目录一些补充Cauchy 判别准则两个重要极限收敛判别法一些补充 先对前面的课程做适当的补充:
1)
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 Rn 取值的级数也成立) 的 k=0∑∞ak 和 k=0∑∞bk 收敛, λ∈R, 那么 k=0∑∞(ak±bk) 和 k=0∑∞λ⋅ak 都收敛k=0∑∞(ak±bk)=k=0∑∞ak±k=0∑∞bk, k=0∑∞λ⋅ak=λ(k=0∑∞ak).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) .
2)
(向量值序列的极限问题) 对于 Rn={(x1,⋯,xn)∣∣x1∈R,⋯,xn∈R}, 我们采取如下定义的距离函数d(x,y)=(x1−y1)2+⋯+(xn−yn)2, x=(x1,⋯,xn), y=(y1,⋯,yn).对于复数域 C, 我们通过 z=x+iy 这种表示, 可以认为 C=R2. 对于 z1,z2∈C, 我们自然有 d(z1,z2)=∣z1−z2∣, 其中 ∣⋅∣ 是取复数的模长.
假设 {x(k)}k⩾1 是 Rn 中的点列, 其中, x(k)=(x1(k),x2(k),⋯,xn(k)). 那么, {x(k)}k⩾1 在 Rn 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,⋯,n, {xi(k)}k⩾1 在 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.
3)
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 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 d1 和 d2 均为集合 X 上距离函数, 如果存在常数 C1>0 和 C2>0, 使得对任意的 x,y∈X, 都有d2(x,y)⩽C1d1(x,y), d1(x,y)⩽C2d2(x,y),那么就称这两个距离函数 d1 和 d2 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∈X, 都有cd1(x,y)⩽d2(x,y)⩽Cd1(x,y),比如说, 我们在 Rn 上面可以定义三种距离函数: d1(x,y)d2(x,y)d∞(x,y)=j=1∑n∣xj−yj∣,=j=1∑n(xj−yj)2,=i=1,2,⋯,nsup∣xi−yi∣.这三个距离自然是等价的: nd∞(x,y)⩾d1(x,y)⩾d2(x,y)⩾d∞(x,y).我们还有一个重要的的例子: 我们可以把 n×n 的矩阵的全体 Mn(R) 视作是 Rn2 (加法就是逐个分量相加) , 那么 Mn(R) 也有三个距离函数: 对任意的 n×n 的矩阵 A=(Aij) 和 B=(Bij), 其中 1⩽i,j⩽n, 我们有d1(A,B)d2(A,B)d∞(A,B)=1⩽i,j⩽n∑∣Aij−Bij∣,=1⩽i,j⩽n∑(Aij−Bij)2,=1⩽i,j⩽nsup∣Aij−Bij∣.
回到抽象的场合: 如果 d1 和 d2 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 {xn}n⩾1⊂X, 当 n→∞, 在 d1 这个距离下 xn→x∈X 等价于在 d2 这个距离下 xn→x∈X. 证明是平凡的: 假设 xn⟶d1x, 那么对任意的 ε>0, 存在 N>0, 使得当 n⩾N 时, 我们有 d1(xn,x)<ε, 所以根据距离的等价性, 我们有 d2(xn,x) 特别地, 数学分析通常在 Rn 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. 4) 对于复数和 n×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 {Ak}k⩾1 和 {Bk}k⩾1 均为 n×n 的矩阵的序列并且收敛, 那么 ∘ 序列 {Ak⋅Bk}k⩾1 收敛并且 k→∞lim(Ak⋅Bk)=k→∞limAk⋅k→∞limBk. ∘ 如果 k→∞limBk 是可逆矩阵, 那么序列 {Ak⋅(Bk)−1}k⩾N 收敛 (k→∞limBk 可逆表明存在 N, 使得当 k⩾N 时, Bk 均可逆) 并且 k→∞limAk⋅(Bk)−1=k→∞limAk⋅(k→∞limBk)−1. 我们将在第二次作业中证明复数的情形. 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 {xn}n⩾1 单调上升的但是无界, 我们有 n→∞limxn=+∞. 利用这个结果, 我们可以证明 定理 5.1 (Bolzano–Weierstrass 的列紧性定理). 任意有界的实数序列 {xn}n⩾1 必有收敛的子列. 我们只要证明如下引理即可: 引理 5.2. 对任意实数数列 {xn}n⩾1, 我们总能找到一个单调的 (上升或下降) 子序列. 证明. 考虑下面的集合 X⊂{x1,x2,⋯,xn,⋯}: X={xk∣∣对任意的 ℓ⩾k，都有 xk⩾xℓ}.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={xi1,⋯,xiℓ}, 我们令 y1=xiℓ+1, 然后归纳地定义 yn+1: 我们假设 yn=xs(n) 其中 s(n)>iℓ. 根据 X 的定义以及由于 yn∈/X, 我们知道存在 xs(n+1), 其中 s(n+1)>s(n) 并且 xs(n+1)>yn, 那么我们令 yn+1=xs(n+1). 那么, {yn}n⩾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 ε>0, 存在 N>0, 使得对任意的 n,m⩾N, 都有 d(xn,xm)<ε. 定理 (Cauchy 判别准则). {xn}n⩾1 是实数的数列. 那么, {xn}n⩾1 收敛当且仅当 {xn}n⩾1 是 Cauchy 列. 证明. 如果 {xn}n⩾1 收敛, 我们假设 xn→x. 此时, 根据极限的定义, 对于 21ε 而言, 存在 N, 使得对于任意的 n,m⩾N, 我们都有 d(x,xn)<21ε, d(x,xm)<21ε. 所以, 利用三角不等式, 我们就有d(xn,xm)⩽d(x,xn)+d(x,xm)<21ε+21ε=ε.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: 引理 5.3. Cauchy 列必有界. 证明. 假设 {xn}n⩾1 是 Cauchy 列, 我们先说明它是有界的. 令 ε=1, 那么存在 N, 使得对任意的 n,m⩾N, 我们都有 ∣xn−xm∣<1. 特别地, 我们令 m=N, 这表明对所有的 n⩾N, 都有 ∣xn−xN∣⩽1, 所以 {xn}n⩾N 是有界的. 再加上前面的 x1,⋯,xN−1, 这还是一个有界集合. □ 引理 5.4. 如果一个 Cauchy 列的子列收敛, 那么这个 Cauchy 列也收敛. 证明. 假设 {xn}n⩾1 是 Cauchy 列, {xik}k⩾1 是其子列并且 k→∞limxik=x, 我们要证明在 (X,d) 中, xn→x. 任意选取 ε>0. 首先, 根据 xik→x, 我们可以找到 N1>0, 使得对任意的 k>N1, 我们都有 ∣xik−x∣<2ε; 另外, 根据 Cauchy 列的定义, 我们有 N2>0, 使得对任意的 n,m⩾N2, 我们都有 ∣xn−xm∣<2ε. 令 N>N2, 当 n⩾N 时, 任取 k>N1 使得 ik⩾N2, 我们有d(xn,x)⩽d(xn,xik)+d(xik,x)<2ε+2ε=ε.□ 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, 我们能找到一个有界的子列, 再利用 Bolzano–Weierstrass 的列紧性, 这个有界子列有一个收敛的子列. 证毕. 注记. 1) 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1−21+31−⋯+n(−1)n+1+⋯=41π.我们可以证明上面的级数是收敛的 (而不需要知道最终是 41π) : 考虑部分和 xn=1−21+31−⋯+n(−1)n+1, 不妨假设 m>n, 那么我们有xm−xn=n+1(−1)n+n+2(−1)n+1+⋯+m(−1)m+1如果 n 是偶数, 那么, 我们知道xm−xn=n+11−(n+21−n+31)+⋯+m(−1)m+1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 xm−xn 练习. 假设 {an}n⩾1 是递减的正实数的数列并且 n→∞liman=0, 那么, 级数a1−a2+a3−a4+⋯+(−1)n−1an+⋯是收敛的. 我们把这个练习留做本次的作业. 有一个和这个习题相关联的有趣的姊妹问题, 证明和结论都值得大家研究: 命题 5.5. {an}n⩾1 是递减的正实数的数列并且 n→∞liman=0. 假设级数 k=1∑∞ak 发散. 那么, 对任意 x∈R, 我们可以选取一组正负号 ιk∈{±1}, 使得级数 k=1∑∞ιkak 收敛并且k=1∑∞ιkak=x. 证明. 因为 k=1∑∞ak=+∞, 所以对任意的 M>0, 任意的 n, 从存在唯一一个 k⩾0, 使得an+an+1+⋯+an+k−1⩽M 且 an+an+1+⋯+an+k−1+an+k>M.我们不妨假设 x>0, 根据上面的观察, 我们能找到 n1, 使得a1+a2+⋯+an1−1⩽x 但是 a1+a2+⋯+an1−1+an1>x.特别地, 我们知道对于前面的 n1 项的和, 我们有∣a1+a2+⋯+an1−1+an1−x∣⩽an1.由于前 n1 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 δ1=a1+a2+⋯+an1−1+an1−x 为多出来的部分, 那么 δ1⩽an1. 根据上面的观察, 一定存在 n2, 使得an1+1+an1+2+⋯+an2−1⩽δ1 且 an1+1+an1+2+⋯+an2>δ1.我们现在要求级数的前 n2 项为a1+a2+⋯+an1−an1+1−an1+2−⋯−an2.很明显, 对于 k 2) 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. 3) Cauchy 判别准则对复数和 Rn 也成立. 推论 5.6 (级数收敛的 Cauchy 判别准则). 实数项的级数 k=0∑∞ak 收敛的充分必要条件是对任意 ε>0, 存在 N>0, 对任意自然数 n⩾N 和任意自然数 p⩾0, 我们都有∣∣n⩽k⩽n+p∑ak∣∣<ε. 证明. 对任意的 n, 令 Sn=a1+⋯+an 为部分和. 级数收敛等价于说 {Sn}n⩾1 收敛. 根据 Cauchy 判别准则, 对任意的 ε>0, 存在 N>0, 对任意自然数 n⩾N 和 m⩾N, 我们都有 ∣Sn−Sm∣<ε. 我们不妨假设 m⩾n, 令 m=n+p 即得到了推论所要求的形式. □ 注记. (复数或 Rn 中也成立) . 另外, 假设 k=0∑∞ak 收敛, 取 p=0, 上述判别法说明 an→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 {xn}n⩾1, 对任意 n⩾1, 我们令xn=ℓ⩾nsupxℓ, xn=ℓ⩾ninfxℓ.很明显, {xn}n⩾1 是单调下降的序列, {xn}n⩾1 是单调上升的序列, 所以 {xn}n⩾1 和 {xn}n⩾1 都有极限 (极限可以是无穷) . 据此, 我们定义数列 {xn}n⩾1 的上极限和下极限为limxnlimxn=n→∞limsupxn=n→∞limxn=n→∞lim(ℓ⩾nsupxℓ),=n→∞liminfxn=n→∞limxn=n→∞lim(ℓ⩾ninfxℓ).根据定义以及极限保持不等号的性质, 我们有 n→∞limsupxn⩾n→∞liminfxn. 我们如下命题: 命题 5.7. {xn}n⩾1 是实数数列. 那么, {xn}n⩾1 收敛的充分必要条件是 n→∞limsupxn=n→∞liminfxn. 我们会在作业中证明这个命题. 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: 例子. n→∞limnn1=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) ) 证明. 首先, 我们显然有 nn1⩾1. 其次, 根据算术-几何平均值不等式 1(我们课程后面会严格证明这个不等式) 可以得到nn1=(1⋅1⋅1⋯1⋅n⋅n)n1⩽n1(1+⋯+1+n+n)=1−n2+n2.从而, 0⩽nn1−1⩽n2+n2. 只需要选择比较大的 N, 就可以使得对 n⩾N 的自然数 n, 有 n2+n2<ε. □ 例子 (Euler 常数 e 的构造). 极限 n→∞lim(1+n1)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=k=0∑∞k!1. 为了说明 n→∞lim(1+n1)n 的存在性, 我们只需要说明 xn=(1+n1)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⩾2, k!⩾2k−1.根据二项式展开, 我们有(1+n1)n=k=0∑n(kn)nk1=k=0∑nk!(n−k)!n!nk1=k=0∑nk!1(1−n1)(1−n2)⋯(1−nk−1)⩽k=0∑nk!1.根据 k!⩾2k−1 (k⩾2) , 我们就有xn=(1+n1)n⩽1+1+k=2∑n2k−11⩽3.其中, 我们用到了如下的事实: k=2∑n2k−11⩽1.下面证明 xn⩽xn+1: (1+n1)n=k=0∑nk!1(1−n1)(1−n2)⋯(1−nk−1) 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(1+n1)n=k=0∑n(kn)nk1=k=0∑nk!1(1−n1)(1−n2)⋯(1−nk−1)⩽k=0∑nk!1⩽k=0∑∞k!1.即 xn⩽k=0∑∞k!1. 通过对 n 取极限, 我们得到 e⩽k=0∑∞k!1. 另一方面, 我们要利用 xn 是单调上升的这个性质. 先任意选取 n 和 n0, 使得 n⩾n0 (这两个数是待定的) , 我们有e=m→∞lim(1+m1)m⩾(1+n1)n=k=0∑nk!1(1−n1)(1−n2)⋯(1−nk−1)⩾k=0∑n0k!1(1−n1)(1−n2)⋯(1−nk−1).上面的不等式对任意的 n 和 n0 都成立. 我们先固定住 n0, 令 n→∞, 就得到 e⩾k=0∑n0k!1. 再令 n0→∞, 我们就有 e⩾k=0∑∞k!1. 综上所述, e=n→∞lim(1+n1)n=k=0∑∞k!1. 注记. 1) 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⋯! 2) e 是一个无理数. 如若不然, 我们假设 e=nm, 其中 m 和 n 都是正整数, 那么 n!×(e−k=0∑nk!1) 应该是正整数, 然而 n!×(e−k=0∑nk!1)=n+11+(n+1)(n+2)1+(n+1)(n+2)(n+3)1+(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)1+⋯ 3) 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%÷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×(1+0.5) 元钱, 一年之后, 再乘以 1+0.5 的利息, 他一共有 100×(1+0.5)×(1+0.5)=100×(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%÷12=121, 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×(1+121)12≈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 (xn+1⩾xn) . 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! 命题 5.8. 我们有如下的判断收敛的方法: 1) (双边控制) 假设有三个实数序列 {an}n⩾1, {xn}n⩾1 和 {bn}n⩾1, 对任意的 n⩾1, 都有 an⩽xn⩽bn (即 xn 在左右两边分别被 an 和 bn 控制) . 如果 {an}n⩾1 和 {bn}n⩾1 都收敛并且 n→∞liman=n→∞limbn, 那么 {xn}n⩾1 收敛并且n→∞limxn=n→∞liman=n→∞limbn. 2) (上界控制) 假设有非负实数序列 {xn}n⩾1 和 {yn}n⩾1, 对任意的 n⩾1, 都有 0⩽xn⩽yn (即 xn 被 yn 控制) . 如果 n→∞limyn=0, 那么 {xn}n⩾1 也收敛并且 n→∞limxn=0. 证明. 第二个命题是第一个的推论. 现在证明第一个命题. 注意到n→∞limsupxn⩽n→∞limsupbn=n→∞limbn,和n→∞liminfxn⩾n→∞liminfan=n→∞liman,所以n→∞limsupxn⩽n→∞liminfxn.这说明 {xn}n⩾1 收敛. 特别地, 上面不等式也给出了 n→∞limxn=n→∞liman=n→∞limbn. □ 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: 命题 5.9 (控制收敛定理与绝对收敛的概念). (重要! ) 1) k=0∑∞ak 是正项级数 (即 ak⩾0, 其中 k⩾0) , 那么 k=0∑∞ak 收敛当且仅当存在常数 M, 使得每个部分和 Sn=k=0∑nak⩽M. 2) (正项级数的控制收敛定理) k=0∑∞ak 和 k=0∑∞bk 是正项级数. 假设对任意 k⩾0, 都有 ak⩽bk (即 bk 控制了 ak) . 如果 k=0∑∞bk 收敛, 那么 k=0∑∞ak 也收敛 (等价的表述是若 k=0∑∞ak 发散, 那么 k=0∑∞bk 也发散) . 3) (绝对收敛的概念) 考虑实数项的级数 k=0∑∞ak. 如果 k=0∑∞∣ak∣ 收敛, 那么 k=0∑∞ak 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) . 证明. 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 k=0∑∞∣ak∣ 收敛, 所以对任意的 ε>0, 存在 N, 使得对任意的 n⩾N 和任意的 p⩾0, 我们有 ∣∣n⩽k⩽n+p∑∣ak∣∣∣<ε. 根据三角不等式, 我们就有∣∣n⩽k⩽n+p∑ak∣∣⩽∣∣n⩽k⩽n+p∑∣ak∣∣∣<ε,所以, k=0∑∞ak 收敛. □ 注记. 上面的 2) 和 3) 结合在一起非常好用: 为了证明一个级数 k=0∑∞ak 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 k=0∑∞bk 控制 k=0∑∞∣ak∣ 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. 例子. 我们给出上述命题的几个简单应用: 1) 交错项的调和级数 k=1∑∞k(−1)k 是收敛的但是不绝对收敛. 2) 级数 k=1∑∞k21 是收敛的: 我们可以用 k=2∑∞(k−1)k1 作为控制级数, 此时, 通过将后一个级数中的单项写成 k−11−k1 的形式很容易算出部分和 (望远镜求和法) . 3) 级数 (e=)k=0∑∞k!1 收敛: 我们可以用 k=2∑∞2k1 作为控制级数, 因为等比数列更容易求和. 练习. 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 k=0∑∞ak. 如果 k=0∑∞∣ak∣ 收敛, 证明, k=0∑∞ak 也收敛, 其中 ∣⋅∣ 是取复数的模长. 1. ^ 给定 n 个正实数 a1,a2,⋯,an, 它们的算术平均值 AM 和几何平均值 GM 分别定义为AM=na1+a2+⋯+an, GM=(a1⋅a2⋅⋯⋅an)n1.那么, GM⩽AM 并且如果等号成立当且仅当 a1=a2=⋯=an.