《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§11.6解答

习题11.6

11.6.1证明：当I为空集或单点集时命题显然成立. 现在考虑I是非退化区间.

若I为闭区间，结论将从命题11.6.1推出. 故现在考虑I为形如 $[a, b), (a, b], (a, b)$ 的区间，其中a和b均为实数且 $a<b$ .

设M是f的界. 设 $\varepsilon$ 是满足 $0<\varepsilon<\frac{b-a}{2}$ 的实数. 当f限制在 $[a+\varepsilon, b-\varepsilon]$ 上时仍为单调的，进而由命题11.6.1知 $f|_{[a+\varepsilon, b-\varepsilon]}$ 在 $[a+\varepsilon, b-\varepsilon]$ 上是Riemann可积的. 于是我们可以找到上方控制 $f|_{[a+\varepsilon, b-\varepsilon]}$ 并且逐段常值的函数 $h:[a+\varepsilon, b-\varepsilon]\rightarrow\mathbb{R}$ 使得 $\displaystyle\int_{[a+\varepsilon, b-\varepsilon]}h\leqslant\int_{[a+\varepsilon, b-\varepsilon]}f|_{[a+\varepsilon, b-\varepsilon]}+\varepsilon$ .

定义 $\tilde{h}:I\rightarrow\mathbb{R}$ 如下，如果 $x\in[a+\varepsilon, b-\varepsilon]$ 则 $\tilde{h}(x):=h(x)$ ；否则 $\tilde{h}(x):=M$ . 显然由定理11.2.16(g)的证明过程知 $\tilde{h}$ 是I上的逐段常值函数并且容易知道其上方控制f，由习题11.4.3知 $\displaystyle\int_I\tilde{h}=\varepsilon M+\int_{[a+\varepsilon, b-\varepsilon]}h+\varepsilon M\leqslant\int_{[a+\varepsilon, b-\varepsilon]}f|_{[a+\varepsilon, b-\varepsilon]}+(2M+1)\varepsilon$ . 进而有 $\displaystyle\overline{\int}_I f\leqslant\int_{[a+\varepsilon, b-\varepsilon]}f|_{[a+\varepsilon, b-\varepsilon]}+(2M+1)\varepsilon$ .

类似的论证知有 $\displaystyle\underline{\int}_I f\geqslant\int_{[a+\varepsilon, b-\varepsilon]}f|_{[a+\varepsilon, b-\varepsilon]}-(2M+1)\varepsilon$ .

综上我们有 $\displaystyle\overline{\int}_I f-\underline{\int}_I f\leqslant(4M+2)\varepsilon$ . 由 $\varepsilon$ 可以取无穷小知 $\displaystyle\overline{\int}_I f=\underline{\int}_I f$ . 故推论11.6.3得证.

11.6.2叙述：设I是有界区间，设 $f:I\rightarrow\mathbb{R}$ . 我们说f是逐段常值单调函数当且仅当存在一个I的分法 $\mathbb{P}$ 使得对于一切 $J\in\mathbb{P}$ 有 $f|_{J}$ 在J上单调增（或单调减）.

证明：仿照习题11.5.1证明易证.

11.6.3证明：我们定义函数 $h_1:[0, +\infty)\rightarrow\mathbb{R}$ ，对一切自然数n，对一切 $x\in[n, n+1)$ ，定义 $h_1(x):=f(n)$ . 由于对一切 $x\in[0, +\infty)$ 恰存在一个自然数n使得 $n\leqslant x<n+1$ ，故上述函数是定义成功了的. 而对一切 $x\in[0, +\infty)$ 有 $h_1(x)=f(n)\geqslant f(x)$ （因为f单调减并且 $n\leqslant x<n+1(n\in\mathbb{N})$ ），故 $h_1$ 上方控制f. 再一个是对一切自然数N，容易验证函数 $h_1|_{[0, N]}$ 关于[0, N]的分法 $\{[n, n+1) : n\in\mathbb{N}\text{ and }n<N\}\cup\{\{N\}\}$ 是逐段常值的.

我们再定义函数 $h_2:[0, +\infty)\rightarrow\mathbb{R}$ ，对一切自然数n，对一切 $x\in[n, n+1)$ ，定义 $h_2(x):=f(n+1)$ . 同样的论证知函数是定义成功了的. 而对一切 $x\in[0, +\infty)$ 有 $h_2(x)=f(n+1)\leqslant f(x)$ （因为f单调减并且 $n\leqslant x<n+1(n\in\mathbb{N})$ ），故 $h_2$ 下方控制f. 并且对一切自然数N，容易验证函数 $h_2|_{[0, N]}$ 关于[0, N]的分法 $\{[n, n+1) : n\in\mathbb{N}\text{ and }n<N\}\cup\{\{N\}\}$ 是逐段常值的.

综上，对一切自然数N，有 $h_1|_{[0, N]}$ 上方控制 $f|_{[0, N]}$ 并且 $h_2|_{[0, N]}$ 下方控制 $f|_{[0, N]}$ . 进而有 $\displaystyle\int_{[0, N]}h_2|_{[0, N]}\leqslant\int_{[0, N]}f|_{[0, N]}\leqslant\int_{[0, N]}h_1|_{[0, N]}$ ，也即 $\displaystyle\sum_{J\in\{[n, n+1) : n\in\mathbb{N}\text{ and }n<N\}\cup\{\{N\}\}}C_J|J|\leqslant\int_{[0, N]}f\leqslant\sum_{J\in\{[n, n+1) : n\in\mathbb{N}\text{ and }n<N\}\cup\{\{N\}\}}C'_J|J|$ ，即 $\displaystyle\sum_{n=1}^Nf(n)\leqslant\int_{[0, N]}f\leqslant\sum_{n=0}^{N-1}f(n)$ . 如果 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty f(n)$ 是收敛的，那么序列 $\displaystyle(\sum_{n=0}^N f(n))_{N=0}^\infty$ 有界M>0，进而有 $\displaystyle\int_{[0, N]}f\leqslant\sum_{n=0}^{N-1}f(n)\leqslant M$ ，进而有 $\displaystyle (\sup_{N\geqslant 0}\int_{[0, N]}f)\leqslant M$ ，即 $\displaystyle (\sup_{N>0}\int_{[0, N]}f)$ 有限.

如果 $\displaystyle (\sup_{N>0}\int_{[0, N]}f)$ 有限，其等价于 $\displaystyle (\sup_{N\geqslant 0}\int_{[0, N]}f)$ 有限，而对一切自然数N有 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty f(n)\leqslant\int_{[0, N]}f\leqslant(\sup_{N\geqslant 0}\int_{[0, N]}f)$ ，故序列 $\displaystyle (\sum_{n=1}^N f(n))_{N=0}^\infty$ 有上界，由于f为非负函数，故此时 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty f(n)$ 收敛到其上确界，故 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty f(n)$ 也为收敛的.

值得一提的是，命题11.6.4可以改为——设 $f:[M, +\infty)\rightarrow\mathbb{R}(M\in\mathbb{Z})$ 是单调减的非负函数. 那么级数 $\displaystyle\sum_{n=M}^\infty f(n)$ 收敛的充要条件是序列上确界(理解成集合上确界也可以) $\displaystyle(\sup_{N>M}\int_{[M, N]}f)$ 是有限的. 证明类似对上面 $M=0$ 的证明.

11.6.4证明：定义函数 $f:[0, +\infty)\rightarrow\mathbb{R}$ ，对一切自然数n有 $f(n):=1$ ；否则 $f(x):=0$ . 显然f非负但不单调减. 此时 $\sum_{n=0}^\infty f(n)$ 发散到 $+\infty$ ，但是 $\displaystyle\sup_{N>0}\int_{[0, N]f}=0$ (可以用归纳法证明).

反过来，定义函数 $f:[0, +\infty)\rightarrow\mathbb{R}$ ，对一切自然数n有 $f(n):=0$ ；否则 $f(x):=1$ . 显然f非负但不单调减. 此时 $\sum_{n=0}^\infty f(n)=0$ ，但是 $\displaystyle\sup_{N>0}\int_{[0, N]f}=+\infty$ (因为 $\int_{[0, N]}f=N(N\in\mathbb{N})$ ).

11.6.5证明：设p是实数，定义函数 $f:[1, +\infty)\rightarrow\mathbb{R}, f(x):=\frac{1}{x^p}$ . 当 $p\leqslant 0$ 时，容易知函数f是严格增的，故级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^p}$ 是发散的.

当 $p>0$ 时，容易验证f是单调减并且非负.

当 $0<p\leqslant 1$ 时，我们容易证明对一切 $x\in[1, +\infty)$ 有 $\frac{1}{x^p}\geqslant\frac{1}{x}$ . 接下来我们将证明调和级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n}$ 是发散的. 我们假设调和级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n}$ 是收敛的（也即绝对收敛），进而我们把调和级数的某些项减小一点点但仍非负，由推论7.3.2知新的级数仍绝对收敛，进而我们可以对新级数任意重排和加括号而不改变收敛值. 具体来说，我们进行如下操作 $\displaystyle 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}+\frac{1}{9}+\frac{1}{10}+\frac{1}{11}+\frac{1}{12}+\frac{1}{13}+\frac{1}{14}+\frac{1}{15}+...=(1+\frac{1}{2})+(\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6})+(\frac{1}{7}+\frac{1}{8}+\frac{1}{9}+\frac{1}{10}+\frac{1}{11}+\frac{1}{12}+\frac{1}{13}+\frac{1}{14})+(\frac{1}{15}+...\geqslant(\frac{1}{2}+\frac{1}{2})+(\frac{1}{6}+\frac{1}{6}+\frac{1}{6}+\frac{1}{6})+(\frac{1}{14}+\frac{1}{14}+\frac{1}{14}+\frac{1}{14}+\frac{1}{14}+\frac{1}{14}+\frac{1}{14}+\frac{1}{14})+(\frac{1}{15}+...=\frac{2}{2}+\frac{4}{6}+\frac{8}{14}+\frac{16}{30}+\frac{32}{62}+...=\sum_{N=1}^\infty\frac{2^N}{\sum_{n=1}^N2^n}=\sum_{N=1}^\infty\frac{2^N}{2^{N+1}-2}$ . 照上面的调和级数收敛的假设级数 $\displaystyle\sum_{N=1}^\infty\frac{2^N}{2^{N+1}-2}$ 应该绝对收敛，但是我们发现其每一项都大于0.5，显而易见其应该是发散，这说明我们的假设不成立，故调和级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n}$ 是发散的. 由命题11.6.4知 $\displaystyle (\sup_{N>1}\int_{[1, N]}\frac{1}{x})=+\infty$ . 于是我们容易从“对一切 $x\in[1, +\infty)$ 有 $\frac{1}{x^p}\geqslant\frac{1}{x}$ ”进一步得到 $\displaystyle (\sup_{N>1}\int_{[1, N]}f)=(\sup_{N>1}\int_{[1, N]}\frac{1}{x^p})\geqslant(\sup_{N>1}\int_{[1, N]}\frac{1}{x})=+\infty$ ，也即 $\displaystyle (\sup_{N>1}\int_{[1, N]}f)=+\infty$ ，再次由命题11.6.4知此时 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^p}$ 是发散的.

综上，当 $p\leqslant 1$ 时 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^p}$ 是发散的.

在 $p>1$ 时，我的本意是通过各项的缩放找到一个收敛几何级数比 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^p}$ 大. 但这应该不可能. 因为我们有对一切正自然数n有 $\frac{1}{n^p}=\frac{1}{(e^{\ln n})^p}=(\frac{1}{e^p})^{\ln n}$ 中指数为对数函数，线性函数作为指数(几何级数各项的指数就是线性增长的)很快会超过它. 所以我们还是使用微积分基本定理（值得说明的是，微积分基本定理的证明未用到推论11.6.5，所以不是循环论证）来证明. 由习题10.4.3知 $\displaystyle\int_{[1, N]}\frac{1}{n^p}=\frac{1}{1-p}n^{-p+1}|_{1}^{N}=\frac{1}{1-p}N^{-p+1}-\frac{1}{1-p}1^{-p+1}=\frac{1}{1-p}N^{-p+1}-\frac{1}{1-p}=\frac{1}{1-p}(N^{-p+1}-1)<\frac{1}{p-1}$ . 由命题11.6.4知此时 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^p}$ 是收敛的.

《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§11.6解答

习题11.6

发布者：iknetfomi

留下评论取消回复

习题11.6

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