《陶哲轩实分析》习题 6.6

6.6.1 证明引理 6.6.4。

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

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

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

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

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

可以。设 an=(1)na_n = (-1)^nbn=(1)n+1b_n = (-1)^{n+1}

对于任意 n0n \geq 0

anbn=(1)n(1)n+1=2×(1)n0a_n - b_n = (-1)^n - (-1)^{n+1} = 2\times(-1)^n \neq 0

anbna_n \neq b_n,所以两个序列不相同。

存在 f(n)=n+1f(n) = n + 1 是严格增函数使得

bf(n)=(1)(n+1)+1=(1)n+2=(1)n×(1)2=(1)n+1=anaf(n)=(1)n+1=bnb_{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 ana_nbnb_n 的子序列,bnb_n 也是 ana_n 的子序列。

6.6.3(an)n=0(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 (bn)n=0(b_n)_{n=0}^\infty 使得 limn1bn\lim\limits_{n \to \infty}\frac{1}{b_n} 存在并等于零。

对于每个自然数 jj,定义号码 nj:=min{nN:anj;  n>nj1}n_j := \min\{n \in \mathbb{N}: |a_n| \geq j;\;n > n_{j-1}\},当 j=0j = 0 忽略 n>nj1n > n_{j-1}。下面证明 {nN:anj;  n>nj1}\{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 {nN:anj;  n>nj1}\{n \in \mathbb{N}: |a_n| \geq j;\;n > n_{j-1}\} 不是空集。

    jj 进行归纳。

    j=0j = 0,忽略 n>nj1n > n_{j-1} 部分,由于 (an)n=0(a_n)_{n=0}^\infty 不是有界的,根据定义,给定任意一个实数 MM 都存在 n>0n > 0 使得 an>M|a_n| > M,因此必然存在 an>j|a_n| > j,从而集合不是空集。

    假定命题对 jj 成立,用反证法证明对 j+1j+1 也成立。
    假定 {nN:anj+1;  n>nj}\{n \in \mathbb{N}: |a_n| \geq j+1;\;n > n_j\} 是空集,由于 j+10j+1 \neq 0n>njn > n_j 不可忽略。
    由于 (an)n=0(a_n)_{n=0}^\infty 不是有界的,必然存在 anj+1|a_n| \geq j+1,又因集合为空,可以推出对于任意 n>njn > n_jan<j|a_n| < j。因此序列 (an)n=nj(a_n)_{n=n_j}^\inftyjj 为界。
    nj=0n_j = 0,则 (an)n=0(a_n)_{n=0}^\infty 有界,矛盾。若 nj>0n_j > 0,序列 a0,  a1,    anj1a_0,\;a_1,\;\cdots\;a_{n_j-1} 是有限序列因而有界,假设以 MM 为界,序列 (an)n=0(a_n)_{n=0}^\infty 可以 j+Mj + M 为界,矛盾。因此若命题对 jj 成立,则命题对 j+1j+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 ENE \subseteq \mathbb{N} 不是空集,所以任何属于 EE 的元素都大于或等于零,因而集合 EE 有下界 00,由定理 5.5.9可得 EE 有最大下界 MM,可以证明 MM 是自然数,进而证明 MEM \in E 证明 MMEE 的最小值。

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

    反证法证明 N=xN = x。假设 N<xN < x,根据引理 4.1.11序的性质,x=N+dx = N + d,其中 dd 是正自然数,用数学归纳法易证 d1d \geq 1 因此 xN+1x \geq N+1,矛盾。因此 N=xN = x

    反证法证明 M=NM = N。假设 N<MN < M,由于 N=xN = xM>xM > x,矛盾。所以 M=nM = n,即集合 EE 的最大下界是整数。由于 00 是集合的下界,所以 0M0 \leq M,因此 MM 是自然数。

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

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

  • bj:=anjb_j := a_{n_j}

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

    根据定义对于每个 bj=anjj|b_j| = |a_{n_j}| \geq j,根据命题 5.4.81bj1j\frac{1}{|b_j|} \leq \frac{1}{j},展开绝对值得到 1j1bj1j-\frac{1}{j} \leq \frac{1}{b_j} \leq \frac{1}{j}。由命题 6.1.11 已经知道 limj1j=0\lim\limits_{j \to \infty}\frac{1}{j} = 0,由极限算率可得 limj1j=0\lim\limits_{j \to \infty}-\frac{1}{j} = 0,再由挤压判别法可得 limj1bj=0\lim\limits_{j \to \infty}\frac{1}{b_j} = 0

6.6.4 证明命题 6.6.5。

(an)n=0(a_n)_{n=0}^\infty 是实数列,并设 LL 是实数。那么下述两个命题的在逻辑上是等价的:
  • 序列 (an)n=0(a_n)_{n=0}^\infty 收敛到 LL
  • (an)n=0(a_n)_{n=0}^\infty 的每个子序列都收敛到 LL
  • 先证明一个引理:对于任意一个严格增的函数 f:NNf : \mathbb{N} \to \mathbb{N}f(n)nf(n) \geq n

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

  • 若序列 (an)n=0(a_n)_{n=0}^\infty 收敛到 LL

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

    根据极限的定义,对于任意 ϵ>0\epsilon > 0 存在 Nϵ0N_\epsilon \geq 0 使得每个 nNϵn \geq N_\epsilon 都有 anLϵ|a_n - L| \leq \epsilon。根据上面证明的引论,对于每个 NϵN_\epsilon 都存在 J=f(Nϵ)NϵJ = f(N_\epsilon) \geq N_\epsilon,所以对于任意 ϵ>0\epsilon > 0,存在 J=f(Nϵ)>0J = f(N_\epsilon)> 0,对于每个 jJj \geq J 都有 f(j)f(J)JNϵf(j) \geq f(J) \geq J \geq N_\epsilon,所以 bjL=af(j)Lϵ|b_j - L| = |a_{f(j)} - L| \leq \epsilon,因此 (bj)j=0(b_j)_{j=0}^\infty 也收敛到 LL

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

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

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

6.6.4 证明命题 6.6.6。

(an)n=0(a_n)_{n=0}^\infty 是实数列,并设 LL 是实数。那么下述两个命题的在逻辑上是等价的:
  • LL 是序列 (an)n=0(a_n)_{n=0}^\infty 的极限点。
  • 存在 (an)n=0(a_n)_{n=0}^\infty 的子序列收敛到 LL

为了证明 (a) 蕴含 (b),对每个自然数 jj 定义 nj:=min{n>nj1:anL1j}n_j := \min\{n > n_{j-1}:|a_n - L| \leq \frac{1}{j}\},其中 n0:=0n_0 := 0。需要证明集合 {n>nj1:anL1j}\{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>nj1:anL1j}\{n > n_{j-1}:|a_n - L| \leq \frac{1}{j}\} 非空。

    由于 L 是 序列 (an)n=0(a_n)_{n=0}^\infty 的极限点,根据定义,对于任意 ϵ>0\epsilon > 0 每个 N>0N > 0 都存在 nNn \geq N 使得 (an)Lϵ|(a_n) - L| \leq \epsilon。对于 ϵ=1j>0\epsilon = \frac{1}{j} > 0,每个 Nnj1+1N \geq n_{j-1} + 1 都存在 nNn \geq N 使得 (an)L1j|(a_n) - L| \leq \frac{1}{j},根据命题 2.2.12 (e) 款N>nj1N > n_{j-1},所以每个 nNn \geq N 也都满足 n>nj1n > n_{j-1},所以集合是非空的。

  • 证明 (a) 蕴含 (b)。

    bj:=anjb_j := a_{n_j}。由定义 nj+1={n>nj:anL1j+1}n_{j+1} = \{n > n_j:|a_n - L| \leq \frac{1}{j+1}\} 可知 njn_j 是递增的,所以 (bj)j=0(b_j)_{j=0}^\infty(an)n=0(a_n)_{n=0} 的子序列。

    根据习题 5.4.4,对于任意 ϵ>0\epsilon > 0,存在正整数 JJ 使得 0<1J<ϵ0 < \frac{1}{J} < \epsilon。由于 bJL=anJL1J|b_J - L| = |a_{n_J} - L| \leq \frac{1}{J}bJL<ϵ|b_J - L| < \epsilon,对于任意 jJj \geq J,有 1j1J\frac{1}{j} \leq \frac{1}{J},因此 bjL=anjL1j1J<ϵ|b_j - L| = |a_{n_j} - L| \leq \frac{1}{j} \leq \frac{1}{J} < \epsilon。所以 bj:=anjb_j := a_{n_j} 收敛到 LL

  • 证明 (b) 蕴含 (a)。

    (bn)n=0(b_n)_{n=0}^\infty(an)n=0(a_n)_{n=0}^\infty 的子序列,bn=af(n)b_n = a_{f(n)}

    由于 (bn)n=0(b_n)_{n=0}^\infty,根据定义,对于任意 ϵ>0\epsilon > 0 存在 Nϵ0N_\epsilon \geq 0 使得任意 nNϵn \geq N_\epsilon 都有 bnL=af(n)L=ϵ|b_n - L| = |a_{f(n)} - L| = \leq \epsilon

    对于任意 N0N \geq 0

    • NNϵN \geq N_\epsilon,可取 n=f(N)n = f(N),根据习题 6.6.4中的引理 n=f(N)Nn = f(N) \geq N,根据上述极限的定义,anL=af(N)Lϵ|a_n - L| = |a_{f(N)} - L| \leq \epsilon
    • N<NϵN < N_\epsilon,取 n=f(Nϵ)n = f(N_\epsilon),根据习题 6.6.4中的引理 f(Nϵ)Nϵf(N_\epsilon) \geq N_\epsilon,所以 n>Nn > N,所以 anL=af(Nϵ)Lϵ|a_n - L| = |a_{f(N_\epsilon)} - L| \leq \epsilon

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