6.1 收敛及极限的算律
习题
6.1.1
对m归纳,对于m=n+1,am>an,归纳假定对于某个k成立,ak>an,那么ak+1>ak>an
6.1.2
没明白这道题的意思,感觉显然呀
6.1.3
根据收敛的定义,对于每个ε,都存在N使得大于N的an与cε接近。这个N对于两个实数列都满足。
6.1.4
类似6.1.3
6.1.5
考虑an收敛到c,那么对于任意ε,存在N,满足对于n≥N,|an−c|≤ε/2,那么对于m,n≥N,满足|am−an|≤|am−c|+|an−c|≤ε
6.1.6
反证法,假定an不是终极ε接近L的,那么,对于任意M,都存在n>M,使得an>L+ε或者an<L−ε,又因为an为Cauchy序列,那么对于ε/2,存在N>M,满足对于任意m,n>N,使得|an−am|≤ε/2,这样,对于任意n>N,an>L+ε/2或者an<L−ε/2,与an收敛到L矛盾。
一开始感觉后面提示有点问题,不应该是使得对于一切n>N,应该是存在某个n>N,后来发现自己理解有误。
6.1.7
证明过程类似命题6.1.4的证明,因为比例数是实数,所以若5.1.2则6.1.16。若6.1.16,由于对于任意实数x存在大于x自然数N,而N是比例数,那么以x为界必然以N为界。证明完成。
6.1.8
(a)对任意ε存在M,当n>M,|an−x|≤ε/2;存在N,当n>N,|bn−y|≤ε/2,那么对于n>max(M,N),|an+bn−(x+y)|≤ε,上面结论对于任意ε成立。证明完成
(b)设an上界为p,对任意ε存在M,当n>M,|anbn−xy|≤|an(bn−y)+(an−x)y|≤pε+yε=(p+y)ε。(p+y)ε可以任意小,证明完成。
(c)考虑c等于{c,c,…},利用(b)
(d)a-b=a+(-1)*b
(e)设bn上界为p,对任意ε存在M,当n>M,|b−1n−y−1|=|bn−y|/(ybn)≤ε/(yp),最后一个式子可以任意小,证明完成。
(f)a/b=a∗b−1
(g)不妨设x<y,令ε=(y−x)/4那么存在M,使得n>M则an<x+ε,bn>y−ε,这样limmax(an,bn)=limbn=y
(h)类似(g)
6.1.9
因为除0没有意义啊。
6.1.10
类似证明6.1.7。
6.2 广义实数系
6.2.10确实非常神奇,E为空集,sup(E):=−∞,而inf(E):=∞,因为根据定义5.5.10,空集的sup为−∞,而定义inf=-sup。
习题
6.2.1
实数的情况为命题5.4.7,只需要考虑∞和−∞
(a)对于∞和−∞都成立
(b)对x和y分别为实数和∞和−∞,分9种情况
(c)3*3*3=27种情况?
(d)对x和y分别为实数和∞和−∞,分9种情况
6.2.2
(a)如果x只包含实数,那么根据上界的定义满足x≤sup(E),如果x包含∞,上界为∞,对于任意数满足x≤∞。如果x包含−∞,跟只包含实数相同。
这本书中定义的inf感觉复杂了,如果类似sup定义下界为满足小于所有E元素的数,那么证明x≥inf(E)就跟上面的证明完全一样了。
(b)对于实数,根据上界大于等于上确界。对于∞和−∞,分情况容易证明。
(c)类似(b)
6.3 序列的上确界和下确界
习题
6.3.1
因为对于任意ε,都能找到1/ε使得大于这个数的n比ε小,所以任意正数都不是下界,所以下确界是0。
6.3.2
前面部分就是6.2.11的结论,对于后面的存在n≥m满足y<an≤x,反证法,如果不存在这样的n,那么y就是上界,与x是上确界矛盾。
6.3.3
因为序列非空,有上界,那么必然有上确界sup(an)。需要证明序列收敛到这个上确界x=sup(an)。对于任意ε,x−ε都不是序列的上界,那么存在N,使得aN>x−ε,由于序列单调增,那么对于所有n>N,满足an>x−ε,也就是x−an<ε,证明完成。
6.3.4
x>1时序列发散,也就是不收敛到某个实数,那么就没法完成6.3.10中的过程。而1/x<1,(1x)n可以任意小,那么xn可以任意大,那么发散。
例1.2.3的问题在于序列发散,那么没有一个数等于这个序列和,所以假定这个序列和等于某个数是不可以的。而广义实数系的无穷大不可以进行算术运算。
6.4 上极限、下极限和极限点
上极限和下极限感觉很难理解,看过很多书里面的讲解(数学分析原理、欧氏空间勒贝格积分、数学分析新讲),这本书是讲的最好的,最容易理解了。
习题
6.4.1
因为an收敛到c,那么对于任意ε,存在N,如果n>N,则|an−c|≤ε,既然全部满足,当然存在一点满足,所以是极限点。如果还有另一个点d不等于c,令ε=|(d−c)/4|,可以找到某个N,使得大于N的数都位于c的ε领域,这样N以后找不到d的ε附着点,与d是极限点矛盾。
6.4.2
证明的思路就是,前面有限个元素去掉不影响结果。
6.4.3
(a) 作为书上证明的一个解释
考虑序列bn=a+n=sup(ak)∞k=n,那么L+=limn→∞bn。根据极限定义,对于任意x>L+,存在N,当n≥N时,bn≤x,那么an≤bn≤x。下确界相关命题类似证明。
(b) 作为书上证明的一个解释
类似上面说的,考虑序列bn=a+n=sup(ak)∞k=n,其它类似。
(c)第一个不等号与最后一个类似,略
(d)
反证法,如果c>L+,考虑ε=(c−L+)/2,根据命题(a),对于某个N以后,没有元素与cε接近,矛盾。c<L−类似。
(e)
根据命题6.3.6,对于任意ε,都存在L+−ε≤an≤L+
(f)
an收敛到c,则对于任意ε,存在N,满足n≥N则|an−c|≤ε(收敛定义),这样,根据收敛定义,a+N收敛到c。
如果L+=L−=c,那么对于任意ε,存在N,满足n≥N则|an−c|≤ε(命题a),那么根据收敛定义,an收敛到c。
6.4.4
bn≤sup(bn),那么
an≤sup(bn),那么sup(bn)为(an)上界,那么最小上界小于等于上界,证明完成。
inf类似
无穷大的情况能不能用归纳法证明?
6.4.5结合引理6.4.13和命题6.4.12(f)容易证明。
6.4.6
{0,1/2,2/3,3/4,4/5,…}
{1,1,1,}
虽然每一项都严格小于,最后极限确实等于,因为有理数序列可能收敛到非有理数
6.4.7
|an−0|≤ε<=>||an|−0|≤ε,证明完成。
把0换成其它数,上面结论显然不成立。
6.4.8
首先证明limsupan=∞,因为没有上界,那么对于任意L,都存在n>N,an>L,那么序列supan没有上界。而an没有上界,那么根据定义,以∞为极限点。
6.4.9
1, 1/2, -3, 4, 1/5, -6
6.4.10
c是bn的极限点,那么对于任意ε,任意N,存在n>N,满足|bn−c|≤ε/2,而b_n是an的极限点,那么存在m>N,满足|am−bn|≤ε/2,这样|am−c|≤|bn−c|+|am−bn|≤ε
6.5 某些基本的极限
习题
6.5.1
令q=a/b,那么limn→∞1nab=limn→∞(1n1b)a=(limn→∞1n1b)a=0
如果nq存在并且等于a,那么有a*0=1,矛盾。
6.5.2
如果x=0,那么序列就是0,0,0,显然收敛到0
如果0 < x < 1,那么根据命题6.3.10,limn→∞xn=0,那么limn→∞−xn=0,而−xn≤(−x)n≤xn,根据挤压判别法,对于-1 < x < 0,极限也是0。
对于x=1,那么序列就是1,1,1,显然收敛到0
对于x=-1,那么序列为1,-1,1,-1,对于1和-1都不是终极1/2接近的。
对于x>1或x<-1,可以序列大于任意大的数,类似例6.4.15。
6.5.3 没有提示还真不知道改怎么证。
对于x=1,显然。
对于x>1,对于任意ε>0,由于(1+ε)n发散,所以存在n,满足(1+ε)n>x,证明完成。
对于x<1,对于任意ε>0,由于(1−ε)n收敛到0,所以存在n,满足(1−ε)n<x,证明完成。
6.6 子序列
本章最后的Bolzano-Weierstrass定理关键在于上界的定义是小于等于,如果是小于就不行了。
6.6.1
自反性,考虑f(n)=n
传递性,考虑如果f、g是严格增的,那么f(g(n))也是严格增的。
6.6.2
1 2 1 2 1 2…
2 1 2 1 2 1…
6.6.3
{n∈N:|an|≥j}如果为空,那么序列以j为界,与序列无界矛盾。那么|anj|≥j,那么1/|anj|≤1/j,而1/n极限为0,那么根据夹挤定理,1/bn极限为0。
6.6.4
(b)->(a)
因为an是an的子序列,证明完成。
(a)->(b)
an收敛,则对于任意ε,存在N满足n≥N则|an−L|≤ε。那么对于任意子序列anj,只要nj≥N,就有|anj−L|≤ε。也就是收敛到L。
6.6.5
(a)->(b)
这样的序列有很多,只需要找到一个就行,书中提示是持续找到ε=1/j附着于L的元素的序列,对每一个j=1,2,3…都可以找到。
(b)->(a)
对于任意ε,存在M,只要n≥M,就有|an−L|≤ε,那么对于任意N,只要n≥max(M,N),就有|an−L|≤ε,这样按照极限点的定义完成了证明。
6.7 实的指数运算,第2部分
习题
6.7.1
(a)xq正
(b)(xq)r=xqr
xqr=limxqmrn
lim(limxqm)rn,里面的极限有界,去掉括号可得结论。
(c)x−q=1/xq
x−q=limx−qn=lim1/xqn根据定理6.1.19(e)得出结论。
(d)q>0,x>y <=> xq>yq
xqn>yqn,所以极限大于等于,容易证明不能等于
(e)x>1 xq>xr<=>q>r
xqn>xrn,所以极限大于等于,容易证明不能等于
x<1 xq>xr<=>q<r,同上。