漫步数学分析番外二(下)

定理11\textbf{定理11} RnR^n中的序列Σxk\Sigma x_k收敛，当且仅当对每个ε>0\varepsilon>0，存在一个数NN，使得k≥Nk\geq N时，不等式∥xk+xk+1+⋯+xk+p∥<ε\Vert x_k+x_{k+1}+\cdots+x_{k+p}\Vert对所有整数p=0,1,2,…p=0,1,2,\ldots 成立。

证明：\textbf{证明：}令sk=Σkl=1xls_k=\Sigma_{l=1}^k x_l，那么有定力10可知，Σxl\Sigma x_l收敛当且仅当sks_k是柯西序列。要想这个结论成立当且仅当对每个ε>0\varepsilon>0，存在一个NN使得l≥Nl\geq N时不等式∥sl−sl+p∥ε\Vert s_l-s_{l+p}\Vert\varepsilon 对所有q=1,2,…q=1,2,\ldots成立。但是，∥sl+q−sl∥=∥xl+1+⋯+xl+q∥\Vert s_{l+q}-s_l\Vert=\Vert x_{l+1}+\cdots+x_{l+q}\Vert，所以令k=l+1,p=q−1k=l+1,p=q-1可得出结论。||||

定理12\textbf{定理12} 如果Σxk\Sigma x_k绝对收敛，那么Σxk\Sigma x_k收敛。

证明：\textbf{证明：}对定理11使用三角不等式得∥xk+⋯+xk+p∥≤∥xk∥+⋯+∥xk+p∥\Vert x_k+\cdots+x_{k+p}\Vert\leq\Vert x_k\Vert+\cdots+\Vert x_{k+p}\Vert。||||

定理13\textbf{定理13}

如果|r|<1|r|，那么级数Σ∞n=0rn\Sigma_{n=0}^\infty r^n 收敛到1/(1−r)1/(1-r)；如果|r|≥1|r|\geq1，那么该级数发散(不收敛)。
比较测试(comparison test)：如果Σ∞k=1ak\Sigma_{k=1}^\infty a_k收敛，ak≥0a_k\geq0并且0≤bk≤ak0\leq b_k\leq a_k，那么Σ∞k=1bk\Sigma_{k=1}^\infty b_k 收敛；如果Σ∞k=1ck\Sigma_{k=1}^\infty c_k发散，ck≥0c_k\geq 0，并且0≤ck≤dk0\leq c_k\leq d_k，那么Σ∞k=1dk\Sigma_{k=1}^\infty d_k发散。
p级数测试：如果p>1p>1，那么级数Σ∞n=1n−p\Sigma_{n=1}^\infty n^{-p}收敛；如果p≤1p\leq 1，那么该级数发散到∞\infty(也就是说，部分和递增且没有边界)。
比率测试(ratio test)：假设极限limn→infty|(an+1/an)|\lim_{n\to infty}|(a_{n+1}/a_n)|存在并且小于1，那么级数Σ∞n=1an\Sigma_{n=1}^\infty a_n绝对收敛；如果极限大于1，那么级数发散；如果极限等于1，那么该测试失效。
根号测试(root test)：假设极限limn→∞(|an|)1/n\lim_{n\to\infty}(|a_n|)^{1/n} 存在且小于1，那么Σ∞n=1an\Sigma_{n=1}^\infty a_n绝对收敛；如果极限大于1，级数发散；如果级数等于1，该测试失效。
积分测试(integral test)：如果ff是[1,+∞)[1,+\infty)上的连续，非负，单调递减函数，那么Σ∞n=1f(n)\Sigma_{n=1}^\infty f(n)与∫∞1f(x)dx\int_1^\infty f(x)dx要么都收敛，要么都发散。

证明：\textbf{证明：}(i)\textrm{(i)}利用基本的代数运算，如果r≠1r\neq1，那么

1+r+r2+⋯+rn=1−rn+11−r

1+r+r^2+\cdots+r^n=\frac{1-r^{n+1}}{1-r}
很明显，如果 |r|<1|r|，那么当 n→∞n\to\infty时， rn+1→0r^{n+1}\to 0，如果 |r|>1|r|>1，那么 |r|n+1→∞|r|^{n+1}\to\infty，所以如果 |r|<1|r|可知级数收敛而 |r|>1|r|>1时级数发散。显然，如果 |r|=1|r|=1，因为 rnr^n不会趋向于0，所以级数 Σ∞n=1rn\Sigma_{n=1}^\infty r^n发散。

(ii)\textrm{(ii)}级数Σ∞k=1ak\Sigma_{k=1}^\infty a_k的部分和形成一个柯西序列，那么级数Σ∞k=1bk\Sigma_{k=1}^\infty b_k的部分和也形成一个柯西序列，因为对于任意的k,pk,p，我们有bk+bk+1+⋯+bk+p≤ak+ak+1+⋯+ak+pb_k+b_{k+1}+\cdots+b_{k+p}\leq a_k+a_{k+1}+\cdots+a_{k+p}。因此Σ∞k=1bk\Sigma_{k=1}^\infty b_k收敛。一个正级数只可能发散到+∞+\infty，所以给定M>0M>0，我们可以找出k0k_0，使得k≥k0k\geq k_0时c1+c2+⋯+ck≥Mc_1+c_2+\cdots+c_k\geq M，因此，对于k≥k0k\geq k_0，d1+d2+⋯+dk≥Md_1+d_2+\cdots+d_k\geq M，所以Σ∞k=1dk\Sigma_{k=1}^\infty d_k也发散到∞\infty。||||

(iii)\textrm{(iii)}首先假设p≤1p\leq1；在这种情况下对于所有的n=1,2,…n=1,2,\ldots 不等式1/np≥1/n1/n^p\geq1/n都成立，因此由(ii)\textrm{(ii)}可知如果级数Σ∞n=11/n\Sigma_{n=1}^\infty 1/n 发散的话，级数Σ∞n=11/np\Sigma_{n=1}^\infty 1/n^p也是发散的，如果sk=1/1+1/2+⋯+1/ks_k=1/1+1/2+\cdots+1/k，那么sks_k是严格递增的正实数序列，我们将s2ks_{2^k}写成如下形式：

s2k=1+12+(13+14)+(15+16+17+18)+⋯+(12k−1+1+⋯+12k)≥1+12+(14+14)+(18+18+18+18)+⋯=1+12+(12)+(12)+⋯+(12)=1+k2

\begin{align*} s_{2^k} & =1+\frac{1}{2}+\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{4}\right)+\left(\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}\right)+\cdots\\ &+\left(\frac{1}{2^{k-1}+1}+\cdots+\frac{1}{2^k}\right)\geq 1+\frac{1}{2}+\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{4}\right)+\left(\frac{1}{8}+\frac{1}{8}+\frac{1}{8}+\frac{1}{8}\right)+\cdots\\ & =1+\frac{1}{2}+\left(\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{2}\right)=1+\frac{k}{2} \end{align*}
由此可得如果 kk充分大，sks_k就能充分大；所以 Σ∞n=11/n\Sigma_{n=1}^\infty 1/n 收敛。

假设p>1p>1，如果我们令

sk=11p+12p+13p+⋯+1kp

s_k=\frac{1}{1^p}+\frac{1}{2^p}+\frac{1}{3^p}+\cdots+\frac{1}{k^p}
那么 sks_k是正实数的递增序列，另一方面

s2k−1=11p+(12p+13p)+(14p+15p+16p+17p)⋯+(1(2k−1)p+⋯+1(2k−1)p)≤11p+22p+44p+2k−1(2k−1)p=11p−1+12p−1+14p−1+⋯+1(2k−1)p−1<11−12p−1

\begin{align*} s_{2^{k-1}} &=\frac{1}{1^p}+\left(\frac{1}{2^p}+\frac{1}{3^p}\right)+\left(\frac{1}{4^p}+\frac{1}{5^p}+\frac{1}{6^p}+\frac{1}{7^p}\right)\cdots\\ &+\left(\frac{1}{(2^{k-1})^p}+\cdots+\frac{1}{(2^{k}-1)^p}\right)\leq\frac{1}{1^p}+\frac{2}{2^p}+\frac{4}{4^p}+\frac{2^{k-1}}{(2^{k-1})^p}\\ &=\frac{1}{1^{p-1}}+\frac{1}{2^{p-1}}+\frac{1}{4^{p-1}}+\cdots+\frac{1}{(2^{k-1})^{p-1}}
因此由上面的值 1/(1−1/2p−1)1/(1-1/2^{p-1})可知序列 sk{s_k}是有界的；所以级数 Σ∞n=11/np\Sigma_{n=1}^\infty 1/n^p收敛。

(iv)\textrm{(iv)}假设极限limn→∞|an+1/an|=r<1\lim_{n\to\infty}|a_{n+1}/a_n|=r，选择r′r^{'}使得r<r′<1r并且令NN满足当n≥Nn\geq N时

|an+1an|<r′

|\frac{a_{n+1}}{a_n}|
那么 |aN+p|<|aN|(r′)p|a_{N+p}|，考虑级数 |a1|+⋯+|aN|+|aN|r′+|aN|(r′)2+|aN|(r′)3+cdots|a_1|+\cdots+|a_N|+|a_N|r^{'}+|a_N|(r^{'})^2+|a_N|(r^{'})^3+cdots，该级数收敛到

|a1|+⋯+|aN−1|+|aN|1−r′

|a_1|+\cdots+|a_{N-1}|+\frac{|a_N|}{1-r^{'}}
由 (ii)\textrm{(ii)}可知 Σ∞k=1|ak|\Sigma_{k=1}^\infty|a_k|收敛。如果极限 limn→∞|an+1/an|=r>1\lim_{n\to\infty}|a_{n+1}/a_n|=r>1，选择 r′r^{'}使得 1<r′<r1且令 NN满足n≥Nn\geq N时 |an+1/an|>r′|a_{n+1}/a_n|>r^{'}，因此 |aN+p|>(r′)p|aN||a_{N+p}|>(r^{'})^p|a_N|，所以极限 limn→∞|aN|=∞\lim_{n\to\infty}|a_N|=\infty，如果和收敛的话极限必须为零。因此 Σ∞k=1ak\Sigma_{k=1}^\infty a_k发散。为了明白 limn→∞|an+1/an|=1\lim_{n\to\infty}|a_{n+1}/a_n|=1时该测试方法失效，我们考虑级数 1+1+1+⋯1+1+1+\cdots以及 p>1p>1时的 Σ∞n=11/np\Sigma_{n=1}^\infty 1/n^p，这两种情况下 limn→∞|an+1/an|=1\lim_{n\to\infty}|a_{n+1}/a_n|=1，但是第一个级数发散而第二个收敛。

(v)\textrm{(v)}假设limn→∞(|an|)1/n=r<1\lim_{n\to\infty}(|a_n|)^{1/n}=r，选择r′r^{'}使得r<r′<1r，还有NN使得n≥Nn\geq N时|an|1/n<r′|a_n|^{1/n}；换句话说，|an|<(r′)n|a_n|，级数|a1|+|a2|+⋯+|aN−1|+(r′)N+(r′)N+1+⋯|a_1|+|a_2|+\cdots+|a_{N-1}|+(r^{'})^N+(r^{'})^{N+1}+\cdots 收敛到|a1|+|a2|+⋯+|aN−1|+(r′)/(1−r′)|a_1|+|a_2|+\cdots+|a_{N-1}|+(r^{'})/(1-r^{'})，所以由(ii)\textrm{(ii)}可知，Σ∞k=1ak\Sigma_{k=1}^\infty a_k收敛。如果limn→∞(|an|)1/n=r>1\lim_{n\to\infty}(|a_n|)^{1/n}=r>1，选择1<r′<r1，还有NN使得n≥Nn\geq N时|an|1/n>r′|a_n|^{1/n}>r^{'}；换句话说，|an|>(r′)n|a_n|>(r^{'})^n，因此limn→∞|an|=∞\lim_{n\to\infty}|a_n|=\infty，所以级数Σ∞k=1ak\Sigma_{k=1}^\infty a_k发散。

为了展示limn→∞(|an|)1/n=1\lim_{n\to\infty}(|a_n|)^{1/n}=1时该测试失效，考虑极限

limn→∞(1n)1/n=1limn→∞(1n2)1/n=1

\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{n}\right)^{1/n}=1\quad\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{n^2}\right)^{1/n}=1
(取对数，然后利用事实：当 x→∞x\to\infty时 (logx)/x→0(\log x)/x\to 0)，但是 Σ∞n=11/n\Sigma_{n=1}^\infty 1/n发散而 Σ∞n=11/n2\Sigma_{n=1}^\infty 1/n^2收敛。

图1

(vi)\textrm{(vi)}对于该部分证明，我们利用一些积分的基本性质。图???\ref{fig:2-16}中从x=1x=1到x=n+1x=n+1的矩形面积a1,a2,…,ana_1,a_2,\ldots,a_n比曲线下面的面积要大，因此，我们有

a1+a2+⋯+an≥∫n+11f(x)dx

a_1+a_2+\cdots+a_n\geq\int_1^{n+1}f(x)dx
如果我们考虑图 ???\ref{fig:2-16}，我们有

a2+a3+⋯+an≤∫n1f(x)dx

a_2+a_3+\cdots+a_n\leq\int_1^{n}f(x)dx
两边都加 a1a_1可得

a1+a2+⋯+an≤a1+∫n1f(x)dx

a_1+a_2+\cdots+a_n\leq a_1+\int_1^{n}f(x)dx
结合这两个结果可得

∫n+11f(x)dx≤a1+a2+⋯+an≤a1+∫n1f(x)dx

\int_{1}^{n+1}f(x)dx\leq a_1+a_2+\cdots+a_n\leq a_1+\int_1^{n}f(x)dx
如果积分 ∫∞1f(x)dx\int_1^{\infty}f(x)dx是有限的，那么右边的不等式表明级数 Σ∞n=1an\Sigma_{n=1}^\infty a_n也是有限的；但是如果 ∫∞1f(x)dx\int_{1}^{\infty}f(x)dx是无限的，左边不等式表明级数也是无限的，因此，级数与积分要么一起收敛要么一起发散。 ||||

例1：\textbf{例1：}令S=(x1,x2)∈R2||x1|≤1,|x2|<1S={(x_1,x_2)\in R^2||x_1|\leq 1,|x_2|，SS是开集或是闭集或都不是？SS的内部是什么？

解：\textbf{解：}SS不是开集，因为满足x1=1x_1=1的SS中任何点都没有包含SS的邻域，如图2-5所示。另一方面，SS也不是闭集，因为

R2§=(x1,x2)∈R2||x1|>1,|x2|≥1

R^2\S={(x_1,x_2)\in R^2||x_1|>1,|x_2|\geq 1}
满足x2=1x_2=1的R2§R^2\S中任何点都不含于R2§R^2\S。

或者，我们注意到序列(0,1−1/n)(0,1-1/n)收敛，但是极限点(0,1)(0,1)不在SS中，所以SS不是闭的。

int(S)=(x1,x2)∈R2||x1|<1,|x2|<1\text{int}(S)={(x_1,x_2)\in R^2||x_1|，我们通过说明这个集合的元素都是SS的内点来验证这个结论。如果|x1|<1,|x2|<2|x_1|，那么圆心为(x1,x2)(x_1,x_2)半径为r=min1−|x1|,1−|x2|r=\min{1-|x_1|,1-|x_2|}的圆位于SS中，SS中的其余点都不是内点。

当对这种类型的判断熟悉后，一些细节就可以忽略了。

例2：\textbf{例2：}说明如果xx是集合S⊂RnS\subset R^n的聚点，那么包含xx的每个开集包含SS中无穷多个点。

解：\textbf{解：}我们使用反正法。假设存在一个包含xx的开集UU，它只包含有限多个SS的点，令x1,x2,…,xmx_1,x_2,\ldots,x_m 是除xx外UU中属于SS的点，令ε\varepsilon是d(x,x1)d(x,x_1)，d(x,x2)d(x,x_2)，…\ldots，d(x,xm)d(x,x_m)中最小的值，很明显ε>0\varepsilon>0，那么D(x,ε)D(x,\varepsilon)除了xx外没有任何点了，这与xx是SS的聚点相矛盾。

例3：\textbf{例3：}如果对于S⊂R,x=sup(S)S\subset R,x=\sup(S)，那么x∈cl(S)x\in\text{cl}(S)。

解：\textbf{解：}根据定理5，要么x∈Sx\in S，要么xx是SS的聚点。根据定理2，对于任意ε>0\varepsilon>0，存在yy满足d(x,y)<εd(x,y)，这意味着如果x∈Sx\in S，那么xx就是SS的聚点。

例4：\textbf{例4：}序列最多收敛到一个点(极限是唯一的)。

解：\textbf{解：}令xk→x,xk→yx_k\to x,x_k\to y。给定ε>0\varepsilon>0，选择NN使得k≥Nk\geq N时∥xk−x∥<ε/2\Vert x_k-x\Vert，选择MM使得k≥Mk\geq M时∥xk−y∥<ε/2\Vert x_k-y\Vert。那么，如果k≥N,k≥Mk\geq N,k\geq M，我们有∥x−y∥≤∥x−xk∥+∥xk−y∥<ε\Vert x-y\Vert\leq\Vert x-x_k\Vert+\Vert x_k-y\Vert(利用三角不等式)。因为对于每个ε>0\varepsilon>0，不等式0≤∥x−y∥<ε0\leq\Vert x-y\Vert成立，所以∥x−y∥=0\Vert x-y\Vert=0，即x=yx=y。

例5：\textbf{例5：}如果xx充分大时g(x)>0g(x)>0并且f(x)/g(x)f(x)/g(x) 是有界的，那么我们写作f=O(g)f=O(g)；如果xx趋向+∞+\infty时f/gf/g趋向零，那么我们写作f=o(g)f=o(g)。如果x→∞x\to\infty时f/g→1f/g\to1，那么我们写作f∼gf\sim g(读作ff渐近gg)。证明下面命题：

(a)x2+x=O(x2)x^2+x=O(x^2)
(b)x2+x∼x2x^2+x\sim x^2
(c)elogx√=o(x)e^{\sqrt{\log x}}=o(x)

解：\textbf{解：}我们注意到如果ff渐近gg，那么自然f=O(g)f=O(g)，因此(a)可由(b)导出，但是(b)很容易证明，因为当xx趋近无穷大时，(x2+x)/x2=1+1/x(x^2+x)/x^2=1+1/x趋近于1。为了证明(c)，注意到elogx=xe^{\log x}=x，所以elogx√/x=elogx√−logxe^{\sqrt{\log x}}/x=e^{\sqrt{\log x}-\log x}，但是因为x→∞x\to\infty 时logx→∞\log x\to\infty，所以对于充分大的xx，logx−−−−√≤(logx)/2\sqrt{\log x}\leq(\log x)/2因此对于充分大的xx，当x→∞x\to\infty时elogx√/x≤e−(logx)/2e^{\sqrt{\log x}}/x\leq e^{-(\log x)/2}趋近于零。

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