中山大学：《数学分析》第一讲 整体与部分1

第一讲整体与部分1 姚正安 数学分析的概念常常是由局部到整体然后再从整体回到局部(如区间上函数的连续 可微性),所以在数学分析的证明和计算中常常是将整体问题分成几个局部问题来分别证 和计算,本讲着重探讨这方面的证明方法 §11子序列问题 在数列的收敛与发散中常常用子序列的敛散性来进行讨论,也就是用部分序列的性质 来探讨整体序列的性质 问题111数列xn收敛的充要条件是x2n、x2收敛到同一极限 【分析】此问题实际上是探讨整体序列xn与两个部分序列x2n、x2n1之间的收敛关系 【证明】必要性设lmxn=x,则任给E>0,找得到正整数N,当n>N时,有 xn-xk2N时也有|x2n-xkE,亦即limx2n=x.同理可证 Im xumi=x 充分性设imx2n=imx2n+1=x,则对任给E>0,找得到正整数N1,当n>N, 时有 Ix2n-xks 同时可找到正整数N2,当n>N2时,有 XN时n为偶数,则满足①n为奇数,则满足②,即当nN时,有 xn-xkE,亦即 lim x=x 问题112设x=∑(-)4且满足: (1)l1≥l2…≥lk≥lk+12 (2) 则lmxn存在

第一讲 整体与部分 1 姚正安 数学分析的概念常常是由局部到整体然后再从整体回到局部（如区间上函数的连续、 可微性）, 所以在数学分析的证明和计算中常常是将整体问题分成几个局部问题来分别证明 和计算, 本讲着重探讨这方面的证明方法. §1.1 子序列问题 在数列的收敛与发散中常常用子序列的敛散性来进行讨论, 也就是用部分序列的性质 来探讨整体序列的性质. 问题 1.1.1 数列 n x 收敛的充要条件是 n x2 、 2n+1 x 收敛到同一极限. 【分析】此问题实际上是探讨整体序列 n x 与两个部分序列 n x2 、 2n+1 x 之间的收敛关系. 【证明】必要性 设 x x n n = → lim , 则任给   0 , 找得到正整数 N, 当 n  N 时, 有 | x − x |  n . 此时对 2N, 当 2n>2N 时也 有 | − |  2 x x n , 亦即 x x n n = → 2 lim . 同理 可证 x x n n + = → 2 1 lim . 充分性 设 x x x n n n n = + = → → 2 2 1 lim lim ,则对任给   0,找得到正整数 N1,当 n>N1, 时,有 | − |  2 x x n ① 同时可找到正整数 N2,当 n>N2 时,有 −   + | | 2 1 x x n ② 从而取 N=max{2N1,2N2+1},当 n>N 时,n 为偶数,则满足①,n 为奇数,则满足②,即当 n>N 时,有 | x − x |  n ,亦即 x x n n = → lim . 问题 1.1.2 设 = − = − n k k k xn u 1 1 ( 1) 且 k u 满足： （1） ; u1  u2  uk  uk+1  （2） lim = 0. → k k u 则 n n x → lim 存在

【分析】先证lmx2n存在由l2n+12a+2≥0,得 x2n=(l1-a2)+(l2-l4)+…+(u2n-1-u2) ≤(1-l2)+(2-u4) )+( 即x,是单调上升数列 x2n=l1-[(n2-a3)+(u4-l5)+…+(2-2-2n-)+l2], 由{uk}单调下降和 lim u=0,知{a}是非负序列(不然从某项开始uk∞) 2n+1 2n+12

【分析】先证 n n x2 lim → 存在.由 0, u2n+1−u2n+2  得 1 2 3 4 2 1 2 2 1 2 2 2 2 2 1 2 3 4 2 1 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) − + + + −  − + − + + − + − = = − + − + + − n n n n n n n n u u u u u u u u x x u u u u u u   即 n x2 是单调上升数列. 又 [( ) ( ) ( ) ] 2n u1 u2 u3 u4 u5 u2n 2 u2n 1 u2n x = − − + − ++ − − − + , 由 { }k u 单调下降和 lim = 0 → k k u ,知 { }k u 是非负序列（不然从某项开始 uk  0 ,当 0 k  k 时, 0 uk  uk ,则 lim 0 0   → k k k u u ）. 再由 { }k u 单调下降, u2 − u3  0,u4 − u5  0,  ,u2n−2 − u2n−1  0 及 u2n0 , 从而 n n x2 lim → 存在. 下 证 2 1 lim + → n n x 存 在 . 由 2n+1 = 2n + u2n+1 x x , 从 而 由 数 列 极 限 的 运 算 法 则 , 有 2 1 2 2 1 lim lim lim + → → + → = + n n n n n n x x u , 而 lim = 0 → k k u , 由问题 1.1.1 知 , lim 2 +1 = 0 → n n u . 从 而 n n n n x x 2 1 2 lim lim → + → = .再由问题 1.1.1 知 n n x → lim 存在. 注意：一般的教科书上都注明 un  0 ,其实从 { }n u 单调下降和 lim = 0 → n n u ,可推得出 n u 是非负序列.此外我们假定 n u 单调上升,且 lim = 0 → n n u ,问题 1.1.2 依然正确. 问题 1.1.3 设 ( 1) ] 1 2 ( 1) [ 1 1 n n n n x n n n − + = − − + − （n=1,2,…）,试证 n n x → lim 存在,并求其 值. 【证明】 ， 2 1 2 2 ( 1) 2 1 3 2 1 2 2(1 2 ) ) 2 2 2 2 1 ) ( 2 2 2 1 ( 2 2 = = + − = + + + − − + + + = + − = − + + + − n n n n n n n n n n n n n n n n x n    ( ) 2 1 2 1 1 2 1 ( 1) 2 1 2 1 2 1 2 1 2(1 2 ) 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 ) 2 1 2 2 1 2 1 ) ( 2 1 2 2 1 1 ( 2 2 1 → →  + + = + − + + + = + + + + + + + − + + + + − = + + + + − + − + + + − + + = n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n x n ，   

由问题1.1.1和以上推导知imxn 问题1.1.4证明lsnn不存在 【证明1】(反证)设 lim sin n存在,则 imsn(n+2)= : lim sin n,由此im[sn(n+2)-sinn]=0 亦即lim2 sin I cos(n+1)=0,而sin1≠0, 所以有 lim cos n= lim cos"(n+2)=0 另一方面由问题1.1.1,知 lim sin2n= lim sin n 但lmsn2n=2 lim cos n· lim sin n=0,所以 lim sin n=0, 于是lmsn2n+cos2n=1,这与sn2n+cos2n=1矛盾。 【证明2】(反证)设 lim sin n=A,则由问题1.1.1,得 lim sin 2n=lim sin (2n+1)=A, 但因为sin(2n+1)= cos 1 sin2n+sin1cos2n, sin(2n+2)=cos I sin(2n+1)+ sin I cos(2n+1) 则由sin1≠0,得 lim cos2n= lim cOs2n+1)1-cosA 所以 lim cos n= 另外cos(2n+1)-cos(2n-1)=-2 sin l sin2n 取极限得lmsn2n=0,从而得 Im sin n=0=A,所以 lim cos n 0=0,同样和sn2n+cos2n=1矛盾 下面我们来探讨比问题1.1.1更一般的整体与部分数列问题。 问题15数列{xn}收敛的充要条件是{xn}的任意真子序列{xn}收敛。 【分析】这里讨论的部分数列是任给的真子列{xn},这样的子列有无穷多个 【证明】必要性设lmxn=x,{xn}是{xn}的任一真子列,则{n}是自然数集中 严格单调上升的一个数列,且lmnk=+∞,对任给的E>0,存在自然数N,当n>N时, 有

由问题 1.1.1 和以上推导知 2 1 lim = → n n x . 问题 1.1.4 证明 lim sin n→ n 不存在. 【证明 1】（反证） 设 lim sin n→ n 存在,则 lim sin n→ （n＋2）= lim sin n→ n,由此 lim[sin (n + 2) -sin n] = 0 n→ , 亦即 lim 2sin 1cos( n +1) = 0 n→ ,而 sin 1≠0, 所以有 lim cos n→ n= lim cos¨( + 2) = 0 → n n . 另一方面由问题 1.1.1, 知 lim sin n→ 2n= lim sin n→ n， 但 lim sin n→ 2n=2 lim cos n→ n • lim sin n→ n＝0，所以 lim sin n→ n＝0， 于是 lim sin cos 1 2 2 + = → n n n ，这与 sin cos 1 2 2 n + n = 矛盾。 【证明 2】（反证） 设 lim sin n→ n＝A，则由问题 1.1.1，得 lim sin n→ 2n= lim sin n→ （2n＋1）＝A， 但因为 sin (2n+1) = cos 1 sin 2n + sin 1 cos 2n, sin (2n+2) = cos 1 sin (2n+1) + sin 1 cos (2n+1), 则由 sin 1≠0,得 lim cos n→ 2n＝ lim cos n→ （2n+1）= A sin 1 1− cos1 , 所以 lim cos n→ n= A sin 1 1− cos1 。 另外 cos (2n+1)－cos (2n－1)= －2sin 1 sin 2n. 取极限得 lim sin n→ 2n=0，从而得 lim sin n→ n=0=A, 所以 lim cos n→ n＝ 0 0 sin 1 1 cos1  = − ，同样和 sin cos 1 2 2 n + n = 矛盾。 下面我们来探讨比问题 1.1.1 更一般的整体与部分数列问题。 问题 1.1.5 数列 { }n x 收敛的充要条件是 { }n x 的任意真子序列 { } nk x 收敛。 【分析】这里讨论的部分数列是任给的真子列 { } nk x ，这样的子列有无穷多个。 【证明】必要性 设 x x n n = → lim ,{ } nk x 是 { }n x 的任一真子列，则 { }k n 是自然数集中 严格单调上升的一个数列，且 = + → k n lim n ，对任给的   0 ，存在自然数 N，当 n>N 时， 有 | x − x |  n ①

由{k}单调趋于无穷,则存在k,使得m>N,从而当k>k时,n>N满足①,即 由此mx=x 充分性所谓真子列是指下标集N{n}是无穷集,则称{xn}是{xn}的真子列,假定对 所有的真子列{xn}收敛,下证{xn}收敛 显然,{x2n}、{x2n1}皆为{xn}的真子列,则此二真子列皆收敛,设mx2n=A, m B,下证A=B。 {xn}是{x2n}的真子列,{x4m1}是{x2n}的真子列。又必要性之证明有imx4n=A, imx4n1=B。取{xn}∈{xn},且nk=4。] 1+(-1 2 2k1.2,…(冈为x的整数 部分,则{}={4m4+1},N-{m}为无穷集。由此{xn}是{xn}的一个真子列,于 是有lmx,存在有限。又 (1)(n2k)=(4k), A lm xn,=lm xm,,=m x4=m xin=A (2)n2k41)=(4k+1, A lim xn= lim xm,=lim xak+=lim xam+1=B 综合(1),(2)有A=B由问题11.1知{xn}收敛 注意:这里充分性的证明是构造性的,而且这里须注意的是整体序列{xn}变动的是下 标n,而部分序列变动的是{xn}中的k。 问题1.6 lim x=0的充要条件是im|xnk=0 【证明】若lxn=0,则对任给的E>0,存在自然数N,当n>N时, x,-0HIx I-okE, Bp lim Ix, I=0 反之,若im|xn}=0,则对任给的E>0,存在自然数N,当mN时 xn-0‖xn|-0kE,即 lim x=0 问题1.1.7若数/是数列{xn}的一个聚点,则有{xn}的子序列{xn},使得

由 { }k n 单调趋于无穷，则存在 k0,使得 , 0 nk  N 从而当 k>k0 时，nk>N 满足①，即 | x − x |  nk ， 由此 x x nk n = → lim 。 充分性 所谓真子列是指下标集 N-{nk}是无穷集，则称 { } nk x 是 { }n x 的真子列，假定对 所有的真子列 { } nk x 收敛，下证 { }n x 收敛。 显然， { } 2n x 、{ } 2n+1 x 皆为 { }n x 的真子列，则此二真子列皆收敛，设 x n A n = → 2 lim ， x n B n + = → 2 1 lim ，下证 A＝B。 { } 4n x 是 { } 2n x 的真子列， { } 4n+1 x 是 { } 2n+1 x 的真子列。又必要性之证明有 x n A n = → 4 lim ， x n B n + = → 4 1 lim 。取 { } { } n n x x k  ，且 , 2 1 ( 1) ] 2 1 4[ k k k n + − + + = k=1,2,… （[x]为 x 的整数 部分），则 { } {4 } {4 1}, { } nk = n  n + N − nk 为无穷集。由此 { } { } n n x x k 是 的一个真子列，于 是有 k n n x → lim 存在有限。又 （1） { } {4 }, 2 n k k = 得 lim lim lim lim ; x x 2 x4 x4n A n k n n n n n k k = = = = → → → → （2） { } {4 1}, n2k+1 = k + 得 lim lim lim lim . x x 2 1 x4 1 x4n 1 B n k n n n n n k k = = = + = → + → → + → 综合（1），（2）有 A=B.由问题 1.1.1 知 { }n x 收敛。 注意：这里充分性的证明是构造性的，而且这里须注意的是整体序列 { }n x 变动的是下 标 n，而部分序列变动的是 { } nk x 中的 k。 问题 1.1.6 lim = 0 → n n x 的充要条件是 lim | |= 0 → n n x 。 【证明】若 lim = 0 → n n x ，则对任给的   0 ，存在自然数 N ， 当 n>N 时 ， | − 0 |=|| | −0 | , n n x x 即 lim | |= 0 → n n x 。 反 之 ，若 lim | |= 0 → n n x ， 则 对 任给 的   0 ， 存 在自 然 数 N ， 当 n>N 时 ， | − 0 |=|| | −0 | , n n x x 即 lim = 0 → n n x 。 问题 1.1.7 若数 l 是数列 { }n x 的一个聚点，则有 { }n x 的子序列 { } nk x ，使得

lmxn=l,反之也成立。 【分析】要证明本问题先得弄清聚点得概念,然后来“抽取”子序列。 【证明】由l是{xn}的一个聚点,从而对任给的E>0,区间(-E,+E)中有{xn} 得无穷多项(可重复的选取同一个数).下面是子列的“抽取”法 对E=1,在(1-1+1)中任取一个xn}的项作为x,对E=,/、)中 l 有{x-{x,x2,…xn}的无穷多项,任取一个作为xn,“,对6=k,在(-k2+)中 有{xn}-{x1,x2…xm}的无穷多项,任取一个作为xn,这样又归纳法我们可取{xn}的子 列{x ,由取法可知n是严格单调的自然数列 以下证明imxn=l,对任给E>0,总有ko使得,ko时 xn-kk0,由 L= lm sup{xn},从而可找到ko,当k>ko时, I sup ixi-Lk 由此有n≥ko,使 I sup(,)-x K 于是|xn-L图sup{xn}-xn1+su{xn}-LkE 同样由|sup{xn}-Lk,可找到n>m,使得xn2-LkE用归纳法可找到{x},对 所有的k,使|xn-LkE,而{xn}是{xn}的无穷多项落在(-E,l+E)之间,于是L是 xn}的一个聚点

lim x l, nk n = → 反之也成立。 【分析】要证明本问题先得弄清聚点得概念，然后来“抽取”子序列。 【证明】由 l 是 { }n x 的一个聚点，，从而对任给的   0 ，区间 (l −  ,l +  ) 中有 { }n x 得无穷多项（可重复的选取同一个数）.下面是子列的“抽取”法。 对  =1 ，在 (l −1,l +1) 中任取一个 { }n x 的项作为 n1 x ，对 2 1  = ，在 ) 2 1 , 2 1 (l − l + 中 有 { } { , , } n 1 2 n1 x − x x x 的无穷多项，任取一个作为 n2 x ，…，对 k 1  = ，在 ) 1 , 1 ( k l k l − + 中 有 { } { , , } 1 2 −1 − n nk x x x x 的无穷多项，任取一个作为 nk x ，这样又归纳法我们可取 { }n x 的子 列 { } nk x ，由取法可知 k n 是严格单调的自然数列。 以下证明 lim x l, nk n = → 对任给   0 ，总有 k0, 使得   0 1 k ，从而当 k>k0 时， −     0 1 1 | | k k x l nk ，亦即 lim x l, nk n = → 反之亦然。 问题 1.1.8 设L是数列 { }n x 的上极限，则可选取 { }n x 的子序列 { } nk x 使 lim x L, nk n = → 同样可抽取子序列 { } { } n n x x r  ，使 lim x l, nr n = → l 是 { }n x 的下极限（这里 L,l 可取无穷）。 【分析】注意到 lim sup{ }n n k k L x  → = 即可。 【证明】先设 L 有限，我们仅需证明 L 是 { }n x 的一个聚点。对任给的   0 ,由 lim sup{ }n n k k L x  → = ，从而可找到 k0,当 k>k0 时， 2 |sup{ } |  −   xn L n k （*） 由此有 n1≥k0,使 2 |sup{ } | 1 0  −   n n n k x x （**） 于是 −  − + −     | | |sup{ } | |sup{ } | 1 0 1 x L x x xn L n k n n n k n 。 同样由 2 | sup { } | 1 1  −   + xn L n n ，可找到 n2>n1,使得 | − |  2 xn L 。用归纳法可找到 { } nk x ，对 所有的 k，使 | x − L |  nk ，而 { } nk x 是 { }n x 的无穷多项落在 (l −  ,l +  ) 之间，于是 L 是 { }n x 的一个聚点

下设L=+∞,则对一切的k皆有sup{xn}=+∞(否则由sup{xn}k0时, su{xn}=sp{xk,xk41}≤{x…xk,x4…}m,使得xm2≥2,…, 由归纳法可从su{xn}=+0,找得到x>k(nk-n-)这样mx=+∞,另外对下极 限,有-1= lm sup{-xn},所以-是{-xn}得聚点,从而下极限是{xn}的聚点。 k→m≥k 问题1.1.9数列{xn}的上极限是{xn}的最大聚点,下极限则是最小聚点。lmxn存在 的充要条件是mxn=imnf{xk}= lim sup{xk}且为有限值 →n 【分析】有了问题1.1.8及其证明,问题1.1.9可以很快解决,我们采用反证法 【证明】先证上极限是最大聚点(反证)。若不然,另有x0>上极限L,x是{xn}的聚 点。则有{xn}的子列{xn},lmxn=x0,从而对E=~l ,当k≥k时,有 2 2~E=2-x L 2xn -xo 0,存在N1,当nN1时,有 I supx,-lk 同时存在N2当n>N2,有 I inf (xki-LK 取N=max{N1,N2},当nN时,由①、②,得 L-a<inf (x)sup(x<L+8

下设 L = + ，则对一切的 k 皆有 = +  sup{ }n n k x (否则由  +  sup{ }n n k x ,则当 k>k0 时， = +  +  +  sup{ } sup{ , , } sup{ , , , , } n k k 1  k0  k k 1  n k x x x x x x ，从而 L  + ，由 = +  sup{ } 1 n n x ，从而有 n1,使得 1. 1 xn  由 = +  + sup { } 1 1 n n n x ，从而有 n2>n1,使得 xn2  2, ， 由归纳法可从 = +  − + sup { } 1 1 n n n x k ，找得到 ( ) n  nk − nk−1 x k k .这样 lim = +, → nk k x 另外对下极 限 l ，有 lim sup{ }n n k k − l = −x  → ，所以－ l 是 { }n −x 得 聚点，从而下极限 l 是 { }n x 的聚点。 问题 1.1.9 数列 { }n x 的上极限是 { }n x 的最大聚点，下极限则是最小聚点。 n n x → lim 存在 的充要条件是 lim lim inf { } lim sup{ } , k n n k k n n n n x x x  → →  → = = 且为有限值。 【分析】有了问题 1.1.8 及其证明，问题 1.1.9 可以很快解决，我们采用反证法。 【证明】先证上极限是最大聚点（反证）。若不然，另有 0 x >上极限 L， 0 x 是 { }n x 的聚 点。则有 { }n x 的子列 { } nk x ， 0 lim x x nk k = → ，从而对 2 x0 − L  = ，当 k≥k0 时，有 , 2 , 2 | | 0 0 0 0    −   − − = − −  = x x x L L x x x nk nk 即 , 2 0 nk x L x  + 注意 2 sup{ } 0 L x x x k k n n n n +    ，所以对一切的 r 总 有 n r k  ，于是 2 sup{ } sup{ } 0 L x x x x k k n n n n n n r +      ，对 r 取极限，得 L L x L  +  2 0 ，矛盾。 同理可证下极限 l 是最小聚点。 若 n n x → lim 存在，则 { }n x 的任何子列都收敛于同一极限，由问题 1.1.8，有 { }n x 的子列 { } nk x 和 { } nr x ，使得 x L nk k = → lim (上极限), x l nr r = → lim （下极限），从而 k nr r n k x x → → lim = lim ， 即 L = l . 反之，若 L = l ，则对任给   0 ，存在 N1,当 n>N1 时，有 2 |sup{ } |  −   xk L k n ① 同时存在 N2,当 n>N2，有 2 | inf { } |  −   xk L k n ② 取 N=max{N1,N2},当 n>N 时，由①、②，得 −    +    L x xk L k n k k n inf { } sup{ } ③

注意nf{x}≤xn≤Sup{xk},代入③式,当n>N时,有 L-E<xn<L+E,亦即lmxn=L 在涉及上、下极限得证明总必须注意的是{yn}={sup{xk}}是单调下降数列 =n}={nf{xk}是单调上升数列 问题110设{xn}满足条件0≤xmn≤xm+xn+a(a为常数),则lm存在 【分析】利用问题1.19的结论,仅需证上、下极限有限并且相等。 【证明】由于0≤xn≤mx+(m-1)a,则0≤一≤x+1 a≤x1+|ab数列{一}有 界,从而如果设mx=L,则0≤L≤x+1{a即上极限有限。先对任给整数m自然数 n,可表为n-km+r(0≤r<m,则xn≤xmn+x1+a≤kxm+x+ka,于是 kx +x tke km 0≤一 km+r km+r m km+r km+r 因此0≤lm皿≤-+一再对上式取极限,令m→∞,右边取下极限,得 lim lin 在问题1.10的证明用到了两个事实:若xn≤yn则(I)mxn≤myn;(i) imxn≤myn.另外我们有mxn≥皿mxn所以我们若要证明lxn=皿xn2,仅需证明 limx lim x 问题1.111任何有界数列必有收敛的子数列(致密性定理)。 【分析】用问题1.1.8仅需证数列的上极限存在并有限。 【证明】设{xn}是一个有界数列,且设yn=Sup{xk}=Sp{xn,xn1,… ≥Sup{xn+1,xn+2,…}=Sup{x}=yn

注意 inf { } sup{ }k k n k n k n x x x     ，代入③式，当 n>N 时，有 L −  x  L +  n ， 亦即 xn L n = → lim 。 在涉及上、下极限得证明总必须注意的是 { } {sup{ }} k k n n y x  = 是单调下降数列， { } {inf { }} k k n n z x  = 是单调上升数列。 问题 1.1.10 设 { }n x 满足条件 0  xm+n  xm + xn + a(a为常数） ，则 n xn n→ lim 存在。 【分析】利用问题 1.1.9 的结论，仅需证上、下极限有限并且相等。 【证明】由于 0  xn  nx1 + (n −1)a ，则 | |, 1 0 1 a x1 a n n x n xn  + −   + 数列 { } n xn 有 界，从而如果设 L n xn n = → lim ，则 0 | |,  L  x1+ a 即上极限有限。先对任给整数 m,自然数 n,可表为 n=km+r (0≤r<m),则 x x x a kx x ka, n  km + r +  m + r + 于是 0 . k m r k a k m r x m x k m r k m k m r k x x k a n xn m r m r + + +  + + = + + +   因此 0 lim . m a m x n xn m n   + → 再对上式取极限，令 m → , 右边取下极限，得 lim lim lim . n x m x n x n n m m n n→ → →  = 在问题 1.1.10 的证明用到了两个事实：若 n n x  y 则（I ） lim lim ; n n n n x y → →  (ii) n n n n x y → → lim  lim . 另外我们有 lim lim . n n n n x x → →  所以我们若要证明 lim lim , n n n n x x → → = 仅需证明 lim lim . n n n n x x → →  问题 1.1.11 任何有界数列必有收敛的子数列（致密性定理）。 【分析】用问题 1.1.8 仅需证数列的上极限存在并有限。 【证明】设 { }n x 是一个有界数列，且设 sup{ } sup{ , , } +1   = k = n n k n n y x x x 1 1 1 2 sup{ , , } sup{ } +  +  + + = k = n k n n n x x  x y

{yn}是一个单调下降的数列,又{xn}有界,则存在正数M,|xnkM,从而ynM 由单调有界收敛原理知 Im y=L存在。 下面我们介绍在分析理论中很重要的对角线法则 问题1112设{(x)}是定义在自然数N上的有界函数列,则可在{fn(x)}中选取子 函数列{fn(x)在N上收敛,即对任给的r∈N, lim f,(r)存在 【分析】利用问题1.1.11想办法抽取子序列。 【证明】由问题说设,存在正数M,对一切的x∈N,有f(x)M.从而 (1)1fn(1)kM,n=12,…所以可选取子序列m()sUn(),使得mfn() 存在。为方便起见,记Um(x)={m(x),我们有imf()存在,且显然有f(x)可 为f1(x)或后面的函数 (2)由f(k)M,我们可选取{(x)}的子序列{6(x)},使imf(k)存 在,且显然在原数列中fA(x)排在∫(x)之后。 我们如此排下来: f(x),/2(x),f"(x)…,f(x f12(x),f2(x),/32(x)…fm2(x) f(x),f1(x),/(x)…f(x) f("(x)./2"(x),3"(x),…,f(x) 取对角线,则{(x)}即为所求的子序列。下证对任给的k∈N,有mf”(k)存在。这 由在所取子序列中除了有限项f(x) f(x)(x)可能不在f((x)中, f”(x)sf(x),而mfm(k)存在,从而mfm(k)存在。 问题113如果数列{xn}的任何子列{x}满足条件m(∑Cxn)/2N=A,A为 有穷数,则lmxn=A 【分析】注意到∑C=2,用反证法抽取子序列产生矛盾来证明

即 { }n y 是一个单调下降的数列，又 { }n x 有界，则存在正数 M，| xn | M ,从而 | yn | M 。 由单调有界收敛原理知 yn L n = → lim 存在。 下面我们介绍在分析理论中很重要的对角线法则。 问题 1.1.12 设 { f (x)} n 是定义在自然数 N 上的有界函数列，则可在 { f (x)} n 中选取子 函数列 { f (x)} nk 在 N 上收敛，即对任给的 r∈N, lim f (r) nk k→ 存在。 【分析】利用问题 1.1.11 想办法抽取子序列。 【证明】由问题说设，存在正数 M，对一切的 x∈N，有 | f (x) | M. n  从而 （1） | f (1) | M,n =1,2,  . n 所以可选取子序列 { (1)} { (1)} n n f f k  ，使得 lim (1) k n k f → 存在。为方便起见，记 { ( )} { ( )} (1) f x f x nk = n ，我们有 lim (1) (1) n n f → 存在，且显然有 ( ) (1) 1 f x 可 为 ( ) 1 f x 或后面的函数。 （2）由 | ( ) | , ( 1) f k M k n  − 我们可选取 { ( )} ( 1) f x k n − 的子序列 { ( )} ( ) f x k n ，使 lim ( ) ( ) f k k n n→ 存 在，且显然在原数列中 ( ) ( ) f x k k 排在 ( ) ( 1) 1 f x k k − − 之后。 我们如此排下来：           ( ), ( ), ( ), , ( ) ( ), ( ), ( ), , ( ) ( ), ( ), ( ), , ( ) ( ), ( ), ( ), , ( ) ( ) ( ) 3 ( ) 2 ( ) 1 (3) (3) 3 (3) 2 (3) 1 (2) (2) 3 (2) 2 (2) 1 (1) (1) 3 (1) 2 (1) 1 f x f x f x f x f x f x f x f x f x f x f x f x f x f x f x f x n n n n n n n n 取对角线，则 { ( )} ( ) f x n n 即为所求的子序列。下证对任给的 k∈N，有 lim ( ) ( ) f k n n n→ 存在。这 由 在 所 取 子 序 列 中 除 了 有 限 项 ( ) (1) 1 f x ， … ， ( ) ( 1) 1 f x k k − − 可能不在 ( ) ( ) f x k n 中 ， ( ) ( ) ( ) ( ) f x f x k n n n  ，而 lim ( ) ( ) f k k n n→ 存在，从而 lim ( ) ( ) f k n n n→ 存在。 问题 1.1.13 如果数列 { }n x 的任何子列 { } nk x 满足条件 C x A N N k n k N N k  = = → lim ( )/ 2 0 ，A 为 有穷数，则 xn A n = → lim 。 【分析】注意到 = = N k k N CN 0 2 ，用反证法抽取子序列产生矛盾来证明

【证明】若{xn}不收敛于A,则存在E0>0,和{xn}的子列{xn},满足|xn-APE0 (k=0,1,2…),于是 )/2-A=∑C(xn-A)2N≥∑ 与问题所设矛盾 在上面的证明中子列的选法是这样的,由lmxn,≠A,从而存在En>0,对任给的N, 总有n>N使得|x;-APE。先任选x满足|x-A上E0,对N=m,有m>N=mo满足 xn-APE0。对N=m,有m>N=n满足|xn,-AE0,…,对N=n,有nk>N=nk满足 x-APE0这样由归纳法即可抽到所要求的子序列。而对{x-A}必有无穷多个同号, 所以又可从{xn-4}中选取各项符号相同的子列

【证明】若 { }n x 不收敛于 A，则存在  0  0 ，和 { }n x 的子列 { } nk x ，满足 0 | x − A |  nk （k=0,1,2,…）,于是 0 0 0 0 0 ( )/ 2 − =  ( − )/ 2    / 2 =  = = = N N k k N N N k n k N N N k n k CN x A C x A C k k 与问题所设矛盾。 在上面的证明中子列的选法是这样的，由 xn A n  → lim ，从而存在  0  0 ，对任给的 N, 总有 n’>N,使得 0 | x − A |  n ‘ 。先任选 n0 x 满足 0 | | 0 x − A   n ，对 N=n0, 有 n1>N=n0 满足 0 | | 1 x − A   n 。对 N= n1，有 n2>N=n1 满足 0 | | 2 x − A   n ，…，对 N=nk, 有 nk+1>N=nk 满足 0 | | 1 −   + x A nk 。这样由归纳法即可抽到所要求的子序列。而对 {x A} nk − 必有无穷多个同号， 所以又可从 {x A} nk − 中选取各项符号相同的子列