一些补充
- 收敛级数的逐项加减法与逐项数乘法: 假设实数项(对于复数和 $\mathbb{R}^n$ 取值的级数也成立)的 $\displaystyle \sum_{k=0}^\infty a_k$ 和 $\displaystyle \sum_{k=0}^\infty b_k$ 收敛, $\lambda \in \mathbb{R}$, 那么 $\displaystyle \sum_{k=0}^\infty (a_k\pm b_k)$ 和 $\displaystyle \sum_{k=0}^\infty \lambda \cdot a_k$ 都收敛 $$\displaystyle \sum_{k=0}^\infty (a_k\pm b_k) = \sum_{k=0}^\infty a_k\pm \sum_{k=0}^\infty b_k, \ \ \displaystyle \sum_{k=0}^\infty \lambda \cdot a_k =\lambda\left( \sum_{k=0}^\infty a_k\right).$$ 这两个事实的证明是极限四则运算法则的直接应用(用部分和来表示级数).
- (向量值序列的极限问题) 对于 $\mathbb{R}^n=\bigl\{(x_1,\cdots,x_n)\bigm| x_1\in \mathbb{R}, \cdots, x_n\in \mathbb{R}\bigr\}$, 我们采取如下定义的距离函数 $$d(x,y)=\sqrt{(x_1-y_1)^2+\cdots+(x_n-y_n)^2}, \ \ x=(x_1,\cdots,x_n), \ y=(y_1,\cdots,y_n).$$ 对于复数域 $\mathbb{C}$, 我们通过 $z=x+iy$ 这种表示, 可以认为 $\mathbb{C}=\mathbb{R}^2$. 对于 $z_1,z_2\in \mathbb{C}$, 我们自然有 $d(z_1,z_2)=|z_1-z_2|$, 其中 $|\cdot |$ 是取复数的模长. 假设 $\left\{x^{(k)}\right\}_{k\geqslant 1}$ 是 $\mathbb{R}^n$ 中的点列, 其中, $x^{(k)}=\left(x^{(k)}_1,x^{(k)}_2,\cdots,x^{(k)}_n\right)$. 那么, $\left\{x^{(k)}\right\}_{k\geqslant 1}$ 在 $\mathbb{R}^n$ 中收敛当且仅当它的每个分量都是收敛的实数数列, 即对任意的 $i=1,2,\cdots,n$, $\left\{x^{(k)}_i\right\}_{k\geqslant 1}$ 在 $\mathbb{R}$ 中收敛.
我们把这个性质留在第二次作业题中来证明, 请注意这是非常重要的习题, 我们会在今后经常考虑在线性空间中收敛的问题. - 不同的距离函数的问题. 我们之前的课上提到过一个距离空间上可以有几个不同的距离函数, 比如在 $\mathbb{R}$ 上, 还可以定义 $d(x,y)=2|x-y|$. 对于这个问题的理解可以进一步加深对收敛的理解.
假设 $d_1$ 和 $d_2$ 均为集合 $X$ 上距离函数, 如果存在常数 $C_1>0$ 和 $C_2>0$, 使得对任意的 $x,y \in X$, 都有 $$d_2(x,y)\leqslant C_1 d_1(x,y), \ \ d_1(x,y)\leqslant C_2 d_2(x,y),$$ 那么就称这两个距离函数 $d_1$ 和 $d_2$ 是等价的. 上面的叙述也等价于存在常数 $c>0$ 和 $C>0$, 使得对任意的 $x,y \in X$, 都有 $$cd_1(x,y)\leqslant d_2(x,y)\leqslant C d_1(x,y),$$ 比如说, 我们在 $\mathbb{R}^n$ 上面可以定义三种距离函数: $$\begin{align*} d_1(x,y)&=\sum_{j=1}^n|x_j-y_j|, \\ d_2(x,y)&=\sqrt{\sum_{j=1}^n(x_j-y_j)^2}, \\ d_\infty(x,y)&=\sup_{i=1,2,\cdots,n}|x_i-y_i|. \end{align*}$$ 这三个距离自然是等价的: $$nd_\infty(x,y)\geqslant d_1(x,y) \geqslant d_2(x,y)\geqslant d_\infty(x,y).$$ $d_1(x,y) \geqslant d_2(x,y)$的证明只需注意到 $$\left(\sum_{j=1}^n |x_j-y_j| \right)^2\geqslant \sum_{j=1}^n(x_j-y_j)^2.$$ 我们还有一个重要的的例子: 我们可以把 $n\times n$ 的矩阵的全体 $\mathbf{M}_n(\mathbb{R})$ 视作是 $\mathbb{R}^{n^2}$(加法就是逐个分量相加), 那么 $\mathbf{M}_n(\mathbb{R})$ 也有三个距离函数: 对任意的 $n\times n$ 的矩阵 $A=(A_{ij})$ 和 $B=(B_{ij})$, 其中 $1\leqslant i, j \leqslant n$, 我们有 $$\begin{align*} d_1(A,B)&=\sum_{1\leqslant i,j\leqslant n}|A_{ij}-B_{ij}|, \\ d_2(A,B)&=\sqrt{\sum_{1\leqslant i,j\leqslant n}(A_{ij}-B_{ij})^2}, \\ d_\infty(A,B)&=\sup_{1\leqslant i,j\leqslant n}|A_{ij}-B_{ij}|. \end{align*}$$ 回到抽象的场合: 如果 $d_1$ 和 $d_2$ 是 $X$ 上两个等价的距离函数, 那么它们所定义的收敛的概念是一致的, 即对于任意的点列 $\left\{x_n\right\}_{n\geqslant 1}\subset X$, 当 $n\rightarrow \infty$, 在 $d_1$ 这个距离下 $x_n\rightarrow x\in X$ 等价于在 $d_2$ 这个距离下 $x_n\rightarrow x\in X$. 证明是平凡的: 假设 $$x_n\stackrel{d_1}{\longrightarrow}x,$$ 那么对任意的 $\varepsilon>0$, 存在 $N>0$, 使得当 $n\geqslant N$ 时, 我们有 $d_1(x_n,x)<\varepsilon$, 所以根据距离的等价性, 我们有 $d_2(x_n,x)<C_1\varepsilon$, 这表明 $$x_n\stackrel{d_2}{\longrightarrow}x. $$ 特别地, 数学分析通常在 $\mathbb{R}^n$ 中研究各种收敛的问题, 除非我们对距离有特定的要求, 我们假定度量可以是上面的任意一种. - 对于复数和 $n\times n$ 的矩阵, 我们也可以谈论乘法. 此时, 乘法和除法也和极限交换. 我们只给出矩阵的版本, 复数的版本的叙述和证明都是一样的. 假设 $\{A_k\}_{k\geqslant 1}$ 和 $\{B_k\}_{k\geqslant 1}$ 均为 $n\times n$ 的矩阵的序列并且收敛, 那么
- 序列 $\{A_k\cdot B_k\}_{k\geqslant 1}$ 收敛并且 $\displaystyle\lim_{k\rightarrow \infty}(A_k\cdot B_k) =\lim_{k\rightarrow \infty}A_k \cdot \lim_{k\rightarrow \infty}B_k$.
- 如果 $\displaystyle\lim_{k\rightarrow \infty}B_k$ 是可逆矩阵, 那么序列 $\left\{A_k \cdot {(B_k)^{-1}}\right\}_{k\geqslant N}$ 收敛($\displaystyle\lim_{k\rightarrow \infty}B_k$ 可逆表明存在 $N$, 使得当 $k\geqslant N$ 时, $B_k$ 均可逆)并且 $\displaystyle\lim_{k\rightarrow \infty} A_k \cdot {(B_k)^{-1}} ={\displaystyle\lim_{k\rightarrow \infty}A_k} \cdot {\left(\lim_{k\rightarrow \infty}B_k\right)^{-1}}$.
这两条都可以用4 极限, 级数, Cauchy 列, 距离空间中的收敛中极限的四则运算证明.
上次课的最后我们证明了单调上升并且有界的实数序列有极限, 这个极限恰好是它的上确界. 当然, 如果 $\{x_n\}_{n\geqslant 1}$ 单调上升的但是无界, 我们有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty }x_n =+\infty$. 利用这个结果, 我们可以证明
任意有界的实数序列 $\{x_n\}_{n\geqslant 1}$ 必有收敛的子列.
由于数列 $\{x_n\}_{n\geqslant 1}$ 有界, 所以必有 $a_1$ 和 $b_1$ 使得对一切 $n>0$ 都有 $x_n\in \left[a_1,b_1\right]$. 归纳地定义一列闭区间:
- 在$\left[a_1,\dfrac{a_1+b_1}{2}\right]$ 和 $\left[\dfrac{a_1+b_1}{2},b_1\right]$ 中至少有一个包含该数列的无穷多项, 令满足这一要求的一个区间为 $\left[a_2,b_2\right]$.
- 当 $n\geqslant 2$ 时, 在$\left[a_n,\dfrac{a_n+b_n}{2}\right]$ 和 $\left[\dfrac{a_n+b_n}{2},b_1\right]$ 中至少有一个包含该数列的无穷多项, 令满足这一要求的一个区间为 $\left[a_{n+1},b_{n+1}\right]$.
从而得到一列闭区间 $\left\{I_n=\left[a_n,b_n\right]\right\}_{n\geqslant 1}$, 并且 $I_1\supset I_2\supset I_3\supset \cdots$, 所以 $$\bigcap_{n\geqslant 1}I_n\neq \varnothing.$$ 和2 区间套公理与确界原理, 距离空间 的确界原理的证明细节类似, $\displaystyle \bigcap_{n\geqslant 1}I_n$ 中只有一个元素. 对一切 $n\geqslant 1$, 取 $x_{s_n}\in I_n$, 从而 $\left\{x_{s_n}\right\}_{n\geqslant 1}$ 是收敛的子列.
∎或者, 我们只要证明如下引理即可:
对任意实数数列 $\{x_n\}_{n\geqslant 1}$, 我们总能找到一个单调的(上升或下降)子序列.
考虑下面的集合 $X\subset \{x_1,x_2,\cdots,x_n,\cdots\}$: $$X=\bigl\{x_k\bigm| \text{对任意的 $\ell\geqslant k$, 都有 $x_k\geqslant x_{\ell}$}\bigr\}.$$ 分两种情况讨论:
- 如果 $X$ 是无限集, 那么将 $X$ 中元素按照下标从小到大排列, 就得到了一个递减的子序列.
- 如果 $X$ 是有限集, 可以假设 $X=\bigl\{x_{i_1},\cdots, x_{i_\ell}\bigr\}$, 我们令 $y_1=x_{i_\ell+1}$, 然后归纳地定义 $y_{n+1}$: 我们假设 $y_n=x_{s(n)}$ 其中 $s(n)>i_\ell$. 根据 $X$ 的定义以及由于 $y_n\notin X$, 我们知道存在 $x_{s(n+1)}$, 其中 $s(n+1)>s(n)$ 并且 $x_{s(n+1)} > y_n$, 那么我们令 $y_{n+1}=x_{s(n+1)}$. 那么, $\{y_n\}_{n\geqslant 1}$ 是单调上升的序列.
综合两种情况, 我们总有单调的子序列.
∎Cauchy 判别准则
在证明Cauchy判别准则之前, 我们先回忆一下Cauchy列的定义: 一个距离空间 $(X,d)$ 中的点列被称作是Cauchy列, 指的是对任意的 $\varepsilon>0$, 存在 $N>0$, 使得对任意的 $n,m\geqslant N$, 都有 $d(x_n,x_m)<\varepsilon$.
$\{x_n\}_{n\geqslant 1}$ 是实数的数列. 那么, $\{x_n\}_{n\geqslant 1}$ 收敛当且仅当 $\{x_n\}_{n\geqslant 1}$ 是Cauchy列.
如果 $\{x_n\}_{n\geqslant 1}$ 收敛, 我们假设 $x_n\rightarrow x$. 此时, 根据极限的定义, 对于 $\dfrac{1}{2}\varepsilon$ 而言, 存在 $N$, 使得对于任意的 $n,m\geqslant N$, 我们都有 $d(x,x_n)<\dfrac{1}{2}\varepsilon$, $d(x,x_m)<\dfrac{1}{2}\varepsilon$. 所以, 利用三角不等式, 我们就有 $$d(x_n,x_m)\leqslant d(x,x_n)+d(x,x_m) <\dfrac{1}{2}\varepsilon+\dfrac{1}{2}\varepsilon=\varepsilon.$$ 这表明收敛的序列(在任意的距离空间中)一定是Cauchy列.
∎为了说明Cauchy列必然收敛, 我们先证明两个有用的引理:
Cauchy列必有界.
假设 $\{x_n\}_{n\geqslant 1}$ 是Cauchy列, 我们先说明它是有界的. 令 $\varepsilon=1$, 那么存在 $N$, 使得对任意的 $n,m\geqslant N$, 我们都有 $d(x_n,x_m)<1$. 特别地, 我们令 $m=N$, 这表明对所有的 $n\geqslant N$, 都有 $d(x_n,x_N)\leqslant 1$, 所以 $\{x_n\}_{n\geqslant N}$ 是有界的. 再加上前面的 $x_1,\cdots,x_{N-1}$, 这还是一个有界集合.
∎如果一个Cauchy列的子列收敛, 那么这个Cauchy列也收敛.
假设 $\{x_n\}_{n\geqslant 1}$ 是Cauchy列, $\{x_{i_k}\}_{k\geqslant 1}$ 是其子列并且 $\displaystyle \lim_{k\rightarrow \infty}x_{i_k}=x$, 我们要证明在 $(X,d)$ 中, $x_n\rightarrow x$. 任意选取 $\varepsilon>0$. 首先, 根据 $x_{i_k}\rightarrow x$, 我们可以找到 $N_1>0$, 使得对任意的 $k>N_1$, 我们都有 $d(x_{i_k},x)<\dfrac{\varepsilon}{2}$; 另外, 根据Cauchy列的定义, 我们有 $N_2>0$, 使得对任意的 $n,m\geqslant N_2$, 我们都有 $d(x_n,x_m)<\dfrac{\varepsilon}{2}$. 令 $N>N_2$, 当 $n\geqslant N$ 时, 任取$k>N_1$ 使得 $i_k\geqslant N_2$, 我们有 $$d(x_n,x)\leqslant d(x_n,x_{i_k})+d(x_{i_k},x) <\dfrac{\varepsilon}{2}+\dfrac{\varepsilon}{2}=\varepsilon.$$
∎(续) 根据上面第二个引理, 我们只要构造一个收敛的子列即可. 根据第一个引理, Cauchy 列必有界, 再利用Bolzano–Weierstrass的列紧性, 这个有界数列有一个收敛的子列.
∎- 相比于极限定义本身, 利用Cauchy判别准则证明极限存在的优势在于不需要先验地知道极限的值. 比如说, 我们有
$$1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}-\cdots + \dfrac{(-1)^{n+1}}{n}+\cdots=\ln 2.$$
我们可以证明上面的级数是收敛的(而不需要知道最终是 $\ln 2$):
考虑部分和 $x_n=1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}-\cdots + \dfrac{(-1)^{n+1}}{n}$, 不妨假设 $m>n$, 那么我们有
$$x_m-x_n=\dfrac{(-1)^n}{n+1}+\dfrac{(-1)^{n+1}}{n+2}+\cdots + \dfrac{(-1)^{m+1}}{m}$$
如果 $n$ 是偶数, 那么, 我们知道
$$x_m-x_n=\dfrac{1}{n+1}-\left(\dfrac{1}{n+2}-\dfrac{1}{n+3}\right)+\cdots + \dfrac{(-1)^{m+1}}{m}$$
从第二项开始每两个数一组, 最后如果剩下一个数可以单独一组, 我们发现这些组都是负数, 从而 $x_m-x_n<\dfrac{1}{n}$. 类似地, 我们有
$$x_m-x_n=\dfrac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}+\left(\dfrac{1}{n+3}-\dfrac{1}{n+4}\right)+\cdots + \dfrac{(-1)^{m+1}}{m}$$
即从第三项开始每两个数一组, 最后如果剩下一个数可以单独一组, 我们发现这些组都是正数, 从而 $x_m-x_n>\dfrac{1}{n+2}-\dfrac{1}{n+3}$.
对 $n$ 是奇数的情况类似讨论, 我们可以得到
$$\frac{1}{(n+2)(n+3)} < |x_m-x_n|<\frac{1}{n}.$$
所以, 对任意的 $\varepsilon>0$, 任取 $N>\dfrac{1}{\varepsilon}$, 从而当 $m>n\geqslant N$ 时, 我们有 $|x_m-x_n|<\varepsilon$, 这就得到一个Cauchy列.
利用同样的想法, 我们可以证明下面的命题(需要记住结论):
假设 $\{a_n\}_{n\geqslant 1}$ 是递减的正实数的数列并且 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow \infty}a_n=0$, 那么, 级数
$$a_1-a_2+a_3-a_4+\cdots+(-1)^{n-1}a_n+\cdots$$
是收敛的.
由已知, 对任意的 $\varepsilon>0$, 存在 $N>0$, 对任意的 $n \geqslant N$ 都有 $a_n<\varepsilon.$ 令 $$A_n=a_1-a_2+a_3-a_4+\cdots+(-1)^{n-1}a_n.$$ 则对于任意的正整数 $m$ 和 $n$ 满足 $m>n\geqslant N$, 若 $n$ 是偶数, 则 $$A_m-A_n=a_{n+1}-a_{n+2}+a_{n+3}-\cdots+(-1)^{n-1}a_m,$$ 和上面的注记中一样, 可得 $$0 \leqslant a_{n+1}-a_{n+2}\leqslant A_m-A_n\leqslant a_{n+1}\leqslant a_n<\varepsilon.$$ 若 $n$ 是奇数, 则 $$A_m-A_n=-a_{n+1}+a_{n+2}-a_{n+3}+\cdots+(-1)^{n-1}a_m,$$ 同理得 $$-\varepsilon <-a_n\leqslant -a_{n+1}<A_m-A_n<-a_{n+1}+a_{n+2}\leqslant 0.$$ 综上对任意的 $m>n\geqslant N$ 都有 $|A_m-A_n|<\varepsilon.$ 即 $\{A_n\}_{n\geqslant 1}$ 是 Cauchy列, 它收敛.
∎$\{a_n\}_{n\geqslant 1}$ 是递减的正实数的数列并且 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow \infty}a_n=0$. 假设级数 $\displaystyle\sum_{k=1}^\infty a_k $ 发散. 那么, 对任意 $x\in \mathbb{R}$, 我们可以选取一组正负号 $\iota_k\in \{\pm 1\}$, 使得级数 $\displaystyle\sum_{k=1}^\infty \iota_k a_k$ 收敛并且
$$\sum_{k=1}^\infty \iota_k a_k=x.$$
因为 $\displaystyle\sum_{k=1}^\infty a_k=+\infty$, 所以对任意的 $n$, 任意的$M>a_n$, 存在唯一一个 $k\geqslant 0$, 使得 $$a_n+a_{n+1}+\cdots+a_{n+k-1}\leqslant M \ \ \text{且} \ \ a_n+a_{n+1}+\cdots+a_{n+k-1}+a_{n+k}> M.$$ 我们不妨假设 $x>0$ (否则, 我们改变所有 $\iota_k$ 的符号), 根据上面的观察, 我们能找到 $n_1\geqslant 1$, 使得$$a_1+a_{2}+\cdots+a_{n_1-1}\leqslant x \ \ \text{但是} \ \ a_1+a_{2}+\cdots+a_{n_1-1}+a_{n_1}> x.$$ 特别地, 我们知道对于前面的 $n_1$ 项的和, 我们有 $$|a_1+a_{2}+\cdots+a_{n_1-1}+a_{n_1}-x|\leqslant a_{n_1}.$$由于前 $n_1$ 项的和已经超过了 $x$, 我们现在在后面的项前面加上负号. 令 $\delta_1=a_1+a_{2}+\cdots+a_{n_1-1}+a_{n_1}-x$ 为多出来的部分, 那么 $\delta_1\leqslant a_{n_1}$. 根据上面的观察, 一定存在 $n_2$, 使得 $$a_{n_1+1}+a_{n_1+2}+\cdots+a_{n_2-1}\leqslant \delta_1 \ \ \text{且} \ \ a_{n_1+1}+a_{n_1+2}+\cdots+a_{n_2} > \delta_1.$$ 我们现在要求级数的前 $n_2$ 项为 $$a_1+a_2+\cdots+a_{n_1}-a_{n_1+1}-a_{n_1+2}-\cdots-a_{n_2}.$$ 很明显, 对于 $k<n_2$, 我们有 $$0\leqslant a_1+a_2+\cdots+a_{n_1}-a_{n_1+1}-a_{n_1+2}-\cdots-a_{k}-x<\delta_1.$$ 令 $-\delta_2=a_1+a_2+\cdots+a_{n_1}-a_{n_1+1}-a_{n_1+2}-\cdots-a_{n_2}-x$, 这是一直到 $n_2$ 为止, 所求和比 $x$ 少的部分, 按照定义, 我们有 $\delta_2\leqslant a_{n_2}$. 然后, 我们再选取 $n_3$, 使得
$$a_{n_2+1}+a_{n_2+2}+\cdots+a_{n_3-1}\leqslant \delta_2 \ \ \text{且} \ \ a_{n_2+1}+a_{n_2+2}+\cdots+a_{n_3} > \delta_2.$$ 我们现在要求级数的前 $n_3$ 项为 $$a_1+a_2+\cdots+a_{n_1}-a_{n_1+1}-a_{n_1+2}-\cdots-a_{n_2}+a_{n_2+1}+a_{n_2+2}+\cdots+a_{n_3} .$$ 按照这种方式, 最新得到的部分和与 $x$ 的差距都不超过 $\delta_3\leqslant a_{n_3}$. 如此重复归纳地选取正负号即可.
- Cauchy判别准则是对实数的序列来陈述的. 如果在一般的距离空间 $(X,d)$ 上, Cauchy列未必收敛(试举出一个反例), 即收敛性和序列所生活的空间的性质是密切相关的. 反例: 在 $(\mathbb{Q}, d)$ 上, $$1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}-\cdots + \dfrac{(-1)^{n+1}}{n}+\cdots$$ 是 Cauchy 列, 但不收敛. 证明的关键在于说明 $\ln 2$ 是无理数. 这一点在后面说明.
- Cauchy判别准则对复数和 $\mathbb{R}^n$ 也成立.
实数项的级数 $\displaystyle \sum_{k=0}^\infty a_k$ 收敛的充分必要条件是对任意 $\varepsilon>0$, 存在 $N>0$, 对任意自然数 $n\geqslant N$ 和任意自然数 $p\geqslant 0$, 我们都有 $$\displaystyle\bigg|\sum_{n\leqslant k\leqslant n+p}a_k\bigg|<\varepsilon.$$
对任意的 $n$, 令 $S_n=a_1+\cdots+a_n$ 为部分和. 级数收敛等价于说 $\{S_n\}_{n\geqslant 1}$ 收敛.
根据Cauchy判别准则, 对任意的 $\varepsilon>0$, 存在 $N>0$, 对任意自然数 $n\geqslant N$ 和 $m\geqslant N$, 我们都有 $|S_{n-1}-S_m|<\varepsilon$.
我们不妨假设 $m\geqslant n$, 令 $m=n+p$ 即得到了推论所要求的形式.
(复数或 $\mathbb{R}^n$ 中也成立). 另外, 假设 $\displaystyle \sum_{k=0}^\infty a_k$ 收敛, 取 $p=0$, 上述判别法说明 $a_n \rightarrow 0$. 反之则未必成立, 比如考虑调和级数.
对于一般的实数数列, 尽管极限不一定存在, 但是我们总能定义它的上极限和下极限: 任意给定实数数列 $\{x_n\}_{n\geqslant 1}$, 对任意 $n\geqslant 1$, 我们令 $$\overline{x}_n =\sup_{\ell \geqslant n}x_\ell, \ \ \underline{x}_n =\inf_{\ell \geqslant n}x_\ell.$$ 很明显, $\{\overline{x}_n\}_{n\geqslant 1}$ 是单调下降的序列, $\{\underline{x}_n\}_{n\geqslant 1}$ 是单调上升的序列, 所以 $\{\overline{x}_n\}_{n\geqslant 1}$ 和 $\{\underline{x}_n\}_{n\geqslant 1}$ 都有极限(极限可以是无穷). 据此, 我们定义数列 $\{x_n\}_{n\geqslant 1}$ 的上极限和下极限为 $$\begin{align*} \displaystyle\varlimsup x_n&=\limsup_{n\rightarrow \infty}x_n = \lim_{n\rightarrow \infty} \overline{x}_n = \lim_{n\rightarrow \infty}( \sup_{\ell \geqslant n} x_\ell),\\ \displaystyle\varliminf x_n&=\liminf_{n\rightarrow \infty}x_n = \lim_{n\rightarrow \infty} \underline{x}_n = \lim_{n\rightarrow \infty}( \inf_{\ell \geqslant n} x_\ell). \end{align*}$$ 根据定义以及极限保持不等号的性质, 我们有 $\displaystyle\limsup_{n\rightarrow \infty}x_n \geqslant \liminf_{n\rightarrow \infty}x_n$. 我们如下命题:
$\{x_n\}_{n\geqslant 1}$ 是实数数列. 那么, $\{x_n\}_{n\geqslant 1}$ 收敛的充分必要条件是 $\displaystyle\limsup_{n\rightarrow \infty}x_n =\liminf_{n\rightarrow \infty}x_n$.
- 必要性: 根据定义, 有 $\underline{x}_n \leqslant x_n \leqslant \overline{x}_n$. 设 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} x_n = x$, 对任意的 $\varepsilon > 0$, 存在 $N > 0$, 对任意的 $n \geqslant N$ 都有 $ x – \dfrac{\varepsilon}{2} < x_n < x + \dfrac{\varepsilon}{2}$, 并且 $$ x – \varepsilon < \underline{x}_{N} \leqslant \underline{x}_n \leqslant x_n \leqslant \overline{x}_n \leqslant \overline{x}_{N} < x + \varepsilon, $$ 即 $$ \lim_{n \to \infty} \overline{x}_n = \lim_{n \to \infty} \underline{x}_n = \lim_{n \to \infty} x_n = x. $$
- 充分性: 设$\displaystyle\lim_{n\to\infty} \overline{x}_n = \displaystyle\lim_{n\to\infty} \underline{x}_n = a$.
- 当 $a$ 为有限实数时: 对任意 $\varepsilon > 0$, 由 $\overline{x}_n \to a,\ \underline{x}_n \to a$, 存在 $N > 0$, 对任意 $n \geqslant N$, 有 \[ a – \varepsilon < \underline{x}_n < a + \varepsilon, \quad a – \varepsilon < \overline{x}_n < a + \varepsilon. \] 结合定义 $\underline{x}_n \leqslant x_n \leqslant \overline{x}_n$, 得对任意 $n \geqslant N$, \[ a – \varepsilon < x_n < a + \varepsilon, \] 即 $|x_n – a| < \varepsilon$, 由数列极限定义, $\displaystyle\lim_{n\to\infty} x_n = a$, 数列收敛.
- 当 $a = +\infty$ 时: 由 $\underline{x}_n \to +\infty$, 对任意 $M > 0$, 存在 $N > 0$, 对任意 $n \geqslant N$, $\underline{x}_n > M$. 而 $x_n \geqslant \underline{x}_n$, 故 $x_n > M$, 即 $\displaystyle\lim_{n\to\infty} x_n = +\infty$.
- 当 $a = -\infty$ 时: 由 $\overline{x}_n \to -\infty$, 对任意 $M < 0$, 存在 $N > 0$, 对任意 $n \geqslant N$, $\overline{x}_n < M$. 而 $x_n \leqslant \overline{x}_n$, 故 $x_n < M$, 即 $\displaystyle\lim_{n\to\infty} x_n = -\infty$.
两个重要极限
在进一步讨论如何判断极限是否存在之前, 我们再研究两个极为重要的极限:
$\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}n^{\frac{1}{n}}=1$. (开 $n$ 次方目前并未定义, 我们先假设自己懂(按照中学的理解))
首先, 我们显然有 $n^{\frac{1}{n}}\geqslant 1$. 其次, 根据算术-几何平均值不等式1可以得到 $$\begin{align*} n^{\frac{1}{n}}&=\left(1\cdot1\cdot1\cdots 1\cdot \sqrt{n}\cdot \sqrt{n}\right)^{\frac{1}{n}} \\ \\ & \leqslant \frac{1}{n}\left(1+\cdots+1+\sqrt{n}+\sqrt{n}\right) =1-\frac{2}{n}+\frac{2}{\sqrt{n}}. \end{align*}$$ 从而, $0\leqslant n^{\frac{1}{n}}-1\leqslant -\dfrac{2}{n}+\dfrac{2}{\sqrt{n}}\leqslant \dfrac{2}{n}+\dfrac{2}{\sqrt{n}}$. 只需要选择比较大的 $N$, 就可以使得对 $n\geqslant N$ 的自然数 $n$, 有 $\dfrac{2}{n}+\dfrac{2}{\sqrt{n}}<\varepsilon$.
∎极限 $\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n$ 是存在的, 我们把它记做是 $e$. $e$ 还有如下的级数表达式:
$$e=\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!}.$$
为了说明 $\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n$ 的存在性, 我们只需要说明 $x_n=\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n$ 是单调上升的有界序列. 为了说明有界性, 我们注意到(利用数学归纳法)对任意的 $k\geqslant 2$, $$k!\geqslant 2^{k-1}.$$ 根据二项式展开, 我们有 $$\begin{align*} \left(1+\frac{1}{n}\right)^n&=\sum_{k=0}^n {n\choose k}\frac{1}{n^k} =\sum_{k=0}^n \frac{n!}{k! (n-k)!}\frac{1}{n^k}\\ \\ &=\sum_{k=0}^n \frac{1}{k!}\bigl(1-\frac{1}{n}\bigr)\bigl(1-\frac{2}{n}\bigr)\cdots \bigl(1-\frac{k-1}{n}\bigr) \leqslant \sum_{k=0}^n \frac{1}{k!}. \end{align*}$$ 根据 $k!\geqslant 2^{k-1}$($k\geqslant 2$), 我们就有 $$\begin{align*} x_n=\left(1+\frac{1}{n}\right)^n \leqslant 1+1+\sum_{k=2}^n \frac{1}{2^{k-1}} \leqslant 3. \end{align*}$$ 其中, 我们用到了如下的事实: $$\sum_{k=2}^n \frac{1}{2^{k-1}} \leqslant1.$$ 下面证明 $x_n\leqslant x_{n+1}$: $$\begin{align*} \left(1+\frac{1}{n}\right)^n&=\sum_{k=0}^n \frac{1}{k!}\bigl(1-\frac{1}{n}\bigr)\bigl(1-\frac{2}{n}\bigr)\cdots \bigl(1-\frac{k-1}{n}\bigr)\\ \\ &<\sum_{k=0}^n \frac{1}{k!}\bigl(1-\frac{1}{n+1}\bigr)\bigl(1-\frac{2}{n+1}\bigr)\cdots \bigl(1-\frac{k-1}{n+1}\bigr)\\ \\ &<\sum_{k=0}^{n+1} \frac{1}{k!}\bigl(1-\frac{1}{n+1}\bigr)\bigl(1-\frac{2}{n+1}\bigr)\cdots \bigl(1-\frac{k-1}{n+1}\bigr) =\left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}. \end{align*}$$ 为了证明 $e$ 的级数表达式, 我们先说明级数 $\displaystyle \sum_{k=2}^\infty \frac{1}{k!}$ 是收敛的(这个证明很具有一般性): 注意到级数 $\displaystyle \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{2^k}$ 是收敛的, 所以, 根据Cauchy判别准则, 对于任意的 $\varepsilon>0$, 存在 $N$, 使得当 $n\geqslant N$ 并且 $m\geqslant N$ 时, 前 $n$ 项的部分和与前 $m$ 项的部分和的差满足 $$\frac{1}{2^{n+1}}+\frac{1}{2^{n+2}}+\cdots+\frac{1}{2^{n+m}}<\varepsilon.$$ 由归纳法可以得到, $k>10$ 时 $(k!)^{-1}<2^{-k}$. 我们取一个大于 $10$ 的 $N$, 并利用 $2^{-k}$ 控制 $(k!)^{-1}$, 从而对于级数 $\displaystyle \sum_{k=2}^\infty \frac{1}{k!}$ 而言, 对于上述任意选定的 $\varepsilon$ 和对应的 $N$, 前 $n$ 项的部分和与前 $m$ 项的部分和的差有如下的控制 $$\frac{1}{(n+1)!}+\frac{1}{(n+2)!}+\cdots+\frac{1}{(n+m)!} \leqslant \frac{1}{2^{n+1}}+\frac{1}{2^{n+2}}+\cdots+\frac{1}{2^{n+m}}<\varepsilon.$$ 这就证明了级数的收敛性(Cauchy判别准则). 最终来证明这个级数的值就是 $e$. 一方面, 对于任意的 $n$, 我们有 $$\begin{align*} \left(1+\frac{1}{n}\right)^n&=\sum_{k=0}^n {n\choose k}\frac{1}{n^k} =\sum_{k=0}^n \frac{1}{k!}\bigl(1-\frac{1}{n}\bigr)\bigl(1-\frac{2}{n}\bigr)\cdots \bigl(1-\frac{k-1}{n}\bigr)\\ \\ &\leqslant \sum_{k=0}^n \frac{1}{k!}\leqslant \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!}. \end{align*}$$ 即 $x_n\leqslant \displaystyle \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!}$. 通过对 $n$ 取极限, 我们得到 $\displaystyle e\leqslant \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!}$. 另一方面, 我们要利用 $x_n$ 是单调上升的这个性质. 先任意选取 $n$ 和 $n_0$, 使得 $n\geqslant n_0$(这两个数是待定的), 我们有 $$\begin{align*} e=\lim_{m\rightarrow \infty}\left(1+\frac{1}{m}\right)^m & \geqslant \left(1+\frac{1}{n}\right)^n =\sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}\bigl(1-\frac{1}{n}\bigr)\bigl(1-\frac{2}{n}\bigr)\cdots \bigl(1-\frac{k-1}{n}\bigr)\\ &\geqslant \sum_{k=0}^{n_0} \frac{1}{k!}\bigl(1-\frac{1}{n}\bigr)\bigl(1-\frac{2}{n}\bigr)\cdots \bigl(1-\frac{k-1}{n}\bigr). \end{align*}$$ 上面的不等式对任意的 $n$ 和 $n_0$ 都成立. 我们先固定住 $n_0$, 令 $n\rightarrow\infty$, 就得到 $\displaystyle e\geqslant \sum_{k=0}^{n_0} \frac{1}{k!}$. 再令 $n_0\rightarrow \infty$, 我们就有 $\displaystyle e\geqslant \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!}$. 综上所述, $$e=\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n =\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!}.$$
∎- 利用 $e$ 的级数表达式很容易相对精确的计算 $e$ 的大小. $7!$ 是一个5位数, $8!$ 是一个6位数, 所以只要算 $6$ 项(前两项整数部分不算)就已经可以精确到小数点后 $5$ 位了: $$e=2.71828\cdots.$$
- $e$ 是一个无理数. 如若不然, 我们假设 $e=\dfrac{m}{n}$, 其中 $m$ 和 $n$ 都是正整数, 那么 $\displaystyle n!\times\bigl(e-\sum_{k=0}^n \dfrac{1}{k!}\bigr)$ 应该是正整数, 然而 $$\begin{aligned} & \ \ \ \ \ n!\times\bigl(e-\sum_{k=0}^n \dfrac{1}{k!}\bigr)\\ \\ &=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{(n+1)(n+2)}+\frac{1}{(n+1)(n+2)(n+3)}+\frac{1}{(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)}+\cdots\\ \\ &<\frac{1}{n+1}+\frac{1}{(n+1)(n+2)}+\frac{1}{(n+2)(n+3)}+\frac{1}{(n+3)(n+4)}+\cdots\\ \\ &=\frac{1}{n+1}+\left(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}\right)+\left(\frac{1}{n+2}-\frac{1}{n+3}\right)+\cdots\\ \\ &=\frac{2}{n+1}<1. \end{aligned}$$ 这表明 $\displaystyle n!\times\bigl(e-\sum_{k=0}^n \dfrac{1}{k!}\bigr)＝0$, 矛盾.
- $e$ 是怎么来的: 历史上, $e$ 和自然对数(我们尚未定义)是在16世纪计算银行存款的利息时自然出现的, 有兴趣的同学可以去参考wiki上的叙述. 我们给出一个简化版本的例子(有趣): 大汉银行每年的利息是 $100\%$, 数学系的司马迁同学有存款 $100$ 元, 打算一年之后买一辆 $272$ 元的须臾牌自行车. 他算了一下, 存钱一年之后总资产为 $200$ 元. 几天后, 大汉银行规定改了, 可以每半年结算一下并且半年的利息就是 $100\%\div 2=50\%$, 司马迁发现上半年刚到的时候就提钱出来, 然后再存进去, 这样子前半年的利息也有利息, 所以他就可以多赚一点, 这样一来, 半年之后, 他就有 $100\times (1+0.5)$ 元钱, 一年之后, 再乘以 $1+0.5$ 的利息, 他一共有 $100\times (1+0.5)\times (1+0.5)=100\times (1+0.5)^2=225$ 元, 总收益又多了 $25$ 元. 后来, 大汉银行容许每个月都结算, 并且每个月的利率是 $100\%\div 12=\dfrac{1}{12}$, 司马迁同学本着尽量赚利息的利息的原则算了一下, 每个月都去提出钱来然后再次存进去, 他一年之后的资产变成了 $100\times \big(1+\frac{1}{12}\big)^{12}\approx 261$ 元, 这只差 $11$ 块钱就可以买车了. 他高兴地发现只要不厌其烦地多存一次, 最终得到的钱就会变多($x_{n+1}\geqslant x_n$). 大汉银行最终容许每天都可以存钱取钱一次, 司马迁同学每天坚持去银行, 一年之后还是没有买得起自行车.
收敛判别法
我们现在列举出极限收敛的几种常见的判别方式. 尽管它们的形式并不统一, 但是背后的想法却是一致的: 我们需要找一个所谓的控制序列!
我们有如下的判断收敛的方法:
- (双边控制)假设有三个实数序列 $\{a_n\}_{n\geqslant 1}$, $\{x_n\}_{n\geqslant 1}$ 和 $\{b_n\}_{n\geqslant 1}$, 对任意的 $n\geqslant 1$, 都有 $a_n \leqslant x_n \leqslant b_n$(即 $x_n$ 在左右两边分别被 $a_n$ 和 $b_n$ 控制). 如果 $\{a_n\}_{n\geqslant 1}$ 和 $\{b_n\}_{n\geqslant 1}$ 都收敛并且 $\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}a_n =\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty} b_n$, 那么 $\{x_n\}_{n\geqslant 1}$ 收敛并且
$$\lim_{n\rightarrow \infty}{x_n} =\lim_{n\rightarrow \infty}{a_n} =\lim_{n\rightarrow \infty}{b_n}.$$ - (上界控制)假设有非负实数序列 $\{x_n\}_{n\geqslant 1}$ 和 $\{y_n\}_{n\geqslant 1}$, 对任意的 $n\geqslant 1$, 都有 $0 \leqslant x_n \leqslant y_n$(即 $x_n$ 被 $y_n$ 控制). 如果 $\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}y_n=0$, 那么 $\{x_n\}_{n\geqslant 1}$ 也收敛并且 $\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}x_n=0$.
第二个命题是第一个的推论. 现在证明第一个命题. 注意到 $$\limsup_{n\rightarrow \infty}x_n \leqslant \limsup_{n\rightarrow \infty}b_n =\lim_{n\rightarrow \infty}b_n,$$ 和 $$\liminf_{n\rightarrow \infty}x_n \geqslant \liminf_{n\rightarrow \infty}a_n =\lim_{n\rightarrow \infty}a_n,$$ 所以 $$\limsup_{n\rightarrow \infty}x_n \leqslant \liminf_{n\rightarrow \infty}x_n.$$ 这说明 $\{x_n\}_{n\geqslant 1}$ 收敛. 特别地, 上面不等式也给出了 $\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}{x_n} =\lim_{n\rightarrow \infty}{a_n} =\lim_{n\rightarrow \infty}{b_n}$.
∎数学中很多的极限都以级数的形式出现, 我们给出上述命题的级数版本:
- $\displaystyle \sum_{k=0}^\infty a_k$ 是正项级数(即 $a_k\geqslant 0$, 其中 $k\geqslant 0$), 那么 $\displaystyle \sum_{k=0}^\infty a_k$ 收敛当且仅当存在常数 $M$, 使得每个部分和 $S_n=\displaystyle \sum_{k=0}^n a_k\leqslant M$.
- (正项级数的控制收敛定理)$\displaystyle \sum_{k=0}^\infty a_k$ 和 $\displaystyle \sum_{k=0}^\infty b_k$ 是正项级数. 假设对任意 $k\geqslant 0$, 都有 $a_k\leqslant b_k$(即 $b_k$ 控制了 $a_k$). 如果 $\displaystyle \sum_{k=0}^\infty b_k$ 收敛, 那么 $\displaystyle \sum_{k=0}^\infty a_k$ 也收敛(等价的表述是若 $\displaystyle \sum_{k=0}^\infty a_k$ 发散, 那么 $\displaystyle \sum_{k=0}^\infty b_k$ 也发散).
- (绝对收敛的概念)考虑实数项的级数 $\displaystyle \sum_{k=0}^\infty a_k$. 如果 $\displaystyle \sum_{k=0}^\infty |a_k|$ 收敛, 那么 $\displaystyle \sum_{k=0}^\infty a_k$ 也收敛. 此时, 我们称这个级数是绝对收敛的(即加了绝对值之后收敛).
第一个命题的证明是单调递增的有界数列的必有极限的应用; 第二个命题是第一个命题的直接推论. 为了证明第三个命题, 我们用级数收敛的Cauchy判别法: 由于 $\displaystyle \sum_{k=0}^\infty |a_k|$ 收敛, 所以对任意的 $\varepsilon>0$, 存在 $N$, 使得对任意的 $n\geqslant N$ 和任意的 $p\geqslant 0$, 我们有 $\displaystyle\bigg|\sum_{n\leqslant k\leqslant n+p}|a_k|\bigg|<\varepsilon$. 根据三角不等式, 我们就有 $$\displaystyle\bigg|\sum_{n\leqslant k\leqslant n+p}a_k\bigg| \leqslant\bigg|\sum_{n\leqslant k\leqslant n+p}|a_k|\bigg|<\varepsilon,$$ 所以, $\displaystyle\sum_{k=0}^\infty a_k$ 收敛.
∎上面的 (2) 和 (3) 结合在一起非常好用: 为了证明一个级数 $\displaystyle\sum_{k=0}^\infty a_k$ 收敛, 很多情况下只要说明它绝对收敛就可以了, 此时, 再找一个收敛的正项级数 $\displaystyle\sum_{k=0}^\infty b_k$ 控制 $\displaystyle\sum_{k=0}^\infty |a_k|$ 即可.
用较大的收敛级数来控制较小的级数从而证明较小的级数是收敛的, 这是分析中最基本一个技术和想法.
然而, 这个想法貌似存在着不合理的地方: 直观上, 证明更大的级数收敛是比证明原来的小一点的级数收敛更难的事情. 真正的解释是理解这个想法的核心(这在定理叙述中无法看出来): 通过适当选取较大的级数应容易计算.
我们给出上述命题的几个简单应用:
- 交错项的调和级数 $\displaystyle \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k}{k}$ 是收敛的但是不绝对收敛.
- 级数 $\displaystyle \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2}$ 是收敛的: 我们可以用 $\displaystyle \sum_{k=2}^\infty \dfrac{1}{(k-1)k}$ 作为控制级数, 此时, 通过将后一个级数中的单项写成 $ \dfrac{1}{k-1}- \dfrac{1}{k}$ 的形式很容易算出部分和(望远镜求和法).
- 级数 $\displaystyle (e=)\sum_{k=0}^\infty \dfrac{1}{k!}$ 收敛: 我们可以用 $\displaystyle \sum_{k=11}^\infty \dfrac{1}{2^k}$ 作为控制级数, 因为等比数列更容易求和.
绝对收敛的概念对于复数项的级数或者在线性空间中(包括矩阵)取值的级数也成立, 我们这里只考虑复数的情形, 其余的我们会有更为一般的讨论: 考虑复数项的级数 $\displaystyle \sum_{k=0}^\infty a_k$. 如果 $\displaystyle \sum_{k=0}^\infty |a_k|$ 收敛, 证明, $\displaystyle \sum_{k=0}^\infty a_k$ 也收敛, 其中 $|\cdot |$ 是取复数的模长.
设 $a_k = s_k + i \cdot t_k$, 则 $|a_k| = \sqrt{s_k^2 + t_k^2}$, 且 $|s_k| \leqslant |a_k|$, $|t_k| \leqslant |a_k|$, $k=0,1,2,\cdots$. 由 $\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty} |a_k|$ 收敛, 根据级数的 Cauchy 收敛原理, 对任意的 $\varepsilon > 0$, 存在 $N > 0$, 对任意的 $n > N$ 和 $p > 0$ 都有 $ \displaystyle\left| \sum_{k=n}^{n+p} |a_k| \right| < \varepsilon, $ 再由三角不等式得 $$ \left| \sum_{k=n}^{n+p} s_k \right| \leqslant \sum_{k=n}^{n+p} |s_k| \leqslant \sum_{k=n}^{n+p} |a_k| < \varepsilon, $$ 同理 $\displaystyle\left| \sum_{k=n}^{n+p} t_k \right| < \varepsilon. $ 所以 $\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} s_k$ 和 $\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} t_k$ 收敛, 即 $\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} a_k = \left( \sum_{k=0}^{\infty} s_k \right) + i \left( \sum_{k=0}^{\infty} t_k \right)$ 收敛.
∎- 给定 $n$ 个正实数 $a_1,a_2,\cdots,a_n$, 它们的算术平均值 $A_M$ 和几何平均值 $G_M$ 分别定义为 $$A_M=\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}, \ \ G_M=\bigl(a_1\cdot a_2 \cdot \cdots \cdot a_n\bigr)^{\frac{1}{n}}.$$ 那么, $G_M\leqslant A_M$ 并且等号成立当且仅当 $a_1=a_2=\cdots=a_n$. ↩︎
