鲸鱼的树洞
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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 $\limsup_{n\to\infty}{x_n}=1$,$\liminf_{n\to\infty}{x_n}=-\dfrac{1}{2}$。

Stolz 定理