《陶哲轩实分析》习题 6.4

最后写在最前

一开始以为很好写，看别人答案觉得写得不清楚，自己写过才明白要说清楚不容易，别说把思路也写出来，觉得难的部分，憋半天憋不出来。没学过数理逻辑，符号都是乱用的，一开始觉得用符号写出来可以把条件都列出来，观察它们的形状，但是实际上做草稿可能有用，看的人并不觉得方便，用文字叙述的话，存在、任意嵌套多了也很麻烦。有时觉得想出来了，写的时候才发现不对，所以写出来还是有好处的，但是花了几天才写了一节……

答案大量参考 https://alg1lc.home.blog/t-tao_analysis_solution-index/ 。

6.4.1 证明 6.4.5。

设 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 是收敛到实数 $c$ 的序列。那么 $c$ 是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点，并且事实上它是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的仅有的极限点。

根据极限点的定义，我们最终要得到的是

$$\forall \epsilon > 0,\ \forall N \geq m,\ \exists n \geq N,\ |a_n-c| \leq \epsilon$$

由于 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 是收敛到实数 $c$ 的序列

$$\forall \epsilon > 0,\ \exists N_{\epsilon} \geq m,\ \forall n \geq N,\ |a_n - c| \leq \epsilon$$

可知，对于有每个 $\epsilon$ 都有一个特定的 $N_{\epsilon}$ 存在，对于每个满足 $N \geq m$ 的 $N$，有两种可能：$N \geq N_{\epsilon}$ 或 $N \lt N_{\epsilon}$，两种情况下分别有

$$\forall \epsilon > 0,\ \forall N \geq m \wedge N \geq N_{\epsilon},\ \exists n = N \geq N_{\epsilon},\ |a_n-c| \leq \epsilon\\ \forall \epsilon > 0,\ \forall N \geq m \wedge N \lt N_{\epsilon},\ \exists n = N \geq N_{\epsilon} > N,\ |a_n-c| \leq \epsilon$$

由此得到定义

$$\forall \epsilon > 0,\ \forall N \geq m,\ \exists n \geq N,\ |a_n-c| \leq \epsilon$$

说明 $c$ 是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点。

接着证明唯一性。唯一性证明一般有两种方法，一种是假设有两个值，最后求出这两个值必须一样；另一种是假定有两个不同的值，最后推出矛盾。这里我们没有求出极限点的方法，而有判别是否为极限点的方法，所以用第二种方法。

假设序列有第二个极限点 $c' \neq c$。一个序列是可能有两个极限点的，所以我们的假设应该是会和 $c$ 是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 极限相矛盾。由 $c$ 是极限而 $c'$ 是极限点可以写出

$$\forall \epsilon > 0,\ \exists N_{\epsilon} \geq m,\ \forall n \geq N_{\epsilon},\ |a_n - c| \leq \epsilon\\ \forall \epsilon > 0,\ \forall N \geq m,\ \exists n \geq N,\ |a_n-c'| \leq \epsilon$$

接着推导

$$\forall \epsilon > 0,\ \exists N_{\epsilon} \geq m,\ \exists n \geq N_{\epsilon}, \ |a_n - c| \leq \epsilon \wedge |a_n-c'| \leq \epsilon$$

看到 $|a_n - c| \leq$ 和 $|a_n-c'| \leq \epsilon$，可以想到使用三角形不等式构造出 $|c'-c|\leq 2\epsilon$。由 命题 5.4.14 知道

$$\exists q \in \mathbb{Q},\ 0 \lt q \lt |c'-c|$$

所以

$$\forall \epsilon = \frac{q}{2} > 0,\ \exists N_{\epsilon} \geq m,\ \exists n \geq N_{\epsilon}, \ |a_n - c| \leq \frac{q}{2} \wedge |a_n-c'| \leq \frac{q}{2}$$

由于 $|c' - a_n| = |a_n-c'| \leq \frac{q}{2}$

$$|c'-a_n + a_n - c| = |c'-c| \leq |c' - a_n| + |a_n - c| \leq q$$

于是

$$\forall \epsilon = \frac{q}{2} > 0,\ \exists N_{\epsilon} \geq m,\ \exists n \geq N_{\epsilon}, \ |c'-c| \leq q$$

这与 $0 \lt q \lt |c'-c| $ 矛盾。因此，$c$ 是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的仅有的极限点。

6.4.2 对极限点、上极限和下极限，叙述并证明习题 6.1.3 及 6.1.4 相似的命题。

首先叙述命题。设 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 是实数列，$k,m,m' \in \mathbb{Z}$，$m' \geq m$，$k\geq 0$，$c \in \mathbb{R}^*$。

1. $c$ 是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点当且仅当 $c$ 是 $(a_n)_{n=m'}^\infty$ 的极限点。
2. $c$ 是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点当且仅当 $c$ 是 $(a_{n+k})_{n=m}^\infty$ 的极限点。
3. $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的上极限等于 $c$ 等且仅当 $(a_n)_{n=m'}^\infty$ 的上极限等于 $c$。
4. $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的上极限等于 $c$ 等且仅当 $(a_{n+k})_{n=m}^\infty$ 的上极限等于 $c$。
5. $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的下极限等于 $c$ 等且仅当 $(a_n)_{n=m'}^\infty$ 的下极限等于 $c$。
6. $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的下极限等于 $c$ 等且仅当 $(a_{n+k})_{n=m}^\infty$ 的下极限等于 $c$。

1. 证明 $c$ 是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点当且仅当 $c$ 是 $(a_n)_{n=m'}^\infty$ 的极限点。

   • 先证：若 $c$ 是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点，则 $c$ 是 $(a_n)_{n=m'}^\infty$ 的极限点
     
     把“$c$ 是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点”根据定义展开
     $$\forall \epsilon > 0,\ \forall N \geq m,\ \exists n \geq N,\ |a_n-c| \leq \epsilon$$

     若 $N \geq m'$，已知 $m' \geq m$，有序的传递性得到 $N \geq m$，所以

     $$\forall \epsilon > 0,\ \forall N \geq m',\ \exists n \geq N,\ |a_n-c| \leq \epsilon$$

     从而证明了 $c$ 是 $(a_n)_{n=m'}^\infty$ 的极限点。

   • 再证：若 $c$ 是 $(a_n)_{n=m'}^\infty$ 的极限点，则 $c$ 是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点
     
     同样把条件展开
     $$\forall \epsilon > 0,\ \forall N \geq m',\ \exists n \geq N,\ |a_n-c| \leq \epsilon$$

     对于任意满足 $N \geq m$ 的 $N$，可分为两种情况考虑

     1. $N \geq m'$。
     2. $m' > N \geq m$。

     若 $N \geq m'$，这跟已知条件完全一样

     $$\forall \epsilon > 0,\ \forall N \geq m',\ \exists n \geq N,\ |a_n-c| \leq \epsilon$$

     若 $m' > N \geq m$。先考虑 $N = m'$ 时，由于 $N \geq m'$，所以必然存在一个特定的 $n_{m'} \geq N = m'$ 使得 $|a_{n_{m'}}-c| \leq \epsilon$。所以若 $m' > N$ $n_{m'} > N$ 使得 $|a_{n_{m'}}-c| \leq \epsilon$，也就是

     $$\forall \epsilon > 0,\ \forall m' > N \geq m,\ \exists n = n_{m'} \geq N,\ |a_n-c| \leq \epsilon$$

     综合 $N$ 的两种情况就得到

     $$\forall \epsilon > 0,\ \forall N \geq m,\ \exists n \geq N,\ |a_n-c| \leq \epsilon$$

     这也就证明了 $c$ 是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点。
     
     

2. 证明 $c$ 是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点当且仅当 $c$ 是 $(a_{n+k})_{n=m}^\infty$ 的极限点。
   • $c$ 是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点 $\Longrightarrow$ $c$ 是 $(a_{n+k})_{n=m}^\infty$ 的极限点

     根据极限点的定义，对于任意 $\epsilon > 0$ 和每个 $N \geq m$，都存在一个 $n \geq N$ 使得 $|a_n - c| \leq \epsilon$。

     对于每个 $N$ 都有 $N+k \geq m+k$，由于序的传递性，$N+k \geq m$，所以也都存在一个 $n_k \geq N+k$ 使得 $|a_{n_k} - c| \leq \epsilon$。我们可以把 $n_k$ 表示成整数 $p=n_k-k$ 加 $k$ 的形式，$n_k = p + k$，由整数减法的封闭性，可以保证 $p=n_k-k$ 必然存在。由于 $p+k = n_k \geq N+k \geq m+k$，必有 $p \geq N$。

     综合起来，对于任意 $\epsilon > 0$ 和每个 $N \geq m$，都存在 $p \geq N$ 使得 $|a_{p+k} - c| \leq \epsilon$，这正是 $(a_{n+k})_{n=m}^\infty$ 的极限点的定义。

   • $c$ 是 $(a_{n+k})_{n=m}^\infty$ 的极限点 $\Longrightarrow$ $c$ 是 $(a_n+)_{n=m}^\infty$ 的极限点

     根据极限点的定义，对于任意 $\epsilon > 0$ 和每个 $N \geq m$，都存在一个整数 $n+k \geq N$ 使得 $|a_{n+k} - c| \leq \epsilon$。

     存在一个整数 $n+k \geq N$ 的意思是存在一个整数 $t \geq N$ 且 $t$ 可以表示成 $n + k$ 的形式。实际上任何整数都可以表示成 $n+k$ 的形式，只要取 $n=t-k$，由于整数减法的封闭性，只要 $t$ 存在，就保证了 $n$ 存在。所以定义可以说成：对于任意 $\epsilon > 0$ 和每个 $N \geq m$，都存在一个整数 $t \geq N$ 使得 $|a_t - c| \leq \epsilon$，这正是 $c$ 是 $(a_n+)_{n=m}^\infty$ 的极限点的定义。

3. 证明 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的上极限等于 $c$ 等且仅当 $(a_n)_{n=m'}^\infty$ 的上极限等于 $c$。
   • 首先要证的是：$\inf(a_N^+)_{N=m}^\infty = c \;\;\Longrightarrow\;\; \inf(a_N^+)_{N=m'}^\infty = c$。

     先看左边的 $\inf(a_N^+)_{N=m}^\infty = c$，由 命题 6.3.6 可以知道

     $$\forall N \geq m,\ c \leq a_N^+$$

     由于 $m' \geq m$，当 $N \geq m'$ 自动就有 $N \geq m' \geq m$，所以

     $$\forall N \geq m',\ c \leq a_N^+$$

     由此，我们知道 $c$ 是 $(a_N^+)_{N=m'}^\infty$ 的一个下界，只要再证明这个下界是最小下界就可以了。这里使用反正法，假设 $c$ 不是 $(a_N^+)_{N=m'}^\infty$ 的最大下界，我们企图以此推出 $c$ 不是 $(a_N^+)_{n=m}^\infty$ 的最大下界得到矛盾。

     但是，想象一下若

     $$(a_N^+)_{n=m}^\infty = 1,\ 2,\ 3,\ 4,\ 5\ \cdots\\ (a_N^+)_{n=m'}^\infty = 2,\ 3,\ 4,\ 5,\ 6\ \cdots$$

     则有 $c=1$ 是 $(a_N^+)_{n=m}^\infty$ 和 $(a_N^+)_{n=m'}^\infty$ 的下界，同时存在 $M = 2 > c$ 而没有矛盾。也就是说不是随便什么序列都可以推出矛盾的，这提示我们考察 $a_N^+$ 的性质。

     幸运的是 $(a_N^+)_{n=m}^\infty$ 是一个递减序列，使得推理可以继续进行。
     现在证明: $ N' > N \;\;\Longrightarrow\;\; a_{N'}^+ \leq a_N^+ $。 P.S. 此处可先记住结论，而后再看证明。
     
     由定义 $a_N^+ = \sup(a_n)_{n=N}^\infty$ 可知 $$ \forall n \geq N,\ a_N^+ \geq a_n $$ 由 $N' > N$ 得到 $$ \forall n \geq N',\ a_N^+ \geq a_n $$ 所以 $a_N^+$ 是 $(a_n)_{n=N'}^\infty$ 的上界，因而 $$ a_{N'}^+ =\sup(a_n)_{n=N'}^\infty \leq a_N^+ $$

     据此可知

     $$\forall m' > N \geq m,\ a_N^+ \geq a_{m'}^+$$

     进而由反证法的假设假设： $c$ 不是 $(a_N^+)_{N=m'}^\infty$ 的最大下界得到

     $$\exists M \in \mathbb{R}^*,\ \forall N \geq m',\ c \lt M \leq a_N^+\\ \exists M \in \mathbb{R}^*,\ \forall m' > N \geq m,\ c \lt M \leq a_{m'}^+ \leq a_N^+$$

     综合起来就是

     $$\exists M \in \mathbb{R}^*,\ \forall N \geq m,\ c \lt M \leq a_N^+$$

     也就是存在一个下界 $M$ 比 $c$ 还大，所以 $c$ 不是 $(a_N^+)_{n=m}^\infty$ 的最大下界，得到矛盾，从而证明了 $\inf(a_N^+)_{N=m'}^\infty = c$。

   • 反过来证：$\inf(a_N^+)_{N=m'}^\infty = c \;\;\Longrightarrow\;\; \inf(a_N^+)_{N=m}^\infty = c$。

     思路和上面一样

     1. $c$ 是 $(a_N^+)_{N=m}^\infty$ 的下界。
     2. $c$ 是最大下界。

     这次第一步直接过不去，用反证法。假设 $c$ 不是 $(a_N^+)_{N=m}^\infty$ 的下界

     $$\exists N \geq m,\ a_N^+ \lt c$$

     对于这个特定的 $N$ 分两种情况讨论：$N \lt m'$ 和 $N \geq m'$。
     若是 $N \geq m'$，说明 $c$ 不是 $(a_N^+)_{N=m'}^\infty$ 的下界，矛盾。
     若是 $N <> m'$，如上面虚线框内所证明的，$a_N^+ \geq a_{m'}^+$，所以有 $c > a_N^+ \geq a_{m'}^+$，这也与 $c$ 是 $(a_N^+)_{N=m'}^\infty$ 的下界矛盾。
     所以说 $c$ 一定是 $\inf(a_N^+)_{N=m}^\infty$ 的下界。

     第二步也用反证法。假设 $c$ 不是 $(a_N^+)_{N=m}^\infty$ 的最大下界

     $$\exists M \in \mathbb{R}^*,\ \forall N \geq m,\ c \lt M \leq a_N^+$$

     由于 $m' > m$，若 $N \geq m'$，自然有 $N \geq m'$，于是

     $$\exists M \in \mathbb{R}^*,\ \forall N \geq m',\ c \lt M \leq a_N^+$$

     这与 $c$ 是 $(a_N^+)_{N=m}^\infty$ 的最大下界矛盾。所以 $c$ 是 $(a_N^+)_{N=m}^\infty$ 的最大下界，即 $\inf(a_N^+)_{N=m}^\infty = c$。
     
     

4. 证明 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的上极限等于 $c$ 等且仅当 $(a_{n+k})_{n=m}^\infty$ 的上极限等于 $c$。

   这次，把命题完全展开后对比的方法不管用了。上面已经证明 $\inf(a_N^+)_{N=m}^\infty = \inf(a_N^+)_{N=m+k}^\infty = c$，所以命题等价于

   $$a_{N+k}^+ := \sup(a_{n+k})_{n=N}^\infty\\ \inf(a_N^+)_{N=m+k}^\infty = c \;\;\Longleftrightarrow\;\; \inf(a_{N+k}^+)_{N=m}^\infty = c$$

   符号把问题变得很复杂，一看就知道是对的，要证明好像下不了手，但是只要照着定义展开就可以证明了。

   • 首先证明：$\inf(a_N^+)_{N=m+k}^\infty = c \;\;\Longrightarrow\;\; \inf(a_{N+k}^+)_{N=m}^\infty = c$
     
     一样的套路，先证明 $c$ 是 $(a_{N+k}^+)_{N=m}^\infty$ 的下界，再证明是最大下界。

     1. 从左边的 $\inf(a_N^+)_{N=m+k}^\infty = c$ 和 命题 6.3.6 可知

        $$\forall N \geq m+k,\ c \leq a_N^+$$

        对于任意一个满足 $N \geq m$ 的特定的 $N$ 都有 $N+k \geq m+k$，所以 $N+k \geq m$，由此我们可以说

        $$\forall N \geq m,\ N+k \geq m,\ c \leq a_{N+k}^+$$

        也就是

        $$\forall N \geq m,\ c \leq a_{N+k}^+$$

        所以 $c$ 是 $(a_{N+k}^+)_{N=m}^\infty$ 的下界。

     2. 假设 $c$ 不是 $(a_{N+k}^+)_{N=m}^\infty$ 的最大下界

        $$\exists M \in \mathbb{R}^*,\ \forall N \geq m,\ c \lt M \leq a_{N+k}^+$$

        对于任意一个满足 $N \geq m+k$ 的特定的 $N$ 都有 $N-k \geq m$，所以

        $$\exists M \in \mathbb{R}^*,\ \forall N \geq m+k,\ N-k \geq m,\ c \lt M \leq a_{(N-k)+k}^+$$

        也就是

        $$\exists M \in \mathbb{R}^*,\ \forall N \geq m+k,\ c \lt M \leq a_{N}^+$$

        这与 $c$ 是 $(a_{N}^+)_{N=m+k}^\infty$ 的最大下界矛盾，所以 $c$ 是 $(a_{N+k}^+)_{N=m}^\infty$ 的最大下界，$\inf(a_N^+)_{N=m+k}^\infty = c$。

   • 再证明：$\inf(a_{N+k}^+)_{N=m}^\infty = c \;\;\Longrightarrow\;\; \inf(a_N^+)_{N=m+k}^\infty = c$
     
     还是一样，所以就简略写了。
     由 $\inf(a_{N+k}^+)_{N=m}^\infty = c$
     $$\forall N \geq m,\ a_{N+k}^+ \geq c\\ \forall N \geq m+k,\ N-k \geq m,\ a_{(N-k)+k}^+ \geq c\\ \forall N \geq m+k,\ a_{N}^+ \geq c$$

     $c$ 是 $(a_N^+)_{N=m+k}^\infty$ 的下界。接着用反证法证明 $c$ 是 $(a_N^+)_{N=m+k}^\infty$ 的最大下界。假设 $c$ 不是 $(a_N^+)_{N=m+k}^\infty$ 的最大下界

     $$\exists M \in \mathbb{R}^*,\ \forall N \geq m+k,\ c \lt M \leq a_N^+\\ \exists M \in \mathbb{R}^*,\ \forall N \geq m,\ N+k \geq m+k,\ c \lt M \leq a_{N+k}^+\\ \exists M \in \mathbb{R}^*,\ \forall N \geq m,\ c \lt M \leq a_{N+k}^+$$

     这与 $c$ 不是 $(a_{N+k}^+)_{N=m}^\infty$ 的最大下界矛盾，所以$c$ 是 $(a_N^+)_{N=m+k}^\infty$ 的最大下界，$\inf(a_N^+)_{N=m+k}^\infty = c$。
     
     

5. 证明 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的下极限等于 $c$ 等且仅当 $(a_n)_{n=m'}^\infty$ 的下极限等于 $c$。
   
   接下来两个证明和上面两个差不多，写出来只是为了确定走得通，所以也比较简略。

   • 先证明 $(a_N^-)_{n=m}^\infty$ 是一个递增序列，即 $N'>N \;\;\Longrightarrow\;\; a_{N'}^- \geq a_N^-$。
     
     由 $a_N^- = \sup(a_n)_{n=m}^\infty$ 得到
     $$\forall n \geq N,\ a_N^- \leq a_n$$

     再由 $N' > N$ 得到

     $$\forall n \geq N',\ a_N^- \leq a_n$$

     所以 $a_N^-$ 是 $(a_n)_{n=N'}^\infty$ 的下界，因此

     $$a_{N'}^- = sup(a_n)_{n=N'}^\infty \geq a_N^-$$

   • 证明：$\sup(a_N^-)_{N=m}^\infty = c \;\;\Longrightarrow\;\; \sup(a_N^-)_{N=m'}^\infty = c$。
     
     展开 $\sup(a_N^-)_{N=m}^\infty = c$
     $$\forall N \geq m,\ c \geq a_N^-$$

     由于 $m' \geq m$

     $$\forall N \geq m',\ c \geq a_N^-$$

     所以 $c$ 是 $(a_N^-)_{N=m'}^\infty$ 的上界。假定 $c$ 不是 $(a_N^-)_{N=m'}^\infty$ 的最小上界

     $$\exists M \in \mathbb{R}^*,\ \forall N \geq m', c > M \geq a_N^-$$

     当 $N$ 满足 $m' > N \geq m$，$a_{m'}^- \geq a_N^- $，于是

     $$\exists M \in \mathbb{R}^*,\ \forall m' > N \geq m, c > M \geq a_{m'}^- \geq a_N^-$$

     综上所述

     $$\exists M \in \mathbb{R}^*,\ \forall N \geq m, c > M \geq a_N^-$$

     与 $\sup(a_N^-)_{N=m}^\infty = c$ 矛盾。所以 $\sup(a_N^-)_{N=m'}^\infty = c$。

   • 证明：$\sup(a_N^-)_{N=m'}^\infty = c \;\;\Longrightarrow\;\; \sup(a_N^-)_{N=m}^\infty = c$。
     
     先用反证法证明 $c$ 是 $(a_N^-)_{N=m}^\infty$ 的上界。假定
     $$\exists N \geq m,\ a_N^- > c$$

     若 $N \geq m'$，说明 $c$ 不是 $(a_N^-)_{N=m'}^\infty$ 的上界，矛盾。
     若 $N \lt m'$，$c \lt a_N^- \leq a_{m'}^-$，矛盾。
     所以 $c$ 是 $(a_N^-)_{N=m}^\infty$ 的上界。再来是证明 $c$ 是 $(a_N^-)_{N=m}^\infty$ 的最小上界。仍然是反证法。假定

     $$\exists M \in \mathbb{R}^*,\ \forall N \geq m,\ c > M \geq a_N^-$$

     由于 $m' > m$

     $$\exists M \in \mathbb{R}^*,\ \forall N \geq m',\ c > M \geq a_N^-$$

     与 $\sup(a_N^-)_{N=m'}^\infty = c$ 矛盾。因此 $\sup(a_N^-)_{N=m}^\infty = c$。

6. 证明 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的下极限等于 $c$ 等且仅当 $(a_{n+k})_{n=m}^\infty$ 的下极限等于 $c$。

   • 证明：$\sup(a_N^-)_{N=m+k}^\infty = c \;\;\Longrightarrow\;\; \sup(a_{N+k}^-)_{N=m}^\infty = c$。
     $$\forall N \geq m+k,\ c \geq a_N^-\\ \forall N \geq m,\ N+k \geq m+k \geq m,\ c \geq a_{N+k}^-\\ \forall N \geq m,\ c \geq a_{N+k}^-$$

     得出 $c$ 是 $(a_{N+k}^-)_{N=m}^\infty$ 的上界。接着反证法证明，$c$ 是 $(a_{N+k}^-)_{N=m}^\infty$ 的最小上界，假设

     $$\exists M \in \mathbb{R}^*,\ \forall N \geq m, c > M \geq a_{N+k}^-$$

     可以得出

     $$\exists M \in \mathbb{R}^*,\ \forall N \geq m+k, N-k \geq m,\ c > M \geq a_{(N-k)+k}^- \exists M \in \mathbb{R}^*,\ \forall N \geq m+k,\ c > M \geq a_N^-$$

     与 $\sup(a_N^-)_{N=m+k}^\infty = c$ 矛盾，$\sup(a_{N+k}^-)_{N=m}^\infty = c$ 得证。

   • 证明：$\sup(a_{N+k}^-)_{N=m}^\infty = c \;\;\Longrightarrow\;\; \sup(a_N^-)_{N=m+k}^\infty = c$。
     $$\forall N \geq m, a_{N+k}^- \leq c\\ \forall N \geq m+k,\ N - k \geq m, a_{(N-k)+k}^- \leq c\\ \forall N \geq m+k, a_N^- \leq c$$

     $c$ 是 $(a_N^-)_{N=m+k}^\infty$ 的上界。继续用反证法证明 $c$ 是 $(a_N^-)_{N=m+k}^\infty$ 的最小上界，假定

     $$\exists M \in \mathbb{R}^*,\ \forall N \geq m+k,\ c > M \geq a_N^-$$

     得出

     $$\exists M \in \mathbb{R}^*,\ \forall N \geq m,\ N+k \geq m+k,\ c > M \geq a_{N+k}^-\\ \exists M \in \mathbb{R}^*,\ \forall N \geq m,\ c > M \geq a_N^-$$

     与 $\sup(a_{N+k}^-)_{N=m}^\infty$ 矛盾，$\sup(a_N^-)_{N=m+k}^\infty = c$ 得证。

6.4.3 证明命题 6.4.12。

设 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 是实数列，设 $L^+$ 是此序列的上极限，并设 $L^-$ 是此序列的下极限（于是 $L^+$ 和 $L^-$ 都是广义实数）。

• 首先来证明若 $L^+$ 是无限的，$L^+ = +\infty$；若 $L^-$ 是无限的，$L^- = -\infty$
  
  反证法。假设 $L^+ = -\infty$，根据定义 $L^+ = \inf(a_N)_{N=m}^\infty$ 以及 命题 6.3.6，所有对于任意 $N \geq m$ 有 $a_N^+ \leq -\infty$，根据广义实数序的定义 $a_N^+ = -\infty$，由此可知 $a_m^+ = \sup(a_n)_{n=m}^\infty = -\infty$，再次根据 命题 6.3.6 可知对于任意 $n \leq m$ 有 $a_n \leq -\infty$，再次根据广义实数序的定义得到 $a_n = -\infty$，这与 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 是实数列这一事实相矛盾。

  同理可以证明若 $L^-$ 是无限的，$L^- = -\infty$。有这两个结论，下面考虑 $L^+$ 和 $L^-$ 是无限的情况时会比较方便。

1. 对于每个 $x > L^+$，存在一个 $N \geq m$ 使得 $a_n \lt x$ 对于一切 $n \geq N$ 成立。（换句话说，对于每个 $x > L^+$，序列 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的元素始终小于 $x$。）类似地，对于每个 $y \lt L^-$，存在一个 $N \geq m$，使得 $a_n > y$ 对于一切 $n \geq N$ 成立。

   首先根据定义 $x > \inf(a_N^+)_{N=m}^\infty$。根据 命题 6.3.6，必存在整数 $N \geq m$ 使得 $x > a_N^+$。根据 $a_N^+$ 定义，$x > sup(a_n)_{n=N}^\infty$。于是再次根据 命题 6.3.6，$x > a_n$ 对一切 $n \geq N$ 成立。

   同样由定义得到 $y \lt \sup(a_N^-)_{n=m}^\infty$。根据 命题 6.3.6，存在整数 $N \geq m$ 使得 $y \lt a_N^- = \inf(a_n)_{n=N}^\infty$。于是再次根据 命题 6.3.6，$y \lt a_n$ 对于一切 $n \geq N$ 成立。

2. 对于每个 $x \lt L^+$，以及每个 $N \geq m$，存在一个 $n \geq N$ 使得 $a_n > x$。（换句话说，对于每个 $x \lt L^+$，序列 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的元素无限多次超过 $x$。）类似地，对于每个 $y > L^-$ 和每个 $N \geq m$，存在一个 $n \geq N$ 使得 $a_n \lt y$。

   首先根据定义 $x \lt \inf(a_N^+)_{N=m}^\infty$。根据 命题 6.3.6，对于每个 $N \geq m$ 都有 $x \lt a_N^+$，根据 $a_N^+$ 定义，$x \lt sup(a_n)_{n=N}^\infty$。于是再次根据 命题 6.3.6，存在 $n \geq N$ 使得 $a_n > x$。

   同样 $y > \sup(a_N^-)_{N=m}^\infty$。根据 命题 6.3.6，对于每个 $N \geq m$ 都有 $y > a_N^-$，即 $y > \inf(a_n)_{n=N}^\infty$。再次根据 命题 6.3.6，存在一个 $n \geq N$ 使得 $a_n \lt y$。

3. $\inf(a_n)_{n=m}^\infty \leq L^- \leq L^+ \leq \sup(a_n)_{n=m}^\infty$。

   • 先证明 $\inf(a_n)_{n=m}^\infty \leq L^-$
     
     我们知道 $L^- = \sup(a_N^-)_{N=m}^\infty$，根据 命题 6.3.6 可知，对于任意 $N \geq m$ 有 $a_N^- \leq L^-$。所以对于特定的 $N = m$ 有 $a_m^- \leq L^-$。再根据 $a_N^-$ 的定义 $a_m^- = \inf(a_n)_{n=m}^\infty$，得到 $\inf(a_n)_{n=m}^\infty \leq L^-$。

   • 证明 $L^+ \leq \sup(a_n)_{n=m}^\infty$ 的方法也类似
     
     由 $L^+ = \inf(a_N^+)_{N=m}^\infty$ 和 命题 6.3.6 可知，对于任意 $N \geq m$ 有 $L+ \leq a_N^+ $。所以 $L^+ \leq a_m^+$，再由 $a_N^+$ 的定义得到 $L^+ \leq a_m^+ = \sup(a_n)_{n=m}^\infty$。

   • 最后证明 $L^- \leq L^+$ 的方法也类似
     
     反证法。假设 $L^- > L^+$。根据定义展开右边的 $L^+$ 得到
     $$L^- > \inf(a_N^+)_{N=m}^\infty$$

     根据命题 命题 6.3.6 得到

     $$\exists N' \geq m,\ a_{N'}^+ \lt L^-$$

     接着展开 $L^-$

     $$\exists N' \geq m,\ a_{N'}^+ \lt \sup(a_N^-)_{N=m}^\infty$$

     再次根据命题 命题 6.3.6 得到

     $$\exists N',N'' \geq m,\ a_{N'}^+ \lt a_{N''}^-$$

     $N'$ 和 $N''$ 都是整数，根据整数序的三歧性分三种情况讨论

     1. $N' = N''$
        首先由 $a_N^+$ 的定义 $a_N^+ = \sup(a_n)_{n=N}^\infty$ 和 命题 6.3.6 得 $\forall n \geq N,\; a_n \leq a_N^+$；
        同理由 $a_N^-$ 的定义 $a_N^- = \inf(a_n)_{n=N}^\infty$ 和 命题 6.3.6 得 $\forall n \geq N,\; a_n \geq a_N^-$；
        由实数序的传递性得到 $a_N^+ \geq a_N^-$。

        由于 $N' = N''$，$a_{N'}^+ = a_{N''}^-$。所以不存在 $N'=N''\geq m$ 使得 $a_{N'}^+ \lt a_{N''}^-$。

     2. $N' \lt N''$
        在 练习 6.4.2 的第 3 个命题中 已经证明了 $(a_N^+)_{n=m}^\infty$ 是递减的，所以 $a_{N'}^+ \geq a_{N''}^+$。再根据上面的证明我们知道 $a_{N''}^+ \geq a_{N''}^-$，由实数序的传递性得到 $a_{N'}^+ \geq a_{N''}^-$。

        因此不存在 $N' \lt N'',\; N',N''\geq m$ 使得 $a_{N'}^+ \lt a_{N''}^-$。

     3. $N' > N''$
        根据 练习 6.4.2 的第 5 个命题中 中的证明，$(a_N^-)_{n=m}^\infty$ 是递增的，所以 $a_{N'}^- \geq a_{N''}^-$。再根据上面的证明我们知道 $a_{N'}^+ \geq a_{N'}^-$，由实数序的传递性得到 $a_{N'}^+ \geq a_{N''}^-$。

        因此不存在 $N' > N'',\; N',N''\geq m$ 使得 $a_{N'}^+ \lt a_{N''}^-$。

     在三种情况下符合条件的 $N'$ 和 $N''$ 都不存在，得到矛盾，假设不成立，推出 $L^- \leq L^+$。

4. 如果 $c$ 是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点，那么 $L^- \leq c \leq L^+$。

   • 先证明 $L^- \leq c$
     
     当 $L^-$ 是无限的，根据上面的讨论，$L^- = -\infty$，根据广义实数序的定义，$L^- \leq c$。

     当 $L^-$ 是实数，用反证法证明。假设 $L^- > c$。
     由于 $c$ 是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点

     $$\forall \epsilon > 0,\ \forall N \geq m,\ \exists n \geq N,\ |a_n - c| \leq \epsilon$$

     展开后边的绝对值号

     $$\forall \epsilon > 0,\ \forall N \geq m,\ \exists n \geq N,\ c-\epsilon \leq a_n \leq c+\epsilon$$

     由于上面的证明我们已经知道 $\forall n \geq N,\; a_N^-\leq a_n$ ，所以有

     $$\forall \epsilon > 0,\ \forall N \geq m,\ \exists n \geq N,\ a_N^- \leq a_n \leq c+\epsilon$$

     即

     $$\forall \epsilon > 0,\ \forall N \geq m,\ a_N^- \leq c+\epsilon$$

     由此可以推出对于任意 $\epsilon > 0$，$c+\epsilon$ 是 $a_N^-$ 的上界。由 命题 6.3.6 知道上界大于等于上确界，所以 $L^- = \sup(a_N^-)_{N=m}^\infty \leq c+\epsilon$，进而 $L^- - c \leq \epsilon$。总结起来

     $$\forall \epsilon > 0, L^- - c \leq \epsilon$$

     根据假设 $L^- > c$，可以取 $\epsilon = \frac{L^- - c}{2} > 0$，从而有 $L^- - c \leq \frac{L^- - c}{2}$，得到矛盾。因此 $L^- \leq c$。

   • 用类似的方法证明 $c \leq L^+$
     
     当 $L^+$ 是无限的，根据上面的讨论，$L^+ = \infty$，根据广义实数序的定义，$c \leq L^+$。

     当 $L^+$ 是实数，用反证法证明。假设 $c > L^+$。
     同样由于 $c$ 是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点，展开绝对值后由 $a_n\leq a_N^+$ 得到

     $$\forall \epsilon > 0,\ \forall N \geq m,\ \exists n \geq N,\ c-\epsilon \leq a_n \leq a_N^+$$

     即

     $$\forall \epsilon > 0,\ \forall N \geq m,\ c-\epsilon \leq a_N^+$$

     从而对于任意 $\epsilon > 0$，$c-\epsilon$ 是 $a_N^+$ 的下界。由 命题 6.3.6 知道下界小于等于下确界，所以 $c-\epsilon \leq L^+ = \inf(a_N^+)_{N=m}^\infty$，进而 $c - L^+ \leq \epsilon$。总结起来

     $$\forall \epsilon > 0, c - L^+ \leq \epsilon$$

     根据假设 $c > L^+$，可以取 $\epsilon = \frac{c - L^+}{2} > 0$，从而有 $c - L^+ \leq \frac{c - L^+}{2}$，得到矛盾。因此 $c \leq L^+$。

5. 如果 $L^+$ 是有限的，那么它是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点。类似地，如果 $L^-$ 是有限的，那么它是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点。
   
   下面的证明都假设 $L^+$ 和 $L^-$ 是有限的，对于是无限的情况，我们什么也不说，所以要注意结论仅当它们是有限的时候有效。

   反证法。假设 $L+$ 不是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点，由定义得到

   $$\exists \epsilon > 0 ( \exists N_\epsilon \geq m ( \forall n \geq N_\epsilon ( |a_n - L^+| > \epsilon ) ) )$$

   也就是说存在一个 $\epsilon > 0$，还存在一个对应的 $N_{\epsilon} \geq m$，对于任意 $n \geq N_{\epsilon}$ 有 $a_n -L^+ > \epsilon$ 或 $a_n - L^+ \lt -\epsilon$。

   正如之后会证明的，对于每个 $n$ 都存在一个 $n' \geq n$ 使得 $a_{n'} - L^+ > \epsilon$。
   由于 $n' \geq n$，根据 $a_n^+$ 的定义可知 $a_n^+ \geq a_{n'}$，于是对于每个 $n > N_{\epsilon}$ 都有 $a_n^+ \geq L^+ + \epsilon$，由此可以得出 $L^+ + \epsilon$ 是 $(a_n)_{n=N_\epsilon}^\infty$ 的下界，由 命题 6.3.6 可得 $L^+ + \epsilon \leq \inf(a_n)_{n=N_\epsilon}^\infty$，由 练习 6.4.2 可知 $\inf(a_n)_{n=N_\epsilon}^\infty = \inf(a_n)_{n=m}^\infty$，所以 $L^+ + \epsilon \leq \inf(a_n)_{n=m}^\infty = L^+$

   • 现在来证 $\forall n \geq N_\epsilon(\exists n' \geq n (a_{n'} - L^+ > \epsilon))$
     
     反证法。因为对于任意 $n \geq N_{\epsilon}$ 有 $a_n -L^+ > \epsilon$ 或 $a_n - L^+ \lt -\epsilon$，所以 $a_n' -L^+ > \epsilon$ 的反面是 $a_n' - L^+ \lt -\epsilon$，假定 $\exists n \geq N_\epsilon(\forall n' \geq n (a_{n'} - L^+ \lt -\epsilon))$

     由假设可知存在 $n \geq N_\epsilon$ 对于任意 $n' \geq n$，$a_{n'} \leq L^+ - \epsilon$，即 $L^+ - \epsilon$ 是 $(a_{n'})_{n'=n}^\infty$ 的上界，由于 练习 6.4.2 可知 $\sup(a_{n'})_{n'=n}^\infty = \sup(a_{n'})_{n'=N_\epsilon}^\infty$，所以 $L^+ - \epsilon \geq a_{N_\epsilon}^+$，得到矛盾。
     这是因为，由 $L^+ = \inf(a_N^+)_{N=m}^\infty$ 可知 $L^+ /leq a_{N_\epsilon}^+$，而 $\epsilon > 0$ 所以 $L^+ - \epsilon \lt a_{N_\epsilon}^+$。

     由此证明了 $\forall n \geq N_\epsilon(\exists n' \geq n (a_{n'} - L^+ > \epsilon))$。

   $L^-$ 的证明也是类似的。

6. 设 $c$ 是实数。如果 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 收敛到 $c$，那么必有 $L^+ = L^- = c$。反之，如果 $L^+ = L^- = c$，那么 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 收敛到 $c$。

   • 如果 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 收敛到 $c$，那么必有 $L^+ = L^- = c$。
     
     因为 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 收敛到 $c$，根据 命题 6.4.5 $c$ 是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 唯一的极限点，根据 (d) 款，$L^- \leq c \leq L^+$，如果 $L^+$ 和 $L^-$ 都是实数，根据 (e) 款可知 $L^+$ 和 $L^-$ 也都是极限点，由于极限点只有一个，所以 $L^+ = L^- = c$。

     如果 $L^+$ 不是实数，根据上面的讨论 $L^+ = +\infty$，回想一下定义 $L^+ = \inf(a_N^+)_{N=m}^\infty$，由 命题 6.3.6，可知所有 $a_N^+ \geq +\infty$，再根据广义整数序的定义，可以推出 $(a_N^+)_{N=m}^\infty = (+\infty)_{N=m}^\infty$，所以 $a_m^+ = \sup(a_n)_{n=m}^\infty = \infty$，根据广义整数序的定义一个序列的上确界是 $+\infty$，要么数列里有 $+\infty$ 要么数列是没有上界的实数列，由于 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 是实数列，所以 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 没有上界。矛盾！因为由 推论 6.1.17 知道 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 是有界的，所以它也必然是有上界的。

     如果 $L^-$ 不是实数，$L^- = -\infty$。由 命题 6.3.6 知所有 $a_N^- /leq -\infty$，根据广义整数序的定义 $(a_N^-)_{N=m}^\infty = (-\infty)_{N=m}^\infty$，所以 $a_m^- = \inf(a_n)_{n=m}^\infty = -\infty$，由 命题 6.3.6 可知 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的下界小于或等于它的下确界，然而并没有比 $-\infty$ 小的实数，所以 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 没有下界，矛盾。

   • 如果 $L^+ = L^- = c$，那么 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 收敛到 $c$
     
     在 练习 6.4.2 的第 3 个命题中 已经证明了 $(a_N^+)_{n=m}^\infty$ 是递减的，再由 命题 6.3.8 可知 $\lim_{n \to \infty}{a_n^+} = \inf(a_n^+)_{N=m}^\infty = L^+$，同理可得 $\lim_{n \to \infty}{a_n^-} = \sup(a_n^-)_{N=m}^\infty = L^-$。由 定理 6.1.19 极限的算律得
     $$\begin{aligned} \lim_{n \to \infty}{a_n^+ - a_n^-} &= \lim_{n \to \infty}{a_n^+} - \lim_{n \to \infty}{a_n^-}\\ &= L^+ - L^-\\ &= c - c\\ &= 0 \end{aligned}$$

     根据极限的定义，对于任意 $\epsilon > 0$ 存在 $N \geq m$，使得对于每个 $n \geq N$ 有 $|a_n^+ - a_n^-| \leq \epsilon$。之前已经证明 $a_n^+ \geq a_n^-$，所以 $a_n^+ - a_n^- = |a_n^+ - a_n^-| \leq \epsilon$。

     由 $a_n^+ = \sup(a_p)_{p=n}^\infty$ 可知 $a_n^+ \geq a_n$，同样由 $a_n^- = \inf(a_p)_{p=n}^\infty$ 可知 $a_n \geq a_N^-$，所以 $a_n^+ \geq a_n \geq a_N^-$；由 $L^+ = \inf(a_N^+)_{N=m}^\infty$ 可知 $a_n^+ \geq L^+$，同理得到 $L^- \geq a_n \geq a_n^-$，由于 $L^+ = L^- = c$ 可得到 $a_n^+ \geq L^+ = c = L^- \geq a_n^-$，即 $a_n^+ \geq c \geq a_n^-$；综合得到 $a_n^+ - a_n^- \geq a_n - c \geq -(a_n^+ - a_n^-)$。

     于是对于任意 $\epsilon > 0$ 存在 $N \geq m$，使得对于每个 $n \geq N$ 有 $|a_n - c| \leq \epsilon$，$c$ 是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限。

6.4.4 证明引理 6.4.13。

设 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 和 $(b_n)_{n=m}^\infty$ 是两个实数列，使得对于一切 $n \geq m$，$a_n \leq b_n$

1. $\sup(a_n)_{n=m}^\infty \leq \sup(b_n)_{n=m}^\infty$

   反证法。假定 $\sup(a_n)_{n=m}^\infty > \sup(b_n)_{n=m}^\infty$，由 定理 6.3.6 可知存在 $n \leq m$ 使得 $a_n > \sup(b_n)_{n=m}^\infty$。

   再由 定理 6.3.6 知道对于任意 $n \leq m$ 有 $b_n \leq \sup(b_n)_{n=m}^\infty$，由已知条件 $a_n \leq b_n$，根据序的传递性得到 $a_n \leq \sup(b_n)_{n=m}^\infty$，这与刚才的结论矛盾。证毕。

2. $\inf(a_n)_{n=m}^\infty \leq \inf(b_n)_{n=m}^\infty$

   反证法。假定 $\inf(a_n)_{n=m}^\infty > \inf(b_n)_{n=m}^\infty$，由 定理 6.3.6 可知存在 $n \leq m$ 使得 $b_n \lt \inf(a_n)_{n=m}^\infty$。

   再由 定理 6.3.6 知道对于任意 $n \leq m$ 有 $\inf(a_n)_{n=m}^\infty \leq a_n$，由已知条件 $a_n \leq b_n$，根据序的传递性得到 $\inf(a_n)_{n=m}^\infty \leq b_n$，这与刚才的结论矛盾。证毕。

3. $\limsup\limits_{x \to \infty}(a_n) \leq \limsup\limits_{x \to \infty}(b_n)

   根据条件，对于一切 $n \geq m$，$a_n \leq b_n$，可知对于每个 $N \geq m$，一切 $n \geq N$ 也都大于等于 $m$，所以 $a_n \leq b_n$，根据证明的第 1 条有 $\sup(a_n)_{n=N}^\infty \leq \sup(b_n)_{n=N}^\infty$，即 $a_N^+ \leq B_N^+$。

   由于对每个 $N \geq m$ 都有 $a_N^+ \leq B_N^+$，根据证明的第 2 条可知 $\inf(a_N^+)_{N=m}^\infty \leq \inf(b_N^+)_{N=m}^\infty$，即 $\limsup\limits_{x \to \infty}(a_n) \leq \limsup\limits_{x \to \infty}(b_n)$。

4. $\liminf\limits_{x \to \infty}(a_n) \leq \liminf\limits_{x \to \infty}(b_n)$
   
   根据条件，对于一切 $n \geq m$，$a_n \leq b_n$，可知对于每个 $N \geq m$，一切 $n \geq N$ 也都大于等于 $m$，所以 $a_n \leq b_n$，根据证明的第 2 条有 $\inf(a_n)_{n=N}^\infty \leq \inf(b_n)_{n=N}^\infty$，即 $a_N^- \leq B_N^-$。

   由于对每个 $N \geq m$ 都有 $a_N^- \leq B_N^-$，根据证明的第 1 条可知 $\sup(a_N^-)_{N=m}^\infty \leq \sup(b_N^-)_{N=m}^\infty$，即 $\liminf\limits_{x \to \infty}(a_n) \leq \liminf\limits_{x \to \infty}(b_n)$。

6.4.5 用引理 6.4.13 来证明推论 6.4.14。

设 $(a_n)_{n=m}^\infty$，$(b_n)_{n=m}^\infty$，$(c_n)_{n=m}^\infty$ 是实数列，对一切 $n \geq m$ 满足 $a_n \leq b_n \leq c_n$。若 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 和 $(c_n)_{n=m}^\infty$ 都收敛到同一极限 $L$。那么 $(b_n)_{n=m}^\infty$ 也收敛到 $L$。

先规定一下记号

$$L_a^+ := \limsup\limits_{x \to \infty}(a_n) \quad L_a^- := \liminf\limits_{x \to \infty}(a_n)\\ L_b^+ := \limsup\limits_{x \to \infty}(b_n) \quad L_b^- := \liminf\limits_{x \to \infty}(b_n)\\ L_c^+ := \limsup\limits_{x \to \infty}(c_n) \quad L_c^- := \liminf\limits_{x \to \infty}(c_n)\\$$

根据 引理 6.4.13 可以得到 $L_a^+ \leq L_b^+ \leq L_c^+$ 和 $L_a^- \leq L_b^- \leq L_c^-$；由于$(a_n)_{n=m}^\infty$ 和 $(c_n)_{n=m}^\infty$ 都收敛 $L$，根据 命题 6.4.12 第 f 款 得到 $L_a^+ = L_a^- = L_c^+ = L_c^- = L$；综合得到 $L_b^+ = L_b^- = L$，再次根据 命题 6.4.12 第 f 款 知道 $(b_n)_{n=m}^\infty$ 也收敛到 $L$。

6.4.6 给出一个这样的例子：两个有界序列 $(a_n)_{n=1}^\infty$ 和 $(b_n)_{n=1}^\infty$ 对于一切 $n \geq 1$ 满足 $a_n \lt b_n$ 但 $\sup(a_n)_{n=1}^\infty \nless \sup(b_n)_{n=1}^\infty$，解是为什么着不与定理 6.4.13 矛盾。

设 $(a_n)_{n=1}^\infty = (-\frac{1}{n})_{n=1}^\infty$ 和 $(b_n)_{n=1}^\infty = (-\frac{1}{2n})_{n=1}^\infty$。

这两个序列的最小上界都是 $0$。我们先证明两个序列都收敛到 $0$，再由此推出最小上界是 $0$。

先证明 $\lim\limits_{n \to \infty}\frac{1}{n} = 0$。考察序列 $(\frac{1}{n})_{n=1}^\infty$，对于任意 $N \geq 1$，每个 $n \geq N$ 都有 $\frac{1}{n} \leq \frac{1}{N}$，所以对于任意 $\epsilon > 0$ 只要取 $N$ 使得 $\frac{1}{N} \leq \epsilon$，即 $N = \frac{1}{\epsilon}$ 就能使每个 $n \geq N$ 都有 $\frac{1}{n} \leq \epsilon$，即 $|\frac{1}{n} - 0| \leq \epsilon$。所以 $(\frac{1}{n})_{n=1}^\infty$ 收敛到 $0$。

由 定理 6.1.19 (极限算律) 算出 $\lim\limits_{x \to \infty}a_n$ 和 $\lim\limits_{x \to \infty}b_n$

$$\lim\limits_{x \to \infty}a_n = -1 \times \lim\limits_{x \to \infty}\frac{1}{n} = -1 \times 0 = 0\\ \lim\limits_{x \to \infty}b_n = -\frac{1}{2} \times \lim\limits_{x \to \infty}\frac{1}{n} = -\frac{1}{2} \times 0 = 0$$

对于一切 $n \geq 1$，$-\frac{1}{n+1} \geq -\frac{1}{n}$ 所以 $(a_n)_{n=1}^\infty$ 是递增序列，同理 $(b_n)_{n=1}^\infty$ 也是递增序列；由于两个序列都收敛，所以都有最小上界，根据 命题 6.3.8 可知，他们各自的最小上界都是各自的极限，也就是 $0$。

对于 $n \geq 1$，$-\frac{1}{n} \leq -\frac{1}{2n}$，所以 $a_n \leq b_n$，$\sup(a_n)_{n=1}^\infty = \sup(b_n)_{n=1}^\infty = 0$，所以 $\sup(a_n)_{n=1}^\infty \nless \sup(b_n)_{n=1}^\infty$。 引理 6.4.13 说的是小于等于零，小于零也行，等于零不矛盾。

6.4.7 证明推论 6.4.17。如果我们把这个推论中的零换成某个其他的数字，此推论还照样成立吗？

设 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 是实数列。那么极限 $\lim\limits_{x \to \infty}a_n$ 存在并且等于零当且仅当极限 $\lim\limits_{x \to \infty}|a_n|$ 存在并等于零。

• $\lim\limits_{x \to \infty}a_n = 0 \Longrightarrow \lim\limits_{x \to \infty}|a_n| = 0$

  由于 $\lim\limits_{x \to \infty}a_n = 0$，对于任意 $\epsilon > 0$ 都存在 $N \geq m$，使得对于每个 $n \geq N$ 有 $|a_n - 0| \leq \epsilon$，$||a_n| - 0| = |a_n| = |a_n - 0| \leq \epsilon$，所以 $\lim\limits_{x \to \infty}|a_n| = 0$。

• $\lim\limits_{x \to \infty}|a_n| = 0 \Longrightarrow \lim\limits_{x \to \infty}a_n = 0$

  由于 $\lim\limits_{x \to \infty}|a_n| = 0$，$\lim\limits_{x \to \infty}-|a_n| = -1 \times \lim\limits_{x \to \infty}|a_n| = -1 \times 0 = 0$。由于 $-|a_n| \leq a_n \leq |a_n|$，根据 推论 6.4.14 (挤压判别法) $\lim\limits_{x \to \infty}a_n = 0$。

把这个推论中的零换成某个其他的数字是行不通的，例如序列 $(-1)_{n=1}^\infty$ 极限是 $-1$ 而 $(|-1|)_{n=1}^\infty$ 的极限却是 $1$。

6.4.8 我们说，一个实数列 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 以 $+\infty$ 为极限点当且仅当它没有有限的上界；说它以 $-\infty$ 为极限点当且仅当它没有有限的下界。用这个定义证明 $\limsup\limits_{x \to \infty}(a_n)$ 是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的一个极限点，并进一步证明它比 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的一切其他的极限点都打；换句话说，上极限是序列的最大的极限点。类似地，证明下极限是序列地最小的极限点。

若 $\limsup\limits_{x \to \infty}(a_n)$ 是有限的，由 命题 6.4.12 第 e 款 可知它是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点。

若 $\limsup\limits_{x \to \infty}(a_n)$ 是无限的，在 习题 6.4.3 开头已经证明 $\limsup\limits_{x \to \infty}(a_n) = +\infty$，由上极限的定义 $\limsup\limits_{x \to \infty}(a_n) = \inf(a_N^+)_{N=m}^\infty$ 可知对于任意 $N \geq m$ 有 $a_N^+ \geq +\infty$，由此可知 $(a_N^+)_{N=m}^\infty = (+\infty)_{N=m}^\infty$，所以 $a_m^+ = \sup(a_n)_{n=m}^\infty = +\infty$，由实数上却界的定义可知序列是没有有限的上界的，因此根据题中的定义，它以 $+\infty$ 为极限点，即以 $\limsup\limits_{x \to \infty}(a_n)$ 为极限点。

根据 命题 6.4.12 第 e 款 可知 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的任何极限点 $c$ 都小于上极限，而我们已经证明了无论上极限是有限还是无限，它都是序列的极限点，所以它比其他的一切极限点都大。

下极限也是类似的。

6.4.9 使用习题 6.4.8 中的定义，构作一个序列 $(a_n)_{n=1}^\infty$，是它恰有三个极限点 $-\infty$，$0$，$+\infty$。

定义 $a_n$ 如下，其中 $k$ 为任意自然数

$$a_n=\begin{cases} 0& 当\ n\ 可表示为\ 3k + 1\\ n& 当\ n\ 可表示为\ 3k + 2\\ -n& 当\ n\ 可表示为\ 3k \end{cases}\\$$

• 首先证明定义是成功的，即自然数只能表示为 $3k + 1$、$3k + 2$、$3k$ 三种形式中恰好一种。

  先证明唯一性。反证法，假设一个自然数 $a$ 可以表示成 $3k$ 和 $3k+1$ 两种形式，于是有 $a = 3k = 3k'+1$，由整数序的定义得到 $3k > 3k'$，由有理数正乘法保序得到 $k > k'$'，根据 命题 2.2.12 (自然数的序的基本性质) 得到 $k \geq k' + 1$，再次因为正乘法保序得 $3k \geq 3k' + 3$，由整数序的定义得到 $3k \geq 3k' + 3 > 3k' + 1$，即 $3k > 3k' + 1$，与整数序的三歧性矛盾，因此 $a$ 不可能同时表示成 $3k$ 和 $3k+1$ 两种形式。其他的证明也是类似的。

  证明存在性。用归纳推理，当 $n = 0$ 可以表示成 $3 \times 0$，命题成立；假定 $n$ 可以表示成三种形式中的一种，下面分情况讨论

  • 若 $n = 3k$，那么 $n+1 = 3k + 1$
  • 若 $n = 3k+1$，那么 $n+1 = 3k + 2$
  • 若 $n = 3k+2$，那么 $n+1 = 3k + 3 = 3 \times (k + 1)$，$k+1$ 也是自然数
    因此假定 $n$ 可以表示成三种形式中的一种，$n+1$ 也可以表示。归纳得到自然数一定可以表示为 $3k + 1$、$3k + 2$、$3k$ 三种形式中的一种。

  综合上述证明得到，自然数只能表示为 $3k + 1$、$3k + 2$、$3k$ 三种形式中恰好一种。因此我们的定义是成功的。

• 证明 $-\infty$ 是序列的极限点

  根据 习题 6.4.8 中的定义，需要证明序列是没有下界的，即给定任意实数 $M$ 都存在 $n \geq m$ 使得 $a_n \lt M$。
  若 $M \geq 0$，可以找到 $n = 3$ 使得 $a_n = -3 \lt M$。
  若 $M \lt 0$，根据 习题 5.4.3 的结论，存在整部 $[M] \leq M$，因为 $M \lt 0$，所以 $[M]$ 是负整数，可以表示为 $-N$，其中 $N$ 是正自然数。

  • 若 $N$ 可表示为 $3k$，那么存在正整数 $n = N + 3$ 可表示为 $3k$，使得 $a_n = -(N+3) = [M] - 3 \lt M$
  • 若 $N$ 可表示为 $3k+1$，那么存在正整数 $n = N + 2$ 可表示为 $3k$，使得 $a_n = -(N+2) = [M]-2 \lt M$
  • 若 $N$ 可表示为 $3k+2$，那么存在正整数 $n = N + 1$ 可表示为 $3k$，使得 $a_n = -(N+1) = [M]-1 \lt M$

  因此序列 $(a_n)_{n=1}^\infty$ 没有下界，由 习题 6.4.8 中的定义可知 $-\infty$ 是它的极限点。

• 证明 $+\infty$ 是序列的极限点

  根据定义，需要证明给定任意实数 $M$ 都存在 $n \geq m$ 使得 $a_n > M$。
  若 $M \leq 0$，可以找到 $n = 2$ 使得 $a_n = 2 \lt M$。
  若 $M > 0$，根据 习题 5.4.3 的结论，存在整部使得 $1+[M] > M$ 记为 $N$，因为 $M > 0$ 所以 $N$ 是正自然数。

  • 若 $N$ 可表示为 $3k$，那么存在正整数 $n = N + 2$ 可表示为 $3k+2$，使得 $a_n = N+2 = 3+[M] > M$
  • 若 $N$ 可表示为 $3k+1$，那么存在正整数 $n = N + 1$ 可表示为 $3k+2$，使得 $a_n = N+1 = 2+[M] > M$
  • 若 $N$ 可表示为 $3k+2$，有 $a_N = N = 1+[M] > M$

  因此序列 $(a_n)_{n=1}^\infty$ 没有上界，由 习题 6.4.8 中的定义可知 $+\infty$ 是它的极限点。

• 证明 $0$ 是序列的极限点

  对于任意的 $\epsilon > 0$ 和 $N \geq 1$

  • 若 $N$ 可表示为 $3k$，存在正整数 $n = N + 1 > N$ 可表示为 $3k+1$，使得 $|a_n - 0| = 0 \lt \epsilon$
  • 若 $N$ 可表示为 $3k+1$，那么可以找到 $n=N$，使得 $|a_n - 0| = 0 \lt \epsilon$
  • 若 $N$ 可表示为 $3k+2$，存在正整数 $n = N + 2 > N$ 可表示为 $3k+1$，使得 $|a_n - 0| = 0 \lt \epsilon$

  因此 $0$ 是序列 $(a_n)_{n=1}^\infty$ 的极限点。

• 证明除了 $0$ 以外的实数都不是序列的极限点

  设 $x \in \mathbb{R}, x \neq 0$，需要证明存在 $\epsilon > 0$ 和 $N \geq 1$ 使得任意 $n \geq N$ 有 $|a_n - x| \geq \epsilon$。

  因为 $x \neq 0$，所以 $|x| > 0$，可以取 $\epsilon = \frac{|x|}{2} > 0$，根据 习题 5.4.3 的结论，存在整部使得 $[|x|] + 1 > |x|$，我们取$N = 2 \times ([|x|] + 1) > 1$。对于任意 $n \geq N$

  • 若 $N$ 可表示为 $3k+2$，由三角形不等式可得 $|a_n - x| \geq |a_n| - |x|$，所以只要使得 $|a_n| - |x| \geq \epsilon$ 即可。
    $|a_n| - |x| = |n| - |x| = n - |x| \geq N - |x|$，由于

    $$\begin{aligned} N - |x| &= 2 \times ([|x|] + 1) - |x|\\ &= ([|x|] + 1) - |x| + ([|x|] + 1)\\ &\geq [|x|] + 1 > |x| > \frac{|x|}{2} \end{aligned}$$

    得到 $|a_n| - |x| > \frac{|x|}{2} = \epsilon$

  • 若 $N$ 可表示为 $3k$，$|a_n| - |x| = |-n| - |x| = n - |x| \geq N - |x|$，由于也有 $|a_n| - |x| > \frac{|x|}{2} = \epsilon$

  • 若 $N$ 可表示为 $3k+1$，$|a_n - x| = |x| > \frac{|x|}{2} = \epsilon$

  因此存在 $\epsilon = \frac{|x|}{2} > 0$ 和 $N = 2 \times ([|x|] + 1) > 1$ 使得任意 $n \geq N$ 有 $|a_n - x| \geq \epsilon$。

综上所述，构作了一个序列 $(a_n)_{n=1}^\infty$，是它恰有三个极限点 $-\infty$，$0$，$+\infty$。如果由求余数的操作，上述序列可以表示为 $((n \mod 3 - 1) * n)_{n = 1}^\infty$。

6.4.10 设 $(a_n)_{n=N}^\infty$ 是一个实数列，并设 $(b_m)_{m=M}^\infty$ 是另一个实数列，其中每个 $b_m$ 都是 $(a_n)_{n=N}^\infty$ 的极限点。设 $c$ 是 $(b_m)_{m=M}^\infty$ 的极限点。证明 $c$ 也是 $(a_n)_{n=N}^\infty$ 的极限点。（换句话说，极限点的极限点还是原数列的极限点。）

记 $k = max(N, M)$，由 习题 6.4.2 可知 $(a_n)_{n=N}^\infty$ 的极限点与 $(a_n)_{n=k}^\infty$ 的极限点相同，$(b_m)_{m=M}^\infty$ 的极限点与 $(b_m)_{m=k}^\infty$ 的极限点相同。

根据题意，对于任意 $m > M$，$b_m$ 都是 $(a_n)_{n=N}^\infty$ 的极限点，所以对于任意 $m > k \geq M$，$b_m$ 也是 $(a_n)_{n=N}^\infty$ 的极限点，由于 $(a_n)_{n=N}^\infty$ 的极限点与 $(a_n)_{n=k}^\infty$ 的极限点相同，因此对于任意 $m > k$，$b_m$ 也是 $(a_n)_{n=k}^\infty$ 的极限点。

由于 $c$ 是 $(b_m)_{m=k}^\infty$ 的极限点，对于任意 $\epsilon > 0$ 和 $K \geq k$ 存在 $m \geq k$ 使得 $|b_m - c| \leq \epsilon$，此 $b_m$ 也是 $(a_n)_{n=k}^\infty$ 的极限点，所以由 $|a_n - b_n| \leq \epsilon$。由于实数的除法是封闭的，$\frac{\epsilon}{2}$ 也是实数，我们可以说：任意 $\epsilon > 0$ 和 $K \geq k$ 存在 $m \geq k$ 使得 $|b_m - c| \leq \epsilon$， $|a_m - c| \leq \frac{\epsilon}{2}$。由三角形不等式可得

$$|a_n - b_n + b_n - c| = |a_n - c| \leq |a_n - b_n| + |b_n - c| \leq \epsilon$$

因此 $c$ 是 $(a_n)_{n=k}^\infty$ 的极限点，由于 $(a_n)_{n=N}^\infty$ 的极限点与 $(a_n)_{n=k}^\infty$ 的极限点相同，所以 $c$ 也是 $(a_n)_{n=N}^\infty$ 的极限点。