北京大学数学分析讲义.pdf

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1、第一讲第一讲 整体与部分整体与部分 1 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.1.11.1 子序列问题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.问题问题 1.1.11.1.1数列xn收敛的充要条件是x2n、x2n1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lim xn x,则任给 0,找得到正整数

2、 N,当n N时,有n|xn x|.此时对 2N,当 2n2N 时也有|x2n x|,亦即lim x2n x.同理可证nlim x2n1 x.n充分性设lim x2n lim x2n1 x,则对任给 0,找得到正整数 N1,当 nN1,nn时,有|x2n x|同时可找到正整数 N2,当 nN2时,有|x2n1 x|从而取 N=max2N1,2N2+1,当 nN 时,n 为偶数,则满足,n 为奇数,则满足,即当 nN 时,有|xn x|,亦即lim xn x.n问题问题 1.1.21.1.2设设xnk1(1)uk且uk满足：k1n（1）u1 u2 uk uk1;（2）limuk 0.k则lim

3、xn存在.n【分析】先证lim x2n存在.由u2n1u2n2 0,得nx2n(u1u2)(u3u4)(u2n1u2n)(u1u2)(u3u4)(u2n1u2n)(u2n1u2n2)x2n2即x2n是单调上升数列.又x2n u1(u2u3)(u4u5)(u2n2u2n1)u2n,由uk单调下降和limuk 0,知uk是非负序列（不然从某项开始uk 0,当kk k0时,uk uk0,则limuk uk0 0）.k再由uk单调下降,u2u3 0,u4u5 0,u2n2u2n1 0及u2n0,从而lim x2n存在.n下 证lim x2n1存 在.由x2n1 x2nu2n1,从 而 由 数 列 极

4、限 的 运 算 法 则,有nlim x2n1 lim x2n limu2n1,而limuk 0,由 问 题1.1.1 知,limu2n1 0.从 而nnnknlim x2n1 lim x2n.再由问题 1.1.1 知lim xn存在.nnn注意：一般的教科书上都注明un 0,其实从un单调下降和limun 0,可推得出unn是非负序列.此外我们假定un单调上升,且limun 0,问题 1.1.2 依然正确.n问题问题 1.1.31.1.3设xn(1)值.【证明】n112n(1)n1（n=1,2,）,试证lim xn存在,并求其nnnnx2n(122n 12n)()2n2n2n2n2(1 2 n

5、)13 2n 12n2nn(n 1)n2n1，2n2n2x2n1(122n12n2n1)()2n12n12n12n12n1122n12(12n)2n12n12n12n1n2n(n1)2n1n11，(n )2n12n12由问题 1.1.1 和以上推导知lim xnnn1.2问题问题 1.1.41.1.4证明limsinn 不存在.【证明 1】（反证）设limsinn 存在,则nlimsin（n2）=limsinn,由此limsin(n 2)-sin n 0,nnn亦即lim2sin1cos(n 1)0,而 sin 10,n(n 2)0.所以有limcosn=limcosnn另一方面由问题 1.1

6、.1,知limsin2n=limsinn，nn但limsin2n=2limcosn limsinn0，所以limsinn0，nnnn22于是limsin n cos n 1，这与sin n cos n 1矛盾。n22【证明 2】（反证）设limsinnA，则由问题 1.1.1，得nlimsin2n=limsin（2n1）A，nn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 10,得limcos2nlimcos（2n+1）=nn1cos1A,sin1所以limcos

7、n=n1cos1A。sin1另外 cos(2n+1)cos(2n1)=2sin 1 sin 2n.取极限得limsin2n=0，从而得limsinn=0=A,所以nnlimcosnn1cos10 0，同样和sin2n cos2n 1矛盾。sin1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。问题问题 1.1.51.1.5 数列xn收敛的充要条件是xn的任意真子序列xnk收敛。【分析】这里讨论的部分数列是任给的真子列xnk，这样的子列有无穷多个。【证明】必要性 设lim xn x,xnk是xn的任一真子列，则nk是自然数集中nn严格单调上升的一个数列，且limnk，对任给的 0，存

8、在自然数 N，当 nN 时，有|xn x|由nk单调趋于无穷，则存在k0,使得nk0 N,从而当 kk0时，nkN 满足，即|xnk x|，由此lim xnk x。n充分性所谓真子列是指下标集N-nk是无穷集，则称xnk是xn的真子列，假定对所有的真子列xnk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lim x2n A，nlim x2n1 B，下证 AB。n又必要性之证明有lim x4n A，x4n是x2n的真子列，x4n1是x2n1的真子列。nlim x4n1nk 11(1)k B。取xnkxn，且nk 4,k=1,2,（x为 x 的整数22部分），则

9、nk4n4n1,N nk为无穷集。由此xnk是xn的一个真子列，于是有lim xnk存在有限。又n（1）n2k4k,得lim xnk lim xn2k lim x4k lim x4n A;nnnn（2）n2k14k 1,得lim xnk lim xn2k1 lim x4k1 lim x4n1 B.nnnn综合（1），（2）有 A=B.由问题 1.1.1 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xnk中的 k。问题问题 1.1.61.1.6lim xn 0的充要条件是lim|xn|0。nn【证明】若lim xn 0，则 对任

10、给 的 0，存在 自然数 N，当 nN 时，n|xn0|xn|0|,即lim|xn|0。n反之，若lim|xn|0，则对任给的 0，存在自然数 N，当 nN 时，n|xn0|xn|0|,即lim xn 0。n问题 1.1.7 若数l是数列xn的一个聚点，则有xn的子序列xnk，使得lim xnk l,反之也成立。n【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 0，区间(l,l)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。111，在(l,l)中222111有xnx1,x2,xn1的无穷多项，任取一个作为xn2

11、，对，在(l,l)中kkk对1，在(l 1,l 1)中任取一个xn的项作为xn1，对有xnx1,x2,xnk1的无穷多项，任取一个作为xnk，这样又归纳法我们可取xn的子列xnk，由取法可知nk是严格单调的自然数列。以下证明lim xnk l,对任给 0，总有 k0,使得n1，从而当 kk0时，k0|xnkl|11，亦即lim xnk l,反之亦然。nkk0n问题问题1.1.81.1.8设L是数列xn的上极限，则可选取xn的子序列xnk使lim xnk L,同样可抽取子序列xnrxn，使lim xnr l,l 是xn的下极限（这里 L,l 可取无穷）。n【分析】注意到L limsupxn即可。

12、knk【证明】先设 L 有限，我们仅需证明 L 是xn的一个聚点。对任给的 0,由L limsupxn，从而可找到 k0,当 kk0时，knk|supxn L|nk2（*）由此有 n1k0,使|supxn xn1|nk02（*）于是|xn1 L|supxn xn1|supxn L|。nk0nk同样由|supxn L|nn112，可找到 n2n1,使得|xn2 L|。用归纳法可找到xnk，对所有的 k，使|xnk L|，而xnk是xn的无穷多项落在(l,l)之间，于是 L 是xn的一个聚点。下设L ，则对一切的 k 皆有supxn (否则由supxn,则当 kk0时，nknksupxn supx

13、k,xk1,supxk0,xk,xk1,，从而L ，由nksupxn ，从而有 n1,使得xn11.由supxn，从而有 n2n1,使得xn2 2,，n1nn11由归纳法可从sup xn，找得到xnk k(nknk1).这样lim xnk,另外对下极nnk11k限l，有l limsupxn，所以l是xn得 聚点，从而下极限l是xn的聚点。knk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。lim xn存在n的充要条件是limxn liminfxk limsupxk且为有限值。nnknn,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

14、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，x0是xn的聚点。则有xn的子列xnk，lim xnk x0，从而对kx0 L，当 kk0时，有2|xnk x0|x0 LL x0,xnk x0,22即L x0L x0 xnk,注意supxn xnk，所以对一切的 r 总有nk r，于是22nnkL x0L x0 L，矛盾。，对 r 取极限，得L 22supxn supxn xnknrnnk同理可证下极限l是最小聚点。若lim xn存在，则xn的任何子列都收敛于同一极限，由问题 1.1.8，有xn的子列n，从而lim xnk lim xnr，xnk和xnr，使得lim x

15、nk L(上极限),lim xnr l（下极限）krkr即L l.反之，若L l，则对任给 0，存在 N1,当 nN1时，有|supxk L|kn2同时存在 N2,当 nN2，有|infxk L|kn2取 N=maxN1,N2,当 nN 时，由、，得L infxk supxk L knkn注意infxk xn supxk，代入式，当 nN 时，有knknL xn L，亦即lim xn L。n在涉及上、下极限得证明总必须注意的是ynsupxk是单调下降数列，knzn infxk是单调上升数列。kn问题问题 1.1.101.1.10设xn满足条件0 xmn xm xn a(a为常数），则limnx

16、n存在。n【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(n1)a，则0 xnxn 1 x1a x1|a|,数列n有nnn界，从而如果设limxn L，则0 L x1|a|,即上极限有限。先对任给整数 m,自然数nnn,可表为 n=km+r(0rN,使得|xn A|0。先任选xn满足|xn A|0，对 N=n0,有 n1N=n0满足00|xn1 A|0。对N=n1，有 n2N=n1满足|xn2 A|0，对N=nk,有 nk+1N=nk满足这样由归纳法即可抽到所要求的子序列。而对xnk A必有无穷多个同号，|xnk1 A|0。所以又可从xnk A中选取各项符号相同的子列。