陶哲轩实分析-第6章-序列的极限

6.1 收敛及极限的算律

习题

6.1.1
对m归纳，对于m=n+1，$a_m>a_n$，归纳假定对于某个k成立，$a_k>a_n$，那么$a_{k+1}>a_k>a_n$

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$\varepsilon$，都存在N使得大于N的$a_n$与c$\varepsilon$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$a_n$收敛到c，那么对于任意$\varepsilon$，存在N，满足对于$n\ge N$，$|a_n-c|\le \varepsilon/2$，那么对于$m,n\ge N$，满足$|a_m-a_n|\le |a_m-c|+|a_n-c|\le \varepsilon$

6.1.6
反证法，假定$a_n$不是终极$\varepsilon$接近L的，那么，对于任意M，都存在n>M，使得$a_n>L+\varepsilon$或者$a_n<L-\varepsilon$，又因为$a_n$为Cauchy序列，那么对于$\varepsilon/2$，存在N>M，满足对于任意m,n>N，使得$|a_n-a_m|\le \varepsilon/2$，这样，对于任意$n>N$，$a_n>L+\varepsilon/2$或者$a_n<L-\varepsilon/2$，与$a_n$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$\varepsilon$存在M，当n>M，$|a_n-x|\le \varepsilon/2$；存在N，当n>N，$|b_n-y|\le \varepsilon/2$，那么对于$n>max(M,N)$，$|a_n+b_n-(x+y)|\le \varepsilon$，上面结论对于任意$\varepsilon$成立。证明完成
(b)设$a_n$上界为p，对任意ε存在M，当n>M，$|a_nb_n-xy|\le|a_n(b_n-y)+(a_n-x)y|\le p\varepsilon+y\varepsilon=(p+y)\varepsilon$。$(p+y)\varepsilon$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$b_n$上界为p，对任意ε存在M，当n>M，$|b_n^{-1}-y^{-1}|=|b_n-y|/(yb_n)\le \varepsilon/(yp)$，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$\varepsilon=(y-x)/4$那么存在M，使得n>M则$a_n<x+\varepsilon$，$b_n>y-\varepsilon$，这样$limmax(a_n,b_n)$=$limb_n=y$
(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，$sup(E):=-\infty$，而$inf(E):=\infty$，因为根据定义5.5.10，空集的sup为$-\infty$，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$\infty$和$-\infty$
(a)对于$\infty$和$-\infty$都成立
(b)对x和y分别为实数和$\infty$和$-\infty$，分9种情况
(c)3*3*3=27种情况？
(d)对x和y分别为实数和$\infty$和$-\infty$，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$x\le sup(E)$，如果x包含$\infty$，上界为$\infty$，对于任意数满足$x\le \infty$。如果x包含$-\infty$，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$x\ge inf(E)$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$\infty$和$-\infty$，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$\varepsilon$，都能找到$1/\varepsilon$使得大于这个数的n比$\varepsilon$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$n\ge m$满足$y<a_n\le x$，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$sup(a_n)$。需要证明序列收敛到这个上确界$x=sup(a_n)$。对于任意$\varepsilon$，$x-\varepsilon$都不是序列的上界，那么存在N，使得$a_N>x-\varepsilon$，由于序列单调增，那么对于所有n>N，满足$a_n>x-\varepsilon$，也就是$x-a_n<\varepsilon$，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，$(\frac1x)^n$可以任意小，那么$x^n$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$a_n$收敛到c，那么对于任意$\varepsilon$，存在N，如果n>N，则$|a_n-c|\le \varepsilon$，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$\varepsilon=|(d-c)/4|$，可以找到某个N，使得大于N的数都位于c的$\varepsilon$领域，这样N以后找不到d的$\varepsilon$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$b_n=a_n^+=sup(a_k)_{k=n}^{\infty}$，那么$L^+=lim_{n\to \infty}b_n$。根据极限定义，对于任意$x>L^+$，存在N，当$n\ge N$时，$b_n\le x$，那么$a_n\le b_n \le x$。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$b_n=a_n^+=sup(a_k)_{k=n}^{\infty}$，其它类似。

(c)第一个不等号与最后一个类似，略

$$L^-\le L^+$$ $inf(a_n)\le sup(a_n)$，两边取极限即可，或者用归纳法。
$$L^+\le sup(a_n)_{n=m}^\infty$$ 可以用归纳法，因为$sup(a_n)_{n=m}^\infty \ge sup(a_n)_{n=m+1}^\infty$。

(d)
反证法，如果$c>L^+$，考虑$\varepsilon =(c-L^+)/2$，根据命题(a)，对于某个N以后，没有元素与c$\varepsilon$接近，矛盾。$c<L^-$类似。

(e)
根据命题6.3.6，对于任意$\varepsilon$，都存在$L^+-\varepsilon\le a_n \le L^+$

(f)
$a_n$收敛到c，则对于任意$\varepsilon$，存在N，满足$n\ge N$则$|a_n-c|\le\varepsilon$（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$\varepsilon$，存在N，满足$n\ge N$则$|a_n-c|\le\varepsilon$（命题a），那么根据收敛定义，$a_n$收敛到c。

6.4.4
$b_n\le sup(b_n)$，那么
$a_n\le sup(b_n)$，那么$sup(b_n)$为$(a_n)$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
$|a_n-0|\le \varepsilon$<=>$||a_n|-0|\le \varepsilon$，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$lim sup a_n=\infty$，因为没有上界，那么对于任意L，都存在$n>N,a_n>L$，那么序列$sup a_n$没有上界。而$a_n$没有上界，那么根据定义，以$\infty$为极限点。

6.4.9
1, 1/2, -3, 4, 1/5, -6

6.4.10
c是$b_n$的极限点，那么对于任意$\varepsilon$，任意N，存在n>N，满足$|b_n-c|\le \varepsilon/2$，而b_n是$a_n$的极限点，那么存在m>N，满足$|a_m-b_n|\le \varepsilon/2$，这样$|a_m-c|\le |b_n-c|+|a_m-b_n|\le \varepsilon$

6.5 某些基本的极限

习题
6.5.1
令q=a/b，那么$\lim\limits_{n\to \infty}\frac1{n^\frac ab}=\lim\limits_{n\to \infty}(\frac1{n^\frac 1b})^a=(\lim\limits_{n\to \infty}\frac1{n^\frac 1b})^a=0$
如果$n^q$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，$\lim\limits_{n\to \infty}x^n=0$，那么$\lim\limits_{n\to \infty}-x^n=0$，而$-x^n\le(-x)^n\le x^n$，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$\varepsilon>0$，由于$(1+\varepsilon)^n$发散，所以存在n，满足$(1+\varepsilon)^n>x$，证明完成。
对于x<1，对于任意$\varepsilon>0$，由于$(1-\varepsilon)^n$收敛到0，所以存在n，满足$(1-\varepsilon)^n<x$，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
$\{n\in N:|a_n|\ge j\}$如果为空，那么序列以j为界，与序列无界矛盾。那么$| a_{n_j} | \ge j$，那么$1/| a_{n_j} | \le 1/j$，而1/n极限为0，那么根据夹挤定理，$1/b_n$极限为0。

6.6.4
(b)->(a)
因为$a_n$是$a_n$的子序列，证明完成。
(a)->(b)
$a_n$收敛，则对于任意$\varepsilon$，存在N满足$n\ge N$则$|a_n-L|\le \varepsilon$。那么对于任意子序列$a_{n_j}$，只要$n_j\ge N$，就有$|a_{n_j}-L|\le \varepsilon$。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$\varepsilon=1/j$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$\varepsilon$，存在M，只要$n\ge M$，就有$|a_n-L|\le \varepsilon$，那么对于任意N，只要$n\ge max(M,N)$，就有$|a_n-L|\le \varepsilon$，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)$x^q$正

(b)$(x^q)^r=x^{qr}$
$x^{qr}=\lim x^{{q_m}{r_n}}$
$\lim(\lim x^{q_m})^{r_n}$，里面的极限有界，去掉括号可得结论。

(c)$x^{-q}=1/x^q$
$x^{-q}=\lim x^{-q_n}=\lim 1/x^{q_n}$根据定理6.1.19(e)得出结论。

(d)q>0，x>y <=> $x^q>y^q$
$x^{q_n}>y^{q_n}$，所以极限大于等于，容易证明不能等于

(e)x>1 $x^q>x^r <=>q>r$
$x^{q_n}>x^{r_n}$，所以极限大于等于，容易证明不能等于
x<1 $x^q>x^r <=>q<r$，同上。