数学分析——实数和数列极限
实数
任何有理数 \(r\) 都可以表示为两个整数之商： \[r=\dfrac{p}{q}\] 式中 \(p\)，\(q\) 都是整数且 \(q≠0\)。
有理数通过加、减、乘、除（除数不能是 \(0\)）后仍为有理数，因此称全体有理数组成一个数域。
用分数表示有尽小数：这你不会？
用分数表示无尽循环小数：以 \(3.\dot{1}4285\dot{7}\) 为例， \[3.\dot{1}4285\dot{7}=3+\alpha\] 其中 \(\alpha=0.\dot{1}4285\dot{7}\)，那么 \(10^6\alpha=142857+\alpha\)，于是 \[\alpha=\dfrac{142857}{10^6-1}=\dfrac{142857}{999999}=\dfrac{1}{7}\] 因此 \[3.\dot{1}4285\dot{7}=3+\dfrac{1}{7}=\dfrac{22}{7}\]
证明：\(\sqrt2\) 不是一个分数。 不妨采用反证法，假设 \(\sqrt2\) 是分数，即 \[\sqrt2=\dfrac{p}{q}\] 其中 \(p\)，\(q\) 是无公因子的正整数，那么 \[p^2=2q^2\] 即 \(p^2\) 是偶数，因此 \(p\) 也是偶数。设 \(p=2k,k\in{N}\)，代入上式可得 \(4k^2=2q^2\)，即 \[q^2=2k^2\] 因此 \(q\) 也是偶数，与 \(p\)，\(q\) 无公因子的假设矛盾，因此 \(\sqrt2\) 不是一个分数。 证毕。
字母含义： - \(Z\) 记全体整数 - \(N\) 记自然数 - \(N^*\) 记全体正整数 - \(Q\) 记全体有理数 - \(R\) 记全体实数 - \(R/Q\) 记全体无理数
对于任意正整数 \(x\)，都有整数 \(p\) 与正整数 \(q\)，使得 \[\dfrac{p}{q}\leq{x}<\dfrac{p+1}{q}\] 这个不等式等价于 \[0\leq{x-\dfrac{p}{q}}<\dfrac{1}{q}\] 可得 \[\lvert{x-\dfrac{p}{q}}\rvert{<{\dfrac{1}{q}}}\] 这表明：每一个实数都能用有理数去逼近到任意精确的程度。
三角形不等式
对于任何实数 \(x\)，\(y\) 有 \[-\lvert{x}\rvert{\leq}x\leq{\lvert{x}\rvert},-\lvert{y}\rvert{\leq}y\leq{\lvert{y}\rvert}\] 两个不等式相加可得 \[-(\lvert{x}\rvert+\lvert{y}\rvert)\leq{x+y}\leq{\lvert{x}\rvert+\lvert{y}\rvert}\] 由此即可得出三角形不等式 \[\lvert{x+y}\rvert\leq\lvert{x}\rvert+\lvert{y}\rvert\] 其中等号成立的条件是 \(x\) 与 \(y\) 中至少有一个等于 \(0\)，或者 \(x\) 与 \(y\) 有相同的正负号。
稠密集
现有 \(R\) 中的数集 \(E\)，如果在任意两个实数之间必有 \(E\) 的一个数，则称 \(R\) 中的数集 \(E\) 在 \(R\) 中是稠密的。例如 \(Q\) 与 \(R/Q\) 在 \(R\) 中是稠密的。
无穷递降法
证明：若 \(n\in{N^\ast}\) 且 \(n\) 不是完全平方数，那么 \(\sqrt{n}\) 是无理数。 用反证法，假设 \(\sqrt{n}=\dfrac{p}{q}\)，其中 \(p,q\in{N^\ast}\)。由于 \(n\) 不是完全平方数，因此有 \(m\in{N^\ast}\)，使得 \(m<\dfrac{p}{q}<m+1\)，由此可得 \(0<p-mq<q\)。在等式 \(p^2=nq^2\) 的两边都减去 \(mpq\)，得到 \(p^2-mpq=nq^2-mpq\)，这等价于 \[\dfrac{p}{q}=\dfrac{nq-mp}{p-mq}\] 令 \(p_1=np-mp\)，\(q_1=p-mq\)。由于 \(q_1\in{N^\ast}\) 且 \(q_1<q\)，所以 \(p_1\in{N^\ast}\) 且 \(p_1<p\)。对等式 \[\dfrac{p}{q}=\dfrac{p_1}{q_1}\] 反复地进行同样的讨论，可以得到两串递减的正整数列 \[p>p_1>p_1>p_3>\cdots\] \[q>q_1>q_2>q_3>\cdots\] 使得 \[\dfrac{p}{q}=\dfrac{p_1}{q_1}=\dfrac{p_2}{q_2}=\dfrac{p_3}{q_3}=\cdots\] 这是不可能的，因为从 \(p\) 或者 \(q\) 开始的正整数不可能永无止境地递减下去，因此 \(\sqrt{n}\) 是无理数。
数列和收敛数列
定义 1.2.1
设 \(\left\{{a_n}\right\}\) 是一个数列，\(a\) 是一个实数。\(\forall\varepsilon>0\)，\(\exists{N\in{N^\ast}}\)，使得当 \(n>N\) 时，有 \[\lvert{a_n-a}\rvert<\varepsilon\] 就说数列 \(\left\{a_n\right\}\) 当 n 趋向于无穷大时以 \(a\) 为极限，记为 \[{\lim_{x\to+\infty}a_n}=a\] 或简记为 \(a_n\to{a}\left(n\to+\infty\right)\)。
上述定义我们也称之为 \(\varepsilon-N\) 定义。
其中，对于任意的 \(\varepsilon\)，强调的是其任意小的方面，而不是任意大的方面。且当 \(\varepsilon\) 给定后，满足要求的 \(N\) 通常是与 \(\varepsilon\) 相关的。在证明时只需重视满足条件的 \(N\) 的存在性，不需要找到满足要求的最小正整数。
收敛数列与发散数列
存在极限的数列称之为收敛数列；不收敛的数列称之为发散数列。
例题
证明：\({\lim_{n\to+\infty}n^{\frac{1}{n}}}=a\)
利用几何平均-算术不等式，得到
\[1\leq{n^{\frac{1}{n}}}=\left(\underbrace{1\cdots1}_{n-2个}\sqrt{n}\sqrt{n}\right)^{\dfrac{1}{n}}\leq{\dfrac{\left(n-2\right)-2\sqrt{n}}{n}}=1+\dfrac{2\left(\sqrt{n}-1\right)}{n}\]
因此 \[0\leq{n^{\dfrac{1}{n}}}-1<\dfrac{2}{\sqrt{n}}\] \(\forall\varepsilon>0\)，取 \(N=\left[\dfrac{4}{\varepsilon^2}\right]\)，当 \(n>N\) 时，有 \[\rvert{n^{\dfrac{1}{n}}-1}\rvert<\dfrac{2}{\sqrt{n}}<\dfrac{2}{\sqrt{N}}<\varepsilon\] 因此 \[{\lim_{n\to+\infty}n^{\frac{1}{n}}}=a\]
以上的证明利用了 \(\varepsilon-N\) 方法。
收敛数列的性质
邻域
绝对值不等式 \(\lvert{a_n-a}\rvert<\varepsilon\) 等价于 \[a-\varepsilon<a_n<a+\varepsilon\] 我们称关于 \(a\) 对称的开区间 \(\left(a-\varepsilon,a+\varepsilon\right)\) 为 \(a\) 的 \(\varepsilon\) 邻域。
定义 1.3.1
数列\(\left\{a_n\right\}\)当 \(n\to\infty\) 时收敛于实数 \(a\) 是指：对于任意的 \(\varepsilon>0\)，总存在 \(N\in{N^\ast}\)，使得此数列中除有限多项\(a_1,a_2,\dots,a_N\)可能是例外，其它的项均落在 \(a\) 的 \(\varepsilon\) 邻域内。
定理 1.3.1
如果数列\(\left\{a_n\right\}\)收敛，则它只有一个极限。即收敛数列的极限是唯一的。
证明：采用反证法。
假设收敛数列\(\left\{a_n\right\}\)有两个不同极限 \(a\) 和 \(b\)，且 \(a<b\)，令 \(\varepsilon=\dfrac{b-a}{2}\)。对于这个 \(\varepsilon>0\)，必有 \(N_1\in{N_\ast}\)，当 \(n>N_1\) 时一切 \(\left\{a_n\right\}\)均在 \(b\) 的 \(\varepsilon\) 邻域内；同时又有 \(N_2\in{N^\ast}\)，当 \(n>N_2\) 时一切 \(a_n\) 均在 \(a\) 的 \(\varepsilon\) 邻域内。因此，当\(n>max\left\{N_1,N_2\right\}\)时，一切\(\left\{a_n\right\}\)都必须同时在这两个开区间内，但因这两个开区间没有公共点，这就产生了矛盾。所以，只能有 \(a=b\)。
证毕。
数列极限概念的推广
单调数列
定理 1.5.1（单调有界原理）
单调且有界的数列一定有极限(收敛)： 1. 若数列\(\left\{x_n\right\}\)递增且有上界，则 \[{\lim_{n\to\infty}x_n}=\sup\left(x_n\right)\] 2. 若数列\(\left\{x_n\right\}\)递减且有下界，则 \[{\lim_{n\to\infty}x_n}=\inf\left(x_n\right)\]
若题目中给出递推公式，则考虑单调有界原理。
例题
设 \(x_1=10\)，\(x_{n+1}=\sqrt{6+x_n}\)。证明：\(\left\{x_n\right\}\)极限存在并求 \({\lim_{x\to\infty}x_n}\)。
\[x_{n+1}-x_n=\sqrt{6+x_n}-x_n=\dfrac{6+x_n-{x_n}^2}{\sqrt{6+x_n}+x_n}=\dfrac{-\left(x_n-2\right)\left(x_m-3\right)}{\sqrt{6+x_n}+x_n}\]
只需讨论 \(x_n\) 与 \(3\) 之间的关系。 \[x_1=10>3\] \[x_2=4>3\] 猜测 \(x_n>3\)
设 \(x_k>3\)。（若 \(x_{k+1}>3\)，则 \(x_n>3\)） \[x_{k+1}=\sqrt{6+x_k}>\sqrt{6+3}=3\] 由数学归纳法可知，\(x_n>3\)，即\(\left\{x_n\right\}\)有下界 \(3\)。
因此\(x_{n+1}-x_n<0\)，说明\(\left\{x_n\right\}\)单调递减。
由单调有界原理，可知\(\left\{x_n\right\}\)极限存在。
令 \({\lim_{n\to\infty}x_n=a}\)，则 \({\lim_{n\to\infty}x_{n+1}=a}\)。 \[{\lim_{n\to\infty}x_{n+1}}=\sqrt{6+{\lim_{n\to\infty}x_n}}\] \[a=\sqrt{6+a}\] 解得 \(a=3或-2\)
显然 \(a=-2\) 舍去。
因此 \({\lim_{x\to\infty}x_n}=3\)
对 \(x_n\) 放缩的方法： 1. 观察后利用数学归纳法。 2. 运用常见不等式，例如 \(x^2+y^2\geq2xy\) 和 \(0<x<\dfrac{\pi}{2}\) 时，\(\sin{x}<x<\tan{x}\) 等。
定理 1.5.2（闭区间套定理）
设\(I_n=\left[a_n,b_n\right](n\in{N^\ast})\)，并且\(I_1\supset I_2\supset I_3\supset \dots \supset I_n\supset I_{n+1}\supset \dots\)。如果这一列区间的长度\(\lvert I_n \rvert =b_n-a_n(n\to \infty)\)，那么交集\(\cap^{\infty}_{n=1}I_n\)含有唯一的一点。
自然对数的底数 e
\[\lim_{n\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n=e\] \[\lim_{n\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{1!}+\dfrac{1}{2!}+\cdots+\dfrac{1}{n!}\right)=e\]
基本列和 Cauchy 收敛原理
定义 1.7.1
设\(a_n\)是一实数列，对任意给定的 \(\varepsilon>0\)，若存在 \(N\in{N^\ast}\)，使得当 \(m,n\in{N^\ast}\) 时，有 \[\lvert a_m-a_n\rvert<\varepsilon\] 则称数列\(a_n\)是一个基本列或 Cauchy 列。
上确界和下确界
有限覆盖定理
上极限和下极限
例题 1
求数列 \[x_n=\dfrac{(-1)^nn}{n+1}\cos{\dfrac{n\pi}{3}} (n=1,2,\cdots)\] 的上极限和下极限。
定义集合
\[N_0=\left\{6k(k\geq 1)\right\},N_j=\left\{6k+1(k\geq 0)\right\}(j=1,2,\cdots,5)\]
分别考虑当下标 \(n\in{N_j}(j=0,1,\cdots,5)\) 不同情形的子列。当 \(n\in{N_0}\) 时，即子列 \(x_{n_k},n_k=6k(k\geq 1)\)，有 \[\lim_{k\to\infty}x_{n_k}=\lim_{k\to\infty}\dfrac{6k}{6k+1}=1\] 当 \(n\in N_1\) 时，即子列 \(x_{n_k},n_k=6k+1(k\geq 1)\)，有 \[\lim_{k\to\infty}x_{n_k}=-\dfrac{1}{2}\lim_{k\to\infty}\dfrac{6k+1}{6k+2}=-\dfrac{1}{2}\] 类似地可以算出其他 4 种情形，相应的子列极限等于 \(1(n\in N_3)\)，或 \(-\dfrac{1}{2}(n\in N_2,N_4,N_6)\)。因为 \(N=N_0\cup N_1 \cup\cdots\cup N_5\)，并且诸 \(N_j\) 两两无公共元素，所以任何一个下标 \(n\) 必属于某个确定的 \(N_j\)。对于 \(x_n\) 的任一收敛子列，其任何收敛子列也有与该子列相同的极限，因此其各项的下标除去可能有限多个例外，必然或者同属于 \(N_0,N_3\) 或它们的并集，此时其极限等于 \(1\)；或者同属于 \(N_1,N_2,N_4,N_5\) 或它们的并集，此时其极限等于 \(-\dfrac{1}{2}\)。因此 \(x_n\) 的任一收敛子列的极限或等于 \(1\), 或等于 \(-\dfrac{1}{2}\)，从而 \(\limsup_{n\to\infty}{x_n}=1\)，\(\liminf_{n\to\infty}{x_n}=-\dfrac{1}{2}\)。