《陶哲轩实分析》习题 6.6

6.6.1 证明引理 6.6.4。

设 $(a_n)_{n=0}^\infty$，$(b_n)_{n=0}^\infty$，$(c_n)_{n=0}^\infty$ 是实数列。那么 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 是 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 的子序列。进而，如果 $(b_n)_{n=0}^\infty$ 是 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 的子序列，而 $(c_n)_{n=0}^\infty$ 是 $(b_n)_{n=0}^\infty$ 的子序列，那么 $(c_n)_{n=0}^\infty$ 是 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 的子序列。

存在函数 $f(n) = n$，由自然数序的定义可知 $f(n+1) = n+1 > n = f(n)$，所以 $f(n)$ 是严格增的函数，$f(n)$ 使得对一切 $n \in \mathbb{N}$ 有 $a_n = a_{f(n)}$，因此 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 是 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 的子序列。

如果 $(b_n)_{n=0}^\infty$ 是 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 的子序列，那么存在一个严格增的函数 $f(x)$ 使得对一切 $n \in \mathbb{N}$ 有 $b_n = a_{f(n)}$；如果 $(c_n)_{n=0}^\infty$ 是 $(b_n)_{n=0}^\infty$ 的子序列，那么存在一个严格增的函数 $g(x)$ 使得对一切 $n \in \mathbb{N}$ 有 $c_n = b_{f(n)}$；所以存在函数 $h(x) = f(g(n))$ 使得对一切 $n \in \mathbb{N}$ 有 $c_n = a_{h(n)} = a_{f(g(n))}$。

$g(x)$ 是严格增的函数，对一切 $n \in \mathbb{N}$，$g(n+1) > g(n)$；由于 $f(x)$ 也是严格增的函数，且 $g(n+1) > g(n)$，所以 $f(g(n+1)) > f(g(n))$，因此 $h(n+1) > h(x)$，即 $h(x)$ 也是严格增的函数，所以 $(c_n)_{n=0}^\infty$ 是 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 的子序列。

6.6.2 你能找到两个不同的序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 和 $(b_n)_{n=0}^\infty$ 使他们的每一个是另一个的子序列吗？

可以。设 $a_n = (-1)^n$，$b_n = (-1)^{n+1}$。

对于任意 $n \geq 0$

$a_n - b_n = (-1)^n - (-1)^{n+1} = 2\times(-1)^n \neq 0$

即 $a_n \neq b_n$，所以两个序列不相同。

存在 $f(n) = n + 1$ 是严格增函数使得

$b_{f(n)} = (-1)^{(n+1)+1} = (-1)^{n+2} = (-1)^n \times (-1)^2 = (-1)^{n+1} = a_n\\ a_{f(n)} = (-1)^{n+1} = b_n$

所以 $a_n$ 是 $b_n$ 的子序列，$b_n$ 也是 $a_n$ 的子序列。

6.6.3 设 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 是一个序列，它不是有界的。证明它有一个子序列 $(b_n)_{n=0}^\infty$ 使得 $\lim\limits_{n \to \infty}\frac{1}{b_n}$ 存在并等于零。

对于每个自然数 $j$，定义号码 $n_j := \min\{n \in \mathbb{N}: |a_n| \geq j;\;n > n_{j-1}\}$，当 $j = 0$ 忽略 $n > n_{j-1}$。下面证明 $\{n \in \mathbb{N}: |a_n| \geq j;\;n > n_{j-1}\}$ 不是空集，再证明非空的整数集合有最小值，保证定义是成功的。

• 证明 $\{n \in \mathbb{N}: |a_n| \geq j;\;n > n_{j-1}\}$ 不是空集。

  对 $j$ 进行归纳。

  当 $j = 0$，忽略 $n > n_{j-1}$ 部分，由于 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 不是有界的，根据定义，给定任意一个实数 $M$ 都存在 $n > 0$ 使得 $|a_n| > M$，因此必然存在 $|a_n| > j$，从而集合不是空集。

  假定命题对 $j$ 成立，用反证法证明对 $j+1$ 也成立。
  假定 $\{n \in \mathbb{N}: |a_n| \geq j+1;\;n > n_j\}$ 是空集，由于 $j+1 \neq 0$，$n > n_j$ 不可忽略。
  由于 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 不是有界的，必然存在 $|a_n| \geq j+1$，又因集合为空，可以推出对于任意 $n > n_j$ 有 $|a_n| < j$。因此序列 $(a_n)_{n=n_j}^\infty$ 以 $j$ 为界。
  若 $n_j = 0$，则 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 有界，矛盾。若 $n_j > 0$，序列 $a_0,\;a_1,\;\cdots\;a_{n_j-1}$ 是有限序列因而有界，假设以 $M$ 为界，序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 可以 $j + M$ 为界，矛盾。因此若命题对 $j$ 成立，则命题对 $j+1$ 也成立。这就完成了归纳。

• 证明非空的整数集合有最小值。

  设集合 $E \subseteq \mathbb{N}$ 不是空集，所以任何属于 $E$ 的元素都大于或等于零，因而集合 $E$ 有下界 $0$，由定理 5.5.9可得 $E$ 有最大下界 $M$，可以证明 $M$ 是自然数，进而证明 $M \in E$ 证明 $M$ 是 $E$ 的最小值。

  由于 $M$ 是实数，根据习题 5.4.3的结论，存在整数 $N$ 使得 $N \leq M \leq N+1$，可以证明存在 $x \in E$ 使得 $M \leq x < N+1$（证明过程和命题 6.3.6一样），进而有 $N \leq x < N+1$。

  反证法证明 $N = x$。假设 $N < x$，根据引理 4.1.11序的性质，$x = N + d$，其中 $d$ 是正自然数，用数学归纳法易证 $d \geq 1$ 因此 $x \geq N+1$，矛盾。因此 $N = x$。

  反证法证明 $M = N$。假设 $N < M$，由于 $N = x$ 得 $M > x$，矛盾。所以 $M = n$，即集合 $E$ 的最大下界是整数。由于 $0$ 是集合的下界，所以 $0 \leq M$，因此 $M$ 是自然数。

  接着证明 $M \in E$。由于 $M < M+1$，可知存在 $x \in E$ 使得 $M \geq x < M+1$，同上面的证明，可证 M = x，所以 $M \in E$。

  因为 $M$ 是 $E$ 的最大下界，所以 $E$ 的元素都小于或等于 $M$，又因为 $M$ 是 $E$ 的元素，所以是 $E$ 的最小值。因此非空的整数集合有最小值。

• 令 $b_j := a_{n_j}$

  根据定义可知 $n_{j+1} := \min\{n \in \mathbb{N}: |a_n| \geq j+1;\;n > n_j\}$，即 $n_{j+1} > n_j$，所以 $n_j$ 是严格增的，由子序列定义可知序列 $(b_j)_{j=0}^\infty$ 是 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 的子序列。

  根据定义对于每个 $|b_j| = |a_{n_j}| \geq j$，根据命题 5.4.8有 $\frac{1}{|b_j|} \leq \frac{1}{j}$，展开绝对值得到 $-\frac{1}{j} \leq \frac{1}{b_j} \leq \frac{1}{j}$。由命题 6.1.11 已经知道 $\lim\limits_{j \to \infty}\frac{1}{j} = 0$，由极限算率可得 $\lim\limits_{j \to \infty}-\frac{1}{j} = 0$，再由挤压判别法可得 $\lim\limits_{j \to \infty}\frac{1}{b_j} = 0$。

6.6.4 证明命题 6.6.5。

设 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 是实数列，并设 $L$ 是实数。那么下述两个命题的在逻辑上是等价的：

• 序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 收敛到 $L$。
• $(a_n)_{n=0}^\infty$ 的每个子序列都收敛到 $L$。

• 先证明一个引理：对于任意一个严格增的函数 $f : \mathbb{N} \to \mathbb{N}$，$f(n) \geq n$。

  归纳 $n$。当 $n = 0$，由于 $f(n) \in \mathbb{N}$，$f(0) \geq 0$；假设 $f(n) \geq n$，由于函数是严格增的，所以 $f(n+1) > f(n) \geq n$，即 $f(n+1) > n$，由命题 2.2.12 (e) 款可得 $f(n+1) \geq n$。归纳完成。

• 若序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 收敛到 $L$。

  设 $(b_j)_{j=0}^\infty$ 是 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 的子序列，存在一个严格增的函数 $f : \mathbb{N} \to \mathbb{N}$，使得 $b_j = a_{f(n)}$。

  根据极限的定义，对于任意 $\epsilon > 0$ 存在 $N_\epsilon \geq 0$ 使得每个 $n \geq N_\epsilon$ 都有 $|a_n - L| \leq \epsilon$。根据上面证明的引论，对于每个 $N_\epsilon$ 都存在 $J = f(N_\epsilon) \geq N_\epsilon$，所以对于任意 $\epsilon > 0$，存在 $J = f(N_\epsilon)> 0$，对于每个 $j \geq J$ 都有 $f(j) \geq f(J) \geq J \geq N_\epsilon$，所以 $|b_j - L| = |a_{f(j)} - L| \leq \epsilon$，因此 $(b_j)_{j=0}^\infty$ 也收敛到 $L$。

  由于 $(b_j)_{j=0}^\infty$ 是任意的，所以 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 的每个子序列都收敛到 $L$。

• $(a_n)_{n=0}^\infty$ 的每个子序列都收敛到 $L$。

  根据引理 6.6.4，$(a_n)_{n=0}^\infty$ 是 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 的子序列，所以 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 也收敛到 $L$。

6.6.4 证明命题 6.6.6。

设 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 是实数列，并设 $L$ 是实数。那么下述两个命题的在逻辑上是等价的：

• $L$ 是序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 的极限点。
• 存在 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 的子序列收敛到 $L$。

为了证明 (a) 蕴含 (b)，对每个自然数 $j$ 定义 $n_j := \min\{n > n_{j-1}:|a_n - L| \leq \frac{1}{j}\}$，其中 $n_0 := 0$。需要证明集合 $\{n > n_{j-1}:|a_n - L| \leq \frac{1}{j}\}$ 非空，结合习题 6.6.3的引论，保证定义是成功的。

• 证明集合 $\{n > n_{j-1}:|a_n - L| \leq \frac{1}{j}\}$ 非空。

  由于 L 是 序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 的极限点，根据定义，对于任意 $\epsilon > 0$ 每个 $N > 0$ 都存在 $n \geq N$ 使得 $|(a_n) - L| \leq \epsilon$。对于 $\epsilon = \frac{1}{j} > 0$，每个 $N \geq n_{j-1} + 1$ 都存在 $n \geq N$ 使得 $|(a_n) - L| \leq \frac{1}{j}$，根据命题 2.2.12 (e) 款，$N > n_{j-1}$，所以每个 $n \geq N$ 也都满足 $n > n_{j-1}$，所以集合是非空的。

• 证明 (a) 蕴含 (b)。

  令 $b_j := a_{n_j}$。由定义 $n_{j+1} = \{n > n_j:|a_n - L| \leq \frac{1}{j+1}\}$ 可知 $n_j$ 是递增的，所以 $(b_j)_{j=0}^\infty$ 是 $(a_n)_{n=0}$ 的子序列。

  根据习题 5.4.4，对于任意 $\epsilon > 0$，存在正整数 $J$ 使得 $0 < \frac{1}{J} < \epsilon$。由于 $|b_J - L| = |a_{n_J} - L| \leq \frac{1}{J}$，$|b_J - L| < \epsilon$，对于任意 $j \geq J$，有 $\frac{1}{j} \leq \frac{1}{J}$，因此 $|b_j - L| = |a_{n_j} - L| \leq \frac{1}{j} \leq \frac{1}{J} < \epsilon$。所以 $b_j := a_{n_j}$ 收敛到 $L$。

• 证明 (b) 蕴含 (a)。

  设 $(b_n)_{n=0}^\infty$ 是 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 的子序列，$b_n = a_{f(n)}$。

  由于 $(b_n)_{n=0}^\infty$，根据定义，对于任意 $\epsilon > 0$ 存在 $N_\epsilon \geq 0$ 使得任意 $n \geq N_\epsilon$ 都有 $|b_n - L| = |a_{f(n)} - L| = \leq \epsilon$。

  对于任意 $N \geq 0$

  • 若 $N \geq N_\epsilon$，可取 $n = f(N)$，根据习题 6.6.4中的引理 $n = f(N) \geq N$，根据上述极限的定义，$|a_n - L| = |a_{f(N)} - L| \leq \epsilon$。
  • 若 $N < N_\epsilon$，取 $n = f(N_\epsilon)$，根据习题 6.6.4中的引理 $f(N_\epsilon) \geq N_\epsilon$，所以 $n > N$，所以 $|a_n - L| = |a_{f(N_\epsilon)} - L| \leq \epsilon$。

  综合得到 $L$ 是序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 的极限点。