用户: Ruiqi chen/CoursesNotes/数学分析 I (实验班)/Sep 23 2024

正文

定理 1 (区间套 $⟹$ Bolzano–Weierstrass 列紧性). 取定 $\mathbb{R}$ 上有界列 $\{x_n\}$, 则其有收敛子列.

证明. 二分法, 寻取闭区间套 $[a_n,b_n]$ 使得 $[a_n,b_n]\cap \{x_n\}$ 总无穷, 于是可选取互不相等的子列 $\{x_{n_k}\}$ 使得 $x_{n_k}\in [a_k,b_k]$, 依区间套原理, 有 ${\lim }_{k\to \infty }{x}_{n_k}=c\in {\bigcap }_{k=1}^{\infty }[a_k,b_k]$ 存在

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定理 2 (Bolzano–Weierstrass 列紧性 $⟹$ Cauchy 收敛准则). $\mathbb{R}$ 上 Cauchy 列 $\{x_n\}$ 总有极限.

证明. 依赖 Bolzano–Weierstrass 列紧性, 可知 $\{x_n\}$ 有收敛子列, 验证其极限 $c$ 为该 Cauchy 列极限.

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推论 3 (级数的 Cauchy 收敛准则). 级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 收敛当且仅当: $$\forall ϵ>0,\exists N\in \mathbb{N},\forall m>n>N,\left|\sum _{k=n+1}^m{a}_k\right|<ϵ$$(1)

证明. 直接来自 Cauchy 收敛准则.

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定义 4 (绝对收敛). 若 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\left|a_n\right|$ 收敛, 则称 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 绝对收敛.

若 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 收敛而 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\left|a_n\right|$ 发散, 则称 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 条件收敛.

例 5 (交替级数). 令 ${\lim }_{n\to +\infty }{a}_n=0$ 而 $\{a_n\}$ 单调递减, 则 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{(-1)}^n{a}_n$ 收敛.

证明. 注意到: $$0<a_n-a_{n+1}+a_{n+2}-\cdots +{(-1)}^{m-n}{a}_m<a_n$$(2)使用 3 即可.

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命题 6. 令 ${\lim }_{n\to +\infty }{a}_n=0$ 而 $a_n\ge 0$, 满足 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n=+\infty$, 则对于任意 $x\in \mathbb{R}$, 存在 ${\tau }_n\in \{\pm 1\}$, 使得: $$\sum _{n=0}^{+\infty }{\tau }_n{a}_n=x$$(3)

证明. 不妨令 $x\ge 0$, 归纳定义 ${\tau }_n$, 取 ${\tau }_0=1$, 记 $s_k:={\sum }_{n=0}^k{\tau }_n{a}_n$, 若 $s_k\le x$, 则取 ${\tau }_{k+1}=1$, 否则取 ${\tau }_{k+1}=-1$, 此时: $$\begin{array}{rl}\left|s_{k+1}-x\right|& ={\tau }_{k+1}{a}_{k+1}+s_k-x\le \max \{a_{k+1},\left|s_k-x\right|\}\\ & \le \max \{a_{k+1},a_k,\dots ,a_{k+1-p},\left|s_{k-p}-x\right|\}\end{array}$$${\sum }_{k=0}^{+\infty }{a}_k$ 发散知 $s_k-x$ 变号无穷次, 若 $s_n-x$ 与 $s_{n+1}-x$ 异号, 则 $\left|s_{n+1}-x\right|\le a_{n+1}$, 依赖 ${\lim }_{n\to \infty }{a}_n=0$, 考察异号时的 $s_{n+1}-x$ 得到收敛子列 $n_k$, 此时: $$\left|s_n-x\right|\le \max \{\left|s_{n_k}-x\right|,a_n,a_{n-1},\dots ,a_{n_k-1}\}\le \max \{a_n,\dots ,a_{n_k}\}$$(4)

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定义 7 (上极限). 记 $\overline{x_n}:=\sup \{x_k\mid k\ge n\}$ 与 $\underline{x_n}:=\inf \{x_k\mid k\ge n\}$, 则此时 $\overline{x_n}$ 单调递减而 $\underline{x_n}$ 单调递增, 定义: $$\begin{array}{rl}\underset{n\to +\infty }{\mathrm{limsup}}{x}_n& :=\underset{n\to +\infty }{\lim }\overline{x_n}\\ \underset{n\to +\infty }{\mathrm{liminf}}{x}_n& :=\underset{n\to +\infty }{\lim }\underline{x_n}\end{array}$$依赖 $\overline{x_n}\ge \underline{x_n}$ 知 ${\mathrm{limsup}}_{n\to +\infty }{x}_n\ge {\mathrm{liminf}}_{n\to +\infty }{x}_n$, 而 $x_n$ 收敛等价于 ${\mathrm{limsup}}_{n\to +\infty }{x}_n={\mathrm{liminf}}_{n\to +\infty }{x}_n$, 且极限值为此值.

定理 8 (双边控制定理). 给出三个数列 $a_n,b_n,c_n$, 若 $a_n\le c_n\le b_n$, 如果 $L:={\lim }_{n\to +\infty }{a}_n={\lim }_{n\to +\infty }{b}_n$, 则 ${\lim }_{n\to +\infty }{c}_n=L$.

证明. 注意到 ${\mathrm{limsup}}_{n\to +\infty }{c}_n\le {\mathrm{limsup}}_{n\to +\infty }{b}_n=L$, 同理 ${\mathrm{liminf}}_{n\to +\infty }{c}_n\ge L$, 故 ${\lim }_{n\to +\infty }{c}_n={\mathrm{limsup}}_{n\to +\infty }{c}_n={\mathrm{liminf}}_{n\to +\infty }{c}_n=L$.

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例 9. ${\lim }_{n\to +\infty }{n}^{1/n}=1$. ¹

证明. 有 $n^{1/n}\ge 1$, 依赖算数几何均值不等式有: $$n^{1/n}={(1\cdot 1\cdots 1\cdot \sqrt{n}\cdot \sqrt{n})}^{1/n}\le \frac{n-2}{n}+\frac{2}{\sqrt{n}}$$(5)而两端的极限均为 $1$.

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定义 10. 定义指数函数 $\exp :\mathbb{C}\to \mathbb{C}$ 为: $$\exp (z):=\sum _{n=0}^{+\infty }\frac{z^n}{n!}$$(6)

证明. 级数收敛性, 选取 $N\ge 2\left|z\right|$, 考察: $$\sum _{k=n+1}^m\frac{{\left|z\right|}^k}{k!}\le \sum _{k=n+1}^{\infty }\frac{{\left|z\right|}^k}{N!{(2\left|z\right|)}^{k-N}}<+\infty$$(7)

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引理 11. 有 $\exp$ 在 $x\ge 0$ 上单调增.

引理 12. $\exp (z_1+z_2)=\exp (z_1)\exp (z_2)$.

证明. 形式上的有 (不严格): ²$$\begin{array}{rl}{\exp }^{z_1}{\exp }^{z_2}=& \sum _{n=0}^{+\infty }\sum _{m=0}^{+\infty }\frac{z_1^n}{n!}\frac{z_2^m}{m!}\\ =& \sum _{k=0}^{+\infty }\sum _{n=0}^k\frac{z_1^n}{n!}\frac{z_2^{k-n}}{(k-n)!}\\ =& \sum _{k=0}^{+\infty }\frac{1}{k!}\sum _{n=0}^k\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{n}\right)z_1^n{z}_2^{k-n}\\ =& \sum _{k=0}^{+\infty }\frac{(z_1+z_2{)}^k}{k!}={\exp }^{z_1+z_2}\end{array}$$

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定义 13. 我们说级数 ${\sum }_{k=1}^{\infty }{c}_k$ 是 ${\sum }_{k=1}^{\infty }{a}_k$ 的重排, 如果存在双射 $\sigma :{\mathbb{Z}}_{>0}\to {\mathbb{Z}}_{>0}$ 使得 $c_k=a_{\sigma (k)}$.

定理 14. 若 ${\sum }_{k=1}^{+\infty }{a}_k$ 绝对收敛, 则其重排 ${\sum }_{k=1}^{+\infty }{c}_k$ 收敛, 且: $$\sum _{k=1}^{+\infty }{c}_k=\sum _{k=1}^{+\infty }{a}_k$$(8)

若 ${\sum }_{k=1}^{+\infty }{a}_k$ 条件收敛, 任意 $\alpha \in \mathbb{R}$ 均存在重排 ${\sum }_{k=1}^{+\infty }{c}_k$ 使得: $$\sum _{k=1}^{+\infty }{c}_k=\alpha$$(9)

证明. 对任意 $ϵ$ 取充分大 $N$ 使得: $$\sum _{k=N}^{+\infty }\left|a_k\right|<ϵ$$(10)存在 $M$ 使得 $\{1,2,\dots ,N\}\subseteq \{\sigma (k)\mid k\ge M\}$, 于是对 $n>M$ 有: $$\left|\sum _{k=1}^n{c}_k-\sum _{k=1}^{+\infty }{a}_k\right|\le 2\sum _{k=N}^{+\infty }\left|a_k\right|<2ϵ$$(11)

留作作业.

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命题 15. 若 ${\sum }_{k=1}^{+\infty }{a}_k,{\sum }_{k=1}^{+\infty }{b}_k$ 绝对收敛, 对任意 $c_n$ 是 $\{a_i{b}_j\}$ 的重排, 有: ³$$\sum _{n=1}^{+\infty }{c}_n=\left(\sum _{i=1}^{+\infty }{a}_i\right)\left(\sum _{j=1}^{+\infty }{b}_j\right)$$(12)

证明. ${\sum }_{n=1}^{+\infty }{c}_n$ 绝对收敛来自于: $$\sum _{n=1}^N\left|c_n\right|\le \left(\sum _{i=1}^M\left|a_i\right|\right)\left(\sum _{j=1}^M\left|b_j\right|\right)<+\infty$$(13)从而与重排无关, 考虑排列: $$a_1{b}_1,a_1{b}_2,a_2{b}_1,a_1{b}_3,a_2{b}_2,a_3{b}_1,\dots$$(14)取充分大 $M$ 与 $N>M(2M+1)$ 有: $$\begin{array}{rl}& \left|\sum _{n=1}^N{c}_n-\left(\sum _{i=1}^{+\infty }{a}_i\right)\left(\sum _{j=1}^{+\infty }{b}_j\right)\right|\\ \le & \left|\sum _{n=1}^N{c}_n-\left(\sum _{i=1}^M{a}_i\right)\left(\sum _{j=1}^M{b}_j\right)\right|+\sum _{i=M+1}^{+\infty }\left|a_i\right|\sum _{j=1}^{+\infty }\left|b_j\right|+\sum _{j=M+1}^{+\infty }\left|b_j\right|\sum _{i=1}^{+\infty }\left|a_i\right|\\ \le & \sum _{i>N\vee j>N}\left|a_i{b}_j\right|+\frac{ϵ}{2}<ϵ\end{array}$$

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脚注

1.	^ 这里不妨记 $x^{1/n}:=\sup \{x,x^n\le n,x\ge 0\}$
2.	^ 见最后一个命题
3.	^ 对 $\mathbb{C}$ 也成立.