《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§6.4解答

习题6.4

6.4.1 证明：对任意实数 $\varepsilon>0$ ，对每个 $N\geqslant m$ ，由于 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 是收敛到实数c的序列，即都存在 $N'\geqslant m$ 使对一切 $n\geqslant N'$ 有 $|a_n-c|\leqslant\varepsilon$ . 那么我们取 $n:=max\{N,N'\}$ ，则有 $n\geqslant N$ 且 $n\geqslant N'$ ，故 $|a_n-c|\leqslant\varepsilon$ . 所以c是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点.

假设实数c’也是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点，即对任意实数 $\varepsilon>0$ ，对每个 $N\geqslant m$ ，都存在 $n\geqslant N$ 使 $|a_n-c'|\leqslant\varepsilon$ . 对任意实数 $\varepsilon>0$ ，有 $\frac{\varepsilon}{2}>0$ ，由于 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 是收敛到实数c的序列，所以存在 $N_1\geqslant m$ 使对一切 $n\geqslant N_1$ 有 $|a_n-c|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ . 又由于实数c’是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点，那么对 $\frac{\varepsilon}{2}>0$ ，对 $N_1\geqslant m$ 存在 $n_1\geqslant N_1$ 使 $|a_{n_1}-c'|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ . 又由于 $n_1\geqslant N_1$ 所以 $|a_{n_1}-c|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ . 故对任意实数 $\varepsilon>0$ ，可找到一个 $n\geqslant m$ 使 $|a_n-c'|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ 且 $|a_n-c|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ ，故 $|c-c'|=|c-a_n+a_n-c'|\leqslant |a_n-c|+|a_n-c'|\leqslant\varepsilon$ . 即对任意实数 $\varepsilon>0$ 总有 $|c-c'|\leqslant\varepsilon$ . 由习题5.4.7知 $c=c'$ ，故序列 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限是其唯一的极限点.

6.4.2 证明：

叙述：设 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 是一个实数列(其中m为某整数)，设c是实数，设m’是不小于m的整数(即有 $m'\geqslant m$ ). 我们有c是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点当且仅当c是 $(a_n)_{n=m'}^\infty$ 的极限点；c是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的上极限当且仅当c是 $(a_n)_{n=m'}^\infty$ 的上极限；c是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的下极限当且仅当c是 $(a_n)_{n=m'}^\infty$ 的下极限. 设k是不小于0的整数(即有 $k\geqslant 0$ ). 我们有c是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点当且仅当c是 $(a_{n+k})_{n=m}^\infty$ 的极限点；c是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的上极限当且仅当c是 $(a_{n+k})_{n=m}^\infty$ 的上极限；c是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的下极限当且仅当c是 $(a_{n+k})_{n=m}^\infty$ 的下极限.

证明：对于每个实数 $\varepsilon>0$ ，对每个 $N\geqslant m'$ ，由于 $m'\geqslant m$ ，则 $N\geqslant m$ ，由c是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点知存在 $n\geqslant N$ 使 $|a_n-c|\leqslant\varepsilon$ . 故c也是 $(a_n)_{n=m'}^\infty$ 的极限点，即如果c是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点那么c是 $(a_n)_{n=m'}^\infty$ 的极限点；如果c是 $(a_n)_{n=m'}^\infty$ 的极限点，则对每个实数 $\varepsilon>0$ ，对每个 $N\geqslant m'$ ，都存在 $n\geqslant N$ 使 $|a_n-c|\leqslant\varepsilon$ . 再考虑对每个 $m\leqslant N'<m'$ ，由上讨论我们可取任意一个 $N\geqslant m'>N'$ ，那么存在 $n\geqslant N>N'$ 使 $|a_n-c|\leqslant\varepsilon$ . 故如果c是 $(a_n)_{n=m'}^\infty$ 的极限点那么c是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点. 综上，我们有c是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点当且仅当c是 $(a_n)_{n=m'}^\infty$ 的极限点.

为了证明“c是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的上极限当且仅当c是 $(a_n)_{n=m'}^\infty$ 的上极限”，我们先来证明几个小命题：

设 $(b_n)_{n=m_1}^\infty$ 是一个实数列(其中 $m_1$ 为某整数)， $m_1'$ 是不小于 $m_1$ 的整数(即有 $m_1'\geqslant m_1$ ).

6.4.2.1 我们有 $\sup(b_n)_{n=m_1}^\infty\geqslant\sup(b_n)_{n=m_1'}^\infty$ .
6.4.2.2 如果对所有 $m_1\leqslant n_1<m_1'$ 存在 $n_2\geqslant m_1'$ 使得 $b_{n_1}\geqslant b_{n_2}$ ，则 $\inf(b_n)_{n=m_1}^\infty=\inf(b_n)_{n=m_1'}^\infty$ .

6.4.2.1证明：对一切 $n\geqslant m_1'$ ，由 $m_1'\geqslant m_1$ 知 $n\geqslant m_1$ . 再由 $\sup(b_n)_{n=m_1}^\infty$ 是 $(b_n)_{n=m_1}^\infty$ 的上确界和命题6.3.6知 $\sup(b_n)_{n=m_1}^\infty\geqslant b_n$ ，即 $\sup(b_n)_{n=m_1}^\infty$ 也是 $(b_n)_{n=m_1'}^\infty$ 的一个上界，再由命题6.3.6知 $\sup(b_n)_{n=m_1}^\infty\geqslant\sup(b_n)_{n=m_1'}^\infty$ .

6.4.2.2证明：同理由命题6.3.6对应的下确界命题我们知 $\inf(b_n)_{n=m_1}^\infty\leqslant\inf(b_n)_{n=m_1'}^\infty$ . 由 $\inf(b_n)_{n=m_1'}^\infty$ 是 $(b_n)_{n=m_1'}^\infty$ 的下确界，由命题6.3.6对应的下确界命题知对一切 $n\geqslant m_1'$ 有 $b_n\geqslant\inf(b_n)_{n=m_1'}^\infty$ . 如果对所有 $m_1\leqslant n_1<m_1'$ 存在 $n_2\geqslant m_1'$ 使得 $b_{n_1}\geqslant b_{n_2}$ ，则有 $b_{n_1}\geqslant b_{n_2}\geqslant\inf(b_n)_{n=m_1'}^\infty$ ，即对所有 $m_1\leqslant n_1<m_1'$ 有 $b_{n_1}\geqslant\inf(b_n)_{n=m_1'}^\infty$ . 再综合“对一切 $n\geqslant m_1'$ 有 $b_n\geqslant\inf(b_n)_{n=m_1'}^\infty$ ”知对一切 $n\geqslant m_1$ 有 $b_n\geqslant\inf(b_n)_{n=m_1'}^\infty$ . 故 $\inf(b_n)_{n=m_1'}^\infty$ 也是 $(b_n)_{n=m_1}^\infty$ 的一个下界，由命题6.3.6对应的下确界命题知 $\inf(b_n)_{n=m_1}^\infty\geqslant\inf(b_n)_{n=m_1'}^\infty$ ，再结合 $\inf(b_n)_{n=m_1}^\infty\leqslant\inf(b_n)_{n=m_1'}^\infty$ 我们得到 $\inf(b_n)_{n=m_1}^\infty=\inf(b_n)_{n=m_1'}^\infty$ .

已知 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 是实数列(其中m为某整数)，而 $a_N^+=\sup(a_n)_{n=N}^\infty(N\geqslant m)$ . 我们假设 $\inf(a_N^+)_{N=m}^\infty\neq\inf(a_N^+)_{N=m'}^\infty(m'\geqslant m)$ . 由6.4.2.2知道存在 $m\leqslant m_1<m'$ 对所有 $m_2\geqslant m'$ 有 $a_{m_1}^+<a_{m_2}^+$ ，即 $\sup(a_n)_{n=m_1}^\infty<\sup(a_n)_{n=m_2}^\infty$ . 而 $m_2>m_1$ ，由6.4.2.1知 $\sup(a_n)_{n=m_1}^\infty\geqslant\sup(a_n)_{n=m_2}^\infty$ ，所以这是一个矛盾，故假设不成立，则有 $\inf(a_N^+)_{N=m}^\infty=\inf(a_N^+)_{N=m'}^\infty(m'\geqslant m)$ . 这就证明了c是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的上极限当且仅当c是 $(a_n)_{n=m'}^\infty$ 的上极限. 同理可证c是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的下极限当且仅当c是 $(a_n)_{n=m'}^\infty$ 的下极限.

为了证明习题6.4.2的后一部分，我们先来证一个小命题：

6.4.2.3 设 $(a_n)_{n=m_1}^\infty$ 和 $(b_n)_{n=m_2}^\infty$ 是实数列(其中 $m_1,m_2$ 为某整数)，令 $p:=m_2-m_1$ . 两序列满足对一切 $m\geqslant m_1$ 有 $a_m=b_{m+p}$ . 这说明了两序列本身一样只是可能起始下标不一样. 那么我们有c是 $(a_n)_{n=m_1}^\infty$ 的极限点当且仅当c是 $(b_n)_{n=m_2}^\infty$ 的极限点；c是 $(a_n)_{n=m_1}^\infty$ 的上（下）极限当且仅当c是 $(b_n)_{n=m_2}^\infty$ 的上（下）极限.

6.4.2.3证明：对一切实数 $\varepsilon>0$ ，对一切整数 $N\geqslant m_2$ ，由 $p:=m_2-m_1$ 知 $N\geqslant p+m_1$ ，故 $N-p\geqslant m_1$ ，由c是 $(a_n)_{n=m_1}^\infty$ 的极限点知存在 $n\geqslant N-p$ 使 $|a_n-c|\leqslant\varepsilon$ ，即存在 $n+p\geqslant N$ 使 $|b_{n+p}-c|\leqslant\varepsilon$ ，令 $n':=n+p$ ，故即存在 $n'\geqslant N$ 使 $|b_{n'}-c|\leqslant\varepsilon$ . 故c也是 $(b_n)_{n=m_2}^\infty$ 的极限点. 这样就证明了如果c是 $(a_n)_{n=m_1}^\infty$ 的极限点那么c是 $(b_n)_{n=m_2}^\infty$ 的极限点.

对一切实数 $\varepsilon>0$ ，对一切整数 $N\geqslant m_1$ ，即 $N+p\geqslant m_2$ ，由c是 $(a_n)_{n=m_2}^\infty$ 的极限点知存在 $n\geqslant N+p$ 使 $|b_n-c|\leqslant\varepsilon$ ，即存在 $n-p\geqslant N$ 使 $|a_{n-p}-c|\leqslant\varepsilon$ ，令 $n':=n-p$ ，故即存在 $n'\geqslant N$ 使 $|a_{n'}-c|\leqslant\varepsilon$ . 故c也是 $(b_n)_{n=m_1}^\infty$ 的极限点. 这样就证明了如果c是 $(a_n)_{n=m_2}^\infty$ 的极限点那么c是 $(b_n)_{n=m_1}^\infty$ 的极限点. 综上，我们有c是 $(a_n)_{n=m_1}^\infty$ 的极限点当且仅当c是 $(b_n)_{n=m_2}^\infty$ 的极限点.

现在我们来证 $\sup(a_n)_{n=m_1}^\infty=\sup(b_n)_{n=m_2}^\infty$ ，虽然这看起来很显然，因为 $(a_n)_{n=m_1}^\infty$ 和 $(b_n)_{n=m_2}^\infty$ 是序列本身一样而起始下标可能不一样的序列.

证明：用反证法. 假设 $\sup(a_n)_{n=m_1}^\infty>\sup(b_n)_{n=m_2}^\infty$ ，由命题6.3.6知存在整数 $n\geqslant m_1$ 使 $a_n>\sup(b_n)_{n=m_2}^\infty$ ，即存在整数 $n+p\geqslant m_2$ 使 $b_{n+p}>\sup(b_n)_{n=m_2}^\infty$ ，这显然是个矛盾；同理可证 $\sup(a_n)_{n=m_1}^\infty<\sup(b_n)_{n=m_2}^\infty$ 不成立；再由命题6.2.5(b)广义实数序的三歧性知此时只能 $\sup(a_n)_{n=m_1}^\infty=\sup(b_n)_{n=m_2}^\infty$ . 同理我们可证 $\inf(a_n)_{n=m_1}^\infty=\inf(b_n)_{n=m_2}^\infty$ .

由于对一切整数 $m\geqslant m_1$ 有 $a_m=b_{m+p}$ . 故对一切整数 $N\geqslant m_1$ ，对一切整数 $n\geqslant N$ 有 $a_n=b_{n+p}$ . 即对一切整数 $N\geqslant m_1$ 有 $(a_n)_{n=N}^\infty$ 和 $(b_n)_{n=N+p}^\infty$ 是序列本身一样只是可能起始下标不一样的实数列，由上论证可知对一切整数 $N\geqslant m_1$ 有 $\sup(a_n)_{n=N}^\infty=\sup(b_n)_{n=N+p}^\infty$ ，即 $a_N^+=b_{N+p}^+$ . 到此，我们知道了 $(a_N^+)_{N=m_1}^\infty$ 和 $(b_N^+)_{N=m_1+p}^\infty$ 是序列本身一样只是可能起始下标不一样的实数列，再由上论证我们知 $\inf (a_N^+)_{N=m_1}^\infty=\inf(b_N^+)_{N=m_2}^\infty$ ，故c是 $(a_n)_{n=m_1}^\infty$ 的上极限当且仅当c是 $(b_n)_{n=m_2}^\infty$ 的上极限. 同理我们可证c是 $(a_n)_{n=m_1}^\infty$ 的下极限当且仅当c是 $(b_n)_{n=m_2}^\infty$ 的下极限. 这就完成了6.4.2.3的证明.

现在我们来证明 $(a_{n+k})_{n=m}^\infty$ 与 $(a_n)_{m+k}^\infty$ 是序列本身一样但起始下标可能不一样的序列. 对于任何整数 $n\geqslant m$ 有 $a_{n+k}=a_{n+((m+k)-m)}$ ，这就完成了证明.

故c是 $(a_{n+k})_{n=m}^\infty$ 的极限点当且仅当c是 $(a_n)_{m+k}^\infty$ 的极限点，在由上讨论进一步知当且仅当是 $(a_n)_m^\infty$ 的极限点. 同理可知c是 $(a_{n+k})_{n=m}^\infty$ 的上（下）极限当且仅当c是 $(a_n)_m^\infty$ 的上（下）极限.

最后一点补充：就如同习题6.1.4有两种方法来证明一样，我们这里只选择用第一种方法，其实另一种方法也可以，但这里就不写了.

6.4.3 证明：(c)我们先来证明 $(a_N^+)_{N=m}^\infty$ 是一个减序列. 对任何 $N\geqslant m$ 有 $a_{N+1}^+=\sup(a_n)_{n=N+1}^\infty$ 和 $a_N^+=\sup(a_n)_{n=N}^\infty$ . 由习题6.4.2中6.4.2.1我们知 $a_{N+1}^+\leqslant a_N^+$ . 由习题6.1.1的证明我们知对任何 $n_1,n_2\geqslant m$ ，如果 $n_1\geqslant n_2$ 那么 $a_{n_1}^+\leqslant a_{n_2}^+$ . 现在来证 $\sup(a_N^+)_{N=m}^\infty=a_m^+$ . $\sup(a_N^+)_{N=m}^\infty=\sup\{a_N^+ : N\geqslant m\}$ . 对每个 $N\geqslant m$ ，由于 $(a_N^+)_{N=m}^\infty$ 是减序列，故 $a_N^+\leqslant a_m^+$ . 所以 $a_m^+$ 是 $\{a_N^+ : N\geqslant m\}$ 的上界. 又因为 $a_m^+\in\{a_N^+ : N\geqslant m\}$ ，故 $a_m^+$ 是 $\{a_N^+ : N\geqslant m\}$ 的最小上界，即 $\sup(a_N^+)_{N=m}^\infty=a_m^+=\sup(a_n)_{n=m}^\infty$ . 由定理6.2.11(a)知 $L^+=\inf(a_N^+)_{N=m}^\infty=\inf\{a_N^+ : N\geqslant m\}$ $\leqslant\sup\{a_N^+ : N\geqslant m\}=\sup(a_N^+)_{N=m}^\infty=\sup(a_n)_{n=m}^\infty$ . 至此我们证明了 $L^+\leqslant\sup(a_n)_{n=m}^\infty$ ，同理可证 $\inf(a_n)_{n=m}^\infty\leqslant L^-$ . 所以我们只需证 $L^-\leqslant L^+$ ，即证 $\sup(a_N^-)_{N=m}^\infty\leqslant\inf(a_N^+)_{N=m}^\infty$ . 我们用反证法，假设 $L^->L^+$ ，即 $\sup(a_N^-)_{N=m}^\infty>\inf(a_N^+)_{N=m}^\infty$ . 由命题6.3.6知存在整数 $N_1\geqslant m$ 使 $\inf(a_N^+)_{N=m}^\infty<a_{N_1}^-\leqslant\sup(a_N^-)_{N=m}^\infty$ (同理我们也可得到存在整数 $N_1'\geqslant m$ 使 $\inf(a_N^+)_{N=m}^\infty\leqslant a_{N_1'}^+<\sup(a_N^-)_{N=m}^\infty$ ，沿此同样可以证明假设不成立). 再由命题6.3.6和 $\inf(a_N^+)_{N=m}^\infty<a_{N_1}^-$ 知存在存在整数 $N_2\geqslant m$ 使 $\inf(a_N^+)_{N=m}^\infty\leqslant a_{N_2}^+<a_{N_1}^-$ . 至此我们找到两整数 $N_1,N_2\geqslant m$ 使 $a_{N_2}^+<a_{N_1}^-$ . 我们再假设 $N_1=N_2$ ，由定理6.2.11(a)知有 $a_{N_2}^+=a_{N_1}^+\geqslant a_{N_1}^-$ ，即 $a_{N_2}^+\geqslant a_{N_1}^-$ ，这与 $a_{N_2}^+<a_{N_1}^-$ 相矛盾，故假设不成立；再假设 $N_1>N_2$ ，由习题6.4.2中6.4.2.1知 $a_{N_2}^+\geqslant a_{N_1}^+$ ，再由 $a_{N_2}^+<a_{N_1}^-$ 知 $a_{N_1}^->a_{N_1}^+$ ，由定理6.2.11(a)知这是不可能的. 再假设 $N_1<N_2$ ，由习题6.4.2中6.4.2.1对应的关于下确界的命题(即 $\inf(b_n)_{n=m_1}^\infty\leqslant\inf(b_n)_{n=m_1'}^\infty$ )知有 $a_{N_1}^-\geqslant a_{N_2}^-$ ，再由 $a_{N_2}^+<a_{N_1}^-$ 知 $a_{N_2}^->a_{N_2}^+$ ，同理由定理6.2.11(a)知这是不可能的. 综上我们知道 $N_1=N_2,N_1<N_2,N_1>N_2$ 没有一个成立，但这与整数序的三歧性相矛盾，这个矛盾说明不能找到两整数 $N_1,N_2\geqslant m$ 使 $a_{N_2}^+<a_{N_1}^-$ . 进一步假设 $L^->L^+$ 不成立，故由广义实数序的三歧性知有 $L^-\leqslant L^+$ . 综上我们有 $\inf(a_n)_{n=m}^\infty\leqslant L^-\leqslant L^+\leqslant\sup(a_n)_{n=m}^\infty$ .

(d)我们用反证法，假设 $c>L^+$ ，则有 $c-L^+>0$ . 设实数 $0<k<1$ ，则有 $k(c-L^+)>0$ . 由于c是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点，故对一切整数 $N\geqslant m$ 都存在整数 $n\geqslant N$ 使 $|a_n-c|\leqslant k(c-L^+)$ ，即有 $a_n\geqslant kL^++(1-k)c$ . 故对一切整数 $N\geqslant m$ ，有 $a_N^+=\sup(a_n)_{n=N}^\infty\geqslant kL^++(1-k)c$ . 所以 $kL^++(1-k)c$ 是 $(a_N^+)_{N=m}^\infty$ 的一个下界. 由命题6.3.6知有 $\inf(a_N^+)_{N=m}^\infty\geqslant kL^++(1-k)c$ ，即 $L^+\geqslant kL^++(1-k)c$ ，则有 $L^+\geqslant c$ ，这与假设矛盾，故假设不成立，即有 $c\leqslant L^+$ . 同理可证 $L^-\leqslant c$ . 综上有 $L^-\leqslant c\leqslant L^+$ .

(e)我们用反证法证明 $L^+$ 是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点. 假设 $L^+$ 不是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点，由定义6.4.1即存在实数 $\varepsilon_0>0$ ，存在整数 $N_0\geqslant m$ 使对一切整数 $n\geqslant N_0$ 有 $|a_n-L^+|>\varepsilon_0$ . 现在我们来证“对一切整数 $n\geqslant N_0$ 存在整数 $n'\geqslant n$ 使 $a_{n'}-L^+\geqslant -\varepsilon_0$ ”，还是用反证法，假设不然，则存在整数 $n_0\geqslant N_0$ 对一切整数 $n'\geqslant n_0$ 有 $a_{n'}-L^+<-\varepsilon_0$ ，即 $a_{n'}<L^+-\varepsilon_0$ . 故 $L^+-\varepsilon_0$ 是 $(a_p)_{p=n_0}^\infty$ 的一个上界，故有 $a_{n_0}^+=\sup(a_p)_{p=n_0}^\infty\leqslant L^+-\varepsilon_0$ . 又因为 $L^+=\inf(a_p^+)_{p=m}^\infty\leqslant a_{n_0}^+$ ，则有 $L^+\leqslant L^+-\varepsilon_0$ ，则 $\varepsilon_0\leqslant 0$ . 这明显与我们的大假设矛盾，故“对一切整数 $n\geqslant N_0$ 存在整数 $n'\geqslant n$ 使 $a_{n'}\geqslant L^+-\varepsilon_0$ ”得证. 又因为大假设有对一切整数 $n\geqslant N_0$ 有 $|a_n-L^+|>\varepsilon_0$ ，故有对整数 $n'$ 有 $|a_{n'}-L^+|>\varepsilon_0$ . 综合起来就是对一切整数 $n\geqslant N_0$ 存在整数 $n'\geqslant n$ 使 $a_{n'}\geqslant L^+-\varepsilon_0$ 并且 $|a_{n'}-L^+|>\varepsilon_0$ ，则我们得到对一切整数 $n\geqslant N_0$ 存在整数 $n'\geqslant n$ 使 $a_{n'}> L^++\varepsilon_0$ . 故对一切整数 $n\geqslant N_0$ ，有 $a_n^+=\sup(a_p)_{p=n}^\infty\geqslant a_{n'}>L^++\varepsilon_0$ ，故 $L^++\varepsilon_0$ 是 $(a_p^+)_{p=N_0}^\infty$ 的一个下界. 由习题6.4.3(c)中讨论知 $(a_p^+)_{p=m}^\infty$ 是减序列，故 $L^++\varepsilon_0$ 也是 $(a_p^+)_{p=m}^\infty$ 的下界. 由命题6.3.6知 $L^++\varepsilon_0\leqslant\inf(a_p^+)_{p=m}^\infty=L^+$ ，即有 $\varepsilon_0\leqslant 0$ . 这与假设“ $L^+$ 不是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点”是矛盾的，这个矛盾说明假设不成立，故 $L^+$ 是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点. 注意以上论证都是在 $L^+$ 为实数(有限)时的论证，而 $L^+$ 不是实数而是广义实数时，上面的论证是不成立的，因为我们只定义了广义实数的负运算，其他运算根本没有定义，以上论证也就无从说起. 所以我们证明了“若 $L^+$ 是有限的则它是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点.”. 同理我们可证“若 $L^-$ 是有限的则它是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点.”.

(f)已知c是实数. 如果 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 收敛到c，即对任一实数 $\varepsilon>0$ ，都存在整数 $N\geqslant m$ 使对一切整数 $n\geqslant N$ 有 $|a_n-c|\leqslant\varepsilon$ ，即 $|a_n|-|c|\leqslant|a_n-c|\leqslant\varepsilon$ ，即 $|a_n|\leqslant|c|+\varepsilon$ ，即 $-|c|-\varepsilon\leqslant a_n\leqslant|c|+\varepsilon$ . 故对实数 $\varepsilon_0>0$ ，存在整数 $N_0\geqslant m$ 使对一切整数 $n\geqslant N_0$ 有 $-|c|-\varepsilon_0\leqslant a_n\leqslant|c|+\varepsilon_0$ . 所以 $-|c|-\varepsilon_0$ 和 $|c|+\varepsilon_0$ 分别是 $(a_n)_{n=N_0}^\infty$ 的下界和上界. 所以有 $-|c|-\varepsilon_0\leqslant a_{N_0}^-$ 和 $|c|+\varepsilon_0\geqslant a_{N_0}^+$ ，进一步有 $L^-=\sup(a_N^-)_{N=m}^\infty\geqslant a_{N_0}^-\geqslant-|c|-\varepsilon_0$ 和 $L^+=\inf(a_N^+)_{N=m}^\infty\leqslant a_{N_0}^+\leqslant|c|+\varepsilon_0$ . 由(c)我们知 $L^-\leqslant L^+$ ，故有 $-|c|-\varepsilon_0\leqslant L^-\leqslant L^+\leqslant|c|+\varepsilon_0$ ，所以 $L^-,L^+$ 均是实数. 再由(e)知 $L^-,L^+$ 均是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点，再由命题6.4.5知有 $L^+=L^-=c$ . 我们当然可以直接使用推论6.1.17说明 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 是有界的，然后沿同样的思路证明命题.

如果 $L^+=L^-=c$ ，即 $\inf(a_N^+)_{N=m}^\infty=\sup(a_N^-)_{N=m}^\infty=c$ 是实数. 在(c)中我们已证明 $(a_N^+)_{N=m}^\infty$ 是减序列，又因为 $L^+=\inf(a_N^+)_{N=m}^\infty=c$ 是实数，即为有限的，故 $(a_N^+)_{N=m}^\infty$ 有有限的最大下界. 由命题6.3.8知 $\displaystyle\lim_{N\rightarrow\infty}a_N^+=\inf(a_N^+)_{N=m}^\infty=L^+$ . 同理可知 $\displaystyle\lim_{N\rightarrow\infty}a_N^-=\sup(a_N^-)_{N=m}^\infty=L^-$ . 故有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n^+=\lim_{n\rightarrow\infty}a_n^-=c$ . 由定理6.1.19知 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}(a_n^+-a_n^-)=0$ ，这说明对任何实数 $\varepsilon>0$ ，存在整数 $N\geqslant m$ 使对一切整数 $n\geqslant N$ 有 $|a_n^+-a_n^-|\leqslant\varepsilon$ ，即有 $|\sup(a_p)_{p=n}^\infty-\inf(a_p)_{p=n}^\infty|=\sup(a_p)_{p=n}^\infty-\inf(a_p)_{p=n}^\infty\leqslant\varepsilon$ . 同时对一切整数 $n\geqslant N$ 有 $\sup(a_p)_{p=n}^\infty=a_n^+\geqslant\inf(a_N^+)_{N=m}^\infty=c=\sup(a_N^-)_{N=m}^\infty\geqslant a_n^-=\inf(a_p)_{p=n}^\infty$ ，即 $a_n^-\leqslant c\leqslant a_n^+$ ；并且同时对一切整数 $n\geqslant N$ 有 $a_n^+=\sup(a_p)_{p=n}^\infty\geqslant a_n\geqslant\inf(a_p)_{p=n}^\infty=a_n^-$ ，即 $a_n^-\leqslant a_n\leqslant a_n^+$ . 综合起来就是对一切整数 $n\geqslant N$ 有 $-(a_n^+-a_n^-)\leqslant a_n-c\leqslant a_n^+-a_n^-$ ，即 $|a_n-c|\leqslant a_n^+-a_n^-=|a_n^+-a_n^-|\leqslant\varepsilon$ . 这样就找到了整数 $N\geqslant m$ 使对一切整数 $n\geqslant N$ 有 $|a_n-c|\leqslant\varepsilon$ ，故 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 收敛到c.

6.4.4 证明：用反证法. 假设 $\sup(a_n)_{n=m}^\infty>\sup(b_n)_{n=m}^\infty$ ，由命题6.3.6知存在整数 $n_0\geqslant m$ 使 $a_{n_0}>\sup(b_n)_{n=m}^\infty$ ，但这显然与“对一切整数 $n\geqslant m$ 有 $a_n\leqslant b_n$ ”相矛盾，故假设不成立，由命题6.2.5(b)我们知有 $\sup(a_n)_{n=m}^\infty\leqslant\sup(b_n)_{n=m}^\infty$ 成立. 同理可证 $\inf(a_n)_{n=m}^\infty\leqslant\inf(b_n)_{n=m}^\infty$ .

由上已证如果对一切整数 $n\geqslant m$ 有 $a_n\leqslant b_n$ 那么有 $\sup(a_n)_{n=m}^\infty\leqslant\sup(b_n)_{n=m}^\infty$ 和 $\inf(a_n)_{n=m}^\infty\leqslant\inf(b_n)_{n=m}^\infty$ . 已知对一切整数 $n\geqslant m$ 有 $a_n\leqslant b_n$ ，故对一切整数 $N\geqslant m$ 对一切整数 $n\geqslant N$ 有 $a_n\leqslant b_n$ ，则有 $\sup(a_n)_{n=N}^\infty\leqslant\sup(b_n)_{n=N}^\infty$ . 即对一切整数 $N\geqslant m$ 有 $a_N^+\leqslant b_N^+$ ，故有 $\inf(a_N^+)_{N=m}^\infty\leqslant\inf(b_N^+)_{N=m}^\infty$ ，即 $\displaystyle\limsup_{n\rightarrow\infty}(a_n)\leqslant\limsup_{n\rightarrow\infty}(b_n)$ . 同理可证 $\displaystyle\liminf_{n\rightarrow\infty}(a_n)\leqslant\liminf_{n\rightarrow\infty}(b_n)$ .

6.4.5 证明：已知对实数列 $(a_n)_{n=m}^\infty,(b_n)_{n=m}^\infty,(c_n)_{n=m}^\infty$ 满足对一切 $n\geqslant m$ 有 $a_n\leqslant b_n\leqslant c_n$ . 由推论6.4.14知有 $\displaystyle \limsup_{n\rightarrow\infty}(a_n)\leqslant\limsup_{n\rightarrow\infty}(b_n)\leqslant\limsup_{n\rightarrow\infty}(c_n)$ 和 $\displaystyle \liminf_{n\rightarrow\infty}(a_n)\leqslant\liminf_{n\rightarrow\infty}(b_n)\leqslant\liminf_{n\rightarrow\infty}(c_n)$ . 又因为 $(a_n)_{n=m}^\infty,(c_n)_{n=m}^\infty$ 都收敛到同一极限L，由命题6.4.12(f)知有 $\displaystyle \limsup_{n\rightarrow\infty}(a_n)=\limsup_{n\rightarrow\infty}(c_n)=\liminf_{n\rightarrow\infty}(a_n)=\liminf_{n\rightarrow\infty}(c_n)=L$ . 故有 $\displaystyle L\leqslant\limsup_{n\rightarrow\infty}(b_n)\leqslant L$ 和 $\displaystyle L\leqslant\liminf_{n\rightarrow\infty}(b_n)\leqslant L$ ，所以 $\displaystyle \limsup_{n\rightarrow\infty}(b_n)=\liminf_{n\rightarrow\infty}(b_n)=L$ ，再由命题6.4.12(f)知 $(b_n)_{n=m}^\infty$ 也收敛到L.

6.4.6 解答：我们可以找到两个序列 $(a_n)_{n=1}^\infty$ 和 $(b_n)_{n=1}^\infty$ ，它们分别由 $a_n:=1-\frac{1}{n}$ 和 $b_n:=1-\frac{1}{n+1}$ 定义. 很容易证明两序列都以2为界并且对一切整数 $n\geqslant 1$ 有 $a_n<b_n$ . 但是 $\displaystyle\sup(1-\frac{1}{n})_{n=1}^\infty=\sup(1-\frac{1}{n+1})_{n=1}^\infty=\lim_{n\rightarrow\infty}(1-\frac{1}{n})=1-0=1$ . 很明显，这不与引理6.4.13相矛盾，因为 $\sup(1-\frac{1}{n})_{n=1}^\infty\leqslant\sup(1-\frac{1}{n+1})_{n=1}^\infty$ .

6.4.7 证明：如果 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=0$ ，即对任何实数 $\varepsilon>0$ 都存在整数 $N\geqslant m$ 使对一切整数 $n\geqslant N$ 有 $|a_n-0|\leqslant\varepsilon$ . 此时 $||a_n|-0|=||a_n||=|a_n|=|a_n-0|\leqslant\varepsilon$ ，则 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}|a_n|=0$ .

如果 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}|a_n|=0$ ，即对任何实数 $\varepsilon>0$ 都存在整数 $N\geqslant m$ 使对一切整数 $n\geqslant N$ 有 $||a_n|-0|\leqslant\varepsilon$ . 此时 $|a_n-0|=|a_n|=||a_n||=||a_n|-0|\leqslant\varepsilon$ ，则 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=0$ .

综上， $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=0$ 当且仅当 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}|a_n|=0$ .

如果 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}|a_n|=L\neq 0$ ，那么我们不能得到 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=L$ 或 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=-L$ . 一个反例就是序列 $((-1)^n\times 2)_{n=m}^\infty$ ，有 $\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}|(-1)^n\times 2|=2$ ；但序列本身不收敛到任何实数，因为其有两极限点2和-2.

如果 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=L>0$ ，那么 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}|a_n|=L$ . 证明：由于 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=L>0$ ，故对实数 $\frac{L}{2}>0$ ，存在整数 $N\geqslant m$ 使对一切整数 $n\geqslant N$ 有 $|a_n-L|\leqslant\frac{L}{2}$ ，即有 $a_n\geqslant L-\frac{L}{2}=\frac{L}{2}>0$ ，即对一切整数 $n\geqslant N\geqslant m$ 有 $a_n>0$ . 所以序列 $(|a_n|)_{n=N}^\infty$ 就是序列 $(a_n)_{n=N}^\infty$ . 由习题6.1.3知 $(a_n)_{n=N}^\infty$ 收敛到L，即 $(|a_n|)_{n=N}^\infty$ 收敛到L，再由习题6.1.3知 $(|a_n|)_{n=m}^\infty$ 收敛到L.

同理可证如果 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=L<0$ ，那么 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}|a_n|=-L$ .

6.4.8 证明：此题题干把极限点的概念扩展了，在扩展的定义下，我们可以考虑任意一个广义实数是不是序列的极限点.

已知 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 是实数列和 $a_N^+=\sup(a_n)_{n=N}^\infty=\sup\{a_n : n\geqslant N\}(N\geqslant m)$ . 由定义5.5.10知 $a_N^+$ 为广义实数. 而 $\displaystyle\limsup_{n\rightarrow\infty}(a_n)=\inf(a_N^+)_{N=m}^\infty=\inf\{a_N^+ : N\geqslant m\}=-\sup\{-a_N^+ : N\geqslant m\}$ ，再由定义6.2.6知 $\displaystyle\limsup_{n\rightarrow\infty}(a_n)$ 也是广义实数. 由广义实数三歧性我们知 $\displaystyle\limsup_{n\rightarrow\infty}(a_n)$ 恰为实数、 $+\infty$ 和 $-\infty$ 三者之一. 如果 $\displaystyle\limsup_{n\rightarrow\infty}(a_n)$ 为实数，由命题6.4.12(e)知其是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点；如果 $\displaystyle\limsup_{n\rightarrow\infty}(a_n)=+\infty$ ，即 $-\sup\{-a_N^+ : N\geqslant m\}=+\infty$ ，则 $\sup\{-a_N^+ : N\geqslant m\}=-\infty$ . 由定义6.2.6和定义5.5.10知 $\{-a_N^+ : N\geqslant m\}\backslash\{-\infty\}$ 是空集. 由此用反证法我们容易证明：对任何 $x\in\{-a_N^+ : N\geqslant m\}$ 有 $x=-\infty$ . 我们知道 $\{-a_N^+ : N\geqslant m\}$ 不是空集. 对一切 $N\geqslant m$ ，有 $-a_N^+\in \{-a_N^+ : N\geqslant m\}$ ，所以 $-a_N^+=-\infty$ ，则 $a_N^+=+\infty$ ，由定义5.5.10知 $\{a_n : n\geqslant N\}$ 无上界. 特别地， $\{a_n : n\geqslant m\}$ 无上界，即 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 无有限的上界，所以 $+\infty$ 为 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的一个极限点，即 $\displaystyle\limsup_{n\rightarrow\infty}(a_n)$ 为 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的一个极限点；如果 $\displaystyle\limsup_{n\rightarrow\infty}(a_n)=-\infty$ ，同理知 $\sup\{-a_N^+ : N\geqslant m\}=+\infty$ . 由定义6.2.6和定义5.5.10知存在 $N_0\geqslant m$ 使 $-a_{N_0}^+=+\infty$ ，或者 $\{-a_N^+ : N\geqslant m\}\backslash\{-\infty\}$ 无上界. 如果是存在 $N_0\geqslant m$ 使 $-a_{N_0}^+=+\infty$ ，同理我们知有 $\sup\{a_n : n\geqslant N_0\}=-\infty$ ，由定义5.5.10知 $\{a_n : n\geqslant N_0\}$ 是空集，但集合 $\{a_n : n\geqslant N_0\}$ 显然不是空集，故“存在 $N_0\geqslant m$ 使 $-a_{N_0}^+=+\infty$ ”不成立. 故只剩下“ $\{-a_N^+ : N\geqslant m\}\backslash\{-\infty\}$ 无上界”这种情况，即对任何实数 $-M$ 都存在整数 $N_M\geqslant m$ 使 $-a_{N_M}^+>-M$ ，即 $\sup\{a_n : n\geqslant N_M\}<M$ . 综上，对任何实数M，都存在整数 $N_M\geqslant m$ 使 $\sup\{a_n : n\geqslant N_M\}<M$ . 很明显我们容易证明此时 $\{a_n : n\geqslant m\}$ 是有有限上界的. 我们假设序列有有限下界，即存在实数 $M'$ 使对一切整数 $n\geqslant m$ 有 $a_n\geqslant M'$ . 而对实数 $M'$ ，存在整数 $N_{M'}\geqslant m$ 使 $\sup\{a_n : n\geqslant N_{M'}\}<M'$ ，即对一切整数 $n\geqslant N_{M'}$ 有 $a_n\leqslant\sup\{a_n : n\geqslant N_{M'}\}<M'$ . 这显然是个矛盾，故 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 无有限下界，所以 $-\infty$ 为 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的一个极限点，即此时 $\displaystyle\limsup_{n\rightarrow\infty}(a_n)$ 为 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的一个极限点. 综上， $\displaystyle\limsup_{n\rightarrow\infty}(a_n)$ 总为 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的一个极限点. 同理可证 $\displaystyle\liminf_{n\rightarrow\infty}(a_n)$ 为 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的一个极限点.

现如果c是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的（广义）极限点，当c是实数时，由命题6.4.12(d)知有 $L^-\leqslant c\leqslant L^+$ ；当c是 $+\infty$ 时，由题干定义知 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 没有有限的上界，由于 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 是实数列，即对一切整数 $n\geqslant m$ 有 $a_n\in\mathbb{R}$ . 我们假设存在整数 $N\geqslant m$ 使 $(a_n)_{n=N}^\infty$ 是有有限上界的，在结合有限实数列 $a_m,a_{m+1},...,a_{N-1}$ 是有界的我们容易证明： $(a_n)_{n=m}^\infty$ 有有限的上界. 这与“ $(a_n)_{n=m}^\infty$ 没有有限的上界”相矛盾，所以假设不成立，即对一切整数 $N\geqslant m$ 有 $(a_n)_{n=N}^\infty$ 是没有有限上界的. 由定义5.5.10知 $a_N^+=\sup(a_n)_{n=N}^\infty=\sup\{a_n : n\geqslant N\}=+\infty$ ，即对一切整数 $N\geqslant m$ 有 $a_N^+=+\infty$ . 此时 $L^+=\inf(a_N^+)_{N=m}^\infty=-\sup\{-a_N^+ : N\geqslant m\}=-\sup\{-\infty\}=+\infty$ ，即 $L^+=+\infty$ . 所以有 $c\leqslant L^+$ ，而 $L^-\leqslant +\infty=c$ . 综上，仍然有 $L^-\leqslant c\leqslant L^+$ ；当c是 $-\infty$ 时同理可证有 $L^-\leqslant c\leqslant L^+$ . 所以 $L^+,L^-$ 分别是序列的最大（广义）极限点和最小（广义）极限点.

6.4.9 构作：我们先证明一个命题：对任何自然数n，以下三命题恰有一个成立——6.4.9.1：对某自然数k有n=3k；6.4.9.2：对某自然数k有n=3k+1；6.4.9.3：对某自然数k有n=3k+2.

证明：我们先证明对任何自然数n，三命题至少有一个成立. 用归纳法. 对自然数0，显然存在自然数0使 $0=3\times 0$ ，即6.4.9.1成立. 容易用归纳法证明对任意自然数k有 $3k+2>0$ 和 $3k+1>0$ ，即 $3k+2\neq 0$ 和 $3k+1\neq 0$ ，故不存在自然数k使 $0=3k+2$ 和不存在自然数k使 $0=3k+1$ . 所以对自然数0有6.4.9.2和6.4.9.3不成立. 所以对自然数0，三命题中只有6.4.9.1成立. 这就完成了归纳基始. 现归纳假设对自然数n，三命题至少有一个成立. 如果是命题6.4.9.1成立，即对某自然数k有 $n=3k$ ，那么有 $n+1=3k+1$ ，故对自然数n+1有命题6.4.9.2成立；如果是命题6.4.9.2成立，即对某自然数k有 $n=3k+1$ ，那么有 $n+1=3k+2$ ，故对自然数n+1有命题6.4.9.3成立；如果是命题6.4.9.3成立，即对某自然数k有 $n=3k+2$ ，那么有 $n+1=3(k+1)$ ，故对自然数n+1有命题6.4.9.1成立. 综上，如果对自然数n三命题至少有一个成立，那么对自然数n+1三命题也至少有一个成立. 这就完成了归纳，所以对任何自然数n，三命题至少有一个成立.

我们再证明对任何自然数n，三命题至多有一个成立.我们假设对自然数n有命题6.4.9.1和命题6.4.9.2同时成立，则有对某自然数 $k,k'$ 有 $3k=3k'+1$ ，则有 $3k\geqslant 3k'+1$ ，则有 $3k>3k'$ ，则有 $k>k'$ ，则有 $k\geqslant k'+1$ ，则有 $3k\geqslant 3k'+3>3k'+1$ ，这明显是个矛盾，所以假设不成立. 同理可证命题6.4.9.1和命题6.4.9.3不能同时成立以及命题6.4.9.2和命题6.4.9.3不能同时成立.

综上，我们有对任何自然数n，以下三命题恰有一个成立——6.4.9.1：对某自然数k有n=3k；6.4.9.2：对某自然数k有n=3k+1；6.4.9.3：对某自然数k有n=3k+2.

现在我们定义一个函数 $f:\mathbb{N}\rightarrow\{1,0,-1\}$ ，其由性质P(n,y)决定(其中 $n\in\mathbb{N},y\in\{1,0,-1\}$ ). 性质P为：(如果存在某自然数k使n=3k那么y=1)并且(如果存在某自然数k使n=3k+1那么y=0)并且(如果存在某自然数k使n=3k+2那么y=-1). 我们来证明此函数是定义成功的，即对每个自然数 $n\in\mathbb{N}$ 恰有一个 $y\in\{1,0,-1\}$ 使P(n,y)成立.

对每个 $n\in\mathbb{N}$ ，我们有命题6.4.9.1、6.4.9.2、6.4.9.3三者恰有一个成立. 如果为命题6.4.9.1成立，则存在 $1\in\{1,0,-1\}$ 使P(n,1)成立，而P(n,0)和P(n,-1)均不成立，故为恰存在 $1\in\{1,0,-1\}$ 使P(n,1)成立. 同理可证当命题6.4.9.2成立时恰存在 $0\in\{1,0,-1\}$ 使P(n,0)成立；当命题6.4.9.3成立时恰存在 $-1\in\{1,0,-1\}$ 使P(n,-1)成立. 综上，对每个自然数 $n\in\mathbb{N}$ 恰有一个 $y\in\{1,0,-1\}$ 使P(n,y)成立.

其实函数f就是分段函数 $f(n)=\left\{\begin{array}{c}1\text{ for a certain natural number k, there are n=3k}\\0\text{ for a certain natural number k, there are n=3k+1}\\-1\text{ for a certain natural number k, there are n=3k+2}\\\end{array}\right.$ .

至此我们终于可以构作序列为 $(nf(n))_{n=1}^\infty$ ，其为 $0,-2,3,0,-5,6,0,-8,...$ .

现在我们来证明其仅有 $0,+\infty,-\infty$ 三个极限点.

对任何实数 $\varepsilon>0$ ，对每个整数 $N\geqslant 1$ ，都存在整数 $3N+1>N$ 使 $|(3N+1)f(3N+1)-0|=|0-0|=0<\varepsilon$ . 所以0是序列 $(nf(n))_{n=1}^\infty$ 的极限点.

对任何实数 $M>0$ ，我们取其整部加上1，即 $[M]+1>M$ ，都存在 $3([M]+1)\geqslant 1$ 使 $3([M]+1)f(3([M]+1))=3([M]+1)>M$ . 即对任何实数 $M>0$ 都存在 $n\geqslant 1$ 使 $nf(n)>M$ ，用反证法容易证明对任何实数 $M$ 都存在 $n\geqslant 1$ 使 $nf(n)>M$ . 故 $(nf(n))_{n=1}^\infty$ 没有有限的上界，由习题6.4.8中定义我们知 $+\infty$ 为 $(nf(n))_{n=1}^\infty$ 的极限点. 同理可证 $-\infty$ 为 $(nf(n))_{n=1}^\infty$ 的极限点.

我们再来证明任何实数 $x\in\mathbb{R}\backslash\{0\}$ 都不是 $(nf(n))_{n=1}^\infty$ 的极限点. 先来考虑 $x>0$ 的情形.

对每个实数 $x>0$ ，存在 $\frac{x}{2}>0$ ，存在整数 $10([x]+1)\geqslant 1$ ，对每个整数 $n\geqslant 10([x]+1)$ 命题6.4.9.1、6.4.9.2、6.4.9.3三者恰有一个成立. 如果为命题6.4.9.1成立，则此时 $|nf(n)-x|=|n-x|$ ，由 $n\geqslant 10([x]+1)$ 我们容易证明 $n\geqslant 10([x]+1)>x$ ，故 $|n-x|=n-x\geqslant 10([x]+1)-x>9[x]+9$ . 由于 $[x]\geqslant 0$ 并且 $[x]+1>x$ ，我们有 $18[x]+18=17[x]+17+[x]+1>x$ ，即 $9[x]+9>\frac{x}{2}$ . 综上如果命题6.4.9.1成立，则 $|nf(n)-x|=|n-x|>\frac{x}{2}$ ；如果为命题6.4.9.2成立，则此时 $|nf(n)-x|=|0-x|=x>\frac{x}{2}$ ；如果为命题6.4.9.3成立，则此时 $|nf(n)-x|=|-n-x|=n+x>\frac{x}{2}$ . 综上，对每个实数 $x>0$ ，存在 $\frac{x}{2}>0$ ，存在整数 $10([x]+1)\geqslant 1$ ，对每个整数 $n\geqslant 10([x]+1)$ 有 $|nf(n)-x|>\frac{x}{2}$ ，所以x不是 $(nf(n))_{n=1}^\infty$ 的极限点. 同理可证对每个实数 $x<0$ 亦有x不是 $(nf(n))_{n=1}^\infty$ 的极限点.

综上， $(nf(n))_{n=1}^\infty$ 仅有 $0,+\infty,-\infty$ 三个极限点.

6.4.10 证明：此题干说明了实数列的极限点可以是无限多的（即不是某自然数个的）. 对每个实数 $\varepsilon>0$ ，有实数 $\frac{\varepsilon}{2}>0$ ，由于c是 $(b_m)_{m=M}^\infty$ 的极限点，那么对每个整数 $M'\geqslant M$ 存在整数 $m\geqslant M'$ 使 $|b_m-c|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ . 即存在整数 $m\geqslant M$ 使 $|b_m-c|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ . 又因为 $b_m$ 为 $(a_n)_{n=N}^\infty$ 的极限点，则对每个整数 $N'\geqslant N$ 存在整数 $n\geqslant N'$ 使 $|a_n-b_m|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ . 此时 $|a_n-c|=|a_n-b_m+b_m-c|\leqslant|a_n-b_m|+|b_m-c|\leqslant\varepsilon$ . 即对每个实数 $\varepsilon>0$ ，对每个整数 $N'\geqslant N$ 存在整数 $n\geqslant N'$ 使 $|a_n-c|\leqslant\varepsilon$ . 所以c也是 $(a_n)_{n=N}^\infty$ 的极限点.

现在我们来举一例有无限多个极限点的实数列.

我们先递归定义一个函数 $f:\mathbb{N}^+\rightarrow\mathbb{N}$ . 定义 $f(1):=1$ ；并且 $f(n+1):=f(n)+n$ . 由归纳法我们知对每一个整数 $n\in\mathbb{N}^+$ 我们都定义了 $f(n)$ .

先来证明序列 $(f(n))_{n=1}^\infty$ 是严格增的序列. 对一切整数 $n\geqslant 1$ 有 $f(n+1)=f(n)+n>f(n)$ ，由习题6.1.1知其是严格增的序列.

我们再来证明一个命题：对每个整数 $m\geqslant 1$ ，存在一个整数 $n\geqslant 1$ 使 $f(n)\leqslant m<f(n+1)$ . 用反证法，假设存在整数 $m\geqslant 1$ ，对每一个整数 $n\geqslant 1$ 有 $f(n)>m$ 或者 $m\geqslant f(n+1)$ （这是大假设）. 对整数1，有 $f(1)=1\leqslant m$ ，即 $f(n)>m$ 不成立，由大假设我们知对整数1有 $m\geqslant f(1+1)=f(2)$ . 现归纳假设对整数 $n\geqslant 1$ 已证 $m\geqslant f(n+1)$ （这是小假设）. 对整数n+1，有 $n+1>n\geqslant 1$ ，由大假设和小假设知有 $m\geqslant f((n+1)+1)$ ，这样就完成了归纳，所以对所有整数 $n\geqslant 1$ 有 $m\geqslant f(n+1)$ . 所以有 $m\geqslant f(m+1)=f(m)+m$ ，即 $f(m)\leqslant 0$ . 但用归纳法我们容易证明对每个自然数 $m\geqslant 1$ 有 $f(m)\geqslant 1>0$ ，这个矛盾说明大假设不成立，故对每个整数 $m\geqslant 1$ ，存在一个整数 $n\geqslant 1$ 使 $f(n)\leqslant m<f(n+1)$ . 现在来证明这个n是唯一的，假设还存在整数 $n'\geqslant 1$ 使 $f(n')\leqslant m<f(n'+1)$ . 不妨假设 $n<n'$ ，则有 $n+1\leqslant n'$ ，由 $(f(n))_{n=1}^\infty$ 是严格增的序列知 $f(n+1)\leqslant f(n')$ ，进一步有 $m<f(n+1)\leqslant f(n')\leqslant m$ ，即 $m<m$ ，这是不可能的，所以假设 $n<n'$ 不成立；同理可证 $n>n'$ 不成立；所以只有 $n=n'$ . 综上，对每个整数 $m\geqslant 1$ ，恰存在一个整数 $n\geqslant 1$ 使 $f(n)\leqslant m<f(n+1)$ .

现在终于可以构造有无限多个极限点的序列了. 对每个整数 $m\geqslant 1$ ，我们定义 $a_m:=1+m-f(n)$ ，其中n是使 $f(n)\leqslant m<f(n+1)$ 的n. 最后我们来证明每个正自然数都是 $(a_m)_{m=1}^\infty$ 的极限点.

首先用归纳法容易证明对每个自然数 $N\geqslant 1$ 有 $f(N)$ 是自然数并且 $f(N)\geqslant N$ .

对任一正自然数 $m\geqslant 1$ ，对每个实数 $\varepsilon>0$ ，对每个自然数 $N\geqslant m$ ，存在自然数 $f(N)+(m-1)$ ，其满足 $f(N+1)=f(N)+N\geqslant f(N)+m>f(N)+(m-1)\geqslant f(N)\geqslant N$ . 所以 $|a_{f(N)+(m-1)}-m|=|(1+f(N)+(m-1)-f(N))-m|=0<\varepsilon$ ，故m是 $(a_m)_{m=1}^\infty$ 的极限点. 由于m的任意性，所以所有正自然数都是此序列的极限点.

我们当然可以用归纳法证明每个正自然数都是此序列的极限点. 由于对每个实数 $\varepsilon>0$ ，每个自然数 $N\geqslant 1$ ，存在自然数 $f(N)\geqslant N$ 使得 $|a_{f(N)}-1|=|(1+f(N)-f(N))-1|=0<\varepsilon$ ，故1是 $(a_m)_{m=1}^\infty$ 的极限点.

归纳假设某自然数 $m\geqslant 1$ 是 $(a_m)_{m=1}^\infty$ 的极限点，即对每个实数 $\varepsilon>0$ ，每个自然数 $N\geqslant 1$ ，存在自然数 $n'\geqslant N$ 使得 $|a_{n'}-m|=|(1+n'-f(n))-m|\leqslant\varepsilon$ ，由序列的定义我们知 $f(n)\leqslant n'<f(n+1)$ . 特别地，对每个实数 $\frac{1}{2}>\varepsilon>0$ ，每个自然数 $N\geqslant m+f(m)$ ，存在自然数 $n'\geqslant N$ 使得 $|a_{n'}-m|=|(1+n'-f(n))-m|\leqslant\varepsilon$ ，其中 $f(n)\leqslant n'<f(n+1)$ . 由于表达式 $|(1+n'-f(n))-m|$ 的结果是自然数，所以 $|a_{n'}-m|=|(1+n'-f(n))-m|\leqslant\varepsilon<\frac{1}{2}$ 成立当且仅当 $(1+n'-f(n))-m=0$ ，则有 $n'=f(n)+m-1$ . 此时 $n'=f(n)+m-1\geqslant N\geqslant m+f(m)$ ，即 $f(n)>f(m)$ ，由于函数 $f:\mathbb{N}^+\rightarrow\mathbb{N}$ 已证是严格增的，所以此时 $n>m$ ，进一步有 $f(n+1)-(n'+1)=f(n)+n-((f(n)+m-1)+1)=n-m>0$ ，即有 $f(n+1)>n'+1>f(n)$ . 所以在有“对每个实数 $\frac{1}{2}>\varepsilon>0$ ，每个自然数 $N\geqslant m+f(m)$ ，存在自然数 $n'\geqslant N$ 使得 $|a_{n'}-m|=|(1+n'-f(n))-m|\leqslant\varepsilon$ ，其中 $n'=f(n)+m-1$ ”时，同时有“对每个实数 $\frac{1}{2}>\varepsilon>0$ ，每个自然数 $N\geqslant m+f(m)$ ，存在自然数 $n'+1>N$ 满足 $f(n)\leqslant n'+1<f(n+1)$ 使得 $|a_{n'+1}-(m+1)|=|(1+(n'+1)-f(n))-(m+1)|=0\leqslant\varepsilon$ ”. 进而对每个实数 $\varepsilon>0$ ，每个自然数 $N\geqslant 1$ ，都存在自然数 $n\geqslant N$ 使得 $|a_{n}-(m+1)|=0\leqslant\varepsilon$ ，所以m+1也是 $(a_m)_{m=1}^\infty$ 的极限点. 这就完成了归纳. 所以每个正自然数都是 $(a_m)_{m=1}^\infty$ 的极限点.

文内补充

1.设 $a_1,a_2,a_3,...$ 代表序列 $1.1,-1.01,1.001,-1.0001,1.00001,...$ ，那么 $a_1^+,a_2^+,a_3^+,...$ 是序列 $1.1,1.001,1.001,1.00001,1.00001,...$ ；类似地， $a_1^-,a_2^-,a_3^-,...$ 是序列 $-1.01,-1.01,-1.0001,-1.0001,-1.000001,...$ .

证明：序列 $(a_n)_{n=1}^\infty$ 的精确表达式为 $a_n:=(-1)^{n+1}(1+10^{-n})$ . 我们发现当n为奇数时 $a_n$ 为正数而且当n为偶数时 $a_n$ 为负数. 所以当我们考虑 $(a_n)_{n=N}^\infty(N\geqslant 1)$ 的上确界 $\sup(a_n)_{n=N}^\infty$ 只需考虑 $n\geqslant N$ 且n为奇数的项. 而我们发现 $1+10^{-n}$ 是随n的增大而减小的，故 $\sup(a_n)_{n=N}^\infty$ 为 $n\geqslant N$ 且第一个n为奇数的正项. 所以 $a_1^+,a_2^+,a_3^+,...$ 是序列 $1.1,1.001,1.001,1.00001,1.00001,...$ ；同理我们知 $a_1^-,a_2^-,a_3^-,...$ 是序列 $-1.01,-1.01,-1.0001,-1.0001,-1.000001,...$ .

2.设 $a_1,a_2,a_3,...$ 代表序列 $1,-2,3,-4,5,-6,7,-8,...$ ，那么 $a_1^+,a_2^+,a_3^+,...$ 是序列 $+\infty,+\infty,+\infty,+\infty,...$ .

证明：我们容易证明此序列 $((-1)^{n+1}n)_{n=1}^\infty$ 构成的集合 $\{(-1)^{n+1}n : n\geqslant 1\}$ 是非空且无实数上界的，我们删去有限个连续的开头项后的新序列，也还是非空且无实数上界的. 因为无限序列肯定非空，我们假设新序列有实数上界，那么用归纳法可证明旧的序列也有实数上界，这是矛盾的，由定义5.5.10知 $a_1^+,a_2^+,a_3^+,...$ 是序列 $+\infty,+\infty,+\infty,+\infty,...$ .

3.设 $a_1,a_2,a_3,...$ 代表序列 $1,-\frac{1}{2},\frac{1}{3},-\frac{1}{4},\frac{1}{5},-\frac{1}{6},...$ ，那么 $a_1^+,a_2^+,a_3^+,...$ 是序列 $1,\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{1}{5},\frac{1}{5},\frac{1}{7},...$ ，它的下确界是0.

证明：同文内补充1，我们知道 $(a_n^+)_{n=1}^\infty$ 为 $\left\{\begin{array}{c}a_n\text{ if n is odd}\\a_{n+1}\text{ if n is even}\\\end{array}\right.$ . 此序列非空且有下界-1，所以其必有下确界. 我们容易证明0也是其下界，并用反证法容易证明0就是其下确界.

4.定理6.4.18中“设 $(a_n)_{n=1}^\infty$ 是个Cauchy序列”可以换成“设 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 是个Cauchy序列”，论证过程照样成立.

《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§6.4解答

习题6.4

文内补充

发布者：iknetfomi

留下评论取消回复

习题6.4

文内补充

共享此文章：

相关

发布者：iknetfomi

留下评论 取消回复

留下评论取消回复