鲸鱼的树洞

数学分析——实数和数列极限

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实数

任何有理数 rr 都可以表示为两个整数之商:

r=pqr=\dfrac{p}{q}

式中 ppqq 都是整数且 q0q≠0

有理数通过加、减、乘、除(除数不能是 00)后仍为有理数,因此称全体有理数组成一个数域

用分数表示有尽小数:这你不会?

用分数表示无尽循环小数:以 3.1˙42857˙3.\dot{1}4285\dot{7} 为例,

3.1˙42857˙=3+α3.\dot{1}4285\dot{7}=3+\alpha

其中 α=0.1˙42857˙\alpha=0.\dot{1}4285\dot{7},那么 106α=142857+α10^6\alpha=142857+\alpha,于是

α=1428571061=142857999999=17\alpha=\dfrac{142857}{10^6-1}=\dfrac{142857}{999999}=\dfrac{1}{7}

因此

3.1˙42857˙=3+17=2273.\dot{1}4285\dot{7}=3+\dfrac{1}{7}=\dfrac{22}{7}

证明:2\sqrt2 不是一个分数。

不妨采用反证法,假设 2\sqrt2 是分数,即

2=pq\sqrt2=\dfrac{p}{q}

其中 ppqq 是无公因子的正整数,那么

p2=2q2p^2=2q^2

p2p^2 是偶数,因此 pp 也是偶数。设 p=2k,kNp=2k,k\in{N},代入上式可得 4k2=2q24k^2=2q^2,即

q2=2k2q^2=2k^2

因此 qq 也是偶数,与 ppqq 无公因子的假设矛盾,因此 2\sqrt2 不是一个分数。

证毕。

字母含义:

对于任意正整数 xx,都有整数 pp 与正整数 qq,使得

pqx<p+1q\dfrac{p}{q}\leq{x}<\dfrac{p+1}{q}

这个不等式等价于

0xpq<1q0\leq{x-\dfrac{p}{q}}<\dfrac{1}{q}

可得

xpq<1q\lvert{x-\dfrac{p}{q}}\rvert{<{\dfrac{1}{q}}}

这表明:每一个实数都能用有理数去逼近到任意精确的程度

三角形不等式

对于任何实数 xxyy

xxx,yyy-\lvert{x}\rvert{\leq}x\leq{\lvert{x}\rvert},-\lvert{y}\rvert{\leq}y\leq{\lvert{y}\rvert}

两个不等式相加可得

(x+y)x+yx+y-(\lvert{x}\rvert+\lvert{y}\rvert)\leq{x+y}\leq{\lvert{x}\rvert+\lvert{y}\rvert}

由此即可得出三角形不等式

x+yx+y\lvert{x+y}\rvert\leq\lvert{x}\rvert+\lvert{y}\rvert

其中等号成立的条件是 xxyy 中至少有一个等于 00,或者 xxyy 有相同的正负号。

稠密集

现有 RR 中的数集 EE,如果在任意两个实数之间必有 EE 的一个数,则称 RR 中的数集 EERR 中是稠密的。例如 QQR/QR/QRR 中是稠密的。

无穷递降法

证明:若 nNn\in{N^\ast}nn 不是完全平方数,那么 n\sqrt{n} 是无理数。

用反证法,假设 n=pq\sqrt{n}=\dfrac{p}{q},其中 p,qNp,q\in{N^\ast}。由于 nn 不是完全平方数,因此有 mNm\in{N^\ast},使得 m<pq<m+1m<\dfrac{p}{q}<m+1,由此可得 0<pmq<q0<p-mq<q。在等式 p2=nq2p^2=nq^2 的两边都减去 mpqmpq,得到 p2mpq=nq2mpqp^2-mpq=nq^2-mpq,这等价于

pq=nqmppmq\dfrac{p}{q}=\dfrac{nq-mp}{p-mq}

p1=npmpp_1=np-mpq1=pmqq_1=p-mq。由于 q1Nq_1\in{N^\ast}q1<qq_1<q,所以 p1Np_1\in{N^\ast}p1<pp_1<p。对等式

pq=p1q1\dfrac{p}{q}=\dfrac{p_1}{q_1}

反复地进行同样的讨论,可以得到两串递减的正整数列

p>p1>p1>p3>p>p_1>p_1>p_3>\cdots q>q1>q2>q3>q>q_1>q_2>q_3>\cdots

使得

pq=p1q1=p2q2=p3q3=\dfrac{p}{q}=\dfrac{p_1}{q_1}=\dfrac{p_2}{q_2}=\dfrac{p_3}{q_3}=\cdots

这是不可能的,因为从 pp 或者 qq 开始的正整数不可能永无止境地递减下去,因此 n\sqrt{n} 是无理数。

数列和收敛数列

定义 1.2.1

{an}\left\{{a_n}\right\} 是一个数列,aa 是一个实数。ε>0\forall\varepsilon>0NN\exists{N\in{N^\ast}},使得当 n>Nn>N 时,有

ana<ε\lvert{a_n-a}\rvert<\varepsilon

就说数列 {an}\left\{a_n\right\} 当 n 趋向于无穷大时以 aa 为极限,记为

limx+an=a{\lim_{x\to+\infty}a_n}=a

或简记为 ana(n+)a_n\to{a}\left(n\to+\infty\right)

上述定义我们也称之为 εN\varepsilon-N 定义。

其中,对于任意的 ε\varepsilon,强调的是其任意小的方面,而不是任意大的方面。且当 ε\varepsilon 给定后,满足要求的 NN 通常是与 ε\varepsilon 相关的。在证明时只需重视满足条件的 NN 的存在性,不需要找到满足要求的最小正整数。

收敛数列与发散数列

存在极限的数列称之为收敛数列;不收敛的数列称之为发散数列。

例题

证明:limn+n1n=a{\lim_{n\to+\infty}n^{\frac{1}{n}}}=a

利用几何平均 - 算术不等式,得到

1n1n=(11n2nn)1n(n2)2nn=1+2(n1)n1\leq{n^{\frac{1}{n}}}=\left(\underbrace{1\cdots1}_{n-2个}\sqrt{n}\sqrt{n}\right)^{\dfrac{1}{n}}\leq{\dfrac{\left(n-2\right)-2\sqrt{n}}{n}}=1+\dfrac{2\left(\sqrt{n}-1\right)}{n}

因此

0n1n1<2n0\leq{n^{\dfrac{1}{n}}}-1<\dfrac{2}{\sqrt{n}}

ε>0\forall\varepsilon>0,取 N=[4ε2]N=\left[\dfrac{4}{\varepsilon^2}\right],当 n>Nn>N 时,有

n1n1<2n<2N<ε\rvert{n^{\dfrac{1}{n}}-1}\rvert<\dfrac{2}{\sqrt{n}}<\dfrac{2}{\sqrt{N}}<\varepsilon

因此

limn+n1n=a{\lim_{n\to+\infty}n^{\frac{1}{n}}}=a

以上的证明利用了 εN\varepsilon-N 方法。

收敛数列的性质

邻域

绝对值不等式 ana<ε\lvert{a_n-a}\rvert<\varepsilon 等价于

aε<an<a+εa-\varepsilon<a_n<a+\varepsilon

我们称关于 aa 对称的开区间 (aε,a+ε)\left(a-\varepsilon,a+\varepsilon\right)aaε\varepsilon 邻域。

定义 1.3.1

数列 {an}\left\{a_n\right\}nn\to\infty 时收敛于实数 aa 是指:对于任意的 ε>0\varepsilon>0,总存在 NNN\in{N^\ast},使得此数列中除有限多项 a1,a2,,aNa_1,a_2,\dots,a_N 可能是例外,其它的项均落在 aaε\varepsilon 邻域内。

定理 1.3.1

如果数列 {an}\left\{a_n\right\} 收敛,则它只有一个极限。即收敛数列的极限是唯一的

证明:采用反证法。

假设收敛数列 {an}\left\{a_n\right\} 有两个不同极限 aabb,且 a<ba<b,令 ε=ba2\varepsilon=\dfrac{b-a}{2}。对于这个 ε>0\varepsilon>0,必有 N1NN_1\in{N_\ast},当 n>N1n>N_1 时一切 {an}\left\{a_n\right\} 均在 bbε\varepsilon 邻域内;同时又有 N2NN_2\in{N^\ast},当 n>N2n>N_2 时一切 ana_n 均在 aaε\varepsilon 邻域内。因此,当 n>max{N1,N2}n>max\left\{N_1,N_2\right\} 时,一切 {an}\left\{a_n\right\} 都必须同时在这两个开区间内,但因这两个开区间没有公共点,这就产生了矛盾。所以,只能有 a=ba=b

证毕。

数列极限概念的推广

单调数列

定理 1.5.1(单调有界原理)

单调且有界的数列一定有极限 (收敛):

  1. 若数列 {xn}\left\{x_n\right\} 递增且有上界,则
limnxn=sup(xn){\lim_{n\to\infty}x_n}=\sup\left(x_n\right)
  1. 若数列 {xn}\left\{x_n\right\} 递减且有下界,则
limnxn=inf(xn){\lim_{n\to\infty}x_n}=\inf\left(x_n\right)

若题目中给出递推公式,则考虑单调有界原理。

例题

x1=10x_1=10xn+1=6+xnx_{n+1}=\sqrt{6+x_n}。证明:{xn}\left\{x_n\right\} 极限存在并求 limxxn{\lim_{x\to\infty}x_n}

xn+1xn=6+xnxn=6+xnxn26+xn+xn=(xn2)(xm3)6+xn+xnx_{n+1}-x_n=\sqrt{6+x_n}-x_n=\dfrac{6+x_n-{x_n}^2}{\sqrt{6+x_n}+x_n}=\dfrac{-\left(x_n-2\right)\left(x_m-3\right)}{\sqrt{6+x_n}+x_n}

只需讨论 xnx_n33 之间的关系。

x1=10>3x_1=10>3 x2=4>3x_2=4>3

猜测 xn>3x_n>3

xk>3x_k>3。(若 xk+1>3x_{k+1}>3,则 xn>3x_n>3

xk+1=6+xk>6+3=3x_{k+1}=\sqrt{6+x_k}>\sqrt{6+3}=3

数学归纳法可知,xn>3x_n>3,即 {xn}\left\{x_n\right\} 有下界 33

因此 xn+1xn<0x_{n+1}-x_n<0,说明 {xn}\left\{x_n\right\} 单调递减。

由单调有界原理,可知 {xn}\left\{x_n\right\} 极限存在。

limnxn=a{\lim_{n\to\infty}x_n=a},则 limnxn+1=a{\lim_{n\to\infty}x_{n+1}=a}

limnxn+1=6+limnxn{\lim_{n\to\infty}x_{n+1}}=\sqrt{6+{\lim_{n\to\infty}x_n}} a=6+aa=\sqrt{6+a}

解得 a=32a=3或-2

显然 a=2a=-2 舍去。

因此 limxxn=3{\lim_{x\to\infty}x_n}=3


xnx_n 放缩的方法:

  1. 观察后利用数学归纳法。
  2. 运用常见不等式,例如 x2+y22xyx^2+y^2\geq2xy0<x<π20<x<\dfrac{\pi}{2} 时,sinx<x<tanx\sin{x}<x<\tan{x} 等。

定理 1.5.2(闭区间套定理)

In=[an,bn](nN)I_n=\left[a_n,b_n\right](n\in{N^\ast}),并且 I1I2I3InIn+1I_1\supset I_2\supset I_3\supset \dots \supset I_n\supset I_{n+1}\supset \dots。如果这一列区间的长度 In=bnan(n)\lvert I_n \rvert =b_n-a_n(n\to \infty),那么交集 n=1In\cap^{\infty}_{n=1}I_n 含有唯一的一点。

自然对数的底数 e

limn(1+1n)n=e\lim_{n\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n=e limn(1+11!+12!++1n!)=e\lim_{n\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{1!}+\dfrac{1}{2!}+\cdots+\dfrac{1}{n!}\right)=e

基本列和 Cauchy 收敛原理

定义 1.7.1

ana_n 是一实数列,对任意给定的 ε>0\varepsilon>0,若存在 NNN\in{N^\ast},使得当 m,nNm,n\in{N^\ast} 时,有

aman<ε\lvert a_m-a_n\rvert<\varepsilon

则称数列 ana_n 是一个基本列或 Cauchy 列。

上确界和下确界

有限覆盖定理

上极限和下极限

例题 1

求数列

xn=(1)nnn+1cosnπ3(n=1,2,)x_n=\dfrac{(-1)^nn}{n+1}\cos{\dfrac{n\pi}{3}} (n=1,2,\cdots)

的上极限和下极限。

定义集合

N0={6k(k1)},Nj={6k+1(k0)}(j=1,2,,5)N_0=\left\{6k(k\geq 1)\right\},N_j=\left\{6k+1(k\geq 0)\right\}(j=1,2,\cdots,5)

分别考虑当下标 nNj(j=0,1,,5)n\in{N_j}(j=0,1,\cdots,5) 不同情形的子列。当 nN0n\in{N_0} 时,即子列 xnk,nk=6k(k1)x_{n_k},n_k=6k(k\geq 1),有

limkxnk=limk6k6k+1=1\lim_{k\to\infty}x_{n_k}=\lim_{k\to\infty}\dfrac{6k}{6k+1}=1

nN1n\in N_1 时,即子列 xnk,nk=6k+1(k1)x_{n_k},n_k=6k+1(k\geq 1),有

limkxnk=12limk6k+16k+2=12\lim_{k\to\infty}x_{n_k}=-\dfrac{1}{2}\lim_{k\to\infty}\dfrac{6k+1}{6k+2}=-\dfrac{1}{2}

类似地可以算出其他 4 种情形,相应的子列极限等于 1(nN3)1(n\in N_3),或 12(nN2,N4,N6)-\dfrac{1}{2}(n\in N_2,N_4,N_6)。因为 N=N0N1N5N=N_0\cup N_1 \cup\cdots\cup N_5,并且诸 NjN_j 两两无公共元素,所以任何一个下标 nn 必属于某个确定的 NjN_j。对于 xnx_n 的任一收敛子列,其任何收敛子列也有与该子列相同的极限,因此其各项的下标除去可能有限多个例外,必然或者同属于 N0,N3N_0,N_3 或它们的并集,此时其极限等于 11;或者同属于 N1,N2,N4,N5N_1,N_2,N_4,N_5 或它们的并集,此时其极限等于 12-\dfrac{1}{2}。因此 xnx_n 的任一收敛子列的极限或等于 11, 或等于 12-\dfrac{1}{2},从而 lim supnxn=1\limsup_{n\to\infty}{x_n}=1lim infnxn=12\liminf_{n\to\infty}{x_n}=-\dfrac{1}{2}

Stolz 定理