§3.1 序列极限 MA

§3.1 序列极限 MA

§3.1.1 序列极限

(1) 基础

§3.1.1 序列极限

(1) 基础

本章目标

给出了数列极限的精确定义

证明了极限的唯一性

阐明了极限运算与实数集结构之间的联系

得到了数列收敛的以下判定准则

序列

定义: 定义域为自然数集的函数 f:N→Xf: N \rightarrow Xf:N→X﻿ 

并定义序列元素: xn:=f(n)x_n:= f(n)xn​:=f(n)﻿ 

序列极限

定义1: 

如果对于点A的任何一个邻域V(A). 都存在序号N(其选取与V(A)有关), 使得数列中所有序于iV的项都包含在点上述邻域V(A)中.

 我们称点 aaa﻿ 为序列 f:N→Rf:N\rightarrow R f:N→R﻿ 的极限, 记作 lim⁡n→∞xn=A\lim\limits_{n\rightarrow \infty} x_n =An→∞lim​xn​=A﻿

课本表述( 等价于定义1 ) 收敛到A, 不收敛到A

(lim⁡n→inf⁡xn=A):=∀V(A),∃n0∈N Let: ∀n>n0,xn∈V(A)(\lim\limits_{n\rightarrow \inf} x_n =A ):=\forall V(A),\exist n_0 \in N  \text{ Let: } \forall n>n_0 , x_n \in V(A)(n→inflim​xn​=A):=∀V(A),∃n0​∈N Let: ∀n>n0​,xn​∈V(A)﻿ 

序列不收敛到A : ∃V(A),∀n0∈N Let: ∃n>n0,xn∉V(A)\exist V(A),\forall n_0 \in N  \text{ Let: } \exist n>n_0 , x_n \notin V(A)∃V(A),∀n0​∈N Let: ∃n>n0​,xn​∈/V(A)﻿ 

发散序列 收敛序列

收敛序列 ∃A∈R Let: ∀V(A),∃n0∈N Have: ∀n>n0,xn∈V(A)\exist A \in R  \text{ Let:  } \forall V(A),\exist n_0 \in N  \text{ Have: } \forall n>n_0 , x_n \in V(A)∃A∈R Let: ∀V(A),∃n0​∈N Have: ∀n>n0​,xn​∈V(A)﻿

发散序列: ∀A∈R Let: ∃V(A),∀n0∈N Have: ∃n>n0,xn∉V(A)\forall A \in R  \text{ Let: }\exist V(A),\forall n_0 \in N  \text{ Have: } \exist n>n_0 , x_n \notin V(A)∀A∈R Let: ∃V(A),∀n0​∈N Have: ∃n>n0​,xn​∈/V(A)﻿ 

比较收敛序列 和 收敛到A的定义区别

有两层的量词描述, 收敛序列讨论了 ∀A∈R\forall A \in R∀A∈R﻿ 而, 收敛到A 仅讨论某个特定的AAA﻿ 

A命题 与 ¬A\lnot A¬A﻿的讨论

命题的方面往往就是需要将量词结构颠倒

为何 ∀n>n0,xn∈V(A)\forall n>n_0 , x_n \in V(A)∀n>n0​,xn​∈V(A)﻿ 的逆不是 ∀n<n0,xn∈V(A)\forall n<n_0 , x_n \in V(A)∀n<n0​,xn​∈V(A)﻿ 

我们所谓的逆命题: 是不是A就是B的描述

∀A, Have B\forall A ,  \text{ Have } B∀A, Have B﻿ 的方面恰好是 ∃A, Have ¬B\exist A , \text{ Have } \lnot B∃A, Have ¬B﻿  

量词中的命题A, 是用于修饰的, 不需要出现 ¬A\lnot A¬A﻿ 

定义2

如果对于任何 ∀ϵ>0\forall \epsilon>0∀ϵ>0﻿ , 都存在序号n0∈Nn_0 \in Nn0​∈N﻿ , 使得对
于一切 n>n0n>n_0n>n0​﻿ , 都有 ∣xn−A∣<ϵ|x_n - A| < \epsilon∣xn​−A∣<ϵ﻿ 

定义1  2 课本表述 没有显著区别, 仅仅是是否需要提前声明 领域 这个概念

序列收敛或发散

如果(lim⁡n→inf⁡xn=A) (\lim\limits_{n\rightarrow \inf} x_n =A )(n→inflim​xn​=A)﻿ 存在成立, 我们说数列 {xn}\{x_n\} {xn​}﻿收敛于A

有极限的数列我们称为收敛数列

没有有极限的数列我们称为发散数列

(2)  区间和广义区间

区间的一般定义

开区间: (a,b):={x∈R∣a<x<b}(a,b):=\{x\in R|a<x<b\}(a,b):={x∈R∣a<x<b}﻿ 

闭区间: [a,b]:={x∈R∣a≤x≤b}[a,b]:=\{x\in R|a \le x\le b\}[a,b]:={x∈R∣a≤x≤b}﻿ 

对应的左开右闭区间 , 左闭右开区间等等

无穷区间(以左闭右无穷为例子):  [a,+∞):={x∈R∣a≤x}[a,+\infty):=\{x\in R|a \le x\}[a,+∞):={x∈R∣a≤x}﻿ 

邻域: 包含点 A∈RA \in RA∈R﻿ 的开区间称为该点的邻域.

特别的: 记v(A,ϵ):=(A−ϵ,A+ϵ)v(A,\epsilon):= (A-\epsilon, A+\epsilon)v(A,ϵ):=(A−ϵ,A+ϵ)﻿ 为点A的 ϵ\epsilonϵ﻿ 邻域

区间的线性空间定义

凸集(Convex set)

概论来自: 在点集拓扑学与欧几里得空间中

在度量几何中, 琴生不等式(Jensen'sinequality)为凸集给出一个最健全的解释, 而不必牵涉到二阶导数

假设 SSS﻿ 在实或复向量空间的集. 若对于 ∀x,y∈S\forall x,y\in S∀x,y∈S﻿ 和 0<∀t<1 0<\forall t<10<∀t<1﻿, 
有(1−t)x+ty∈S(1-t)x+ty\in S(1−t)x+ty∈S﻿, 则称 SSS﻿ 为凸集.

简单而言, 就是 SSS﻿ 中的任何两点之间的直线段都属于 SSS﻿. 因此, 凸集是一个连通空间.

在实数集合中  Set is Convex set   ⟺  Set is Range \text{ Set is Convex set } \iff  \text{Set is Range} Set is Convex set ⟺Set is Range﻿

开区间闭区间

有个问题, 这样无法描述开区间, 闭区间在实数上

区间的所在集合 表达形式

假设 x∈R+,y∈X,range[x,y]∈[R+,Y]x \in R^+, y \in X, range[x,y] \in [\mathbb{R^+},\mathbb{Y}]x∈R+,y∈X,range[x,y]∈[R+,Y]﻿

邻域umgebung(德语):  u(A,ϵ):=(A−ϵ,A+ϵ)∈(A±R+)=V(A)u(A,\epsilon):=(A-\epsilon, A+\epsilon) \in (A \pm \mathbb{R^+}) =V(A)u(A,ϵ):=(A−ϵ,A+ϵ)∈(A±R+)=V(A)﻿  

无穷区间: [a,+∞)∈[R,∞)[a,+\infty) \in \mathbb{[R,\infty)}[a,+∞)∈[R,∞)﻿ 

极限本质上是一个保序性

全体 ϵ>0\epsilon>0ϵ>0﻿ 对应的区间 (A±ϵ)(A \pm \epsilon)(A±ϵ)﻿ 构成的集合 V(A)V(A)V(A)﻿

全体 n0∈Nn_0 \in Nn0​∈N﻿ 对应的区间 (n0,∞)(n_0,\infty) (n0​,∞)﻿ 也构成了一个集合 N+N^+N+﻿

全序性: 这两个集合内的元素满足 (a⊂b)∨(b⊂a)=True(a \subset b) \lor (b \subset a) = True (a⊂b)∨(b⊂a)=True﻿ 

那么: 极限命题实际上是在问 ∀a∈V(A),∃b⊂a,∃c∈N+\forall a \in V(A) , \exist  b \subset a ,\exist c \in N^+∀a∈V(A),∃b⊂a,∃c∈N+﻿
使得 x(c)⊂b⊂ax(c) \subset b \subset ax(c)⊂b⊂a﻿ 

(3) 极限的一对多函数命题

定义 一对多函数

函数的叙述定义: ∀x∈X, ∃!y∈Y, Let x and y correspond\forall x \in X, \ \exist! y \in Y,\text{ Let x and y correspond}∀x∈X, ∃!y∈Y, Let x and y correspond﻿ 

去掉唯一存在的要求, 我们得到了广义函数
 ∀x∈X, ∃y∈Y, Let x and y correspond\forall x \in X, \ \exist y \in Y,\text{ Let x and y correspond} ∀x∈X, ∃y∈Y, Let x and y correspond﻿ 邻域的分析

方程式命题(区间 )

lim⁡(Equ):(A±R+)⟶F(n,∞)⊂(A±r+)(N+,∞)\lim(Equ) : (A\pm \mathbb{R^+})  \overset{F(n,\infty) \subset (A\pm r^+)}{\longrightarrow} \mathbb{(N^+,\infty)}lim(Equ):(A±R+)⟶F(n,∞)⊂(A±r+)​(N+,∞)﻿ 

注意这里的 (A±r+)(A\pm r^+)(A±r+)﻿和 (n,∞)(n,\infty)(n,∞)﻿ 都是区间, 一个是有限开区间, 一个是无穷开区间

一对多函数命题中 蕴含了求极限的一般方法

我们定义如下的映射(不一定满足函数要求)将 F−1(F(X))=XF^{-1}(F(X)) =XF−1(F(X))=X﻿  称F−1F^{-1}F−1﻿ 为逆映射

则有 lim⁡(Equ):(A±R+)⟶F−1(A±r+)⊃(n,∞)(N+,∞)\lim(Equ) : (A\pm \mathbb{R^+})  \overset{ F^{-1}(A\pm r^+)\supset(n,\infty) }{\longrightarrow} \mathbb{(N^+,\infty)}lim(Equ):(A±R+)⟶F−1(A±r+)⊃(n,∞)​(N+,∞)﻿  

这就对应了我们往往在证明极限的时候 , 将 ϵ=xn\epsilon = x_nϵ=xn​﻿ 求出对应的 nnn﻿ . 本质上也是一个的 像集 求 原像集 的过程 

但是, 对于数列发散命题, 就很难像上述一对多映射命题 重写一遍了

收敛序列 ∃A∈R Let: ∀V(A),∃n0∈N Have: ∀n>n0,xn∈V(A)\exist A \in R  \text{ Let:  } \forall V(A),\exist n_0 \in N  \text{ Have: } \forall n>n_0 , x_n \in V(A)∃A∈R Let: ∀V(A),∃n0​∈N Have: ∀n>n0​,xn​∈V(A)﻿

发散序列: ∀A∈R Let: ∃V(A),∀n0∈N Have: ∃n>n0,xn∉V(A)\forall A \in R  \text{ Let: }\exist V(A),\forall n_0 \in N  \text{ Have: } \exist n>n_0 , x_n \notin V(A)∀A∈R Let: ∃V(A),∀n0​∈N Have: ∃n>n0​,xn​∈/V(A)﻿ 

 G :R⟶F−1(r±R+)⊅(n,∞)(N+,∞)×(r±R+) \text{ G } : \mathbb{R}\overset{ F^{-1}(r\pm\mathbb{R^+})\not\supset(n,\infty) }{\longrightarrow} \mathbb{(N^+,\infty)} \times(r\pm\mathbb{R^+}) G :R⟶F−1(r±R+)⊃(n,∞)​(N+,∞)×(r±R+)﻿ 

单射 满射 极限之间关系思考

函数是 定义集和值集合(像集和原像) 所在的Parent Set 的一种特殊子集

单射满射 是一种特殊的函数性质, 只有部分函数满足

极限也是如此, 并且在命题形式上也是类似的

单射: ∀y∈Y,∃!x∈X Let: y=f(x)\forall y \in Y ,\exist! x\in X  \text{ Let: } y = f(x)∀y∈Y,∃!x∈X Let: y=f(x)﻿ 

对比极限命题: ∃y0∈Y,∀(y0±ϵ),∃(n0,∞) Let: x((n0,∞))⊂(y0±ϵ)\exist y_0 \in Y, \forall  (y_0 \pm \epsilon) , \exist (n_0, \infty)  \text{ Let: } x((n_0,\infty)) \subset (y_0\pm \epsilon)∃y0​∈Y,∀(y0​±ϵ),∃(n0​,∞) Let: x((n0​,∞))⊂(y0​±ϵ)﻿

(2) 基础极限的证明 举例

lim⁡n→∞1n=0\lim\limits_{n \rightarrow \infin} \frac{ 1 }{ n } =0 n→∞lim​n1​=0﻿ 

证明: 设  ∀ϵ>0\forall \epsilon >0 ∀ϵ>0﻿ 存在n0n_0n0​﻿ 我们选取 n0=⌈1/ϵ⌉>1/ϵn_0 = \lceil 1/ \epsilon \rceil >1/\epsilonn0​=⌈1/ϵ⌉>1/ϵ﻿ 
则有 ∀n>n0  ⟹  ∣1n−0∣<1n0=1⌉1/ϵ⌈<ϵ\forall n > n_0 \implies |\frac{1}{n}-0| <\frac{1}{n_0}=\frac{1}{\rceil 1/\epsilon \lceil} <\epsilon∀n>n0​⟹∣n1​−0∣<n0​1​=⌉1/ϵ⌈1​<ϵ﻿   

第一个证明的相关思考

暂时先不使用极限运算的相关定理

如下的证明暂时不对lim⁡n→∞f(x)=c \lim\limits_{n \rightarrow \infin} f(x) = c n→∞lim​f(x)=c﻿ 中 f(x) f(x) f(x)﻿ 做变换

比如 lim⁡n→∞n+1n\lim\limits_{n \rightarrow \infin} \frac{ n+1 }{ n } n→∞lim​nn+1​﻿ 拆分为 1+1n1+\frac{1}{n}1+n1​﻿ (即暂时不考虑 极限运算规律)

而是直接带入定义取证明

为何形式上使用的是不带领域的证明: 

如果我们想使用定义1, ∀V(0)\forall V(0)∀V(0)﻿ ,则会发现证明的关键
想要去寻找那个存在的 n0n_0n0​﻿ ,

但是没法构造这样的一个 n0n_0n0​﻿ 
最后还是还要回到邻域的定义. ∀V(A)\forall V(A)∀V(A)﻿ 转换为 ∀ϵ>0\forall \epsilon >0∀ϵ>0﻿

取整函数的相关性质 详见Ext

和上面等价的证明

lim⁡n→∞n+1n=1  ⟹  ∣n+1n−1∣=∣1n∣=1/n\lim\limits_{n \rightarrow \infin} \frac{ n+1 }{ n } =1 \implies |\frac{n+1}{n} -1 | = |\frac{1}{n}| = 1/nn→∞lim​nn+1​=1⟹∣nn+1​−1∣=∣n1​∣=1/n﻿:

lim⁡n→∞1+−1nn=1  ⟹  ∣1+−1nn−1∣=∣−1nn∣=1/n\lim\limits_{n \rightarrow \infin} 1+\frac{ -1^n }{ n } =1 \implies |1+\frac{ -1^n }{ n } -1 | = |\frac{-1^n}{n}| = 1/nn→∞lim​1+n−1n​=1⟹∣1+n−1n​−1∣=∣n−1n​∣=1/n﻿

lim⁡n→∞sin(n)n=0  ⟹  ∣sin(n)n∣<1/n\lim\limits_{n \rightarrow \infin} \frac{ sin(n) }{ n } =0 \implies |\frac{ sin(n) }{ n }  | <  1/nn→∞lim​nsin(n)​=0⟹∣nsin(n)​∣<1/n﻿

极限快换证明约定: 在具体找表达式的时候的快速约定

我们以后 ,证明极限存在的时候, 忽略 ∀ϵ>0,∃n0∈N, Let: ... \forall \epsilon >0 , \exist n_0 \in N ,  \text{ Let: ... } ∀ϵ>0,∃n0​∈N, Let: ... ﻿ 

忽略的前述”施法”操作 , 只考虑后面的具体怎么寻找nnn﻿ 或 先构造一系列不等式放缩即可 

放缩函数的基本要求

证明极限,即证明我们构造的 nnn﻿ 使得 ∣xn−A∣<ϵ|x_n -A| < \epsilon∣xn​−A∣<ϵ﻿ 

我们可以将构造 yny_nyn​﻿ 使得 ∣xn−A∣<∣yn−A∣|x_n-A|<|y_n-A|∣xn​−A∣<∣yn​−A∣﻿ 

若能证明构造的 nnn﻿ 使得 ∣xn−A∣<ϵ|x_n -A| < \epsilon∣xn​−A∣<ϵ﻿  成立, 也能证明 ∣xn−A∣<∣yn−A∣<ϵ|x_n-A|<|y_n-A|< \epsilon∣xn​−A∣<∣yn​−A∣<ϵ﻿

§3.1.2 极限运算

(1) 数列极限的通用性质

预先定义

极限数列: 极限存在的数列

最终常数列定义: ∃n0, Let: n>n0  ⟹  xn=A\exist n_0 ,  \text{ Let: } n>n_0 \implies x_n =A∃n0​, Let: n>n0​⟹xn​=A﻿ 

数列的通用引理

最终常数列(常数)极限等于本身: 
 ∃n0, Let: n>n0  ⟹  xn=A  ⟺  ∣xn−A∣=0<ϵ\exist n_0 , \text{ Let: } n>n_0 \implies x_n =A  \iff |x_n-A|=0<\epsilon∃n0​, Let: n>n0​⟹xn​=A⟺∣xn​−A∣=0<ϵ﻿

极限的唯一性: 
若极限存在即唯一, 假设存在两个极限 A1B1A_1 \quad B_1A1​B1​﻿ 后略

极限的任意有限项变化, 不影响极限的的极限存在性和其值:
使用 maxmaxmax﻿ 函数, 构造一个上界, 输入为任意的有限项, 并附加上 xn0x_{n_0}xn0​​﻿ 与 A+ϵA + \epsilonA+ϵ﻿ 

数列收敛   ⟹  \implies⟹﻿ 有界: 
选取一个 ϵ\epsilonϵ﻿ 找到对应的 n0n_0n0​﻿ , 那么有 ∀n>n0,xn<xn0+ϵ\forall n>n_{0},x_{n} < x_{n0} + \epsilon∀n>n0​,xn​<xn0​+ϵ﻿ 故有界 

(2) 数列的扔出定理

由这个定理得到思考 

极限的任意有限项变化, 不影响极限的的极限存在性和其值:
使用 maxmaxmax﻿ 函数, 构造一个上界, 输入为任意的有限项, 并附加上 xn0x_{n_0}xn0​​﻿ 与 A+ϵA + \epsilonA+ϵ﻿ 

可以扩展一下

扔出有限项, 不改变数列整体的单调性

应用

lim⁡n→∞xn+1xn=q,xn>0  ⟹  ∃n0∈N, Let ,q−ϵ<xn+1xn<q+ϵ(q−ϵ)∗(xn)<xn+1<(q+ϵ)∗(xn)\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \frac{x_{n+1}}{x_{n}} = q, x_{n}>0 \\
\implies \exist n_0 \in N ,  \text{ Let },  q - \epsilon<\frac{x_{n+1}}{x_{n}} < q + \epsilon
\\
(q - \epsilon)*(x_n)< x_{n+1}< (q + \epsilon)  *(x_n)n→∞lim​xn​xn+1​​=q,xn​>0⟹∃n0​∈N, Let ,q−ϵ<xn​xn+1​​<q+ϵ(q−ϵ)∗(xn​)<xn+1​<(q+ϵ)∗(xn​)﻿ 

若 q>1q>1q>1﻿ 总是有办法选择 ϵ\epsilonϵ﻿ 使得 xn+1>xnx_{n+1}>x_nxn+1​>xn​﻿

若 q<1q<1q<1﻿ 总是有办法选择 ϵ\epsilonϵ﻿ 使得 xn+1<xnx_{n+1}<x_nxn+1​<xn​﻿

(2) 极限的运算(等式)

什么是极限的运算: 

实际上指的是极限数列的每一项之间运算后, 
组成的新数列的极限 和 老数列极限之间的关系

即若有两个数列{xn} {yn}\{x_n\}\ \{y_n\}{xn​} {yn​}﻿ 
研究新数列 {(xn+yn)}{(xnyn)}{(xnyn)}\{(x_n+y_n)\} \{(x_ny_n)\}\{(\frac{x_n}{y_n})\}{(xn​+yn​)}{(xn​yn​)}{(yn​xn​​)}﻿  和原数列极限之间的关系

若数列极限存在为 lim⁡x→∞xn=A,lim⁡n→∞yn=B\lim\limits_{x \rightarrow \infty} x _ { n } = A , \lim\limits_{n \rightarrow \infty } y_n= B x→∞lim​xn​=A,n→∞lim​yn​=B﻿  则有如下定理

 lim⁡x→∞xn+yn=A+B\lim\limits_{x \rightarrow \infty} x _ { n }+y_n= A+B x→∞lim​xn​+yn​=A+B﻿

lim⁡x→∞xnyn=AB\lim\limits_{x \rightarrow \infty} x_n y_n= ABx→∞lim​xn​yn​=AB﻿

yn≠0,B≠0  ⟹  lim⁡x→∞xn/yn=A/By_n \neq 0, B\neq0 \implies \lim\limits_{x \rightarrow \infty} x _ { n }/y_n= A/Byn​=0,B=0⟹x→∞lim​xn​/yn​=A/B﻿极限数列和不等式  

两个∣xn∣ |x_n| ∣xn​∣﻿快捷替换式

∣A∣−Δxn<∣xn∣<∣A∣+Δxn |A| -\Delta x_n<|x_n| < |A| +\Delta x_n∣A∣−Δxn​<∣xn​∣<∣A∣+Δxn​﻿ 

加法证明: 取 ϵ1=ϵ2=ϵ/2\epsilon_1=\epsilon_2= \epsilon/2ϵ1​=ϵ2​=ϵ/2﻿  

我们有 Δ(a+b)≤Δ(a)+Δ(b)  ⟹  ∣A+B−xn−yn∣≤Δxn+Δyn\Delta(a+b) \leq \Delta(a)+\Delta(b) \\

\implies |A+B-x_n-y_n| \leq \Delta x_n + \Delta y_nΔ(a+b)≤Δ(a)+Δ(b)⟹∣A+B−xn​−yn​∣≤Δxn​+Δyn​﻿ 

我们选择 ϵ1=ϵ/2,ϵ2=ϵ/2\epsilon_1 = \epsilon/2 , \epsilon_2=\epsilon/2ϵ1​=ϵ/2,ϵ2​=ϵ/2﻿ 并找到极限方程命题对应的 n1n_1n1​﻿ n2n_2n2​﻿

我们取 n3=max(n1,n2)n_3= max(n1,n2)n3​=max(n1,n2)﻿ 

则有 ∣A+B−xn3−yn3∣<2∗ϵ/2=ϵ|A+B-x_{n3}-y_{n3}| < 2*\epsilon/2 = \epsilon∣A+B−xn3​−yn3​∣<2∗ϵ/2=ϵ﻿

乘法证明

绝对值放缩

Δ(xn∙yn)=∣(AB)−(xnyn)∣=∣(A−xn)(B−yn)+xn(A−xn)+yn(B−yn)∣≤∣Δ(xn)Δ(yn)∣+∣xnΔ(xn)∣+∣ynΔ(yn)∣\Delta({ x_n }\bullet { y_n }) =

 | (AB) - ({ x_n }
{ y_n })  |

\\ = 

|
(A-{ x_n })(B-{ y_n }) 
+{ x_n }(A-{ x_n })+{ y_n }(B-{ y_n })
| \\\leq   
|\Delta({ x_n })\Delta({ y_n })|
+|{ x_n }\Delta({ x_n })|
+|{ y_n }\Delta({ y_n })|
Δ(xn​∙yn​)=∣(AB)−(xn​yn​)∣=∣(A−xn​)(B−yn​)+xn​(A−xn​)+yn​(B−yn​)∣≤∣Δ(xn​)Δ(yn​)∣+∣xn​Δ(xn​)∣+∣yn​Δ(yn​)∣﻿  

一共三项, 我们希望谨慎的选取 Δxn<ϵ1,Δyn<ϵ2\Delta x_n<\epsilon_1 , \Delta y_n<\epsilon_2Δxn​<ϵ1​,Δyn​<ϵ2​﻿ 的
ϵ1,ϵ2\epsilon_1 ,\epsilon_2ϵ1​,ϵ2​﻿的值来使得最后形式上能推导出 Δ(xnyn)<...<ϵ\Delta(x_ny_n)<...<\epsilonΔ(xn​yn​)<...<ϵ﻿

选取方法1 :(错误方法, 因为误差不等式表达式记忆错误了)

当我们取
 ϵ1=min(ϵ/3,ϵ/3A),ϵ2=min(ϵ/3,ϵ/3A)\epsilon_1 =  min(\sqrt{\epsilon/3}, \epsilon /3A) , \epsilon_2 =  min(\sqrt{\epsilon/3}, \epsilon /3A)ϵ1​=min(ϵ/3​,ϵ/3A),ϵ2​=min(ϵ/3​,ϵ/3A)﻿ 

则有如下不等式放大
∣Δ(xn)Δ(yn)∣+∣AΔ(xn)∣+∣BΔ(yn)∣≤ϵ1∗ϵ2+Aϵ1+Bϵ2≤ϵ/3+ϵ/3+ϵ/3=ϵ|\Delta({ x_n })\Delta({ y_n })|
+|{ A }\Delta({ x_n })|
+|{ B }\Delta({ y_n })|
\\
\leq  \epsilon_1*\epsilon_2+ A\epsilon_1+B\epsilon_2
\\
\leq \epsilon/3 + \epsilon/3+ \epsilon/3 = \epsilon∣Δ(xn​)Δ(yn​)∣+∣AΔ(xn​)∣+∣BΔ(yn​)∣≤ϵ1​∗ϵ2​+Aϵ1​+Bϵ2​≤ϵ/3+ϵ/3+ϵ/3=ϵ﻿ 

选取方法2: Min放缩技巧

取 ϵ1=min(1,ϵ3(∣B∣+1),ϵ/3),ϵ2=min(1,ϵ3(∣A∣+1),ϵ/3)\epsilon_1 = min(1, \frac{\epsilon}{3(|B|+1)}, \sqrt{\epsilon/3}) ,\epsilon_2 = min(1, \frac{\epsilon}{3(|A|+1)},\sqrt{\epsilon/3})ϵ1​=min(1,3(∣B∣+1)ϵ​,ϵ/3​),ϵ2​=min(1,3(∣A∣+1)ϵ​,ϵ/3​)﻿

∣xn∣<∣A∣+Δ(xn)<∣A∣+1  ⟹  xnΔ(xn)<ϵ3∣A∣+3∗(∣A∣+1)<ϵ/3|x_n|<|A|+\Delta(x_n) < |A| + 1 \implies x_n\Delta(x_n) < \frac{\epsilon}{3|A|+3}*(|A|+1)<\epsilon/3∣xn​∣<∣A∣+Δ(xn​)<∣A∣+1⟹xn​Δ(xn​)<3∣A∣+3ϵ​∗(∣A∣+1)<ϵ/3﻿  

Δ(xn)Δ(yn)≤ϵ/3\Delta(x_n)\Delta(y_n) \leq \epsilon/3Δ(xn​)Δ(yn​)≤ϵ/3﻿

除法规律证明

若 y≠0,δ(y~)=Δ(y~)∣y~∣<1y \neq 0 , \delta(\tilde{ y }) =  \frac{ \Delta({\tilde{ y }}) }{|\tilde{ y }|} < 1y=0,δ(y~​)=∣y~​∣Δ(y~​)​<1﻿ (即 y±Δ>0y \plusmn \Delta >0y±Δ>0﻿)

绝对值放缩

\Delta( \frac{ \tilde{ x } }{\tilde{ y }}) = | \frac{ x }{ y } - \frac{ \tilde{ x } }{ \tilde{ y } }| \leq \frac{ |\tilde{ x }|\Delta(\tilde{ y })+|\tilde{ y }|\Delta(\tilde{ x }) } {\tilde{ y }^2} \bullet \frac{ 1 }{1-\delta(\tilde{ y })}

\leq \frac{|x_n|\Delta y_n + |y_n|\Delta x_n}{|y_n|} \bullet \frac{1}{|y_n|-\Delta y_n} \\ ~\\ \leq \frac{(A+\Delta x_n)\Delta y_n + (B+\Delta y_n)\Delta x_n}{B-\Delta y_n} \bullet \frac{1}{B-2\Delta y_n}

Min函数放缩

...

(3) 极限运算(不等式)

极限序关系 和 序列各项间的序关系(假设存在 lim⁡x→∞xn=A,lim⁡n→∞yn=B\lim\limits_{x \rightarrow \infty} x _ { n } = A , \lim\limits_{n \rightarrow \infty } y_n= B x→∞lim​xn​=A,n→∞lim​yn​=B﻿ )

A>B  ⟹  ∃n0∈N Let: ∀n>n0,xn>yn A>B 

\implies \exist n_0 \in N  \text{ Let: } \forall n>n_0 ,x_n>y_nA>B⟹∃n0​∈N Let: ∀n>n0​,xn​>yn​﻿  

证明: 选取ϵ1,ϵ2=(A−B)/2\epsilon_1, \epsilon_2 =(A-B)/2ϵ1​,ϵ2​=(A−B)/2﻿ 后续略

∃n0∈N Let: ∀n>n0,(xn>yn)∨(xn≥yn)  ⟹  A≥B\exist n_0 \in N  \text{ Let: } \forall n>n_0 ,(x_n>y_n) \lor(x_n \geq y_n)
\implies A \geq B∃n0​∈N Let: ∀n>n0​,(xn​>yn​)∨(xn​≥yn​)⟹A≥B﻿  

注意: 逆命题中序列的不管偏序全序只能推导出极限的偏序关系

证明: 反证法
假设由于排中律, 所以 (A≥B)∧(A<B)≡True(A\geq B) \land (A<B) \equiv True(A≥B)∧(A<B)≡True﻿  
通过上一个定理容易证明不可能有 (A<B)(A<B)(A<B)﻿ 故 A≥BA\geq BA≥B﻿ 

夹逼定理

定理内容:

设 {xn},{yn},{zn}\{x_n\}, \{y_n\} ,\{z_n\}{xn​},{yn​},{zn​}﻿

lim⁡x→∞xn=lim⁡n→∞yn=A\lim\limits_{x \rightarrow \infty} x _ { n } =  \lim\limits_{n \rightarrow \infty } y_n = Ax→∞lim​xn​=n→∞lim​yn​=A﻿

∃n0, Let: n>n0,xn≤zn≤yn  ⟹  lim⁡n→∞zn=A\exist n_0,  \text{ Let: } n >n_0 ,x_n\leq z_n\leq y_n
\\
\implies \lim\limits_{n \rightarrow \infty } z_n = A∃n0​, Let: n>n0​,xn​≤zn​≤yn​⟹n→∞lim​zn​=A﻿ 

定理证明

由 数列偏序→极限偏序 可得, 后略

或者使用  A−ϵ≤yn≤zn≤xn<A+ϵA-\epsilon\leq y_n\leq z_n\leq x_n<A+\epsilonA−ϵ≤yn​≤zn​≤xn​<A+ϵ﻿ 后略

(4) 极限放缩技巧

证明思路

定义新序列 Δxn=∣A−xn∣,Δyn=∣A−yn∣\Delta x_n =|A-x_n| ,\Delta y_n =|A-y_n| Δxn​=∣A−xn​∣,Δyn​=∣A−yn​∣﻿  

对于 Δxn\Delta x_n Δxn​﻿可以视作一个极限为0的新序列

由于已知了 Δ(xn)\Delta (x_n)Δ(xn​)﻿ 极限存在, 我们可以选取ϵ1 \epsilon_1ϵ1​﻿ , 知道存在 n1n_1n1​﻿
使得 Δ(xn>n1)≤ϵ1\Delta(x_{n>n_1}) \leq \epsilon_1Δ(xn>n1​​)≤ϵ1​﻿ 恒成立

我们希望谨慎的选择 ϵ1\epsilon_1ϵ1​﻿ , ϵ2\epsilon_2ϵ2​﻿ 使得新数列 Δ(f(xn,yn))<ϵ\Delta(f(x_n,y_n))< \epsilonΔ(f(xn​,yn​))<ϵ﻿ 成立
选择的ϵ1,ϵ2\epsilon_1,\epsilon_2ϵ1​,ϵ2​﻿ 是以 ϵ\epsilonϵ﻿ 有关的一个表达式 , 
比如加法证明中我们 ϵ1=ϵ/2\epsilon_1=\epsilon/2ϵ1​=ϵ/2﻿

Δ(f(xn,yn))\Delta(f(x_n,y_n)) Δ(f(xn​,yn​))﻿往往可以通过近似值运算的相关规律, 进行第一次放缩 ,
将 估计值 x~\tilde{ x }x~﻿ 换为 xnx_nxn​﻿ , 实际值 xx x﻿ 换为极限值 AAA﻿ 

 Min函数的分段技巧用于扩大放缩

以乘法证明中的放缩为例子 
∣Δ(xn)Δ(yn)∣+∣xnΔ(xn)∣+∣ynΔ(yn)∣|\Delta({ x_n })\Delta({ y_n })|
+|{ x_n }\Delta({ x_n })|
+|{ y_n }\Delta({ y_n })|∣Δ(xn​)Δ(yn​)∣+∣xn​Δ(xn​)∣+∣yn​Δ(yn​)∣﻿ 

我们在放缩的时候, 往往希望每一项都是 ϵ/n\epsilon/nϵ/n﻿ 

我们希望在第一项中使用: Δ(xn)<ϵ/3\Delta({ x_n }) < \sqrt{\epsilon/3}Δ(xn​)<ϵ/3​﻿ 这个放缩

在第二项中我们使用: 
∣xn∣=A+Δ(xn)<A+1  ⟹  Δ(xn)<1|x_n|=A+\Delta(x_n) < A+1 \\
\implies \Delta(x_n) < 1∣xn​∣=A+Δ(xn​)<A+1⟹Δ(xn​)<1﻿ 

为了能在每次放缩 Δ(xn)\Delta(x_n)Δ(xn​)﻿ 时放大到不同的表达式, 
我们使用 org<min(express1,express2)org<min(express_1,express_2)org<min(express1​,express2​)﻿ 

这样我们就有
 org<min(express1,express2)<express1org<min(express1,express2)<express2org<min(express_1,express_2) < express_1\\
org<min(express_1,express_2) < express_2org<min(express1​,express2​)<express1​org<min(express1​,express2​)<express2​﻿ 

就好似分段函数一样, 每次调用orgorgorg﻿的时候都可以随心所欲的使用我们想要放缩的表达式

同理: 缩小放缩的时候我们也可以选用 Max(e1,e2,… )Max(e_1,e_2,\dots)Max(e1​,e2​,…)﻿ 

 Min函数放缩技巧的问题

使用Δ(xn)<exp1 \Delta(x_n) < exp_1Δ(xn​)<exp1​﻿ 的条件是  Δ(xn)∝org(Δ(xn)) \Delta(x_n) \propto org(\Delta(x_n))Δ(xn​)∝org(Δ(xn​))﻿

这样才有 Δ(xn)≤exp1  ⟹  org(Δ(xn))≤org(exp1) \Delta(x_n) \leq exp_1 \implies org(\Delta(x_n)) \leq org(exp_1)Δ(xn​)≤exp1​⟹org(Δ(xn​))≤org(exp1​)﻿

§3.1.3 极限存在性

(1) 柯西数列

柯西序列(基本序列)定义: 

基本数列(柯西数列): ∀ϵ>0,∃n0∈N Let: ∀n,m>n0 Have: ∣xm−xn∣<ϵ\forall \epsilon>0, \exist n_0\in N  \text{ Let: } \forall n,m>n_0  \text{ Have: } |x_m-x_n| < \epsilon ∀ϵ>0,∃n0​∈N Let: ∀n,m>n0​ Have: ∣xm​−xn​∣<ϵ﻿ 

一个数列收敛   ⟺  \iff⟺﻿ 其为基本(柯西)数列

充分性证明(左到右): 假设数列收敛到AAA﻿

我们选择 ϵ1=ϵ/2,ϵ2=ϵ/2\epsilon_1 = \epsilon/2 ,  \epsilon_2 = \epsilon/2  ϵ1​=ϵ/2,ϵ2​=ϵ/2﻿ 

 ∃n1,n2∈N, Let: ∀n>n1,m>n2 Have: ∣xn−A∣<ϵ/2,∣xm−A∣<ϵ/2\exist n_1 , n_2\in N,  \text{ Let: } \forall n>n_1,m>n_2   \text{ Have: } |x_n-A|<\epsilon/2 ,|x_m-A|<\epsilon/2∃n1​,n2​∈N, Let: ∀n>n1​,m>n2​ Have: ∣xn​−A∣<ϵ/2,∣xm​−A∣<ϵ/2﻿

∣xm−xn∣=∣xm−xn+A−A∣≤∣xm−A∣+∣xn−A∣<ϵ/2+ϵ/2=ϵ|x_m - x_n |=|x_m - x_n +A-A| \leq |x_m-A|+|x_n-A|< \epsilon/2+ \epsilon/2 = \epsilon∣xm​−xn​∣=∣xm​−xn​+A−A∣≤∣xm​−A∣+∣xn​−A∣<ϵ/2+ϵ/2=ϵ﻿ 

必要性(右到左):

xnx_nxn​﻿ 有界性的讨论

柯西数列∀ϵ>0,∃n0∈N Let: ∣xn>n0−xm>n0∣<ϵ\forall\epsilon>0, \exist n_0\in N  \text{ Let: } |x_{n>n_0} - x_{m>n_0}| < \epsilon∀ϵ>0,∃n0​∈N Let: ∣xn>n0​​−xm>n0​​∣<ϵ﻿ ,假设给定了一个 ϵ\epsilonϵ﻿, 知道存在对应的 n0n_0n0​﻿

我所有的当 ∀m>n0\forall m > n_0∀m>n0​﻿ 都成立 , 那么选择一个特定的m, m=n2+1m = n_2+1m=n2​+1﻿ 也成立

则有 ∀n>n1, Have: xn2+1−ϵ<xn<xn2+1+ϵ\forall n>n_1 ,  \text{ Have: }  x_{n_2+1} - \epsilon <x_n< x_{n_2+1} + \epsilon∀n>n1​, Have: xn2​+1​−ϵ<xn​<xn2​+1​+ϵ﻿ 

那么可知 xn,n>n1x_n , n>n_1xn​,n>n1​﻿ 部分是有界的, n<n1n<n_1n<n1​﻿ 的部分只有有限个点

即那么我们有xn≤max(x1,x2...xn1,xn2+1+ϵ) x_n \leq max(x_1 ,x_2 ... x_{n_1} , x_{n_2+1}+\epsilon )xn​≤max(x1​,x2​...xn1​​,xn2​+1​+ϵ)﻿ 故  {xn}\{x_n\}{xn​}﻿ 有界

RangeN+(n):={xk∣n≥n2}Range^+_{\mathbb{N}}(n):={\{x_k|n\geq n_2\}}RangeN+​(n):={xk​∣n≥n2​}﻿ 的保序性

什么是广义单调性: 只要定义集和值集上我们定义了偏序或者全序关系, 并保证 
x1≤x2  ⟹  f(x1)≤f(x2)x_1 \leq x_2 \implies f(x_1) \le f(x_2)x1​≤x2​⟹f(x1​)≤f(x2​)﻿, 或者相反的偏序关系, 我们便称这个是广义单调的 

我们定义开区间部分数列, X(n)={xk∣n≥n2}X(n)={\{x_k|n\geq n_2\}}X(n)={xk​∣n≥n2​}﻿ 
等价于只取原数列大于 nnn﻿ 的部分

这是一个输入为 N\mathbb{N}N﻿ 输出为一个  Subset of xn \text{ Subset of } x_n Subset of xn​﻿的广义函数, 
将函数视作集合的话, 这是一个 反泛函

且满足单调偏序性, 即 n1≤n2  ⟹  X(n1)⊂X(n2)n_1\le n_2 \implies X(n_1) \subset X(n_2)n1​≤n2​⟹X(n1​)⊂X(n2​)﻿ 

 an:=inf⁡k≥n(xk)=inf⁡(Xk)a_n := \inf\limits_{k\geq n} (x_k)= \inf(X_k)an​:=k≥ninf​(xk​)=inf(Xk​)﻿ 的单调性(保序性)

我们同时定义 an:=inf⁡k≥n(xk)=inf⁡(X(k))a_n := \inf\limits_{k\geq n} (x_k)= \inf(X(k))an​:=k≥ninf​(xk​)=inf(X(k))﻿ 

inf⁡(X): Parent Set of X ⟶R\inf(X):  \text{ Parent Set of X  } \longrightarrow \mathbb{R}inf(X): Parent Set of X ⟶R﻿ 
输入一个集合/函数 , 输出一个值, 属于一个泛函映射

那么我们有复合映射: Inf(X(n)):N⟶RInf(X(n)) : \mathbb{N} \longrightarrow \mathbb{R}Inf(X(n)):N⟶R﻿ 

且有 n1<n2  ⟹  inf⁡(X(n1))<inf⁡(X(n2))n_1<n_2 \implies \inf(X(n_1)) < \inf(X(n_2))n1​<n2​⟹inf(X(n1​))<inf(X(n2​))﻿

 柯西数列必定是收敛数列的讨论

我们定义两个新数列 an:=inf⁡k≥n(xk),bn:=sup⁡k≥n(xk)a_n:=\inf\limits_{k\geq n} (x_k), b_n:=\sup\limits_{k\geq n} (x_k)an​:=k≥ninf​(xk​),bn​:=k≥nsup​(xk​)﻿ 

由于 n1<n2  ⟹  {xn∣n≤n2}⊂{xn∣n≤n1}n_1<n_2 \implies {\{x_n|n\leq n_2\}} \subset \{x_n|n\leq n_1\} n1​<n2​⟹{xn​∣n≤n2​}⊂{xn​∣n≤n1​}﻿ 
故有  an≤an+1≤bn+1≤bnan \leq a_{n+1} \leq b_{n+1} \le b_{n}an≤an+1​≤bn+1​≤bn​﻿ 

由区间套定理可知 区间套序列 [an,bn][a_n,b_n][an​,bn​]﻿ 由公共点 AAA﻿
使得 ∀n∈N,an≤A≤bn\forall n \in N , a_n\le A\le b_n∀n∈N,an​≤A≤bn​﻿ 

且有 inf⁡k≥n(xk)<xk,sup⁡k≥n(xk)>xk\inf\limits_{k\geq n} (x_k)<x_k, \sup\limits_{k\geq n} (x_k)>x_kk≥ninf​(xk​)<xk​,k≥nsup​(xk​)>xk​﻿ 

于是我们有  ∀k>n  ⟹  ∣A−xk∣<an−bn\forall k>n\implies |A-x_k| < a_n -b_n ∀k>n⟹∣A−xk​∣<an​−bn​﻿ 

由于数列有界xnx_nxn​﻿ , 固有 , n>max(n1,n2)n>max(n_1,n_2)n>max(n1​,n2​)﻿ 时候有
 a_n - b_n < 

(2) 柯西数列相关问题

数列发散命题(柯西收敛命题派生)

数列收敛(柯西): ∀ϵ>0,∃n0∈N Let: ∀n,m>n0 Have: ∣xm−xn∣<ϵ\forall \epsilon>0, \exist n_0\in N \text{ Let: } \forall n,m>n_0 \text{ Have: } |x_m-x_n| < \epsilon∀ϵ>0,∃n0​∈N Let: ∀n,m>n0​ Have: ∣xm​−xn​∣<ϵ﻿

数列发散(柯西): ∃ϵ>0,∀n0∈N Let: ∃n,m>n0 Have: ∣xm−xn∣>ϵ\exist \epsilon>0, \forall n_0\in N \text{ Let: } \exist n,m>n_0 \text{ Have: } |x_m-x_n| > \epsilon∃ϵ>0,∀n0​∈N Let: ∃n,m>n0​ Have: ∣xm​−xn​∣>ϵ﻿ 

重新安排一下逻辑: ∀n0∈N,∃ϵ>0,∃n,m>n0 Let: ∣xm−xn∣>ϵ\forall n_0 \in N,  \exist \epsilon>0,\exist n,m>n_0 \text{ Let: } |x_m-x_n| > \epsilon∀n0​∈N,∃ϵ>0,∃n,m>n0​ Let: ∣xm​−xn​∣>ϵ﻿ 

柯西数列的一些思考

在反转命题中遇到困难

尽管数理逻辑上规则很简单, 但是遇到实际文字命题的时候, 尤其是大量谓词修饰的命题,还是无法快速理解一个命题的反面

上述命题, 我们需要重整逻辑才能理解, 就是这样的一种体现

证明调和数列发散

记 Sn=1+1/2⋯+1/nS_n = 1 + 1/2 \dots + 1/nSn​=1+1/2⋯+1/n﻿ , 求证 SnS_n Sn​﻿ 发散

思路

可将 ∣xm−xn∣|x_m - x_n|∣xm​−xn​∣﻿ 视作原来数列取两个子列构造一个新的数列

∀n1,n2∈N,∃ϵ>0, Let: ∃n>n1,∃m>n2 Have: ∣xm−xn∣>ϵ\forall n_1,n_2\in N, \exist \epsilon>0,  \\
\text{ Let: } \exist n>n_1,\exist m>n_2  \\
\text{ Have: } |x_m-x_n| > \epsilon∀n1​,n2​∈N,∃ϵ>0, Let: ∃n>n1​,∃m>n2​ Have: ∣xm​−xn​∣>ϵ﻿ 

当我们实际去证明数列发散的时候(通过基本数列), 我们需要寻找那个 n,m,ϵn , m , \epsilonn,m,ϵ﻿  其表达式和 n0n_0n0​﻿ 有关

最逼近的证明中   n,m,ϵn,m,\epsilonn,m,ϵ﻿ 都是 n0n_0n0​﻿ 的表达式 ,但是在这里中不需要, 常数视作 (n0)0(n_0)^0(n0​)0﻿ 也是可以的 

证明:取 n=n0+1,m=2∗n0n=n_0+1,m=2*n_0n=n0​+1,m=2∗n0​﻿ 

1n0+1+1n0+2+…1n0+n0>n0∗12∗n0=1/2\frac{1}{n_0+1}+\frac{1}{n_0+2}+ \dots \frac{1}{n_0+n_0}> n_0 *\frac{1}{2*n_0} = 1/2n0​+11​+n0​+21​+…n0​+n0​1​>n0​∗2∗n0​1​=1/2﻿ 

由于 ∣Sm−Sn∣>C|S_m-S_n| > C∣Sm​−Sn​∣>C﻿ 那么选择 ϵ=C\epsilon = Cϵ=C﻿是很自然的

(2) 单调数列极限存在准则

单调数列定义(满足如下性质的数列)

n1<n2  ⟹  xn1<xn2n_1 < n_2\implies x_{n1} <x_{n2} n1​<n2​⟹xn1​<xn2​﻿

n1<n2  ⟹  xn1>xn2n_1 < n_2\implies x_{n1} >x_{n2} n1​<n2​⟹xn1​>xn2​﻿

n1<n2  ⟹  xn1≤xn2n_1 < n_2\implies x_{n1} \le x_{n2} n1​<n2​⟹xn1​≤xn2​﻿

n1<n2  ⟹  xn1≥xn2n_1 < n_2\implies x_{n1} \ge x_{n2} n1​<n2​⟹xn1​≥xn2​﻿ 

魏尔斯特拉斯定理: 若单调数列, 则 xn Has Limits   ⟺  xn Has Boundary x_n  \text{ Has Limits } \iff x_n  \text{ Has Boundary }xn​ Has Limits ⟺xn​ Has Boundary ﻿ 

充分性(从左到右): 收敛数列一般性质, 收敛数列必定有界

 For a specific ϵ,∃n0 Let: ∀n>n0 Have 0<∣xn−A∣<ϵ  ⟹  xn<A+ϵ \text{ For a specific }\epsilon, \exist n_0  \text{ Let: } \forall n>n_0   \text{ Have } 0<|x_{n}-A|<\epsilon
\\
\implies x_n < A + \epsilon For a specific ϵ,∃n0​ Let: ∀n>n0​ Have 0<∣xn​−A∣<ϵ⟹xn​<A+ϵ﻿ 

取 C=max(x1,x2,x3…xn0,A+ϵ)C=max (x_1 , x_2 ,x_3 \dots x_{n0},A+\epsilon)C=max(x1​,x2​,x3​…xn0​,A+ϵ)﻿
则有 ∀x∈{xn}, Have x≤C\forall x \in \{x_n\},  \text{ Have } x\leq C∀x∈{xn​}, Have x≤C﻿ 

故CCC﻿为 {xn}\{x_n\}{xn​}﻿ 一个上界

必要性(从右到左): 以上界单调增数列为例子

有界则有确界 , 设 s=sup⁡{xn}s = \sup\{x_n\}s=sup{xn​}﻿ 

由上确界的定义可知, ∀ϵ>0,∃xn0, Let: s−ϵ<xn0≤s\forall \epsilon>0, \exist x_{n0} ,  \text{ Let: } s-\epsilon <x_{n0} \leq s∀ϵ>0,∃xn0​, Let: s−ϵ<xn0​≤s﻿ 

由单调递增数列可知, ∀n>n0, Have: s−ϵ<xn0≤xn≤s\forall n>n_0 ,  \text{ Have: } s-\epsilon <x_{n0} \leq x_n \leq s∀n>n0​, Have: s−ϵ<xn0​≤xn​≤s﻿ 

则有 ∀ϵ>0,∀n>n0, Have: 0≤∣xn−s∣<ϵ\forall \epsilon>0,\forall n>n_0 ,  \text{ Have: } 0 \leq |x_n-s| < \epsilon∀ϵ>0,∀n>n0​, Have: 0≤∣xn​−s∣<ϵ﻿ 

证得到了 lim⁡n→∞xn=s\lim\limits_{n\rightarrow \infty} x_n = sn→∞lim​xn​=s﻿

求证: q>1,lim⁡n→∞nqn=0q > 1 , \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \frac { n } { q ^ { n } } = 0q>1,n→∞lim​qnn​=0﻿ 

证明数列单调

xn+1/xn=n+1nqx_{n+1} /x_n = \frac{n+1}{nq}xn+1​/xn​=nqn+1​﻿ 

lim⁡n→∞n+1nq=(1+lim⁡n→∞1n)1q=1q\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \frac{n+1}{nq} = (1 + \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n})\frac{1}{q} = \frac{1}{q}n→∞lim​nqn+1​=(1+n→∞lim​n1​)q1​=q1​﻿ 

考虑引理 扔出有限项, 不改变单调性

故在极限情况下 有 xnx_nxn​﻿ 与 1qn\frac{1}{q}^n q1​n﻿ 近似

故, 单调性也同样

单调递减, 且 1≥x11\geq x_11≥x1​﻿ 故 111﻿ 为一个上界
(Empty body)

(Empty body)

推广1: lim⁡n→∞nn=1\lim\limits_{n\rightarrow \infty} \sqrt[n]{n} = 1n→∞lim​nn​=1﻿ 

证明: 将 ∀q>1  ⟺  ∀ϵ>0,q=1+ϵ\forall q>1 \iff \forall \epsilon>0,q=1+\epsilon∀q>1⟺∀ϵ>0,q=1+ϵ﻿

q>1,lim⁡n→∞nqn=0q > 1 , \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \frac { n } { q ^ { n } } = 0 q>1,n→∞lim​qnn​=0﻿

  ⟹  ∀ϵ>0,∃n0∈N, Let: ∀n>n0,n<qnϵ\implies \forall \epsilon >0,\exist n_0 \in N ,  \text{ Let: }\forall n> n_0 , n<q^n \epsilon⟹∀ϵ>0,∃n0​∈N, Let: ∀n>n0​,n<qnϵ﻿

  ⟹  Let: q=1+ϵ2,n<(1+ϵ2)nϵ\implies  \text{Let: }q=1+ \epsilon_2  , n<(1+\epsilon_2)^n \epsilon⟹Let: q=1+ϵ2​,n<(1+ϵ2​)nϵ﻿ 

整理一下我们有如下命题
∀ϵ1,ϵ2>0,∃n0∈N, Let: ∀n>n0 Have: n<(1+ϵ1)nϵ2\forall \epsilon_1,\epsilon_2>0 , \exist n_0 \in N ,   \text{ Let: } \forall n>n_0 \\

 \text{ Have: } n<(1+\epsilon_1)^n\epsilon_2∀ϵ1​,ϵ2​>0,∃n0​∈N, Let: ∀n>n0​ Have: n<(1+ϵ1​)nϵ2​﻿ 

取 ϵ2=1  ⟹  nn−1<ϵ1  ⟹  lim⁡n→∞nn=1\epsilon_2 = 1 \implies \sqrt[n]{n}-1<\epsilon_1 \implies \lim\limits_{n \rightarrow \infty}\sqrt[n]{n} = 1ϵ2​=1⟹nn​−1<ϵ1​⟹n→∞lim​nn​=1﻿ 

证明关键

上述证明的关键: ∀q>1  ⟺  ∀ϵ>0,q=1+ϵ2\forall q> 1 \iff \forall \epsilon>0 ,q=1+\epsilon_2 ∀q>1⟺∀ϵ>0,q=1+ϵ2​﻿ 
并将原来的 ϵ1=1\epsilon _1 =1ϵ1​=1﻿ 全称引入

如果不将 ϵ1\epsilon_1ϵ1​﻿ 全称引入, 立马可得一个扩展

 ∀k>0,lim⁡n→∞n/kn=1\forall k>0 , \lim\limits_{n\rightarrow \infty} \sqrt[n]{n/k} = 1∀k>0,n→∞lim​nn/k​=1﻿

推广2: lim⁡n→∞an=1\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{a} = 1n→∞lim​na​=1﻿ 

证明: n0=max(n1,a)n_0 = max(n_{1},a)n0​=max(n1​,a)﻿ 其中n1n_1n1​﻿ 代表推广1中我们选择的n0n_0n0​﻿ 

有推广1的中间命题 , 我们可以选择一个 n0n_0n0​﻿ 使得 n>n0>an>n_0>an>n0​>a﻿ 

则有如下中间命题 a<n0<n<(1+ϵ1)nϵ2a<n_0<n<(1+\epsilon_1)^n\epsilon_2a<n0​<n<(1+ϵ1​)nϵ2​﻿ 

后续证明同推广1相同

 为何极限证明中充斥的 ”足够大” 这种论述, 如何快速理解

上述的证明 也可以表示成, 我们选择一个足够大的n0n_0n0​﻿, 使得 n0>an_0>an0​>a﻿

(2.1) 一些极限运算中的高阶思路

如何总结在数列证明时间中往往构造 n0(ϵ)n_0(\epsilon)n0​(ϵ)﻿ 的操作?

我法: 创造一对多函数

我们前面中创造 “一对多函数” 的概念是为了什么? 就是为了更好理解如下的命题结构

大部分极限命题都有如下这样的结构 ∀…∃…\forall \dots \exist \dots ∀…∃…﻿ 

经过经验总结:中我们, 我们总是将以 ∀\forall ∀﻿ 描述的个体词作为 “自变量”

寻找一个 ∀\forall ∀﻿ 描述的个体词 到 ∃\exist∃﻿ 描述的个体词 的 “映射”

我们希望为这种经验总结 寻找一个系统化的解决方案, 于是提出了
极限命题的 “一对多函数化” 形式. 

在数理逻辑角度

在命题逻辑中, 我们仅仅以命题为研究单元, 
但是我们还有一个逻辑, 叫做为谓词逻辑

我们也称 ∀\forall ∀﻿描述的对象为 自由变元  ∃\exist ∃﻿ 描述的个体词称为约束变元

是否和我们构造 n0(ϵ)n_0(\epsilon)n0​(ϵ)﻿ 的函数有关

∀…∃…\forall \dots \exist \dots ∀…∃…﻿ 性质猜测(命题合并)

∀a>0,∃n1∈N, Let: n1>a\forall a >0 , \exist n_1 \in N ,  \text{ Let: } n_1 >a∀a>0,∃n1​∈N, Let: n1​>a﻿

∀ϵ>0,∃n1∈N, Let: ∀n>n1, Meet some rule …\forall \epsilon >0 , \exist n_1 \in N ,  \text{ Let: } \forall n > n_1,  \text{ Meet some rule } \dots∀ϵ>0,∃n1​∈N, Let: ∀n>n1​, Meet some rule …﻿ 

我们好像可以找到的一个命题, 同时满足上述两个命题的叙述, 

其他的∀…∃… \forall \dots \exist \dots∀…∃…﻿ 也有类似的性质么? 

舍弃任意有限项, 极限不改变

数列运算角度: 对于任意有限项的数列,

一种证明极限的方法→ 通项等式替换法, 在极限情况下成立

若 lim⁡n→∞∣xn−yn−C∣=0\lim\limits_{n \rightarrow \infty}|x_n - y_n - C| =0n→∞lim​∣xn​−yn​−C∣=0﻿ , 我们称 二者近似 xn≈ynx_n \approx y_nxn​≈yn​﻿

如果, 我们能猜出 xn≈ynx_n  \approx y_n    xn​≈yn​﻿ , 其中 xnx_nxn​﻿指的是简单的常见数列 

要体现这种近似, 我们可以分析 yn+1y_{n+1} yn+1​﻿ 与 yny_nyn​﻿ 之间通项等式关系

yn,yn+1y_n , y_{n+1}yn​,yn+1​﻿构造的通项等式, 替换成 xn,xn+1x_n,x_{n+1} xn​,xn+1​﻿的时候, 只需要加上极限符号, 即可成立 

已知数列极限存在, (对迭代公式两端同取极限) 求得极限值

如果我们可以通过单调准则证明出极限存在

xn+1=f(xn)  ⟹  lim⁡n→∞xn+1=lim⁡n→∞f(xn)=xx_{n+1} = f(x_{n}) \implies \lim\limits_{n \rightarrow \infty} x_{n+1} = \lim\limits_{n \rightarrow \infty}f(x_n) = xxn+1​=f(xn​)⟹n→∞lim​xn+1​=n→∞lim​f(xn​)=x﻿  

如果 f(x)f(x) f(x)﻿ 仅仅为对 f(x)f(x)f(x)﻿ 的加减乘除, 或者乘上极限存在的数

可使用 极限的运算定律继续展开, 最后求得一个 xxx﻿ 的方程

一个函数单调性不确定的时候, 无法利用单调有界必有极限

通项上乘上一些项, 使得其单调性确定, 而乘上的那一些项极限又是确定的

例子: 证明(1+1n)n(1+\frac{1}{n})^n(1+n1​)n﻿ 极限存在

先证明伯努利不等式(数列形式)(数学归纳法): (1+a)n≥1+na(1+a)^n \geq 1+na(1+a)n≥1+na﻿ 

在证明 (1+1n)n+1(1+\frac{1}{n})^{n+1}(1+n1​)n+1﻿ 单调递减, 然后利用单调有界定理 

带入树上面一个不等式, 可以得到一个为2的下界,

可证明 (1+1n)n,(1+1n)n∗(1+1n)(1+\frac{1}{n})^n , (1+\frac{1}{n})^n*(1+\frac{1}{n})(1+n1​)n,(1+n1​)n∗(1+n1​)﻿ 极限一致(利用极限运算的广义性质)

数列趋于无穷实际上是数列发散 

什么是无穷

数列发散的概念来源于数列收敛 的方面

而数列趋于无穷这是 对于数列发散的细化

总结下上面两条: 什么是无穷, 无穷是有界方面的一种

什么是有界: 本质上是 存在一个元素使得对 某个集合中的全体元素有相同的序关系.

数列趋于无穷 命题记号

收敛命题: ∃c∈R,∀ϵ>0,∃n0∈N, Let ∀n>n0(∣xn−c∣<ϵ)\exist c \in R, \forall \epsilon >0, \exist n_0 \in N,  \text{ Let } \forall n>n_0(|x_n -c | <\epsilon)∃c∈R,∀ϵ>0,∃n0​∈N, Let ∀n>n0​(∣xn​−c∣<ϵ)﻿

收敛直接反转命题:
 ∀c∈R,∃ϵ>0,∀n0∈N, Let ∃n>n0(∣xn−c∣>ϵ)\forall c \in R, \exist \epsilon >0, \forall n_0 \in N,  \text{ Let } \exist n>n_0(|x_n -c | >\epsilon)∀c∈R,∃ϵ>0,∀n0​∈N, Let ∃n>n0​(∣xn​−c∣>ϵ)﻿ 

(xn→+∞):∀c∈R,∃n0∈N Let: ∀n>n0(c<xn)\left( x _ { n } \rightarrow+ \infty \right) : \forall c \in R ,\exists n_0 \in N  \text{ Let: } \forall n > n_0 \left( c < x _ { n } \right)(xn​→+∞):∀c∈R,∃n0​∈N Let: ∀n>n0​(c<xn​)﻿

(xn→−∞):∀c∈R,∃n0∈N Let: ∀n>n0(c>xn)\left( x _ { n } \rightarrow- \infty \right) : \forall c \in R ,\exists n_0 \in N  \text{ Let: } \forall n > n_0 \left( c > x _ { n } \right)(xn​→−∞):∀c∈R,∃n0​∈N Let: ∀n>n0​(c>xn​)﻿

(xn→∞):∀c∈R,∃n0∈N Let: ∀n>n0(∣c∣<∣xn∣)\left( x _ { n } \rightarrow \infty \right) : \forall c \in R ,\exists n_0 \in N  \text{ Let: } \forall n > n_0 \left( |c| < |x _ { n }| \right)(xn​→∞):∀c∈R,∃n0​∈N Let: ∀n>n0​(∣c∣<∣xn​∣)﻿  

数理逻辑 - 发散命题和趋于无穷的关系

二者关系

我们注意到: …∃n0∈N, Let ∀n>n0…\dots \exist n_0 \in N,  \text{ Let } \forall n>n_0 \dots…∃n0​∈N, Let ∀n>n0​…﻿ 

其反转后: …∀n0∈N, Let ∃n>n0…\dots \forall n_0 \in N,  \text{ Let } \exist n>n_0 \dots …∀n0​∈N, Let ∃n>n0​…﻿ 

理解一下就是对于所有的自然数, 都存在比他大的自然数符合后面要求

本质上是在要求 …∃n0,n1,…,nn⋯∈N…\dots \exist n_0 , n_1,\dots,n_n \dots\in N \dots…∃n0​,n1​,…,nn​⋯∈N…﻿ 

谓词逻辑的一部分取方面问题

跟原始命题有一定类似, 但是原始命题条件更强 , 满足原始命题, 必然满足这个反转命题? 

命题逻辑中, 取反代表真值完全不一致?
这里中取方面, 却出现了某种 “蕴含” 关系?

三种趋于∞\infty∞﻿ 能完全包括所有数学发散的情况? -不行

和趋于极限的命题不完全一致(假设奇数项 趋于+∞+\infty+∞﻿ 偶数项趋于−∞-\infty−∞﻿)
这样不能被任何就是 不趋于任何无穷的 发散数列

(3) 子列和部分极限

子列定义: 

设无穷数列 x1,x2,…,xn,…x_1,x_2,\dots ,x_n,\dotsx1​,x2​,…,xn​,…﻿ 记为{xn}\{x_n\}{xn​}﻿ 

设n1,n2,…,nk,…n_1,n_2,\dots ,n_k,\dotsn1​,n2​,…,nk​,…﻿ 为递增自然数列 , 满足 n1<n2<⋯<nk<…n_1<n_2<\dots <n_k<\dotsn1​<n2​<⋯<nk​<…﻿

那么子列定义为 xn1,xn2,…,xnk,…x_{n1},x_{n2},\dots,x_{nk},\dots xn1​,xn2​,…,xnk​,…﻿ 记为{xnk}\{x_{nk}\}{xnk​}﻿ 

波尔查诺-魏尔斯特拉斯引理: 每个有界实数列都含有收敛的子列

证明

极限点理论的推导

将 {xn}\{x_n\}{xn​}﻿ 的值集记为 EEE﻿ , 有界数列即 EEE﻿ 有界

若 EEE﻿ 为有界无限集, 则根据极限点理论, 必然存在至少一个极限点 xxx﻿ 
使得 ∀U(x)∈{U(x)}\forall U(x) \in \{U(x)\} ∀U(x)∈{U(x)}﻿ 使得 U(x)∧EU(x) \land EU(x)∧E﻿ 构成的集合有无穷个元素 

接下来我们需要知道 {xn}\{x_n\}{xn​}﻿ 的值集有在无穷个元素 在极限点的邻域旁边
可以推导出 ∃xnk, nk\exist x_{n_k} ,\ n_k ∃xnk​​, nk​﻿ 是自然递增数列 是收敛子列

选择 ϵ1=1,ϵ2=1/2\epsilon_1 = 1 , \epsilon_2= 1/2ϵ1​=1,ϵ2​=1/2﻿, 找到 EEE﻿ 中元素 x1,xtx_1 , x_t x1​,xt​﻿ 使得 ∣xn1−x∣<ϵ1,∣xn2−x∣<ϵ2|x_{n_1} -x| < \epsilon_1, |x_{n_2} -x| < \epsilon_2∣xn1​​−x∣<ϵ1​,∣xn2​​−x∣<ϵ2​﻿  

以此类推, 对于 ϵk=1/k\epsilon_{k} = 1/kϵk​=1/k﻿ 可以找到 ∣xnk−x∣<ϵn|x_{n_k}-x|<\epsilon_n∣xnk​​−x∣<ϵn​﻿ 

同时 我们需要确保 n1<n2<⋯<nk<…n_1<n_2<\dots<n_k <\dotsn1​<n2​<⋯<nk​<…﻿  才能使得 xnkx_{n_k}xnk​​﻿ 是一个子列

假设 n1>n2n_1>n_2n1​>n2​﻿ 

由于符合要求的 n2n_2n2​﻿ 有无穷个 , 而 [1...n1][1...n_1][1...n1​]﻿ 至多只有 n1n_1n1​﻿ 个

我们总是可以找到新的 n2n_2n2​﻿ 符合  ∣xn2−x∣<ϵ2|x_{n_2} -x| < \epsilon_2∣xn2​​−x∣<ϵ2​﻿ 且 n2>n1n_2 > n_1n2​>n1​﻿

拓展: 从每一个实数列中都可以选出一个收敛的或趋于无穷的子列

讨论方式

对于无界序列讨论: 对于每一个实序列, 我们都可以分为两类, 有界或者无界
对于有界的情况 有界数列必有收敛子列定理 已经讨论了, 接下来讨论有界子列
讨论方法基本一致: 

无界要求 ∀c∈R,∃x∈X Let: x>c\forall c \in R  , \exist x \in X  \text{ Let: } x>c ∀c∈R,∃x∈X Let: x>c﻿ 我们取 c1=1c_1 =1c1​=1﻿ 

对于这个  Specific x \text{ Specific } x Specific x﻿ 我们找到对应的 xk1x_{k_1}xk1​​﻿ 

c2=2…cn=n…c_2 = 2 \dots c_n = n\dotsc2​=2…cn​=n…﻿ 找到 对应的 xk1…xkn…x_{k_1} \dots x_{k_n} \dotsxk1​​…xkn​​…﻿

 后面的论述方法相同(包括如何论述 k1<k2…k_1 < k_2 \dotsk1​<k2​…﻿)

假设 xnx_nxn​﻿ 的界数列研究

过往问题的导入

假设数列有下(上)界, 就是其值集是一个有界集

其值集的子集也必然也是个有界集合 

其子集对应的数列也是个有界数列

我们在证明 柯西数列   ⟺  \iff⟺﻿ 收敛数列
就遇到了这个定义

数列的界数列

 an=inf⁡k≥nxk=inf⁡{xk∈{xn}∣k>n}a_n = \inf\limits_{k \geq n } x_k = \inf\{x_k \in \{x_n\}| k>n\}an​=k≥ninf​xk​=inf{xk​∈{xn​}∣k>n}﻿ 

 bn=sup⁡k≥nxk=sup⁡{xk∈{xn}∣k>n}b_n = \sup\limits_{k \geq n } x_k = \sup\{x_k \in \{x_n\}| k>n\}bn​=k≥nsup​xk​=sup{xk​∈{xn​}∣k>n}﻿ 

上下极限

那么 l=lim⁡k→∞inf⁡k≥nxnl =\lim\limits_{k \rightarrow \infty} \inf\limits_{k \geq n } x_nl=k→∞lim​k≥ninf​xn​﻿ 称为数列的下极限

记作 lim‾⁡n→∞xn,lim‾⁡n→∞xn\varliminf\limits_{n \rightarrow \infty} x_n, \varlimsup\limits_{n \rightarrow \infty} x_nn→∞lim​​xn​,n→∞lim​xn​﻿ 称作上下极限 

上下极限是部分极限的最小和最大者

部分极限: 

如果一个数列包含趋于某数(可以是记号 +∞,−∞+\infty , -\infty+∞,−∞﻿)的子列, 
则该数称为该数列的部分极限.

证明: 上下极限是部分极限的最大和最小值

以下界数列为例: 证明下界数列为不减数列

以下界数列为例: in=inf⁡k≥nxki_n = \inf\limits_{k \geq n } x_k in​=k≥ninf​xk​﻿ 

由于 Inf Sup 操作的单调性:
 X1⊂X2  ⟹  sup⁡X1≤sup⁡X2X1⊂X2  ⟹  sup⁡X1≥sup⁡X2X_1 \subset X_2 \implies \sup X_1 \leq \sup X_2 \\

X_1 \subset X_2 \implies \sup X_1 \geq \sup X_2 X1​⊂X2​⟹supX1​≤supX2​X1​⊂X2​⟹supX1​≥supX2​﻿ 

可知道 n1<n2  ⟹  (n1,+∞)⊃(n2,+∞)  ⟹  in1≤in2n_1<n_2 \implies (n_1,+\infty) \supset (n_2,+\infty) \implies i_{n_1}\leq i_{n_2}n1​<n2​⟹(n1​,+∞)⊃(n2​,+∞)⟹in1​​≤in2​​﻿ 

构造一个 ini_nin​﻿ 子列, 证明 lim⁡n→∞in=i\lim\limits_{n \rightarrow \infty} i_n = in→∞lim​in​=i﻿ ,而 iii﻿ 的确是 xnx_nxn​﻿ 的一个子列极限

假设下极限存在  即 lim‾⁡n→∞xn=lim⁡k→∞inf⁡k≥nxn\varliminf\limits_{n \rightarrow \infty} x_n = \lim\limits_{k \rightarrow \infty} \inf\limits_{k \geq n } x_nn→∞lim​​xn​=k→∞lim​k≥ninf​xn​﻿ 存在

我们来构造一个 下界数列 的子列
( 有点类似于子列的子列, 但是下界数列 和子列有点区别)

设 knk_n kn​﻿ 为自然数的一个子列( 一种序号选择 )  
使得 ikni_{k_n}ikn​​﻿ 为 ini_nin​﻿ 的子列. xknx_{k_n} xkn​​﻿ 为 xnx_{n}xn​﻿ 的一个子列
 knk_nkn​﻿ 的选择条件如下

∀kn∈N,ikn≤xkn<ikn+1/n\forall k_n \in N , i_{k_n} \leq x_{k_n}  < i_{k_n}+1/n∀kn​∈N,ikn​​≤xkn​​<ikn​​+1/n﻿

lim⁡n→∞ikn=lim⁡n→∞ikn+1/n=i  ⟹  lim⁡n→∞xkn=i\lim\limits_{n \rightarrow \infty} i_{k_n} = \lim\limits_{n \rightarrow \infty} i_{k_n}+1/n = i \implies \lim\limits_{n \rightarrow \infty} x_{k_n} =in→∞lim​ikn​​=n→∞lim​ikn​​+1/n=i⟹n→∞lim​xkn​​=i﻿ 夹逼定理

证明 iii﻿ 是最小的部分极限 

∀ϵ>0,∃n0∈N, Let i−ϵ<in\forall \epsilon >0 , \exist n_0 \in N ,  \text{ Let } i-\epsilon< i_n∀ϵ>0,∃n0​∈N, Let i−ϵ<in​﻿ (一般数列极限的性质)

∀k>n Have: i−ϵ<in=inf⁡k≥nxk≤xk\forall k>n  \text{ Have: } i-\epsilon<i_n = \inf\limits_{k\geq n} x_k \leq x_k∀k>n Have: i−ϵ<in​=k≥ninf​xk​≤xk​﻿ (下界数列的性质)

∀k>n Have: i−ϵ<xk\forall k>n  \text{ Have: } i-\epsilon<x_k∀k>n Have: i−ϵ<xk​﻿   ⟹  \implies⟹﻿ 数列的部分极限不能小于 i−ϵi-\epsiloni−ϵ﻿
由于 ϵ\epsilonϵ﻿ 任意 , 也不能小于 iii﻿  

推论

推论1: 数列有极限或趋于负无穷或正无穷的充要条件是其上下极限相等

推论2 : 数列收敛的充要条件是它的任何子列收敛

§3.1.4 级数

(1) 级数 部分和数列 级数的柯西收敛

级数 与 部分和数列

设 {an}\{a_n\}{an​}﻿ 为数列, 我们用 Sn=∑n=pqan:=ap+ap+1+⋯+aqS_n=\sum\limits_{n=p}^{q} a_n:= a_p +a_{p+1} + \dots + a_{q}Sn​=n=p∑q​an​:=ap​+ap+1​+⋯+aq​﻿ 称作
数列的部分和( 第n项部分和 )   

表达式  ∑n=1∞an:=a1+a2+⋯+an+…\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_n:= a_1 +a_{2} + \dots + a_{n}+ \dotsn=1∑∞​an​:=a1​+a2​+⋯+an​+…﻿ 称作级数

我们有部分和数列的极限是级数的和: lim⁡n→∞Sn=s\lim\limits_{n \rightarrow \infty} S_n = sn→∞lim​Sn​=s﻿

数列的部分和也是一个数列 {Sn}\{S_n\}{Sn​}﻿ , 若部分和数列收敛, 我们称级数收敛. 
若部分和数列发散, 我们称级数发散

级数收敛准则(柯西)

引入: 由于对级数和的研究可以转换为对部分数列和的极限, 我们有如下推论

级数收敛准则:
 级数和收敛   ⟺  \iff⟺﻿ ∀ϵ>0,∃n0∈N,∀n,m>n0, Have ∣∑k=nmak∣<ϵ\forall \epsilon>0 , \exist n_0 \in N ,\forall n,m > n_0 , \text{ Have } | \sum\limits_{k=n}^{m} a_k| < \epsilon∀ϵ>0,∃n0​∈N,∀n,m>n0​, Have ∣k=n∑m​ak​∣<ϵ﻿  

推论: 级数收敛   ⟹  \implies⟹﻿ lim⁡n→∞an=0\lim\limits_{n \rightarrow \infty}a_n = 0n→∞lim​an​=0﻿
取在上面的级数收敛准则中 m=nm=nm=n﻿  得到该推论

(2) 绝对收敛性→比较定理

绝对收敛: 

定义: 如果 级数∑n=1∞∣an∣\sum\limits_{n=1}^{\infty} |a_n|n=1∑∞​∣an​∣﻿ 收敛 , 我们称 级数 ∑n=1∞an\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_nn=1∑∞​an​﻿ 绝对收敛

注意: 逆命题一般不成立, 即级数绝对收敛是比简单收敛更强的要求

级数绝对收敛   ⟹  \implies⟹﻿ 级数收敛
考虑柯西收敛命题中的绝对值不等式 ∣an+⋯+am∣≤∣an∣+⋯+∣am∣|a_n +\dots +a_m| \leq |a_n| +\dots +|a_m|∣an​+⋯+am​∣≤∣an​∣+⋯+∣am​∣﻿ 即可

非负项级数收敛性

如何证明级数是否绝对收敛?

答案: 研宄非负项级数的收敛性, 因为绝对部分和是一个 非负项不减数列

负项级数的收敛定理:   非负项级数收敛 a1+⋯+an+…a_1 + \dots + a_n +\dotsa1​+⋯+an​+…﻿ 收敛    ⟺  \iff⟺﻿ 其部分和序列上有界

通过: 级数收敛的定义和不减数列的收敛准则 证明即可

推论1 比较定理

 比较定理证明如下

因为有限个项不影响级数的收敛性, 所以可以不失一般性地认为, 对于∀n∈N\forall n \in N ∀n∈N﻿ 都有 an≤bna_n \leq b_nan​≤bn​﻿ 

从而 An=∑k=1nak≤∑k=1nbk=BnA_n=\sum\limits_{k=1}^{n} a_k\leq \sum\limits_{k=1}^{n} b_k = B_nAn​=k=1∑n​ak​≤k=1∑n​bk​=Bn​﻿ 

由级数收敛和部分和序列关系知道: 
如果级数收敛, 则不减数列 {Bn}\{B_n\}{Bn​}﻿ 趋于极限 BBB﻿ 

于是 ∀n∈N\forall n \in N∀n∈N﻿ 有 An≤Bn≤BA_n \leq B_n \leq BAn​≤Bn​≤B﻿ (单调有界必有极限-且极限为上确界)

故 BB B﻿ 是单调(不减数列) AnA_nAn​﻿ 的一个上界, 故AnA_nAn​﻿ 也收敛

故级数 ∑n=1∞an\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_nn=1∑∞​an​﻿ 收敛

以 ∑n=1∞bn\sum\limits_{n=1}^{\infty} b_nn=1∑∞​bn​﻿ 收敛时情况为例证明, 另一情况可以使用反证法证明

比较定理: 

设两个非负项级数 ∑n=1∞an,∑n=1∞bn\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_n , \sum\limits_{n=1}^{\infty} b_nn=1∑∞​an​,n=1∑∞​bn​﻿ 

如果 ∃n0∈N, Let: ∀n>n0 Have: an≤bn\exist n_0 \in N  ,  \text{ Let: } \forall n >n_0  \text{ Have: } a_n \leq b_n  ∃n0​∈N, Let: ∀n>n0​ Have: an​≤bn​﻿
可以导出两个结论

∑n=1∞bn\sum\limits_{n=1}^{\infty} b_nn=1∑∞​bn​﻿ 收敛时: ∑n=1∞an\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_nn=1∑∞​an​﻿ 也收敛

∑n=1∞an\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_nn=1∑∞​an​﻿ 发散时: ∑n=1∞bn\sum\limits_{n=1}^{\infty} b_nn=1∑∞​bn​﻿ 也发散

比较定理在一般级数上使用

设两个级数 ∑n=1∞an,∑n=1∞bn\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_n , \sum\limits_{n=1}^{\infty} b_nn=1∑∞​an​,n=1∑∞​bn​﻿ 

如果 ∃n0∈N, Let: ∀n>n0 Have: ∣an∣≤bn\exist n_0 \in N  ,  \text{ Let: } \forall n >n_0  \text{ Have: } |a_n| \leq b_n  ∃n0​∈N, Let: ∀n>n0​ Have: ∣an​∣≤bn​﻿
可以导出两个结论

∑n=1∞bn\sum\limits_{n=1}^{\infty} b_nn=1∑∞​bn​﻿ 收敛时: ∑n=1∞an\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_nn=1∑∞​an​﻿ 也绝对收敛

∑n=1∞an\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_nn=1∑∞​an​﻿ 绝对发散时: ∑n=1∞bn\sum\limits_{n=1}^{\infty} b_nn=1∑∞​bn​﻿ 也发散

所有和级数相关的定理, 都有一个廉价扩展 … Let: ∀n>n0…\dots\text{ Let: } \forall n >n_0   \dots… Let: ∀n>n0​…﻿

由于 ∀n>2,1n(n+1)≤1n2≤1n(n−1)\forall n>2,\frac{1}{n(n+1)} \leq \frac{1}{n^2} \leq \frac{1}{n(n-1)}∀n>2,n(n+1)1​≤n21​≤n(n−1)1​﻿ 

由比较定理可得 ∑n=1∞1n2\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} n=1∑∞​n21​﻿ 和  ∑n=1∞1n(n+1)\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)}n=1∑∞​n(n+1)1​﻿ 同时收敛或发散

1n(n−1)−1n(n+1)=2n(n−1)(n+1)\frac{1}{n(n-1)}-\frac{1}{n(n+1)} = \frac{2}{n(n-1)(n+1)}n(n−1)1​−n(n+1)1​=n(n−1)(n+1)2​﻿ 可以证明这个极限为0

可以证明, 若收敛二者必然同时收敛

柯西审敛法

引入: 

有没有存在什么办法, 不需要知道求和后的通项表达(部分和序列表达)
也可以证明级数收敛? 

柯西级数收敛法则: 一般是使用其反面, 方便证明发散

所以我们一般是考虑其绝对部分和, 利用不减数列的比较定理, 这一分支来证明

柯西审敛法内容定理: 

设级数 ∑n=1∞an\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_nn=1∑∞​an​﻿ 是给定级数, 定义 α=lim‾⁡n→∞ann\alpha = \varlimsup\limits_{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{ a_n }α=n→∞lim​nan​​﻿ 

 α<1\alpha <1α<1﻿ : 级数绝对收敛

 α>1\alpha >1α>1﻿ : 级数发散

 α=1\alpha =1α=1﻿ : 级数发散和收敛均有

证明

 α<1\alpha <1α<1﻿ : 级数绝对收敛

选取 α<q<1,∃n0∈N, Have ∀n>n0,∣an∣n<q\alpha <q<1 , \exist n_0 \in N ,  \text{ Have }\forall n>n_0 , \sqrt[n]{|a_n|}<qα<q<1,∃n0​∈N, Have ∀n>n0​,n∣an​∣​<q﻿

 ∃n0∈N, Have ∀n>n0,∣an∣<qn\exist n_0 \in N ,  \text{ Have }\forall n>n_0 , |a_n|<q^n∃n0​∈N, Have ∀n>n0​,∣an​∣<qn﻿

∑n=1∞qn\sum\limits_{n=1}^{\infty} q^nn=1∑∞​qn﻿ 为收敛, 根据数列极限的不等式运算性质 可得∑n=1∞∣an∣\sum\limits_{n=1}^{\infty} |a_n|n=1∑∞​∣an​∣﻿ 收敛

故 ∑n=1∞an\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_nn=1∑∞​an​﻿ 绝对收敛

 α>1\alpha >1α>1﻿ : 级数发散

可以求出子列 {∣akn∣nk}\{\sqrt[n_k]{|a_{k_n}|}\}{nk​∣akn​​∣​}﻿ 使得极限为 α\alpha α﻿ ( 即α\alphaα﻿ 是一个部分极限 ) 
详见 “数列的部分极限” 相关理论

α>1\alpha >1α>1﻿ . 则有 ∃n0∈N,∀n>n0,∣akn∣>qkn>1\exist n_0 \in N , \forall n>n_0 ,|a_{k_n}| > q^{k_n}>1∃n0​∈N,∀n>n0​,∣akn​​∣>qkn​>1﻿ 

级数  ∑n=1∞an\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_nn=1∑∞​an​﻿ 不满足, 绝对收敛条件 (an→0)(a_n \rightarrow0)(an​→0)﻿ 故发散

 α=1\alpha =1α=1﻿ : 级数发散

我们已知如下事实：∑n=1∞1n\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}n=1∑∞​n1​﻿ 发散  ∑n=1∞1n2\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}n=1∑∞​n21​﻿ 收敛 lim‾⁡n→∞1nn=lim⁡n→∞1nn=1\varlimsup\limits_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{\sqrt[n]{ n }} = \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{\sqrt[n]{ n }} = 1n→∞lim​nn​1​=n→∞lim​nn​1​=1﻿　　

由极限的运算规律得知:  lim⁡n→∞1n2n=lim⁡n→∞1nn∗lim⁡n→∞1nn=1 \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{\sqrt[n]{ n^2 }}= \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{\sqrt[n]{ n }} *\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{\sqrt[n]{ n }} = 1n→∞lim​nn2​1​=n→∞lim​nn​1​∗n→∞lim​nn​1​=1﻿ 

故找到这样一个例子 ∑n=1∞1n2\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}n=1∑∞​n21​﻿ 和  ∑n=1∞1n\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}n=1∑∞​n1​﻿ 发散收敛均有

达朗贝尔检验法

达朗贝尔检验法定理．，．．，

设级数 ∑n=1∞an\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_nn=1∑∞​an​﻿ 是给定级数, 定义 α=lim⁡n→∞∣an+1an∣\alpha =\lim\limits_{n \rightarrow \infty} |\frac{a_{n+1}}{a_n}|α=n→∞lim​∣an​an+1​​∣﻿  存在

 α<1\alpha <1α<1﻿ : 级数绝对收敛

 α>1\alpha >1α>1﻿ : 级数发散

 α=1\alpha =1α=1﻿ : 级数发散和收敛均有

证明

 α<1\alpha <1α<1﻿ : 级数绝对收敛

选取 α<q<1,∃n0∈N, Have ∀n>n0,∣an+1an∣<q\alpha <q<1 , \exist n_0 \in N ,  \text{ Have }\forall n>n_0 , |\frac{a_{n+1}}{a_n}|<qα<q<1,∃n0​∈N, Have ∀n>n0​,∣an​an+1​​∣<q﻿

 ∣an+1a1∣=∣an+1an∣∗∣anan−1∣∗⋯∗∣a2a1∣<∣a1∣∗qna1=qn|\frac{a_{n+1}}{a_1}|= |\frac{a_{n+1}}{a_n}|*|\frac{a_{n}}{a_{n-1}}| *\dots *|\frac{a_{2}}{a_1}|  < \frac{|a_1|*q^n}{a_1} = q^n∣a1​an+1​​∣=∣an​an+1​​∣∗∣an−1​an​​∣∗⋯∗∣a1​a2​​∣<a1​∣a1​∣∗qn​=qn﻿ 

∑n=1∞qn\sum\limits_{n=1}^{\infty} q^nn=1∑∞​qn﻿ 为收敛, 根据数列极限的不等式运算性质 可得∑n=1∞∣an∣\sum\limits_{n=1}^{\infty} |a_n|n=1∑∞​∣an​∣﻿ 收敛

故 ∑n=1∞an\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_nn=1∑∞​an​﻿ 绝对收敛

 α>1\alpha >1α>1﻿ : 级数发散

α>1\alpha >1α>1﻿ . 则有 ∃n0∈N,∀n>n0,∣an+1∣/∣an∣>1\exist n_0 \in N , \forall n>n_0 ,|a_{n+1}|/|a_n| >1∃n0​∈N,∀n>n0​,∣an+1​∣/∣an​∣>1﻿ 

则有 ∣an+1∣>∣an∣|a_{n+1}|>|a_n|∣an+1​∣>∣an​∣﻿

级数  ∑n=1∞an\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_nn=1∑∞​an​﻿ 不满足, 绝对收敛条件 (an→0)(a_n \rightarrow0)(an​→0)﻿ 故发散

 α=1\alpha =1α=1﻿ : 级数发散和收敛均有

同柯西校验法一致: ：∑n=1∞1n\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}n=1∑∞​n1​﻿ 发散  ∑n=1∞1n2\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}n=1∑∞​n21​﻿ 收敛 就是这么一个例子

柯西校验法

证明如下: Key柯西校验三角

柯西校验三角

a_2 \leq a_2 \leq a_1, \\ 2a_4 \leq a_3+a_4 \leq 2a_2, \\ 4a_8 \leq a_5+a_6+ a_7+a_8 \leq 4a_4, \\ 8a_{16} \leq a_9+a_{10}+ \dots+a_{15}+a_{16} \leq 8a_8, \\

那么考虑 这个三角延续的每一行的表达式  xn≤cn≤ynx_n  \leq c_n \leq y_nxn​≤cn​≤yn​﻿ 

可以发现 2∗∑n=1nxn+a1=Gn+1,∑n=1nyn=Gn2*\sum\limits_{n=1}^{n} x_n +a_1 =G_{n+1}, \quad \sum\limits_{n=1}^{n} y_n = G_n 2∗n=1∑n​xn​+a1​=Gn+1​,n=1∑n​yn​=Gn​﻿

∑n=1ncn+a1=∑k=12nak\sum\limits_{n=1}^{n} c_n  +a_1=  \sum\limits_{k=1}^{2^n} a_kn=1∑n​cn​+a1​=k=1∑2n​ak​﻿ 

则有 12(Gn+1−a1)≤∑k=12nak−a1≤Gn\frac{1}{2}(G_{n+1}-a_1) \leq \sum\limits_{k=1}^{2^n} a_k -a_1 \leq  G_n21​(Gn+1​−a1​)≤k=1∑2n​ak​−a1​≤Gn​﻿ 

由于 Gn,∑k=12nakG_n , \sum\limits_{k=1}^{2^n} a_kGn​,k=1∑2n​ak​﻿ 都为不减数列, 可知他们同时收敛和发散

引入: 我们再来讨论一类更特殊的但常见的级数, 
其项组成单调数列. 对于这样的级数，以下充要收敛校验法成立

递减数列的级数收敛充要条件: 

若 a1≥a2≥⋯≥0a_1 \geq a_2 \geq \dots \geq 0a1​≥a2​≥⋯≥0﻿ , 则有级数 ∑n=1∞an\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_nn=1∑∞​an​﻿ 收敛的充要条件是以下级数收敛

lim⁡n→∞Gn=∑n=0∞2n∗a(2k)=a1+2a2+4a4+8a8…\lim\limits_{n \rightarrow \infty}G_n = \sum\limits_{n=0}^{\infty} 2^n * a_{(2^k)} = a_1 + 2a_2 +4a_4 +8a_8 \dotsn→∞lim​Gn​=n=0∑∞​2n∗a(2k)​=a1​+2a2​+4a4​+8a8​…﻿ 

一个经典推论:  ∑n=1∞1np\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p}n=1∑∞​np1​﻿ 当 p>1p>1p>1﻿ 时候收敛, p≤1p\leq1p≤1﻿ 时发散

根据定理原级数收敛性同 ∑n=1∞2n(2n)p=∑n=1∞2n−np=∑n=1∞(21−p)n\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{2^n}{(2^n)^p} =\sum\limits_{n=1}^{\infty} 2^{n-np} = \sum\limits_{n=1}^{\infty}(2^{1-p})^nn=1∑∞​(2n)p2n​=n=1∑∞​2n−np=n=1∑∞​(21−p)n﻿ 

将黎曼级数的收敛性问题转换为了 等比级数的收敛性问题, 

等比数列收敛性 q>1q>1 q>1﻿ 发散 q≤1q\leq 1q≤1﻿ 收敛