《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§7.4解答

习题7.4

7.4.1证明：由题意知 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}|a_n|$ 收敛，记 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}|a_n|$ 得部分和为 $\displaystyle S_1(N)=\sum_{n=0}^{N}|a_n|$ ；记级数 $\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}|a_{f(m)}|$ 的部分和为 $\displaystyle S_2(N)=\sum_{m=0}^{N}|a_{f(m)}|$ . 我们现在来证 $S_1(f(N))\geqslant S_2(N)$ . 当 $N=0$ 时， $\displaystyle S_1(f(0))=\sum_{n=0}^{f(0)}|a_n|$ ，由于 $f:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}$ ，故 $f(0)\geqslant 0$ ，进而 $\displaystyle S_1(f(0))=\sum_{n=0}^{f(0)}|a_n|=\sum_{n=0}^{f(0)-1}|a_n|+\sum_{n=f(0)}^{f(0)}|a_n|=\sum_{n=0}^{f(0)-1}|a_n|+|a_{f(0)}|$ ；而 $\displaystyle S_2(0)=\sum_{m=0}^{0}|a_{f(m)}|=|a_{f(0)}|$ . 用归纳法易证对一切 $N\in\mathbb{Z}$ ，对一切 $p\in\mathbb{N}$ 有 $\displaystyle\sum_{n=p}^{N}|a_n|\geqslant 0$ ，进而我们有 $\displaystyle S_1(f(0))=\sum_{n=0}^{f(0)-1}|a_n|+|a_{f(0)}|\geqslant |a_{f(0)}|=S_2(0)$ ，这就完成了归纳基始. 归纳假设对某自然数 $N\geqslant 0$ 已证 $S_1(f(N))\geqslant S_2(N)$ . 那么对N+1，由于 $f:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}$ 严格增，则有 $f(N+1)>f(N)\geqslant 0$ ，进而

$\displaystyle S_1(f(N+1))=\sum_{n=0}^{f(N+1)}|a_n|=\sum_{n=0}^{f(N)}|a_n|+\sum_{n=f(N)+1}^{f(N+1)}|a_n|=\sum_{n=0}^{f(N)}|a_n|+\sum_{n=f(N)+1}^{f(N+1)-1}|a_n|+|a_{f(N+1)}|\geqslant S_1(f(N))+|a_{f(N+1)}|$ ，

而 $\displaystyle S_2(N+1)=\sum_{m=0}^{N+1}|a_{f(m)}|=\sum_{m=0}^{N}|a_{f(m)}|+|a_{f(N+1)}|=S_2(N)+|a_{f(N+1)}|$ . 结合归纳假设我们知 $S_1(f(N+1))\geqslant S_1(f(N))+|a_{f(N+1)}|\geqslant S_2(N)+|a_{f(N+1)}|=S_2(N)$ ，这就完成了归纳.

我们知 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}|a_n|$ 和 $\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}|a_{f(m)}|$ 两级数的项是非负的，故 $(S_1(N))_{N=0}^{\infty}$ 和 $(S_2(N))_{N=0}^{\infty}$ 都是增的. 由于 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}|a_n|$ 收敛，即序列 $(S_1(N))_{N=0}^{\infty}$ 收敛. 又因为 $f:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}$ 严格增，故序列 $(S_1(f(N)))_{N=0}^{\infty}$ 是 $(S_1(N))_{N=0}^{\infty}$ 的子序列，所以序列 $(S_1(f(N)))_{N=0}^{\infty}$ 也收敛，进而其有实数上界，即存在实数 $M$ 使对一切自然数 $N\geqslant 0$ 有 $M\geqslant S_1(f(N))\geqslant S_2(N)$ . 至此，我们知序列 $(S_2(N))_{N=0}^{\infty}$ 为增的并且有上界M，所以序列是收敛的，即 $\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}|a_{f(m)}|$ 收敛，进而 $\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}a_{f(m)}$ 绝对收敛.

补充：此题目中序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 的起始下标m可以是任何整数而不一定要是0，论证的过程大体一致.

文内补充

1.命题7.4.1中序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 的起始下标m可以是任何整数而不一定要是0，论证的过程大体一致.

2.命题7.4.3中序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 的起始下标m可以是任何整数而不一定要是0，论证的过程大体一致.

3.命题7.4.3证明中第一个“为什么”回答：当 $M'\geqslant M$ 时，集合 $\{f(m) : m\in\mathbb{N};m\leqslant M'\}$ 包含 $\{n\in\mathbb{N} : n\leqslant N\}$ .

对一切 $0\leqslant n\leqslant N$ 有 $n=f(f^{-1}(n))$ 并且 $f^{-1}(n)\leqslant M\leqslant M'$ ，即对某 $f^{-1}(n)\leqslant M'$ 有 $n=f(f^{-1}(n))$ ，即 $n\in\{f(m) : m\in\mathbb{N};m\leqslant M'\}$ .

4.命题7.4.3证明中第二个“为什么”回答：集合X是有限的，因而介于某自然数q，于是必有 $X\subseteq\{n\in\mathbb{N} : N+1\leqslant n\leqslant q\}$ .

由X的定义我们知道 $X\subseteq\mathbb{N}$ ，又因为X为有限集，由习题3.6.3知存在自然数q使得对于一切 $x\in X$ 有 $x\leqslant q$ . 又因为 $x\notin\{n\in\mathbb{N} : n\leqslant N\}$ ，进而有对一切 $x\in X$ 有 $x>N$ ，进而 $x\geqslant N+1$ . 综合起来就是有 $X\subseteq\mathbb{N}$ 并且对一切 $x\in X$ 有 $N+1\leqslant x\leqslant q$ ，所以 $X\subseteq\{n\in\mathbb{N} : N+1\leqslant n\leqslant q\}$ .

5.级数 $\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\frac{1}{6}+\frac{1}{7}-\frac{1}{8}+\cdots$ 不是绝对收敛的.

由调和级数不收敛和命题7.2.14（级数算律）(c)知级数 $\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\frac{1}{6}+\frac{1}{7}-\frac{1}{8}+\cdots$ 不是绝对收敛的.

6.级数 $\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\frac{1}{6}+\frac{1}{7}-\frac{1}{8}+\cdots$ 的每个部分和都是正的.

证明：此级数的部分和为 $\displaystyle S_N:=\sum_{n=3}^{N}(-1)^{n+1}\frac{1}{n}$ . 当 $n=4$ 时，有 $\displaystyle S_4:=\sum_{n=3}^{4}(-1)^{n+1}\frac{1}{n}=\frac{1}{3}-\frac{1}{4}>0$ . 归纳假设对某 $N=2k(k\in\mathbb{N},k>1)$ 时有 $S_N>0$ . 那么对 $N=2(k+1)=2k+2$ 来说， $\displaystyle S_N=S_{2k+2}=\sum_{n=3}^{2k+2}(-1)^{n+1}\frac{1}{n}=\sum_{n=3}^{2k}(-1)^{n+1}\frac{1}{n}+(-1)^{(2k+1)+1}\frac{1}{2k+1}+(-1)^{(2k+2)+1}\frac{1}{2k+2}=\sum_{n=3}^{2k}(-1)^{n+1}\frac{1}{n}+(\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{2k+2})>0$

这就完成了归纳. 故当 $N\geqslant 4$ 为偶数时有 $S_N>0$ .

当N为奇数时，首先容易验证 $S_3=\frac{1}{3}>0$ . 那么对其余 $N>3$ 的奇数，记 $N=2k+1(k\in\mathbb{N},k>1)$ ，此时 $\displaystyle S_N=S_{2k+1}=\sum_{n=3}^{2k+1}(-1)^{n+1}\frac{1}{n}=\sum_{n=3}^{2k}(-1)^{n+1}\frac{1}{n}+(-1)^{(2k+1)+1}\frac{1}{2k+1}=\sum_{n=3}^{2k}(-1)^{n+1}\frac{1}{n}+\frac{1}{2k+1}$ .

由于 $k>1$ ，则有 $k\geqslant 2$ ，进而 $2k\geqslant 4$ ，由上论证知 $\displaystyle \sum_{n=3}^{2k}(-1)^{n+1}\frac{1}{n}>0$ ，进而 $\displaystyle S_N=\sum_{n=3}^{2k}(-1)^{n+1}\frac{1}{n}+\frac{1}{2k+1}>0$ . 故对一切奇数 $N\geqslant 3$ 有 $S_N>0$ .

综上，对一切 $N\geqslant 3$ 有 $S_N>0$ . 所以此级数的所有部分和都是正的.

注意：1.我们不能对奇数项的部分和直接进行归纳，因为这样不能使用归纳假设得出我们想要的结果.

2.此级数所有的部分和都是正的，即非负的，由此我们得知若此级数收敛那么收敛值也是非负的，这是由命题5.4.9(对实数Cauchy序列的推广形式)得到的. 我们得到此级数收敛到正值不是从这得出的，这里只能得出收敛值非负.

3.书中说此级数和是正的，基本上是因为量 $(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}),(\frac{1}{5}-\frac{1}{6}),(\frac{1}{7}-\frac{1}{8})$ 等都是正的. 这种分析方法背后的分析原理如下：

已知 $(S_N)_{N=3}^{\infty}$ 收敛，则其子序列 $(S_{2N-2})_{N=3}^{\infty}$ 也收敛(这个序列的每一项就是把括号括起来的两项看成一项后形成的序列的部分和).

易用归纳法证明 $S_{2k-2}>S_{4}(k\in\mathbb{N},k>3)$ (或者从序列 $(S_{2N-2})_{N=3}^{\infty}$ 的后一项与前一项的差(即括号中的和)都是正的直接得出)，所以序列 $(S_{2N-2})_{N=3}^{\infty}$ 为增序列，所以序列 $(S_{2N-2})_{N=3}^{\infty}$ 的上确界为其收敛值，也为原序列 $(S_N)_{N=3}^{\infty}$ 的收敛值. 很显然，由于 $S_{4}>0$ ，所以序列 $(S_{2N-2})_{N=3}^{\infty}$ 的上确界也大于0.

7.已知 $f:X\rightarrow Y$ 为双射函数，并且 $X'\subseteq X,Y'\subseteq Y$ . 那么 $f$ 也是 $X'$ 和 $f(X')$ 之间的双射函数； $f^{-1}$ 也是 $f(X')$ 和 $X'$ 之间的双射函数. 并且 $f^{-1}$ 也是 $Y'$ 和 $f^{-1}(Y')$ 之间的双射函数； $f$ 也是 $f^{-1}(Y')$ 和 $Y'$ 之间的双射函数.