《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§6.3解答

习题6.3

6.3.1 证明：已知序列 $(\frac{1}{n})_{n=1}^\infty$ ，则 $\sup(\frac{1}{n})_{n=1}^\infty=\sup\{\frac{1}{n} : n\geqslant 1\}$ . 我们先来证明1是集合 $\{\frac{1}{n} : n\geqslant 1\}$ 的一个上界. 对于任一对象 $y\in\{\frac{1}{n} : n\geqslant 1\}$ ，由替换公理知存在 $n_y\geqslant 1$ 使得 $y=\frac{1}{n_y}$ . 由 $n_y\geqslant 1>0$ 知 $1\geqslant\frac{1}{n_y}>0$ ，即 $1\geqslant y$ . 故1为 $\{\frac{1}{n} : n\geqslant 1\}$ 的一个上界. 又因为 $1\geqslant 1$ 而 $1=\frac{1}{1}$ ，所以 $1\in\{\frac{1}{n} : n\geqslant 1\}$ . 所以任何 $\{\frac{1}{n} : n\geqslant 1\}$ 的上界M均有 $M\geqslant 1$ . 综上，1是集合 $\{\frac{1}{n} : n\geqslant 1\}$ 的最小上界，故 $\sup(a_n)_{n=1}^\infty=\sup\{\frac{1}{n} : n\geqslant 1\}=1$ .

上面的证明也说明了一个这样的命题：已知E是广义实数集 $\mathbb{R}^*$ 的子集. 如果 $M\in\mathbb{R}^*$ 是E的上界并且 $M\in E$ ，那么M就是E的最小上界. 对最大下界也有类似的命题. 我们可以推广定义5.5.1和定义5.5.5使之适用于广义实数系，并且与原定义是相容的. 对于广义实数集的上确界我们可以使用定义6.2.6，也可以使用定义5.5.1与定义5.5.5相对于广义实数集的推广，因为他们是等价的.

定义5.5.1的推广：设E是 $\mathbb{R}^*$ 的子集，M是广义实数. 我们说M是E的一个上界，当且仅当对于E的每个元素x都有 $x\leqslant M$ .

定义5.5.5的推广：设E是 $\mathbb{R}^*$ 的子集，M是广义实数. 我们说M是E的最小上界，当且仅当(a)M是E的上界；(b)E的任何上界M’必定大于或等于M.

容易证明定义5.5.5的推广和定义6.2.6是等价的.

$\inf(a_n)_{n=1}^\infty=\inf\{\frac{1}{n} : n\geqslant 1\}=-\sup\{-x : x\in\{\frac{1}{n} : n\geqslant 1\}\}\\=-\sup\{-\frac{1}{n} : n\geqslant 1\}$

现在来证明0是集合 $\{-\frac{1}{n} : n\geqslant 1\}$ 的一个上界. 对任何对象 $y\in\{-\frac{1}{n} : n\geqslant 1\}$ ，有某 $n_y\geqslant 1$ 使 $y=-\frac{1}{n_y}$ . 由于 $n_y\geqslant 1>0$ ，则 $1\geqslant\frac{1}{n_y}>0$ ，故有 $-1\leqslant -\frac{1}{n_y}<0$ ，即 $y<0$ . 所以0是 $\{-\frac{1}{n} : n\geqslant 1\}$ 的一个上界. 我们假设存在实数 $M<0$ ，M也是 $\{-\frac{1}{n} : n\geqslant 1\}$ 的上界. 由于 $M<0$ ，则 $-M>0$ ，进一步 $\frac{1}{-M}>0$ . 由命题5.4.12知存在正整数N使得 $0<\frac{1}{-M}<N$ ，则 $0<\frac{1}{N}<-M$ ，即有 $0>-\frac{1}{N}>M$ . 这样我们就找到了 $-\frac{1}{N}\in\{-\frac{1}{n} : n\geqslant 1\}$ 使得 $-\frac{1}{N}>M$ ，这与M是此集合的上界相矛盾，故假设不成立，即对所有实数 $M<0$ ，M不是 $\{-\frac{1}{n} : n\geqslant 1\}$ 的上界. 这蕴涵着如果M是 $\{-\frac{1}{n} : n\geqslant 1\}$ 的上界，那么 $M\geqslant 0$ . 这就说明了0为 $\{-\frac{1}{n} : n\geqslant 1\}$ 的最小上界. 故 $\inf(a_n)_{n=1}^\infty=-\sup\{-\frac{1}{n} : n\geqslant 1\}=-0=0$ .

6.3.2 证明： $x=\sup(a_n)_{n=m}^\infty=\sup\{a_n : n\geqslant m\}$ . 故对任何对象 $y\in\{a_n : n\geqslant m\}$ 有 $y\leqslant x$ . 对一切 $n\geqslant m$ ，有 $a_n\in\{a_n : n\geqslant m\}$ ，所以 $a_n\leqslant x$ .

如果存在 $M\in\mathbb{R}^*$ ，对一切 $n\geqslant m$ 有 $a_n\leqslant M$ . 对任何 $y\in\{a_n : n\geqslant m\}$ ，存在 $n_y\geqslant m$ 使 $y=a_{n_y}$ . 故 $y=a_{n_y}\leqslant M$ . 故M也是集合 $\{a_n : n\geqslant m\}$ 的上界，由定理6.2.11知 $x=\sup\{a_n : n\geqslant m\}\leqslant M$ . 这一小问的逆命题也成立，即对广义实数 $M\in\mathbb{R}^*$ ，如果 $x\leqslant M$ 那么M是 $\{a_n : n\geqslant m\}$ 的一个上界.

设y为广义实数. 我们假设存在 $y<x$ 使得对于一切 $n\geqslant m$ 有 $y\geqslant a_n$ . 由上论证我们知道 $x\leqslant y$ ，这与 $y<x$ 相矛盾，故假设不成立，所以对所有 $y<x$ 存在 $n\geqslant m$ 使得 $y<a_n$ ，再由上讨论即有 $y<a_n\leqslant x$ .

6.3.3 证明：由命题6.3.6知有 $\sup(a_n)_{n=m}^\infty\leqslant M$ ，所以只需证 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=\sup(a_n)_{n=m}^\infty$ .

记 $x:=\sup(a_n)_{n=m}^\infty$ ，那么对一切 $n\geqslant m$ 有 $a_n\leqslant x$ ，即 $a_n-x\leqslant 0$ . 由于M是有限的，即 $M\in\mathbb{R}$ ，所以不大于M的x也是实数.

由于 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 是单调增的，即对于一切 $n\geqslant m$ 有 $a_{n+1}\geqslant a_n$ . 由习题6.1.1类似的证明我们知：对任何 $j,k\geqslant m$ ，如果 $j\geqslant k$ 那么 $a_j\geqslant a_k$ .

现在假设存在实数 $\varepsilon>0$ ，使得对所有 $N\geqslant m$ 有 $x-\varepsilon>a_N$ .(由于x是实数，我们当然可以对其进行减运算) 由命题6.3.6知 $x-\varepsilon$ 也是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的上界. 但 $x-\varepsilon<x$ ，这显然与x是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的最小上界相矛盾. 所以假设不成立，故对所有 $\varepsilon>0$ 的实数，存在 $N\geqslant m$ 使得 $x-\varepsilon\leqslant a_N$ ，即 $x-a_N\leqslant\varepsilon$ . 这一部分的证明也可以直接使用命题6.3.6：对于任何实数 $\varepsilon>0$ ，有 $x-\varepsilon<x$ ，由命题6.3.6知存在 $N\geqslant m$ 使得 $x-\varepsilon\leqslant a_N$ ，即 $x-a_N\leqslant\varepsilon$ . 而对所有 $n\geqslant N\geqslant m$ ，由上面讨论“对任何 $j,k\geqslant m$ ，如果 $j\geqslant k$ 那么 $a_j\geqslant a_k$ ”知有 $a_n\geqslant a_N$ ，即 $x-a_n\leqslant x-a_N$ . 故对任何实数 $\varepsilon>0$ ，存在 $N\geqslant m$ ，使得对所有 $n\geqslant N\geqslant m$ 有 $x-a_n\leqslant x-a_N\leqslant\varepsilon$ . 又因为“对一切 $n\geqslant m$ 有 $a_n\leqslant x$ ”知对任何实数 $\varepsilon>0$ ，存在 $N\geqslant m$ ，使得对所有 $n\geqslant N\geqslant m$ 有 $|a_n-x|=x-a_n\leqslant x-a_N\leqslant\varepsilon$ . 这说明 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 收敛到 $\sup(a_n)_{n=m}^\infty$ .

6.3.4 证明：当 $x>1$ 时，我们不妨假设 $(x^n)_{n=1}^\infty$ 是收敛的，我们记其收敛到实数L，即 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}x^n=L$ .

由于 $x>1>0$ ，则 $1>\frac{1}{x}>0$ ，由命题6.3.8知此时 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}(\frac{1}{x})^n=0$ .

由于 $(x^n)_{n=1}^\infty$ 和 $((\frac{1}{x})^n)_{n=1}^\infty$ 都是收敛的，由定理6.1.19知 $\displaystyle(\lim_{n\rightarrow\infty}(\frac{1}{x})^n)(\lim_{n\rightarrow\infty}x^n)=\lim_{n\rightarrow\infty}((\frac{1}{x})^nx^n)=\lim_{n\rightarrow\infty}((\frac{1}{x}x)^n)=\lim_{n\rightarrow\infty}1^n=1$ ，这说明 $L\times 0=1$ ，即 $0=1$ ，这是矛盾的. 所以假设不成立，即当 $x>1$ 时 $(x^n)_{n=1}^\infty$ 不收敛.