《陶哲轩实分析》习题 6.5

安全第一

2020-05-06

数学, 陶哲轩实分析

最后写在最前

这一节比较容易，虽然最后一题还是看了答案。

6.5.1 证明对于任何比例数 $q > 0$，$\lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{n^q} = 0$。判断极限 $\lim\limits_{n \to \infty} n^q$ 不存在。

因为 $q > 0$ 是比例数，可表示为 $\frac{a}{b}$，其中 $a$ 和 $b$ 是正自然数。由此可得 $\frac{1}{n^q} = (\frac{1}{n^{1/b}})^a$。根据推论 6.5.1以及极限算率
$\begin{aligned} \lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{n^q} &= \lim\limits_{n \to \infty} (\frac{1}{n^{1/b}})^a\\ &= (\lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{n^{1/b}})^a\\ &= 0^a = 0 \end{aligned}$
反证法。假设 $\lim\limits_{n \to \infty} n^q = L$。由极限算率得
$\lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{n^q} = \frac{1}{L}$
根据上面的证明已经知道
$\lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{n^q} = 0$
所以，$\frac{1}{L} = 0$，由代入公理两边乘以 $L$ 得到 $1 = 0$，矛盾，所以极限 $\lim\limits_{n \to \infty} n^q$ 不存在。

6.5.2 证明引理 6.5.2。

设 $x$ 是实数。那么极限 $\lim\limits_{n \to \infty} x^n$ 当 $|x| \lt 1$ 时存在并等于零，当 $x = 1$ 时存在并等于 $1$，当 $x = -1$ 或 $|x| > 1$ 时发散。

当 $|x| \lt 1$ 时
由命题 4.3.3 (c) 款得到 $-|x^n| \geq x^n \geq |x^n|$，再由命题 4.3.10 (d) 款得到 $-|x|^n \geq x^n \geq |x|^n$。
由于 $0 \lt |x| \lt 1$，根据命题6.3.10可知 $\lim\limits_{n \to \infty}|x|^n = 0$，由极限算率可得 $\lim\limits_{n \to \infty}-|x|^n = -\lim\limits_{n \to \infty}|x|^n = 0$。
因此，可对 $-|x|^n \geq x^n \geq |x|^n$ 使用挤压判别法，得到 $\lim\limits_{n \to \infty} x^n = 0$。
当 $|x| = 1$ 时
$\lim\limits_{n \to \infty} x^n = \lim\limits_{n \to \infty} 1^n = \lim\limits_{n \to \infty} 1 = 1$
当 $x = 1$ 时
存在 $\epsilon = 1 > 0$，对于任意 $N \geq 1$，存在 $N, N+1 \geq N$，使得
$\begin{aligned} |(-1)^N - (-1)^{N+1}| &= |(-1)^N \times (1 - (-1))|\\ &= |2 \times (-1)^N|\\ &= 2 \times |(-1)^N|\\ &= 2 \times |(-1)|^N\\ &= 2 \times 1^N\\ &= 2 > 1 \end{aligned}$
因此极限不存在。
当 $|x| > 1$ 时
类似习题 6.3.4，已知当 $|x| > 1$，$|\frac{1}{x}|^n |x|^n = 1$。用反证法证明，假定 $\lim\limits_{n \to \infty} x^n = L$。由 $|x| > 1$ 知道 $|\frac{1}{x}| \lt 1$，所以 $\lim\limits_{x \to \infty} |\frac{1}{x}|^n = 0$，根据极限算率
$\lim\limits_{n \to \infty}|\frac{1}{x}|^n |x|^n = \lim\limits_{x \to \infty} |\frac{1}{x}|^n \times \lim\limits_{n \to \infty} x^n = 0 \times L = 0$
由于 $|\frac{1}{x}|^n |x|^n = 1$，$\lim\limits_{n \to \infty} |\frac{1}{x}|^n |x|^n = 1$，于是推出 $1 = 0$，矛盾，因此极限不存在。

6.5.3 证明引理 6.5.3。

对于任意的 $x > 0$，有 $\lim\limits_{n \to \infty}x^{\frac{1}{n}} = 1$。

这道题的关键是把 $\frac{1}{n}$ 次方的问题转为 $n$ 次方的问题。

首先证明预备性的结果：对于每个 $\epsilon > 0$ 和每个实数 $M > 0$，存在一个 $n \geq 1$ 使得 $M \leq (1 + \epsilon)^n$。
由于 $\epsilon > 0$，$|1 + \epsilon| > 1$，用数学归纳法归纳 $n$ 即可得出 $(1 + \epsilon)^n$ 是递增的，由此得出 $(1 + \epsilon)^n$ 是没有上界的，因为若 $(1 + \epsilon)^n$ 有上界且递增，那么 $(1 + \epsilon)^n$ 有极限，由证明引理 6.5.2可知 $(1 + \epsilon)^n$ 是发散的，因此矛盾。由于 $(1 + \epsilon)^n$ 没有上界，根据上界的定义可知，对于每个实数 $M > 0$，存在一个 $n$ 使得 $M \leq (1 + \epsilon)^n$。
当 $x \geq 1$
要证 $\lim\limits_{n \to \infty}x^{\frac{1}{n}} = 1$，只需证对于任意 $\epsilon > 0$ 存在 $N \geq 1$，每个 $n \geq N$ 都使得 $|x^{\frac{1}{n}} - 1| \leq \epsilon$，由于 $0 \leq x^{\frac{1}{n}} - 1\leq \epsilon$ 蕴含 $|x^{\frac{1}{n}} - 1| \leq \epsilon$，而 $1 \leq x^{\frac{1}{n}} \leq 1 + \epsilon$ 蕴含 $0 \leq x^{\frac{1}{n}} - 1\leq \epsilon$，所以只要证明 $1 \leq x^{\frac{1}{n}} \leq 1 + \epsilon$ 就可以了。
根据预备性的结果，对于任意 $\epsilon > 0$ 存在 $N \geq 1$，使得 $x \leq (1 + \epsilon)^N$。对于每个 $n \geq N$，由于 $1 + \epsilon > 1$ 且 $(1 + \epsilon)^n$ 是递增的，所以 $(1+ \epsilon)^N \leq (1+\epsilon)^n$。由序的传递性得到 $x \leq (1+\epsilon)^n$，根据引理 5.6.6 (d) 款有 $x^{\frac{1}{n}} \leq 1+\epsilon$。综合得到对于任意 $\epsilon > 0$ 存在 $N \geq 1$，对于每个 $n \geq N$ 有 $x^{\frac{1}{n}} \leq 1+\epsilon$。
接着证明对于任意 $n > 1$ 有 $1 \leq x^{\frac{1}{n}}$。反证法，假设 $x^{\frac{1}{n}} \lt 1$，由命题 4.3.10 (c) 款得到 $x \lt 1$，矛盾，所以 $1 \leq x^{\frac{1}{n}}$。
综合起来：对于任意 $\epsilon > 0$ 存在 $N \geq 1$，每个 $n \geq N$ 使得 $1 \leq x^{\frac{1}{n}} \leq 1 + \epsilon$，因此 $|x^{\frac{1}{n}} - 1| \leq \epsilon$，所以 $\lim\limits_{n \to \infty}x^{\frac{1}{n}} = 1$。
当 $0 \lt x \lt 1$
要证 $\lim\limits_{n \to \infty}x^{\frac{1}{n}} = 1$，只需证对于任意 $\epsilon > 0$ 存在 $N \geq 1$，每个 $n \geq N$ 都使得 $|x^{\frac{1}{n}} - 1| \leq \epsilon$。由于 $0 \lt 1 - x^{\frac{1}{n}} \leq \epsilon$ 蕴含 $|x^{\frac{1}{n}} - 1| \leq \epsilon$，而 $1 > x^{\frac{1}{n}} \geq 1 - \epsilon$ 蕴含 $0 \lt 1 - x^{\frac{1}{n}} \leq \epsilon$，所以只要证明 $1 > x^{\frac{1}{n}} \geq 1 - \epsilon$ 就可以了。
首先证明对于任意 $n > 1$ 有 $1 > x^{\frac{1}{n}}$。反证法，假设 $x^{\frac{1}{n}} \geq 1$，由命题 4.3.10 (c) 款得到 $x \geq 1$，矛盾，所以 $1 > x^{\frac{1}{n}}$。
接着证明 $x^{\frac{1}{n}} \geq 1 - \epsilon$。
- 若 $1 - \epsilon \leq 0$，由引理 5.6.6 (c) 款知 $x^{\frac{1}{n}} > 0$，所以 $x^{\frac{1}{n}} \lt 1 - \epsilon$
- 若 $1 - \epsilon > 0$，由命题 4.3.10 (c) 款可知，只需证 $x \geq (1 - \epsilon)^n$ 即可。
  由于 $\epsilon > 0$，所以 $0 \lt 1 - \epsilon \lt 1$，从而有 $|1 - \epsilon| \lt 1$。根据引理 6.5.2，$\lim\limits_{n \to \infty}(1 - \epsilon)^n = 0$，展开极限的定义可得，对于任意 $x > 0$ 存在 $N \geq 1$ 使得每个 $n \geq N$ 都有 $|(1 - \epsilon)^n - 0| \leq x$，因为 $1 - \epsilon > 0$，所以 $(1 - \epsilon)^n \leq x$。
综合起来：对于任意 $\epsilon > 0$ 存在 $N \geq 1$，每个 $n \geq N$ 都使得 $1 > x^{\frac{1}{n}} \geq 1 - \epsilon$，从而 $|x^{\frac{1}{n}} - 1| \leq \epsilon$，因此 $\lim\limits_{n \to \infty}x^{\frac{1}{n}} = 1$。