }}_{n\to \infty }{x}_n\le {\underline{\lim }}_{n\to \infty }{S}_n\le {\overline{\lim }}_{n\to \infty }{S}_n\le {\overline{\lim }}_{n\to \infty }{x}_n.$$

题目 4

设 $\{a_n\}$ 为正数列，证明：${\overline{\lim }}_{n\to \infty }\sqrt[n]{a_n}\le 1$ 的充分必要条件是 对大于 1 的每个数 $l$ 成立 ${\lim }_{n\to \infty }{a}_n/l^n=0$。

解 先证必要性。设

$${\overline{\lim }}_{n\to \infty }\sqrt[n]{a_n}\le 1.$$

任取 $l>1$，再取 $q$ 满足 $1<q<l$。由上极限定义，充分大时有

$$\sqrt[n]{a_n}\le q,$$

即 $a_n\le q^n$。于是

$$0\le \frac{a_n}{l^n}\le {\left(\frac{q}{l}\right)}^n\to 0.$$

再证充分性。若对每个 $l>1$ 都有 $a_n/l^n\to 0$，则充分大时

$$a_n<l^n,$$

从而 $\sqrt[n]{a_n}<l$。故

$${\overline{\lim }}_{n\to \infty }\sqrt[n]{a_n}\le l.$$

由 $l>1$ 任意，便得

$${\overline{\lim }}_{n\to \infty }\sqrt[n]{a_n}\le 1.$$

题目 5

设 $\{a_n\}$ 为正数列，证明：

$${\underline{\lim }}_{n\to \infty }\frac{a_{n+1}}{a_n}\le {\underline{\lim }}_{n\to \infty }\sqrt[n]{a_n}\le {\overline{\lim }}_{n\to \infty }\sqrt[n]{a_n}\le {\overline{\lim }}_{n\to \infty }\frac{a_{n+1}}{a_n}.$$

解 记

$$p={\underline{\lim }}_{n\to \infty }\frac{a_{n+1}}{a_n},q={\overline{\lim }}_{n\to \infty }\frac{a_{n+1}}{a_n}.$$

若 $p=0$，左边不等式显然。现设 $p>0$，任取 $\epsilon \in (0,p)$。充分大时

$$\frac{a_{n+1}}{a_n}\ge p-\epsilon .$$

迭代得

$$a_n\ge C(p-\epsilon {)}^n$$

（其中 $C>0$ 为常数），故

$${\underline{\lim }}_{n\to \infty }\sqrt[n]{a_n}\ge p-\epsilon .$$

令 $\epsilon \to 0$，得

$${\underline{\lim }}_{n\to \infty }\sqrt[n]{a_n}\ge p.$$

同理，对任意 $\epsilon >0$，充分大时

$$\frac{a_{n+1}}{a_n}\le q+\epsilon ,$$

迭代得

$$a_n\le C^{\prime }(q+\epsilon {)}^n,$$

因而

$${\overline{\lim }}_{n\to \infty }\sqrt[n]{a_n}\le q+\epsilon .$$

令 $\epsilon \to 0$，得

$${\overline{\lim }}_{n\to \infty }\sqrt[n]{a_n}\le q.$$

中间的不等式

$${\underline{\lim }}_{n\to \infty }\sqrt[n]{a_n}\le {\overline{\lim }}_{n\to \infty }\sqrt[n]{a_n}$$

本来就成立。

题目 6

根据极限点的定义直接证明：每个数列的极限点集中必有最大数和最小数。

解 设 $E$ 为数列 $\{x_n\}$ 的极限点集。由定义，$E$ 非空。又由极限点的定义立刻知道 $E$ 是闭集。 设

$$\alpha =\sup E,\beta =\inf E.$$

取 $y_m\in E$ 使 $y_m>\alpha -\frac{1}{m}$。由 $y_m\in E$，对每个 $m$ 可取下标 $n_m$，使

$$|x_{n_m}-y_m|<\frac{1}{m},n_m>n_{m-1}.$$

于是

$$|x_{n_m}-\alpha |\le |x_{n_m}-y_m|+|y_m-\alpha |<\frac{2}{m},$$

故 $x_{n_m}\to \alpha$，即 $\alpha \in E$。所以 $\alpha$ 是极限点集的最大数。最小数 $\beta$ 的证明完全类似。

题目 7

证明在例题 3.6.2 中所用到的关于上、下极限的公式。

解 例题 3.6.2 中实质上用到了下面两条公式。若 $x_n>0$ 且

$$\alpha ={\underline{\lim }}_{n\to \infty }{x}_n,\beta ={\overline{\lim }}_{n\to \infty }{x}_n,$$

则

$${\underline{\lim }}_{n\to \infty }\frac{1}{x_n}=\frac{1}{\beta },{\overline{\lim }}_{n\to \infty }\frac{1}{x_n}=\frac{1}{\alpha }.$$

证明很简单。对任意 $\epsilon >0$，充分大时有

$$\alpha -\epsilon \le x_n\le \beta +\epsilon ,$$

从而

$$\frac{1}{\beta +\epsilon }\le \frac{1}{x_n}\le \frac{1}{\alpha -\epsilon }.$$

由上、下极限定义，再令 $\epsilon \to 0$ 即得。

题目 8

证明公式 (3.2)。

解 本节最基本的加法公式可写成

$${\underline{\lim }}_{n\to \infty }(x_n+y_n)\ge {\underline{\lim }}_{n\to \infty }{x}_n+{\underline{\lim }}_{n\to \infty }{y}_n.$$

记右边两项分别为 $\alpha ,\beta$。任取 $\epsilon >0$，充分大时有

$$x_n>\alpha -\epsilon ,y_n>\beta -\epsilon .$$

相加得

$$x_n+y_n>\alpha +\beta -2\epsilon .$$

于是

$${\underline{\lim }}_{n\to \infty }(x_n+y_n)\ge \alpha +\beta -2\epsilon .$$

再令 $\epsilon \to 0$ 即得。

题目 9

对上极限写出与命题 3.6.3 对应的结论，并作出证明。

解 与上一题对应的上极限结论是

$${\overline{\lim }}_{n\to \infty }(x_n+y_n)\le {\overline{\lim }}_{n\to \infty }{x}_n+{\overline{\lim }}_{n\to \infty }{y}_n.$$

证明与上一题完全平行：记右边两项为 $\alpha ,\beta$，则充分大时

$$x_n<\alpha +\epsilon ,y_n<\beta +\epsilon ,$$

故

$$x_n+y_n<\alpha +\beta +2\epsilon .$$

取上极限后再令 $\epsilon \to 0$ 即得。

题目 10

证明公式 (3.5)。

解 若 $\underset{n\to \infty }{\lim }{y}_n=c$，则由第 8、9 题立刻得到

$${\underline{\lim }}_{n\to \infty }(x_n+y_n)={\underline{\lim }}_{n\to \infty }{x}_n+c,{\overline{\lim }}_{n\to \infty }(x_n+y_n)={\overline{\lim }}_{n\to \infty }{x}_n+c.$$

的确，由 $c$ 看作常数列，一方面由第 8 题有

$$\underline{\lim }(x_n+y_n)\ge \underline{\lim }{x}_n+\underline{\lim }{y}_n=\underline{\lim }{x}_n+c;$$

另一方面把它改写为 $x_n=(x_n+y_n)+(-y_n)$，再用第 8 题，便有反向不等式。

题目 11

证明命题 3.6.5。

解 若 $c>0$，则

$${\underline{\lim }}_{n\to \infty }(c{x}_n)=c{\underline{\lim }}_{n\to \infty }{x}_n,{\overline{\lim }}_{n\to \infty }(c{x}_n)=c{\overline{\lim }}_{n\to \infty }{x}_n;$$

若 $c<0$，则

$${\underline{\lim }}_{n\to \infty }(c{x}_n)=c{\overline{\lim }}_{n\to \infty }{x}_n,{\overline{\lim }}_{n\to \infty }(c{x}_n)=c{\underline{\lim }}_{n\to \infty }{x}_n.$$

其中 $c>0$ 时只要把 $c$ 提到不等式外面即可；$c<0$ 时乘以负数会改变大小方向，所以交换了上、下极限的位置。

3.7.2 一题多解

例题 3.7.1

如函数 $f$ 在闭区间 $[a,b]$ 上处处局部有界（它的确切含义在证 1 中写出），则函数 $f$ 在 $[a,b]$ 上有界。

证 1（用覆盖定理为工具） 函数 $f$ 在 $[a,b]$ 上处处局部有界，是指对每个 $x\in [a,b]$，存在邻域 $O(x)$ 和常数 $M_x$，使

$$|f(x)|<M_x,\forall x\in O(x)\cap [a,b].$$

对每个 $x\in [a,b]$ 取定一个 $O(x)$ 和相应常数 $M_x$，就得到 $[a,b]$ 的一个开覆盖。由覆盖定理， 在这个开覆盖中存在有限子覆盖，记为 $O_1,O_2,\cdots ,O_n$，相应的常数记为 $M_1,M_2,\cdots ,M_n$。 取

$$M=\max \{M_1,M_2,\cdots ,M_n\},$$

由于 $[a,b]\subset {\bigcup }_{i=1}^n{O}_i$，可见对每个 $x\in [a,b]$ 都成立 $|f(x)|<M$，即 $f$ 在 $[a,b]$ 上有界。

证 2（用闭区间套定理和 Bolzano 二分法为工具） 用反证法。设 $f$ 在 $[a,b]$ 上无界。记 $a_1=a,b_1=b$。在 $[a_1,b_1]$ 中取中点 $c_1=(a_1+b_1)/2$，得到两个子区间 $[a_1,c_1]$ 和 $[c_1,b_1]$。函数 $f$ 至少在这两个子区间中的 某一个上无界，将它取为 $[a_2,b_2]$。继续这样做，归纳得到闭区间套 $\{[a_n,b_n]\}$，它具有性质： 区间长度趋于 0，且每个区间 $[a_n,b_n]$ 上 $f$ 都无界。闭区间套定理给出 $\xi \in [a,b]$，且

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }{b}_n=\xi .$$

由于 $f$ 在 $[a,b]$ 上局部有界，存在邻域 $O(\xi )$，使 $f$ 在 $O(\xi )\cap [a,b]$ 上有界。 当 $n$ 充分大时有 $[a_n,b_n]\subset O(\xi )\cap [a,b]$，这与 $f$ 在 $[a_n,b_n]$ 上无界矛盾。

证 3（用 Cauchy 收敛准则为工具） 第一步与用闭区间套定理的证明相同。反设 $f$ 在每个 $[a_n,b_n]$ 上无界，存在 $x_n\in [a_n,b_n]$，使 $|f(x_n)|>n$。由于 $x_n$ 和 $x_{n+p}$ 都属于 $[a_n,b_n]$，故

$$|x_n-x_{n+p}|<\frac{1}{2^{n-1}}(b-a).$$

这表明 $\{x_n\}$ 是基本数列。由 Cauchy 收敛准则知 $\{x_n\}$ 收敛，记其极限为 $\xi$。由于 $f$ 的局部有界性，在 $\xi$ 的某个邻域内有 $|f(x)|<M$，而 $x_n\to \xi$，故充分大时有 $|f(x_n)|<M$，这与 $|f(x_n)|>n$ 矛盾。

证 4（用单调有界数列的收敛定理为工具） 用反证法。设 $f$ 在 $[a,b]$ 上无界，则对每个 $n$，存在 $x_n\in [a,b]$，使 $|f(x_n)|>n$。 这样得到一个有界数列 $\{x_n\}$。利用例题 3.3.1，在 $\{x_n\}$ 中有单调子列 $\{x_{n_k}\}$ 收敛， 记其极限为 $\xi$。由于 $f$ 的局部有界性，在 $\xi$ 附近有 $|f(x)|<M$。而 $x_{n_k}\to \xi$，故充分大时 $|f(x_{n_k})|<M$；另一方面又有 $|f(x_{n_k})|>n_k\ge k$， 矛盾。

证 5（用凝聚定理为工具） 这个证明与上一个证明几乎相同，只是把例题 3.3.1 改用凝聚定理，细节从略。

证 6（用确界存在定理和 Lebesgue 方法为工具） 定义数集

$$A=\{x\in [a,b]\mid \text{在区间 }[a,x]\text{ 上函数 }f\text{ 有界}\}.$$

由于 $a\in A$，故 $A$ 非空；又 $A\subset [a,b]$，故 $\xi =\sup A\le b$。从定义可见，如果 $y>a$ 且 $y\in A$，则 $[a,y]\subset A$。若 $a<z<\xi$，由 $\xi =\sup A$ 可取 $y\in A$ 使 $z<y<\xi$，从而 $[a,z]\subset A$。

证明 $\xi =b$。反设 $\xi <b$。由 $f$ 在点 $\xi$ 局部有界，存在 $\epsilon >0$，使 $f$ 在 $[\xi -\epsilon ,\xi +\epsilon ]\subset [a,b]$ 上有界。又由上面的讨论知 $[a,\xi -\epsilon ]\subset A$，于是 $f$ 在

$$[a,\xi +\epsilon ]=[a,\xi -\epsilon ]\cup [\xi -\epsilon ,\xi +\epsilon ]$$

上也有界，因此 $\xi +\epsilon \in A$，与 $\xi =\sup A$ 矛盾。由于 $f$ 在点 $b$ 局部有界， 再结合 $f$ 在 $[a,b-{\epsilon }^{\prime }]$ 上有界，可得 $f$ 在 $[a,b]$ 上有界。

评注 可以看出，由于几个基本定理彼此等价，因此对本题都有效。但又由于各个基本定理的内容和角度都不一样， 因此所作出的证明可以很不相同。

对比前两个证明是很有教益的。覆盖定理在从局部性质推出整体性质时的运用非常自然；但闭区间套定理恰恰相反， 它是通过构造闭区间的方法，从某种整体性质推出在某个点附近有某种局部性质，这与本例题中的要求方向相反， 因此只能用反证法。

还应看到，即使用同一个基本定理，也可能有不同的方法；即使方法相同，也还可以有不同的细节。可以认为： 数学分析与大千世界一样，在其中的发现也是无穷尽的，有志的初学者也可能作出新的发现。

3.7.3 参考题

第一组参考题 1

证明：数列有界的充分必要条件是它的每个子列有收敛子列。

解 必要性显然：有界数列的每个子列仍有界，由凝聚定理，每个子列都有收敛子列。

充分性用反证法。若 $\{x_n\}$ 无界，则可递归取子列 $\{x_{n_k}\}$ 使

$$|x_{n_k}|>k.$$

这个子列无界，因而不可能再有收敛子列，矛盾。故原数列有界。

第一组参考题 2

证明：数列收敛的充分必要条件是存在一个数 $a$，使数列的每个子列有收敛于 $a$ 的子列。

解 若 $\{x_n\}\to a$，则每个子列当然仍收敛到 $a$。反过来，设存在 $a$，使每个子列都有收敛于 $a$ 的子列。 若原数列不收敛于 $a$，则存在 $\epsilon >0$ 与一个子列 $\{x_{n_k}\}$，满足

$$|x_{n_k}-a|\ge \epsilon ,\forall k.$$

这个子列不可能有收敛于 $a$ 的子列，矛盾。故 $\{x_n\}\to a$。

第一组参考题 3

证明：在有界闭区间上的无界函数一定在这个区间的某一点的每一个邻域上无界。又问：在开区间上的无界函数是否有与此类似的性质？

解 设 $f$ 在闭区间 $[a,b]$ 上无界。把 $[a,b]$ 二分并重复，得闭区间套 $\{I_n\}$，使得 $f$ 在每个 $I_n$ 上都无界。由闭区间套定理，存在 $\xi \in \bigcap I_n$。若 $\xi$ 的某个邻域上 $f$ 有界，则充分大时某个 $I_n$ 落在这个邻域内，这与 $f$ 在 $I_n$ 上无界矛盾。故 $\xi$ 的每个邻域上 $f$ 都无界。

在开区间上不一定有类似结论。例如

$$f(x)=\frac{1}{x},x\in (0,1),$$

在 $(0,1)$ 上无界，但对每个内点 $\xi \in (0,1)$，$f$ 在 $\xi$ 的某个邻域内都有界。它的无界性只发生在端点附近。

第一组参考题 4

设函数 $f$ 在区间 $(a,b)$ 上定义，对区间 $(a,b)$ 的每一个点 $\xi$，存在 $\delta >0$， 当 $x\in (\xi -\delta ,\xi +\delta )\cap (a,b)$ 时，若 $x<\xi$，则 $f(x)<f(\xi )$；若 $x>\xi$， 则 $f(x)>f(\xi )$。证明：函数 $f$ 在 $(a,b)$ 上严格单调增加。

解 任取 $u<v$。反设 $f(u)\ge f(v)$。令

$$A=\{x\in [u,v]\mid f(x)\ge f(v)\}.$$

则 $u\in A$，故 $A$ 非空。记 $s=\sup A$。若 $s<v$，由题设在点 $s$ 的右邻域中有

$$f(x)>f(s)\ge f(v),$$

从而 $A$ 中出现大于 $s$ 的点，矛盾。故 $s=v$。但在点 $v$ 的左邻域中由题设有

$$f(x)<f(v),$$

这说明 $A$ 在 $v$ 左侧某邻域内没有点，从而 $\sup A<v$，再矛盾。故必有 $f(u)<f(v)$。因此 $f$ 在 $(a,b)$ 上严格单调增加。

第一组参考题 5

试用上、下极限的工具证明第二章 2.4.1 小节中的 Stolz 定理。（参考 3.6.4 小节的题 3。）

解 设

$$d_n=\frac{x_{n+1}-x_n}{y_{n+1}-y_n},y_n\uparrow +\infty ,$$

且 $d_n\to l$。则

$$\frac{x_n-x_1}{y_n-y_1}=\sum _{k=1}^{n-1}\frac{y_{k+1}-y_k}{y_n-y_1}{d}_k.$$

右边是 $d_1,\dots ,d_{n-1}$ 的加权平均。任取 $\epsilon >0$，充分大时 $|d_k-l|<\epsilon$。 于是

$$\left|\frac{x_n-x_1}{y_n-y_1}-l\right|\le \frac{{\sum }_{k=1}^{N-1}(y_{k+1}-y_k)|d_k-l|}{y_n-y_1}+\epsilon \frac{y_n-y_N}{y_n-y_1}.$$

令 $n\to \infty$ 得

$$\frac{x_n-x_1}{y_n-y_1}\to l.$$

又因 $y_n\to +\infty$，故

$$\frac{x_n}{y_n}-\frac{x_n-x_1}{y_n-y_1}\to 0,$$

从而

$$\frac{x_n}{y_n}\to l.$$

这就是 Stolz 定理。

第一组参考题 6

设 $\{x_n\},\{y_n\}$ 是非负数列。在以下乘积均有意义时证明：

$${\underline{\lim }}_{n\to \infty }{x}_n{\underline{\lim }}_{n\to \infty }{y}_n\le {\underline{\lim }}_{n\to \infty }(x_n{y}_n)\le {\underline{\lim }}_{n\to \infty }{x}_n{\overline{\lim }}_{n\to \infty }{y}_n$$ $$\le {\overline{\lim }}_{n\to \infty }(x_n{y}_n)\le {\overline{\lim }}_{n\to \infty }{x}_n{\overline{\lim }}_{n\to \infty }{y}_n.$$

解 记

$$\alpha =\underline{\lim }{x}_n,\beta =\overline{\lim }{x}_n,\gamma =\underline{\lim }{y}_n,\delta =\overline{\lim }{y}_n.$$

任取 $\epsilon >0$，充分大时

$$\alpha -\epsilon \le x_n\le \beta +\epsilon ,\gamma -\epsilon \le y_n\le \delta +\epsilon .$$

由于各项非负，乘法保持大小次序，故充分大时

$$(\alpha -\epsilon )(\gamma -\epsilon )\le x_n{y}_n\le (\beta +\epsilon )(\delta +\epsilon ),$$

以及

$$(\alpha -\epsilon )(\gamma -\epsilon )\le x_n{y}_n\le (\alpha +\epsilon )(\delta +\epsilon ),$$

等等。对这些不等式分别取上、下极限，再令 $\epsilon \to 0$，便得到题中的整串不等式。

第一组参考题 7

设 $\{x_n\}$ 为正数列。用上、下极限证明：若 ${\lim }_{n\to \infty }{x}_{n+1}/x_n=l$，则 ${\lim }_{n\to \infty }\sqrt[n]{x_n}=l$。

解 由 3.6.4 小节第 5 题，

$$\underline{\lim }\frac{x_{n+1}}{x_n}\le \underline{\lim }\sqrt[n]{x_n}\le \overline{\lim }\sqrt[n]{x_n}\le \overline{\lim }\frac{x_{n+1}}{x_n}.$$

若 $\frac{x_{n+1}}{x_n}\to l$，则左右两端都等于 $l$，故

$$\sqrt[n]{x_n}\to l.$$

第一组参考题 8

若对于数列 $\{a_n\}$ 的每个子列 $\{a_{n_k}\}$ 都有

$$\underset{k\to \infty }{\lim }\frac{a_{n_1}+a_{n_2}+\cdots +a_{n_k}}{k}=a,$$

证明：${\lim }_{n\to \infty }{a}_n=a$。

解 反设 $a_n\nrightarrow a$。则存在 $\epsilon >0$ 和子列 $\{a_{n_k}\}$，使

$$|a_{n_k}-a|\ge \epsilon ,\forall k.$$

再抽取子列，不妨设对所有 $k$ 都有 $a_{n_k}\ge a+\epsilon$。于是

$$\frac{a_{n_1}+\cdots +a_{n_k}}{k}\ge a+\epsilon ,$$

不可能趋于 $a$，矛盾。故 $a_n\to a$。

第一组参考题 9

设 $\{x_n\}$ 为正数列，证明

$${\overline{\lim }}_{n\to \infty }n\left(\frac{1+x_{n+1}}{x_n}-1\right)\ge 1,$$

且右边的 $1$ 为最佳值。

解 设

$$L={\overline{\lim }}_{n\to \infty }n\left(\frac{1+x_{n+1}}{x_n}-1\right).$$

若 $L<1$，取 $\alpha$ 满足 $L<\alpha <1$。则充分大时

$$\frac{1+x_{n+1}}{x_n}\le 1+\frac{\alpha }{n}.$$

又由 Bernoulli 不等式，

$${\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{\alpha }\le 1+\frac{\alpha }{n}.$$

因而

$$\frac{x_{n+1}+1}{(n+1{)}^{\alpha }}\le \frac{x_n}{n^{\alpha }}.$$

把这些不等式从 $N$ 累加到 $n$，得到

$$\frac{x_{n+1}}{(n+1{)}^{\alpha }}+\sum _{k=N}^n\frac{1}{(k+1{)}^{\alpha }}\le \frac{x_N}{N^{\alpha }}.$$

右端固定，而左边含有发散级数 $\sum k^{-\alpha }$，矛盾。故 $L\ge 1$。

常数 $1$ 是最佳的。取

$$x_n=n\ln n(n\ge 2),$$

则

$$x_{n+1}-x_n=\ln n+1+o(1),$$

从而

$$n\left(\frac{1+x_{n+1}}{x_n}-1\right)=\frac{x_{n+1}-x_n+1}{\ln n}\to 1.$$

第一组参考题 10

设 $\{x_n\}$ 为正数列，证明

$${\overline{\lim }}_{n\to \infty }{\left(\frac{x_1+x_{n+1}}{x_n}\right)}^n\ge e,$$

且右边的 $e$ 为最佳值。

解 对数列 $u_n=x_n/x_1$ 应用上一题，得到

$${\overline{\lim }}_{n\to \infty }n\left(\frac{1+u_{n+1}}{u_n}-1\right)\ge 1.$$

这正是

$${\overline{\lim }}_{n\to \infty }n\left(\frac{x_1+x_{n+1}}{x_n}-1\right)\ge 1.$$

因而存在子列 $\{n_k\}$，使

$$n_k\left(\frac{x_1+x_{n_k+1}}{x_{n_k}}-1\right)\to \lambda \ge 1.$$

于是

$${\left(\frac{x_1+x_{n_k+1}}{x_{n_k}}\right)}^{n_k}={\left(1+\frac{\lambda +o(1)}{n_k}\right)}^{n_k}\to e^{\lambda }\ge e,$$

故

$${\overline{\lim }}_{n\to \infty }{\left(\frac{x_1+x_{n+1}}{x_n}\right)}^n\ge e.$$

最佳性仍由 $x_n=x_{1}n\ln n$ 给出；此时

$$\frac{x_1+x_{n+1}}{x_n}=1+\frac{1}{n}+o\left(\frac{1}{n}\right),$$

从而上式的 $n$ 次幂趋于 $e$。

第二组参考题 1

从确界存在定理出发，证明：对于 $\mathbb{R}$ 中的任意两个正数 $a,b$，存在正整数 $n$， 使 $na>b$。这个结论常称为 Archimedes 公理或原理。

解 反设对某个 $a,b>0$，对一切 $n\in {\mathbb{N}}_{+}$ 都有 $na\le b$。则集合

$$A=\{na\mid n\in {\mathbb{N}}_{+}\}$$

有上界。由确界存在定理，设 $\xi =\sup A$。则 $\xi -a$ 不是上界，故存在 $m$ 使

$$ma>\xi -a.$$

从而

$$(m+1)a>\xi ,$$

与 $\xi$ 为上界矛盾。故必存在 $n$ 使 $na>b$。

第二组参考题 2

设有两个非空实数集 $A$ 和 $B$，满足：(1) $\mathbb{R}=A\cup B$；(2) $A$ 中的每一个数都小于 $B$ 中的每一个数。证明：或者 $A$ 有最大数而 $B$ 无最小数，或者 $B$ 有最小数而 $A$ 无最大数。

解 设 $\xi =\sup A$。由于 $\mathbb{R}=A\cup B$，故 $\xi$ 必属于 $A$ 或 $B$。

若 $\xi \in A$，则 $\xi$ 是 $A$ 的最大数。此时 $B$ 不可能有最小数。否则设 $\eta =\min B$，则由 $A$ 中每个数都小于 $B$ 中每个数，知 $\xi <\eta$。而任取

$$z\in (\xi ,\eta ),$$

它既不属于 $A$（因为比 $A$ 的最大元大），也不属于 $B$（因为比 $B$ 的最小元小），与 $\mathbb{R}=A\cup B$ 矛盾。

若 $\xi \in B$，则它是 $B$ 的最小数。此时 $A$ 不可能有最大数，证明同理。

第二组参考题 3

证明：将实数 $\mathbb{R}$ 分成两个非空集合 $A$ 和 $B$，则或者 $A$ 中有数列收敛于 $B$ 中的点， 或者 $B$ 中有数列收敛于 $A$ 中的点。

解 取 $a\in A,b\in B$，不妨设 $a<b$。令

$$E=A\cap [a,b],\xi =\sup E.$$

若 $\xi \in B$，则由上确界定义可取 $a_n\in E\subset A$，使

$$\xi -\frac{1}{n}<a_n\le \xi .$$

于是 $a_n\to \xi \in B$。

若 $\xi \in A$，则对每个 $n$，区间 $(\xi ,\xi +\frac{1}{n})$ 中必有 $B$ 的点；否则该区间全落在 $A$ 中， 会与 $\xi =\sup E$ 矛盾。取 $b_n\in B\cap (\xi ,\xi +\frac{1}{n})$，则 $b_n\to \xi \in A$。

第二组参考题 4

试用压缩映射原理证明数列

$$\sqrt{7},\sqrt{7-\sqrt{7}},\sqrt{7-\sqrt{7+\sqrt{7}}},\sqrt{7-\sqrt{7+\sqrt{7-\sqrt{7}}}},\cdots$$

收敛，并计算其极限。

解 记

$$T(x)=\sqrt{7-\sqrt{7+x}},x\in [0,3].$$

直接计算得 $T([0,3])\subset [2,3]$。又

$$T^{\prime }(x)=-\frac{1}{4\sqrt{7-\sqrt{7+x}}\sqrt{7+x}},$$

故在 $[0,3]$ 上

$$|T^{\prime }(x)|\le \frac{1}{8}<1.$$

因而 $T$ 是压缩映射。由题目中的构造可见

$$x_{n+2}=T(x_n).$$

所以奇数项子列与偶数项子列都在压缩映射 $T$ 下迭代，必各自收敛到 $T$ 的唯一不动点。解

$$x=T(x)=\sqrt{7-\sqrt{7+x}}$$

可得 $x=2$。因此两条子列都趋于 $2$，原数列也收敛到 $2$。

第二组参考题 5

设有界数列 $\{x_n\}$ 具有如下性质：对于每个数列 $\{y_n\}$，成立

$${\overline{\lim }}_{n\to \infty }(x_n+y_n)={\overline{\lim }}_{n\to \infty }{x}_n+{\overline{\lim }}_{n\to \infty }{y}_n.$$

证明 $\{x_n\}$ 收敛。

解 记

$$L={\overline{\lim }}_{n\to \infty }{x}_n,l={\underline{\lim }}_{n\to \infty }{x}_n.$$

对 $y_n=-x_n$ 应用题设，得到

$$0=\overline{\lim }(x_n-x_n)=\overline{\lim }{x}_n+\overline{\lim }(-x_n)=L-l.$$

故 $L=l$，于是 $\{x_n\}$ 收敛。

第二组参考题 6

1. 设 $\{x_n\}$ 为正数列，且 ${\lim }_{n\to \infty }{x}_n=0$。证明：存在无限多个 $n$，成立

$$x_n<x_k,k=1,2,\cdots ,n-1.$$

2. 设 $\{x_n\}$ 为正数列，且有正下界。证明：

$${\overline{\lim }}_{n\to \infty }\frac{x_{n+1}}{x_n}\ge 1.$$

解

1. 反设只存在有限多个这样的 $n$。则从某个 $N$ 起，每个 $n>N$ 都存在 $k<n$ 使 $x_n\ge x_k$。取前 $N$ 项的最小值 $m>0$，便得 $x_n\ge m$ 对一切 $n$ 成立，这与 $x_n\to 0$ 矛盾。故这样的 $n$ 必有无穷多个。

2. 设 $\{x_n\}$ 有正下界 $m>0$。若

$${\overline{\lim }}_{n\to \infty }\frac{x_{n+1}}{x_n}<1,$$

则可取 $q<1$，使充分大时

$$x_{n+1}\le q{x}_n.$$

迭代得 $x_n\to 0$，与正下界矛盾。因此

$${\overline{\lim }}_{n\to \infty }\frac{x_{n+1}}{x_n}\ge 1.$$

第二组参考题 7

设 $y_n=p{x}_n+q{x}_{n+1},n\in {\mathbb{N}}_{+}$，其中 $|p|<|q|$。证明：若 $\{y_n\}$ 收敛，则 $\{x_n\}$ 也收敛。

解 设 $y_n\to c$，并记

$$r=-\frac{p}{q},\xi =\frac{c}{p+q}.$$

由 $|p|<|q|$ 知 $|r|<1$。令

$$u_n=x_n-\xi ,v_n=\frac{y_n-c}{q}.$$

则递推式变为

$$u_{n+1}=r{u}_n+v_n,v_n\to 0.$$

展开得

$$u_n=r^{n-1}{u}_1+\sum _{k=1}^{n-1}{r}^{n-1-k}{v}_k.$$

任取 $\epsilon >0$，取 $N$ 使 $|v_k|<\frac{1-|r|}{2}\epsilon$ 对 $k\ge N$ 成立。于是

$$\left|\sum _{k=N}^{n-1}{r}^{n-1-k}{v}_k\right|\le \frac{1-|r|}{2}\epsilon \sum _{j=0}^{\infty }|r{|}^j=\frac{\epsilon }{2}.$$

而前面有限和与 $r^{n-1}{u}_1$ 都趋于 $0$。故 $u_n\to 0$，即

$$x_n\to \xi =\frac{c}{p+q}.$$

第二组参考题 8

设 $\{x_n\}$ 有界，且 ${\lim }_{n\to \infty }(x_{2n}+2x_n)=A$。证明 $\{x_n\}$ 收敛，并求其极限。

解 记

$$L={\overline{\lim }}_{n\to \infty }{x}_n,l={\underline{\lim }}_{n\to \infty }{x}_n.$$

取子列 $x_{n_k}\to L$。由题设

$$x_{2n_k}+2x_{n_k}\to A,$$

故

$$x_{2n_k}\to A-2L.$$

因为 $\{x_{2n_k}\}$ 是原数列子列，所以

$$l\le A-2L\le L.$$

同理，取子列 $x_{m_k}\to l$，可得

$$l\le A-2l\le L.$$

于是

$$2L+l\le A\le L+2l.$$

这迫使 $L\le l$。故 $L=l$，原数列收敛。设极限为 $\eta$，则

$$\eta +2\eta =A,$$

所以

$$\eta =\frac{A}{3}.$$

第二组参考题 9

设 $x_n=\sin n,n\in {\mathbb{N}}_{+}$，证明数列 $\{x_n\}$ 的极限点集合为 $[-1,1]$。

解 由 $\pi$ 是无理数，数列 $\{n\mathrm{mod}2\pi \}$ 在 $[0,2\pi ]$ 中稠密。任取 $y\in [-1,1]$，可取 $\theta \in [0,2\pi ]$，使 $\sin \theta =y$。再取子列 $n_k$，使

$$n_k\mathrm{mod}2\pi \to \theta .$$

于是

$$\sin n_k\to \sin \theta =y.$$

故 $[-1,1]$ 中每一点都是极限点。另一方面，$\sin n\in [-1,1]$，所以极限点不可能跑到这个区间之外。 因而极限点集合恰为 $[-1,1]$。

第二组参考题 10

设 $\{x_n\}$ 有界，且 ${\lim }_{n\to \infty }(x_{n+1}-x_n)=0$。将 $\{x_n\}$ 的下极限和上极限分别记为 $l$ 和 $L$。证明：在区间 $[l,L]$ 中的每一个点都是数列 $\{x_n\}$ 的极限点。

解 任取 $c\in (l,L)$。由 $l,L$ 的定义，可在充分大的指标中分别找到

$$x_{p_k}<c<x_{q_k},p_k<q_k,p_k\to \infty .$$

在区间 $[p_k,q_k]$ 中取最小指标 $r_k$ 使 $x_{r_k}\ge c$。则

$$x_{r_k-1}<c\le x_{r_k}.$$

由于 $r_k\to \infty$ 且 $x_{n+1}-x_n\to 0$，有

$$0\le x_{r_k}-c\le x_{r_k}-x_{r_k-1}\to 0.$$

故 $x_{r_k}\to c$。因此 $c$ 是极限点。端点 $l,L$ 本来就是极限点，所以区间 $[l,L]$ 中每一点都是 $\{x_n\}$ 的极限点。