鲸鱼的树洞

数学分析——实数和数列极限

实数

任何有理数 rr 都可以表示为两个整数之商： r=pqr=\dfrac{p}{q} 式中 pp，qq 都是整数且 q≠0q≠0。

有理数通过加、减、乘、除（除数不能是 00）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 3.1˙42857˙3.\dot{1}4285\dot{7} 为例， 3.1˙42857˙=3+α3.\dot{1}4285\dot{7}=3+\alpha 其中 α=0.1˙42857˙\alpha=0.\dot{1}4285\dot{7}，那么 106α=142857+α10^6\alpha=142857+\alpha，于是 α=142857106−1=142857999999=17\alpha=\dfrac{142857}{10^6-1}=\dfrac{142857}{999999}=\dfrac{1}{7} 因此 3.1˙42857˙=3+17=2273.\dot{1}4285\dot{7}=3+\dfrac{1}{7}=\dfrac{22}{7}

证明：2\sqrt2 不是一个分数。 不妨采用反证法，假设 2\sqrt2 是分数，即 2=pq\sqrt2=\dfrac{p}{q} 其中 pp，qq 是无公因子的正整数，那么 p2=2q2p^2=2q^2 即 p2p^2 是偶数，因此 pp 也是偶数。设 p=2k,k∈Np=2k,k\in{N}，代入上式可得 4k2=2q24k^2=2q^2，即 q2=2k2q^2=2k^2 因此 qq 也是偶数，与 pp，qq 无公因子的假设矛盾，因此 2\sqrt2 不是一个分数。 证毕。

字母含义：

对于任意正整数 xx，都有整数 pp 与正整数 qq，使得 pq≤x<p+1q\dfrac{p}{q}\leq{x}<\dfrac{p+1}{q} 这个不等式等价于 0≤x−pq<1q0\leq{x-\dfrac{p}{q}}<\dfrac{1}{q} 可得 ∣x−pq∣<1q\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 xx，yy 有 −∣x∣≤x≤∣x∣,−∣y∣≤y≤∣y∣-\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 −(∣x∣+∣y∣)≤x+y≤∣x∣+∣y∣-(\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 ∣x+y∣≤∣x∣+∣y∣\lvert{x+y}\rvert\leq\lvert{x}\rvert+\lvert{y}\rvert 其中等号成立的条件是 xx 与 yy 中至少有一个等于 00，或者 xx 与 yy 有相同的正负号。

稠密集

现有 RR 中的数集 EE，如果在任意两个实数之间必有 EE 的一个数，则称 RR 中的数集 EE 在 RR 中是稠密的。例如 QQ 与 R/QR/Q 在 RR 中是稠密的。

无穷递降法

证明：若 n∈N∗n\in{N^\ast} 且 nn 不是完全平方数，那么 n\sqrt{n} 是无理数。 用反证法，假设 n=pq\sqrt{n}=\dfrac{p}{q}，其中 p,q∈N∗p,q\in{N^\ast}。由于 nn 不是完全平方数，因此有 m∈N∗m\in{N^\ast}，使得 m<pq<m+1m<\dfrac{p}{q}<m+1，由此可得 0<p−mq<q0<p-mq<q。在等式 p2=nq2p^2=nq^2 的两边都减去 mpqmpq，得到 p2−mpq=nq2−mpqp^2-mpq=nq^2-mpq，这等价于 pq=nq−mpp−mq\dfrac{p}{q}=\dfrac{nq-mp}{p-mq} 令 p1=np−mpp_1=np-mp，q1=p−mqq_1=p-mq。由于 q1∈N∗q_1\in{N^\ast} 且 q1<qq_1<q，所以 p1∈N∗p_1\in{N^\ast} 且 p1<pp_1<p。对等式 pq=p1q1\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>p1>p1>p3>⋯p>p_1>p_1>p_3>\cdots q>q1>q2>q3>⋯q>q_1>q_2>q_3>\cdots 使得 pq=p1q1=p2q2=p3q3=⋯\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 pp 或者 qq 开始的正整数不可能永无止境地递减下去，因此 n\sqrt{n} 是无理数。

数列和收敛数列

定义 1.2.1

设 {an}\left\{{a_n}\right\} 是一个数列，aa 是一个实数。∀ε>0\forall\varepsilon>0，∃N∈N∗\exists{N\in{N^\ast}}，使得当 n>Nn>N 时，有 ∣an−a∣<ε\lvert{a_n-a}\rvert<\varepsilon 就说数列 {an}\left\{a_n\right\} 当 n 趋向于无穷大时以 aa 为极限，记为 lim⁡x→+∞an=a{\lim_{x\to+\infty}a_n}=a 或简记为 an→a(n→+∞)a_n\to{a}\left(n\to+\infty\right)。

上述定义我们也称之为 ε−N\varepsilon-N 定义。

其中，对于任意的 ε\varepsilon，强调的是其任意小的方面，而不是任意大的方面。且当 ε\varepsilon 给定后，满足要求的 NN 通常是与 ε\varepsilon 相关的。在证明时只需重视满足条件的 NN 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→+∞n1n=a{\lim_{n\to+\infty}n^{\frac{1}{n}}}=a

利用几何平均-算术不等式，得到

1≤n1n=(1⋯1⏟n−2个nn)1n≤(n−2)−2nn=1+2(n−1)n1\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≤n1n−1<2n0\leq{n^{\dfrac{1}{n}}}-1<\dfrac{2}{\sqrt{n}} ∀ε>0\forall\varepsilon>0，取 N=[4ε2]N=\left[\dfrac{4}{\varepsilon^2}\right]，当 n>Nn>N 时，有 ∣n1n−1∣<2n<2N<ε\rvert{n^{\dfrac{1}{n}}-1}\rvert<\dfrac{2}{\sqrt{n}}<\dfrac{2}{\sqrt{N}}<\varepsilon 因此 lim⁡n→+∞n1n=a{\lim_{n\to+\infty}n^{\frac{1}{n}}}=a

以上的证明利用了 ε−N\varepsilon-N 方法。

收敛数列的性质

邻域

绝对值不等式 ∣an−a∣<ε\lvert{a_n-a}\rvert<\varepsilon 等价于 a−ε<an<a+εa-\varepsilon<a_n<a+\varepsilon 我们称关于 aa 对称的开区间 (a−ε,a+ε)\left(a-\varepsilon,a+\varepsilon\right) 为 aa 的 ε\varepsilon 邻域。

定义 1.3.1

数列{an}\left\{a_n\right\}当 n→∞n\to\infty 时收敛于实数 aa 是指：对于任意的 ε>0\varepsilon>0，总存在 N∈N∗N\in{N^\ast}，使得此数列中除有限多项a1,a2,…,aNa_1,a_2,\dots,a_N可能是例外，其它的项均落在 aa 的 ε\varepsilon 邻域内。

定理 1.3.1

如果数列{an}\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{an}\left\{a_n\right\}有两个不同极限 aa 和 bb，且 a<ba<b，令 ε=b−a2\varepsilon=\dfrac{b-a}{2}。对于这个 ε>0\varepsilon>0，必有 N1∈N∗N_1\in{N_\ast}，当 n>N1n>N_1 时一切 {an}\left\{a_n\right\}均在 bb 的 ε\varepsilon 邻域内；同时又有 N2∈N∗N_2\in{N^\ast}，当 n>N2n>N_2 时一切 ana_n 均在 aa 的 ε\varepsilon 邻域内。因此，当n>max{N1,N2}n>max\left\{N_1,N_2\right\}时，一切{an}\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=ba=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{xn}\left\{x_n\right\}递增且有上界，则 lim⁡n→∞xn=sup⁡(xn){\lim_{n\to\infty}x_n}=\sup\left(x_n\right)
  2. 若数列{xn}\left\{x_n\right\}递减且有下界，则 lim⁡n→∞xn=inf⁡(xn){\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 x1=10x_1=10，xn+1=6+xnx_{n+1}=\sqrt{6+x_n}。证明：{xn}\left\{x_n\right\}极限存在并求 lim⁡x→∞xn{\lim_{x\to\infty}x_n}。

xn+1−xn=6+xn−xn=6+xn−xn26+xn+xn=−(xn−2)(xm−3)6+xn+xnx_{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 xnx_n 与 33 之间的关系。 x1=10>3x_1=10>3 x2=4>3x_2=4>3 猜测 xn>3x_n>3

设 xk>3x_k>3。（若 xk+1>3x_{k+1}>3，则 xn>3x_n>3） xk+1=6+xk>6+3=3x_{k+1}=\sqrt{6+x_k}>\sqrt{6+3}=3 由数学归纳法可知，xn>3x_n>3，即{xn}\left\{x_n\right\}有下界 33。

因此xn+1−xn<0x_{n+1}-x_n<0，说明{xn}\left\{x_n\right\}单调递减。

由单调有界原理，可知{xn}\left\{x_n\right\}极限存在。

令 lim⁡n→∞xn=a{\lim_{n\to\infty}x_n=a}，则 lim⁡n→∞xn+1=a{\lim_{n\to\infty}x_{n+1}=a}。 lim⁡n→∞xn+1=6+lim⁡n→∞xn{\lim_{n\to\infty}x_{n+1}}=\sqrt{6+{\lim_{n\to\infty}x_n}} a=6+aa=\sqrt{6+a} 解得 a=3或−2a=3或-2

显然 a=−2a=-2 舍去。

因此 lim⁡x→∞xn=3{\lim_{x\to\infty}x_n}=3

对 xnx_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 x2+y2≥2xyx^2+y^2\geq2xy 和 0<x<π20<x<\dfrac{\pi}{2} 时，sin⁡x<x<tan⁡x\sin{x}<x<\tan{x} 等。

定理 1.5.2（闭区间套定理）

设In=[an,bn](n∈N∗)I_n=\left[a_n,b_n\right](n\in{N^\ast})，并且I1⊃I2⊃I3⊃⋯⊃In⊃In+1⊃…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∣In∣=bn−an(n→∞)\lvert I_n \rvert =b_n-a_n(n\to \infty)，那么交集∩n=1∞In\cap^{\infty}_{n=1}I_n含有唯一的一点。

自然对数的底数 e

lim⁡n→∞(1+1n)n=e\lim_{n\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n=e lim⁡n→∞(1+11!+12!+⋯+1n!)=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ana_n是一实数列，对任意给定的 ε>0\varepsilon>0，若存在 N∈N∗N\in{N^\ast}，使得当 m,n∈N∗m,n\in{N^\ast} 时，有 ∣am−an∣<ε\lvert a_m-a_n\rvert<\varepsilon 则称数列ana_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 xn=(−1)nnn+1cos⁡nπ3(n=1,2,⋯ )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

N0={6k(k≥1)},Nj={6k+1(k≥0)}(j=1,2,⋯ ,5)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∈Nj(j=0,1,⋯ ,5)n\in{N_j}(j=0,1,\cdots,5) 不同情形的子列。当 n∈N0n\in{N_0} 时，即子列 xnk,nk=6k(k≥1)x_{n_k},n_k=6k(k\geq 1)，有 lim⁡k→∞xnk=lim⁡k→∞6k6k+1=1\lim_{k\to\infty}x_{n_k}=\lim_{k\to\infty}\dfrac{6k}{6k+1}=1 当 n∈N1n\in N_1 时，即子列 xnk,nk=6k+1(k≥1)x_{n_k},n_k=6k+1(k\geq 1)，有 lim⁡k→∞xnk=−12lim⁡k→∞6k+16k+2=−12\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∈N3)1(n\in N_3)，或 −12(n∈N2,N4,N6)-\dfrac{1}{2}(n\in N_2,N_4,N_6)。因为 N=N0∪N1∪⋯∪N5N=N_0\cup N_1 \cup\cdots\cup N_5，并且诸 NjN_j 两两无公共元素，所以任何一个下标 nn 必属于某个确定的 NjN_j。对于 xnx_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 N0,N3N_0,N_3 或它们的并集，此时其极限等于 11；或者同属于 N1,N2,N4,N5N_1,N_2,N_4,N_5 或它们的并集，此时其极限等于 −12-\dfrac{1}{2}。因此 xnx_n 的任一收敛子列的极限或等于 11, 或等于 −12-\dfrac{1}{2}，从而 lim sup⁡n→∞xn=1\limsup_{n\to\infty}{x_n}=1，lim inf⁡n→∞xn=−12\liminf_{n\to\infty}{x_n}=-\dfrac{1}{2}。

Stolz 定理