《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§8.2解答

习题8.2

8.2.1证明：已知X是至多可数的集合. 我们先考虑X为可数集时的情况. 在X为可数集时，若 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)$ 是在定义8.2.1下绝对收敛的，则有 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)=\sum_{n=0}^\infty f(g(n))$ （其中g为任一从自然数集到X集的双射）是绝对收敛的，进而有 $\displaystyle\sum_{x\in X}|f(x)|=\sum_{n=0}^\infty |f(g(n))|$ 为收敛的. 对任意X的有限子集 $A\subseteq X$ ，我们有 $\displaystyle\sum_{x\in A}|f(x)|=\sum_{m=1}^{\#(A)} |f(h(m))|$ （其中h为从 $\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant\#(A)\}$ 到集A的双射）. 由数学归纳法(或由习题3.6.3)我们可以取一个有限实数集的最大值 $M:=max\{g^{-1}(h(j)) : j\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant\#(A)\}\}$ . 然后我们定义有限集合 $A':=\{g(j) : j\in\{i\in\mathbb{N} : 0\leqslant i\leqslant M\}\}$ . 对任意元素 $a\in A$ ，由于h为双射，则存在 $j\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant\#(A)\}$ 使得 $h(j)=a$ ，进而存在自然数 $g^{-1}(h(j))\leqslant M$ 使得 $g(g^{-1}(h(j)))=h(j)=a$ ，故 $a\in A'$ ，即有 $A\subseteq A'$ . 再由命题7.1.11(e)知 $\displaystyle\sum_{x\in A'}|f(x)|=\sum_{x\in A}|f(x)|+\sum_{x\in A'\backslash A}|f(x)|$ ，而归纳易证 $\displaystyle\sum_{x\in A'\backslash A}|f(x)|$ 非负，于是有 $\displaystyle\sum_{x\in A'}|f(x)|\geqslant\sum_{x\in A}|f(x)|$ . 而我们有 $\displaystyle\sum_{x\in A'}|f(x)|=\sum_{n=1}^{M+1}|f(g(n-1))|=\sum_{n=0}^{M}|f(g(n))|$ ，并且我们知道 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}|f(g(n))|$ 为收敛的，记其收敛到实数S，于是我们有 $\displaystyle\sum_{n=0}^{M}|f(g(n))|\leqslant S$ ，即 $\displaystyle\sum_{x\in A'}|f(x)|\leqslant \sum_{x\in X}|f(x)|$ ，进而 $\displaystyle\sum_{x\in A}|f(x)|\leqslant S$ . 综上，我们证明了：对任意X的有限子集A，总有 $\displaystyle\sum_{x\in A}|f(x)|\leqslant S$ . 于是有 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}\leqslant S<+\infty$ . 这就证明了若X为可数集，则有 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)$ 是在定义8.2.1下绝对收敛的 $\Longrightarrow$ $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}\leqslant S<+\infty$ .

在X为可数集的情况下，若有 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}<+\infty$ ，我们取任一从自然数集到集X的双射g，考虑无限级数 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty|f(g(n))|$ ，对任意自然数M，有集合 $A:=\{g(j-1) : j\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant M+1\}\}\subseteq X$ 为有限集，则 $\displaystyle\sum_{x\in A}|f(x)|\leqslant\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}$ 有上确界，此时 $\displaystyle\sum_{n=0}^M|f(g(n))|=\sum_{n=1}^{M+1}|f(g(n-1))|=\sum_{x\in A}|f(x)|\leqslant\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}$ 有上确界，故无限级数 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty|f(g(n))|$ 是收敛的，无限级数 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty f(g(n))$ 是绝对收敛的，即由定义8.2.1知 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)$ 是绝对收敛的. 综上，我们证明了若X为可数集，则有 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)$ 是在定义8.2.1下绝对收敛的 $\Longleftrightarrow$ $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}<+\infty$ .

现在我们来说明X为有限集时的情况. 如果我们照搬对无限级数绝对收敛的定义7.2.8来定义有限级数的绝对收敛，显然所有有限级数都为绝对收敛的. 而我们有 $\displaystyle\sum_{x\in X}|f(x)|=\sum_{x\in A}|f(x)|+\sum_{x\in X\backslash A}|f(x)|$ ( $A\subseteq X$ ，由于X为有限集，所以A也为有限集)，而归纳易证 $\displaystyle\sum_{x\in X\backslash A}|f(x)|$ 非负，于是有 $\displaystyle\sum_{x\in X}|f(x)|\geqslant\sum_{x\in A}|f(x)|$ . 于是我们有不等式 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}\leqslant\sum_{x\in X}|f(x)|<+\infty$ . 进而我们有 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}<+\infty$ . （这里补充一点：我们容易证明 $\displaystyle\#(\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\})=2^{\#(A)}$ ，即集合 $\displaystyle\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}$ 为有限的，于是不等式 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}\leqslant\sum_{x\in X}|f(x)|$ 可以加强为等式 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}=\sum_{x\in X}|f(x)|$ ；或者直接注意到 $\displaystyle\sum_{x\in X}|f(x)|\in\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}$ 也可得到等式）综上，当X为有限集时，我们有“ $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)$ 绝对收敛”和“ $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}<+\infty$ ”同为真确的，所以有 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)$ 是绝对收敛的 $\Longleftrightarrow$ $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}<+\infty$ .

综上，命题得证. 并且由上面的论证过程我们知道对可数集X，如果 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)$ 绝对收敛，那么我们有 $\displaystyle\sum_{x\in X}|f(x)|=\sum_{n=0}^\infty |f(g(n))|=\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}$ （g为任一从自然数集到集X的双射）.

8.2.2证明：我们记 $\displaystyle M:=\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}\geqslant 0$ . 我们假设对某正整数n，有集合 $\{x\in X : |f(x)|>\frac{1}{n}\}$ 是无限的. 我们可以找到一个正整数N使得 $N>nM\geqslant N-1$ . 对任意集合 $\{x\in X : |f(x)|>\frac{1}{n}\}$ 的有限子集A，由于 $\{x\in X : |f(x)>\frac{1}{n}|\}\subseteq X$ ，进而有 $A\subseteq X$ ，即A也为X的有限子集，于是我们有 $\displaystyle M\geqslant \sum_{x\in A}|f(x)|=\sum_{m=1}^{\#(A)}|f(g(m))|\geqslant\sum_{m=1}^{\#(A)}\frac{1}{n}=\frac{\#(A)}{n}$ (g为任一集 $\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant \#(A)\}$ 到A的双射). 进而我们有 $\#(A)\leqslant nM<N$ ，于是集合 $\{x\in X : |f(x)|>\frac{1}{n}\}$ 任何有限子集的基数都小于N，这明显与集合 $\{x\in X : |f(x)|>\frac{1}{n}\}$ 是无限的相矛盾，故我们的假设不成立，即集合 $\{x\in X : |f(x)|>\frac{1}{n}\}$ 是有限的.（无限集有任何自然数的基数的有限子集. 可以借助习题8.1.1中“无限集合有可数子集”这一结论证明；就本题来说，可以构造集合 $\{\#(A) : A\subseteq\{x\in X : |f(x)|>\frac{1}{n}\}, \text{A finite}\}$ ，于是此自然数集有上界N，于是我们可以取到此集合的最大值，即有某个有限子集 $A_m\subseteq\{x\in X : |f(x)|>\frac{1}{n}\}$ 使得 $\#(A_m)=max\{\#(A) : A\subseteq\{x\in X : |f(x)|>\frac{1}{n}\}, \text{A finite}\}$ . 用反证法可以证明我们可以取一个 $\{x\in X : |f(x)|>\frac{1}{n}\}$ 中的元素 $x\in \{x\in X : |f(x)|>\frac{1}{n}\}$ 使得 $x\notin A_m$ ，此时 $A_m\cup\{x\}$ 为有限集并且 $\#(A_m\cup\{x\})=\#(A_m)+1>\#(A_m)=max\{\#(A) : A\subseteq\{x\in X : |f(x)|>\frac{1}{n}\}, \text{A finite}\}$ . 这个矛盾帮助我们完成了证明）

我们进一步假设存在正整数n，有限集 $\{x\in X : |f(x)|>\frac{1}{n}\}$ 的基数大于nM，即有 $\#(\{x\in X : |f(x)|>\frac{1}{n}\})>N$ ，于是我们有 $\displaystyle\sum_{x\in\{x\in X : |f(x)|>\frac{1}{n}\}}|f(x)|=\sum_{m=1}^{\#(\{x\in X : |f(x)|>\frac{1}{n}\})}|f(g(m))|>\sum_{m=1}^{\#(\{x\in X : |f(x)|>\frac{1}{n}\})}\frac{1}{n}>\frac{N}{n}>M$ .(g为任一集 $\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant \#(A)\}$ 到A的双射)这个矛盾说明对所有正整数n，有限集 $\{x\in X : |f(x)|>\frac{1}{n}\}$ 的基数不大于nM.——其实我们不需要估计此有限集合的基数大小也可以得到最终结论.

再由命题8.1.9知 $\displaystyle\bigcup_{n\in\mathbb{N}}\{x\in X : |f(x)|>\frac{1}{n}\}=\{x\in X : f(x)\neq 0\}$ 为至多可数的.

补充一点：上面证明的关键就是构造集合 $\{x\in X : |f(x)|>\frac{1}{n}\}$ ，这个命题的逆命题显然是不成立的. 下面我们提供另一个思路，思路比上面一个复杂，但过程很有趣，只是可惜的是用到了选择公理（至少是可数选择公理）. 我们更喜欢构造性的证明，所以选择公理能少用就少用，由此下面的证明不如上面的可靠和简洁. 现在就开始吧！

当X为至多可数集合时由于 $\{x\in X : f(x)\neq 0\}\subseteq X$ ，故 $\{x\in X : f(x)\neq 0\}$ 也是至多可数的，所以我们只需要证明当X为不可数集时命题也成立即可. 我们先做一些准备工作.

命题1：对于无限集X，我们总有等式 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}=\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A countably infinite}\}$ .

证明：当X为可数集时，命题1是显然的，所以我们只需要证明X为不可数集时命题1也成立.

设X为不可数集，并且设 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)$ 为绝对收敛的. 由定义8.2.4知 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}<+\infty$ . 设C为X的任意可数子集（由习题8.1.1知任何无限集均有可数子集，故此对象是存在的，但其存在与否对我们的论证没有什么影响，这里只是提一下），我们考虑级数 $\displaystyle\sum_{x\in C}f(x)$ 是否绝对收敛. 设g为任一从自然数集到C的双射，对任意自然数N，我们定义有限集合 $B_N:=\{i\in\mathbb{N} : i\leqslant N\}$ 和有限集合 $C_N:=\{g(i) : i\in B_N\}\subseteq C$ ，于是我们有 $\displaystyle\sum_{n=0}^N|f(g(n))|=\sum_{x\in B_N}|f(g(x))|=\sum_{x\in C_N}|f(x)|$ . 由于 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}\geqslant\sum_{x\in C_N}|f(x)|$ ，进而有 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}\geqslant\sum_{n=0}^N|f(g(n))|$ . 综上，即增序列 $\displaystyle(\sum_{n=0}^N|f(g(n))|)_{N=0}^\infty$ 有上界 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}$ . 由命题6.3.8知 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty |f(g(n))|=\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{n=0}^N |f(g(n))|$ 收敛并且 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty |f(g(n))|\leqslant\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}$ ，故此时我们可以依定义8.2.1说 $\displaystyle\sum_{x\in C}|f(x)|=\sum_{n=0}^\infty |f(g(n))|$ ，进而 $\displaystyle\sum_{x\in C}|f(x)|\leqslant\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}$ . 于是集合 $\displaystyle\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A countably infinite}\}$ 是实数子集，因为可数集上的级数都是收敛的. 对任意元素 $\displaystyle a\in\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A countably infinite}\}$ ，由上论证知有 $\displaystyle a\leqslant\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}$ ，所以我们有 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}\geqslant\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A countably infinite}\}$ .

对X的任意有限子集D，我们有X\D为不可数集，进而由习题8.1.1知存在可数子集 $C'\subseteq X\backslash D$ ，进而 $C'':=C'\cup D$ 为可数集，容易由上面不等式 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}\geqslant\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A countably infinite}\}$ 证明 $\displaystyle\sum_{x\in C''}|f(x)|\geqslant\sum_{x\in D}|f(x)|$ ，进而我们有 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A countably infinite}\}\geqslant\sum_{x\in D}|f(x)|$ . 由于D的任意性，进而有 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}\leqslant\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A countably infinite}\}$ .

综上，当X为不可数集，如果 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)$ 为绝对收敛的那么有 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}=\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A countably infinite}\}$ .

综上，当X为不可数集时，如果 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)$ 不绝对收敛，进而 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}=+\infty$ . 用反证法和上面的论证我们容易得到 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A countably infinite}\}=+\infty$ .

综上，当X为不可数集，总有 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}=\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A countably infinite}\}$ . 所以我们也可以用 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A countably infinite}\}$ 是否为实数来判断不可数集X上的级数是否绝对收敛. 当两上确界为实数时，有 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)$ 为绝对收敛的.

综上，当X为不可数集时，如果 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)$ 绝对收敛，依引理8.2.5我们有 $\displaystyle\sum_{x\in X}|f(x)|=\sum_{x\in X : f(x)\neq 0}|f(x)|\\=\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq\{x\in X : f(x)\neq 0\}, \text{A finite}\}\\=\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}=\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A countably infinite}\}$ . 至此我们完成了命题1要做的所有工作.

证明了“命题1”，我们就知道对不可数集X，如果 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)$ 绝对收敛，那么我们有 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A countably infinite}\}<+\infty$ . 从这个不等式我们知道对任意X的可数子集A，我们都有 $\displaystyle\sum_{x\in A}|f(x)|$ 收敛. 这是非常神奇的，这说明对任意从自然数集到A的双射g，我们都有 $\displaystyle\sum_{x\in A}|f(x)|=\sum_{n=0}^\infty|f(g(n))|$ 收敛，进而有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}f(g(n))=0$ . 而我们考虑一个不可数实数子集B，直觉上觉得其一定有一个稠密（稠密的定义见下）子集，因为有比例数集是稠密的却是可数的例子. 如果有稠密子集，我们很容易就得到一个不收敛到0的序列，于是与 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}f(g(n))=0$ 相矛盾，这样就用反证法证明了命题. 需要说明的是，“实数集的不可数子集一定有稠密子集”这个命题是假的，比如康托尔三分集. 不过却证明了相对弱一点的命题“实数集的不可数子集一定有聚点”，对于引理8.2.5的证明来说也是足够了的. 现在就来证明“实数集的不可数子集一定有聚点”这个命题.

先来定义几个概念（这几个定义不是通常拓扑上的定义，借用名称只是为了形象而已，我们当然可以起另外的名称给如下的定义）:
1.定义一——实数集的连通性：我们说实数集X是连通的，当且仅当X是无限集并且对任意 $a,b\in X$ ，如果 $a<b$ 那么对于每个介于a,b之间的实数c（即 $a<c<b$ ）都有 $c\in X$ . 这个定义当然是很直观的.

有了上面的定义，我们说一个实数集X有连通的子集是指：对实数集X，存在无限子集 $X'\subseteq X$ ，对任意 $a,b\in X'$ ，如果 $a<b$ 那么对于每个介于a,b之间的实数c有 $c\in X'$ .

2.定义二——实数集的离散性：我们说实数集X是离散的，当且仅当X没有连通的子集，即对任意X的子集X'( $X'\subseteq X$ )，如果X’是无限的，那么存在 $a,b\in X'$ 使得 $a<b$ 并且存在介于a,b之间的实数c有 $c\notin X'$ .

3.定义三——实数集的离散性之二：我们说实数集X是离散的，当且仅当对任意 $a,b\in X$ 如果 $a<b$ 那么存在介于a,b之间的实数c有 $c\notin X$ .
实数集离散性的两种定义是等价的，现在我们就证明此事.

定义二和定义三等价证明：已知实数集X为定义三表述的离散：那么对任意X的子集X’，如果X’是无限的，我们很容易选取两个不同元素 $a,b\in X'$ 使得 $a<b$ ，由于 $X'\subseteq X$ ，所以我们也有 $a,b\in X$ ，再由已知得存在介于a,b之间的实数c有 $c\notin X$ ，进而 $c\notin X'$ . 所以此时X也为定义二表述的离散.

已知实数集X为定义二表述的离散：那么对任意 $a,b\in X$ ，如果 $a<b$ ，我们分两种情况讨论：1. $\{x\in X : a\leqslant x\leqslant b\}$ 为无限集，由于 $\{x\in X : a\leqslant x\leqslant b\}\subseteq X$ 和X为定义二表述的离散，我们知存在 $c,d\in \{x\in X : a\leqslant x\leqslant b\}$ 使得 $c<d$ 并且存在介于c,d之间的实数e有 $e\notin \{x\in X : a\leqslant x\leqslant b\}$ ，进而有存在介于a,b之间的实数e有 $e\notin X$ . 2. $\{x\in X : a\leqslant x\leqslant b\}$ 为有限集，则显然存在 $c\in\{x\in\mathbb{R} : a\leqslant x\leqslant b\}\backslash X$ (或者改为 $c\in\{x\in\mathbb{R} : a\leqslant x\leqslant b\}\backslash \{x\in X : a\leqslant x\leqslant b\}$ )使得在介于a,b之间的实数c有 $c\notin X$ .（我们有 $X\backslash Y=\emptyset\Longleftrightarrow X\subseteq Y$ ）

综上实数集离散性的定义二和三是等价的. 并且由定义三我们容易证明如果X为离散的实数集，那么其每个子集都是离散的.

4.定义四——实数集的稠密性：我们说实数集X是稠密的，当且仅当X是无限的并且对任意 $a,b\in X$ 如果 $a<b$ 那么存在介于a,b之间的实数c有 $c\in X$ . 我们容易举出一个例子：X为稠密的实数集但其有子集是不稠密的.

现在来证明几个关于上面四个定义的命题，来加深理解，

命题2：如果实数集X有连通的子集（即X不是离散的），那么X为不可数集.

证明：我们记此连通的子集为X'( $X'\subseteq X)$ ，由定义一我们可以找到集合 $\{x\in\mathbb{R} : a<x<b\}\subseteq X'(a,b\in X', a<b)$ . 容易证明集合 $\{x\in\mathbb{R} : a<x<b\}$ 和集合 $\{y\in\mathbb{R} : 0<y<1\}$ 有双射 $f(x):=\frac{x-a}{b-a}$ . 通过正切函数 $g(x)=\tan(x)$ 的伸缩平移变形，我们容易构造集合 $\{x\in\mathbb{R} : 0<x<1\}$ 和 $\mathbb{R}$ 之间的双射 $h(x):=\tan(\pi x-\frac{\pi}{2})$ . 于是函数 $h\circ f$ 为从 $\{x\in\mathbb{R} : a<x<b\}$ 到 $\mathbb{R}$ 的双射. 下一章我们将证明实数集是不可数的，进而 $\{x\in\mathbb{R} : a<x<b\}$ 不可数，进而X’不可数，进而X不可数. 这个命题的逆否命题是：如果实数集X是可数集，那么其一定是离散的. 命题2的逆命题不成立，一个显然的例子是所有非比例数组成的集合.

命题3：如果实数集X有连通的子集（即X不是离散的），那么X有子集为稠密的.

证明：我们记此连通的子集为X'( $X'\subseteq X)$ ，由定义一我们可以找到集合 $\{x\in\mathbb{R} : a<x<b\}\subseteq X'(a,b\in X', a<b)$ . 容易证明集合 $\{x\in\mathbb{R} : a<x<b\}$ 为稠密的. 这个命题的逆否命题是：如果实数集X不存在稠密的子集，那么其一定是离散的. 命题3的逆命题也不成立，一个例子是比例数集.

5.定义五——实数集的相邻性：设X为实数集，对任意元素 $a\in X$ ，我们说a在X中是左相邻的当且仅当：不存在 $x_{left}\in X$ 使得 $x_{left}<a$ ，或者存在 $x_{left}\in X$ 使得 $x_{left}<a$ 并且对一切 $y\in\{x\in X : x<a\}$ 有 $y\leqslant x_{left}$ . 同理我们可以定义右相邻的概念. 我们说a在X中是相邻的当且仅当a既是左相邻的又是右相邻的. 我们说集合X为相邻集合当且仅当X中的每个元素都是相邻的，一个具体的例子就是自然数集 $\mathbb{N}$ . 我们容易用反证法证明：如果X为相邻实数集合，那么其任意子集也是相邻实数集合. 但是我们容易注意到两个相邻的实数集合的并不一定是相邻的实数集合，比如相邻集合 $\{\frac{1}{2^n} : n\in\mathbb{N}\}$ 和 $\{\frac{1}{2^n}-1 : n\in\mathbb{N}\}$ 相邻集合的并在0处就不是相邻的. 我们还容易证明相邻实数集是离散并且没有稠密子集的. 我们容易证明元素的左（右）相邻数是唯一的.

6.定义六——实数集的聚点：设X为实数集，我们说 $x\in\mathbb{R}$ 是X的一个聚集点，当且仅当对任何实数 $\varepsilon>0$ 有 $\{y\in\mathbb{R} : x-\varepsilon<y<x\text{ or }x<y<x+\varepsilon\}\cap X\neq\emptyset$ . 说其元素 $x\in\mathbb{R}$ 是X的一个左聚集点，当且仅当对任何实数 $\varepsilon>0$ 有 $\{y\in\mathbb{R} : x-\varepsilon<y<x\}\cap X\neq\emptyset$ . 说其元素 $x\in\mathbb{R}$ 是X的一个右聚集点，当且仅当对任何实数 $\varepsilon>0$ 有 $\{y\in\mathbb{R} : x<y<x+\varepsilon\}\cap X\neq\emptyset$ . 容易证明如果元素 $x\in\mathbb{R}$ 是X的左聚点或右聚点，那么其是X聚点，但逆命题不成立. 注意，这里“聚集点”的定义不要求其属于被讨论的集合. 但我们容易证明连通集中的每个元素都是聚点；反之，我们容易知道每个元素都是聚点的实数集不一定是连通集(也即逆命题不成立)，比如对于比例数集. 要注意此“实数集的聚点”与定义9.1.8“实数集的附着点”的细微差别，我们可以证明：聚集点一定是附着点，但附着点不一定是聚集点. 详见定义9.1.18(也即我们可以证明此“实数集的聚点”等价于定义9.1.18).

命题4：设X为实数集，如果X不是相邻集合，那么X有存在元素 $x\in\mathbb{R}$ 有为聚集点.

证明：设X不是相邻的实数集，则存在元素 $a\in X$ 不是在X中相邻的，即a不是在X中左相邻的或者右相邻的. 我们先来考虑a不是在X中左相邻的，由元素左相邻的定义我们知道：存在 $x_{0}\in X$ 使得 $x_{0}<a$ ，并且对每个 $x'\in X$ 有: $x'\geqslant a$ 或者存在 $y\in\{x\in X : x<a\}$ 有 $y>x'$ . 那么对任意元素 $x'\in X$ ，如果 $x'<a$ ，由于a不左相邻，所以存在 $y\in\{x\in X : x<a\}$ 有 $x'<y<a$ . 即对任意元素 $x'\in X$ ，如果 $x'<a$ 那么存在 $y\in X$ 有 $x'<y<a$ . 于是我们可以非构造性的得到一个严格增的序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ ，其每个元素都属于集合 $\{x\in X : x<a\}$ . 其中定义 $a_0:=x_0$ ，由于 $x_{0}<a$ 知存在 $x_1\in X$ 有 $x_0<x_1<a$ ，我们记 $a_1:=x_1$ . 我们可以反证证明这个过程可以无限进行下去. （我不认为这是递归定义，因为递归定义的结果是唯一确定的，是构造性的，这里也许要引入选择公理才能保证其严谨性）. 由于序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 严格增并且有上界a，于是其收敛到其上确界M，即 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=M\leqslant a$ . 进而对任意实数 $\varepsilon>0$ ，都有 $|a_n-M|=M-a_n\leqslant\frac{\varepsilon}{2}<\varepsilon$ ，即 $M-\varepsilon<a_n<M$ ，即 $a_n\in\{y\in\mathbb{R} : M-\varepsilon<y<M\}$ (由于 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 严格增故不可能有 $a_n=M$ ). 所以此时X有左聚点M. 同理可证当a不是在X中右相邻的时有右聚点. 这就完成了证明.

命题5：设X为实数集，如果X是相邻集合并且每个实数都不是此集合聚点，那么X是至多可数的.

证明：我们只需考虑X为无限集的情形. 设X是相邻集合并且每个实数都不是此集合聚点.

由于X为无限集，我们可以取一个元素 $a\in X$ ，于是X可以写为两个集合 $\{x\in X : x\leqslant a\}$ 和 $\{x\in X : x\geqslant a\}$ 的并集. 接下来的工作就是证明两集合都是至多可数集，进而X为至多可数集，这就完成了证明. 以集合 $\{x\in X : x\geqslant a\}$ 为例，我们只考虑其为无限集的情况. 我们定义一个函数 $f:\mathbb{N}\rightarrow \{x\in X : x\geqslant a\}$ . 我们有 $a\in \{x\in X : x\geqslant a\}$ ，于是定义 $f(0):=a$ . 由于a为相邻的，进而是右相邻的，易证此时为“存在 $x_{right_a}\in X$ 使得 $x_{right_a}>a$ 并且对一切 $y\in\{x\in X : x>a\}$ 有 $y\geqslant x_{right_a}$ ”的情况，于是我们可以定义 $f(1):=x_{right_a}$ . 归纳假设对某自然数n已定义好 $f(n)$ ，那么由于 $f(n)\in \{x\in X : x\geqslant a\}$ ，进而 $f(n)\in X$ ，所以其也是相邻的，进而也是右相邻的，于是我们可以找到一个元素 $x_{right_{f(n)}}\in X$ 使得 $x_{right_{f(n)}}>f(n)$ 并且对一切 $y\in\{x\in X : x>f(n)\}$ 有 $y\geqslant x_{right_{f(n)}}$ ，于是我们定义 $f(n+1):=x_{right_{f(n)}}$ . 这就完成了归纳，我们递归定义了函数f，接下来就是证明其是双射. 很容易证明这个递归函数是严格增的，所以是单射；满射的证明就要多啰嗦一点，用反证法. 我们假设f不是满射，即存在一个元素 $x'\in\{x\in X : x\geqslant a\}$ 使得对于一切自然数n有 $f(n)\neq x'$ . 我们定义集合 $\{n\in\mathbb{N} : f(n)\geqslant x'\}$ ，我们假设 $\{n\in\mathbb{N} : f(n)\geqslant x'\}=\emptyset$ ，即对一切自然数n有 $f(n)< x'$ ，于是增序列 $(f(n))_{n=0}^\infty$ 有上界，进而其收敛到上确界，由命题4的论证过程我们知道上确界是其一个聚点，这个矛盾说明集合 $\{n\in\mathbb{N} : f(n)\geqslant x'\}$ 不空. 于是我们可以取此集合最小值记为 $n_{min}:=min(\{n\in\mathbb{N} : f(n)\geqslant x'\})$ ，于是我们有 $f(n_{min}-1)<x'\leqslant f(n_{min})$ ，而由递归定义我们知道 $f(n_{min}-1)$ 的右相邻数为 $f(n_{min})$ ，所以其中不可能存在任何数，这个矛盾说明了f是满射，这就完成了证明.

命题6：设X为不可数实数集合，那么存在实数为其聚集点. 其逆否命题说明了如果一个实数集没有聚点，那么其为至多可数集.

证明：反证法，由命题5我们知道X不是相邻集合或者存在实数是此集合的聚集点. 由命题4我们知道非相邻集合也有聚集点，所以命题得证.

其实命题6的证明也可以用前面几章节的定理证明：设X为不可数实数集. 对每个整数z，我们记集合 $S_z:=\{x\in\mathbb{R} : z\leqslant x<z+1\}\cap X$ . 容易证明 $\displaystyle\bigcup\{S_z : z\in\mathbb{Z}\}=X$ . 我们假设对每个整数z集合 $S_z$ 都是至多可数的，由习题8.1.9知 $\displaystyle\bigcup\{S_z : z\in\mathbb{Z}\}=X$ 是至多可数的，这是矛盾的，所以存在整数z使得 $S_z$ 是不可数的，即此集合是不可数的有界集合，由习题8.1.1知不可数实数集有可数的子集，进而此可数有界子集可以看成一个序列 $(a_n)^\infty_{n=0}$ 并且此序列对不同的自然数 $m_1\neq m_2$ 有 $a_{m_1}\neq a_{m_2}$ . 再由定理6.6.8(Bolzano-Weierstrass Theorem)知其有收敛的子序列(也即有极限点). 再由此序列对不同的自然数 $m_1\neq m_2$ 有 $a_{m_1}\neq a_{m_2}$ 知此极限点(子序列的收敛值)最多在序列中出现1次(进而在子序列中同样如此)，再根据定义6.4.1(极限点)或定义6.1.5(序列的收敛)知此极限点(子序列的收敛值)是聚点. 或者直接使用引理8.4.5(注意要将不可数有界集合的上确界从其中剔除后再使用)也可证明我们要的结果.

我们快完成了我们的准备工作，只要证明不可数实数集的子集的聚点不是0即可.

命题7：设X为不可数实数集合，那么其聚点不是唯一的.

证明：我们设X为不可数实数集. 由命题6我们知道其存在聚点. 我们假设这个聚点是唯一的，记为R. 对任意正整数 $n\in\mathbb{N}^+$ ，我们记集合 $S_n:=\{x\in\mathbb{R} : x\leqslant R-\frac{1}{n}\text{ or }x\geqslant R+\frac{1}{n}\}\cap X$ . 而 $\{x\in\mathbb{R} : x\leqslant R-\frac{1}{n}\text{ or }x\geqslant R+\frac{1}{n}\}\\=\{x\in\mathbb{R} : x\leqslant R-\frac{1}{n}\}\cup\{x\in\mathbb{R} : x\geqslant R+\frac{1}{n}\}$ ，于是我们有 $S_n=(\{x\in\mathbb{R} : x\leqslant R-\frac{1}{n}\}\cap X)\cup(\{x\in\mathbb{R} : x\geqslant R+\frac{1}{n}\}\cap X)$ . 我们假设对某正自然数n’有 $S_{n'}$ 为不可数的，进而有 $\{x\in\mathbb{R} : x\leqslant R-\frac{1}{n'}\}\cap X$ 或者 $\{x\in\mathbb{R} : x\geqslant R+\frac{1}{n'}\}\cap X$ 为不可数的，但无论哪种情形我们由命题6知其有不同于R的聚点，进而是X的聚点，这与我们的大假设相矛盾，于是对任意正整数 $n\in\mathbb{N}^+$ 有 $S_n$ 为至多可数的. 但是易证 $X\backslash\{R\}=\bigcup\{S_n : n\in\mathbb{N}^+\}$ ，由习题8.1.9知此时X是至多可数的，这个矛盾说明我们的大假设不成立，于是命题得证.

至此，我们终于可以说：任何不可数的实数集都有非零聚点. 这就完成了准备工作，我们可以回到证明的主线上来了，回顾我们的准备工作，发现集合论中的并公理起到了非常重要的作用.

所以，如果X为不可数的实数集，进而有非零聚点x. 那么我们知对正实数1有集合 $\{y\in\mathbb{R} : x-1<y<x\text{ or }x<y<x+1\}\cap X$ 不空，于是我们可以从中选取一个元素记为 $a_1$ ，并且可以看到 $0<|x-a_1|<1$ . 进而对正实数 $\frac{|x-a_1|}{2}>0$ 有集合 $\{y\in\mathbb{R} : x-\frac{|x-a_1|}{2}<y<x\text{ or }x<y<x+\frac{|x-a_1|}{2}\}\cap X$ 不空，于是我们可以从中选取一个元素记为 $a_2$ ，并且可以看到 $0<|x-a_2|<\frac{|x-a_1|}{2}$ ，进而我们可以看到 $a_1\neq a_2$ . 不断地重复类似步骤就得到一个序列 $(a_n)_{n=1}^\infty$ （具体点说是有 $a_1\in\{y\in\mathbb{R} : x-1<y<x\text{ or }x<y<x+1\}\cap X$ ； $a_{i+1}\in\{y\in\mathbb{R} : x-\frac{|x-a_i|}{2}<y<x\text{ or }x<y<x+\frac{|x-a_i|}{2}\}\cap X(i\geqslant 1)$ . 如果觉得不严格，加上依序选择公理即可）. 由 $a_1\in\{y\in\mathbb{R} : x-1<y<x\text{ or }x<y<x+1\}\cap X$ ； $a_{i+1}\in\{y\in\mathbb{R} : x-\frac{|x-a_i|}{2}<y<x\text{ or }x<y<x+\frac{|x-a_i|}{2}\}\cap X(i\geqslant 1)$ ，我们可以看到 $0<|x-a_1|<1$ ； $0<|x-a_{i+1}|<\frac{|x-a_i|}{2}(i\geqslant 1)$ . 进而看到 $1>|x-a_1|>2|x-a_2|>...>2^{n-1}|x-a_n|>2^n|x-a_{n+1}|>...>0$ . 进而我们容易证明对自然数 $m_1,m_2\geqslant 1$ ，如果 $m_1\neq m_2$ 那么 $a_{m_1}\neq a_{m_2}$ .

现在来证明 $(a_n)_{n=1}^\infty$ 收敛到x. 已证 $1>|x-a_1|>2|x-a_2|>...>2^{n-1}|x-a_n|>2^n|x-a_{n+1}|>...>0$ ，进而可以看到对任意实数 $\varepsilon>0$ ，存在正整数N使得 $\frac{1}{2^{N-1}}<\varepsilon$ ，进而对一切整数 $n\geqslant N$ 有： $|a_n-x|\leqslant|a_N-x|<\frac{1}{2^{N-1}}\leqslant\varepsilon$ . 于是乎 $(a_n)_{n=1}^\infty$ 收敛到x. 进一步的，我们可以证明引理9.1.14的实数集聚点版本：设 $X\subseteq\mathbb{R}, x\in\mathbb{R}$ . 我们有x是X的聚集点当且仅当存在一个全由 $X\backslash\{x\}$ 中元素组成的(各项均不相同的)序列 $(a_n)^\infty_{n=1}$ 使得，它收敛到x.

现已知 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)$ 绝对收敛(X为不可数集)，由命题一我们知道 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A countably infinite}\}<+\infty$ . 我们假设 $\{f(x) : x\in X\}\subseteq\mathbb{R}$ 不可数，由上知存在一个实数列 $(a_n)_{n=1}^\infty$ ，对一切自然数 $n\geqslant 1$ 有 $a_n\in\{f(x) : x\in X\}$ 并且其收敛到非零实数. 于是 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n$ 发散，进而 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty |a_n|$ 发散. 我们知道集合 $\{a_n : n\in\mathbb{N}^+\}\subseteq\{f(x) : x\in X\}$ 为可数的，注意此时函数 $g:\mathbb{N}^+\rightarrow\{a_n : n\in\mathbb{N}^+\},g(n):=a_n$ ，容易验证g为双射. 记集合 $M:=\{x\in X : f(x)\in\{a_n : n\in\mathbb{N}^+\}\}$ ，我们把函数f的定义域限制为M后，由M定义知此时函数值都属于集合 $\{a_n : n\in\mathbb{N}^+\}$ . 而对任意元素 $e\in\{a_n : n\in\mathbb{N}^+\}$ ，有 $e\in\{f(x) : x\in X\}$ ，即对每个 $e\in\{a_n : n\in\mathbb{N}^+\}$ 有对某 $x_e\in X$ 有 $f(x_e)=e\in\{a_n : n\in\mathbb{N}^+\}$ ，于是此时 $f:M\rightarrow\{a_n : n\in\mathbb{N}^+\}$ 为满射. 再记 $M_i:=\{m\in M : f(m)=a_i\}(i\in\mathbb{N}^+)$ ，容易验证 $\displaystyle\bigcup_{i\in\mathbb{N}^+}M_i=M$ . 由选择公理我们可以对每个 $i\in\mathbb{N}^+$ ，从 $M_i$ 中选取一个元素记为 $m_i$ ，组成集合 $\{m_i : i\in\mathbb{N}^+\}$ . 此时函数 $f:\{m_i : i\in\mathbb{N}^+\}\rightarrow\{a_n : n\in\mathbb{N}^+\}$ 为双射. 进而集合 $\{m_i : i\in\mathbb{N}^+\}$ 为X的可数子集，并且易证有 $\{f(x) : x\in\{m_i : i\in\mathbb{N}^+\}\}=\{a_n : n\in\mathbb{N}^+\}$ . 此时有 $\displaystyle\sum_{x\in\{m_i : i\in\mathbb{N}^+\}}|f(x)|=\sum_{x\in\{a_n : n\in\mathbb{N}^+\}}|x|=\sum_{n=1}^\infty |a_n|=+\infty$ ，这与 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A countably infinite}\}<+\infty$ 相矛盾，于是假设不成立，即 $\{f(x) : x\in X\}\subseteq\mathbb{R}$ 至多可数.

现在来证明：对任意 $s\in\{f(x) : x\in X\}\backslash\{0\}$ ，有集合 $\{y\in\{x\in X : f(x)\neq 0\} : f(y)=s\}$ 为有限的. 用反证法. 假设存在 $s\in\{f(x) : x\in X\}\backslash\{0\}$ 使集合 $\{y\in\{x\in X : f(x)\neq 0\} : f(y)=s\}$ 为无限的. 则存在可数集 $A\subseteq\{y\in\{x\in X : f(x)\neq 0\} : f(y)=s\}$ . 对任意 $a\in A$ 有 $f(a)=s\neq 0$ ，此时 $\displaystyle\sum_{x\in A}|f(x)|=\sum_{n=0}^\infty|s|=+\infty$ ，这与 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)$ 绝对收敛相矛盾，故对任意 $s\in\{f(x) : x\in X\}\backslash\{0\}$ 有集合 $\{y\in\{x\in X : f(x)\neq 0\} : f(y)=s\}$ 为有限的.

而我们易证 $\displaystyle\bigcup_{s\in\{f(x) : x\in X\}\backslash\{0\}}\{y\in\{x\in X : f(x)\neq 0\} : f(y)=s\}=\{x\in X : f(x)\neq 0\}$ ，由于 $\{f(x) : x\in X\}\backslash\{0\}$ 和 $\{y\in\{x\in X : f(x)\neq 0\} : f(y)=s\}$ 都是至多可数的，所以 $\displaystyle\bigcup_{s\in\{f(x) : x\in X\}\backslash\{0\}}\{y\in\{x\in X : f(x)\neq 0\} : f(y)=s\}=\{x\in X : f(x)\neq 0\}$ 是至多可数的，这就完成了证明.

同时我们发现 $\{x\in X : f(x)\neq 0\}$ 是至多可数的蕴涵 $\{f(x) : x\in X\}$ 至多可数. 所以两者从上述命题中是等价的.

最后我们补充几个例子，加强上面定义的理解：设X为实数集. 我们有——

X为稠密集 $\nRightarrow$ 对每个 $x\in X$ 有x为聚点. 反例： $\{y\in\mathbb{R} : 0<y<1\text{ and y is rational}\}\cup\{2\}$ .

对每个 $x\in X$ 有x为聚点 $\nRightarrow$ X为稠密集. 反例： $\{y\in\mathbb{R} : 0<y<1\text{ or }2<y<3\}$ .

对每个 $x\in X$ 有x不是相邻的 $\nRightarrow$ 对每个 $x\in X$ 有x为聚点. 反例： $\{y\in\mathbb{R} : 0<y<1\}\cup\{2\}$ .

对每个 $x\in X$ 有x为聚点 $\Longrightarrow$ 对每个 $x\in X$ 有x不是相邻的.

证明：设X为每个 $x\in X$ 有x为聚点的实数集. 我们假设有某 $x'\in X$ 有x’是相邻的，进而x’是左相邻和右相邻的. 由于x’是左相邻的，进而有不存在 $x_{left}\in X$ 使得 $x_{left}<x'$ ，或者存在 $x_{left}\in X$ 使得 $x_{left}<x'$ 并且对一切 $y\in\{x\in X : x<x'\}$ 有 $y\leqslant x_{left}$ . 如果为“不存在 $x_{left}\in X$ 使得 $x_{left}<x'$ ”的情形，进而我们知道x’为右聚点，进而x’不可能为右相邻的；所以应为“存在 $x_{left}\in X$ 使得 $x_{left}<x'$ 并且对一切 $y\in\{x\in X : x<x'\}$ 有 $y\leqslant x_{left}$ ”的情形，进而我们也知道x’为右聚点，进而x’不可能为右相邻的. 这个矛盾帮助我们完成了证明.

对每个 $x\in X$ 有x不是相邻的 $\nRightarrow$ X为稠密集. 反例： $\{y\in\mathbb{R} : 0<y<1\}\cup\{2\}$ .

X为稠密集 $\Longrightarrow$ 对每个 $x\in X$ 有x不是相邻的.

证明：设X为稠密的实数集. 我们假设存在 $x'\in X$ 有x’是相邻的. 进而x’是左相邻和右相邻的. 由于x’是左相邻的，进而有1.不存在 $x_{left}\in X$ 使得 $x_{left}<x'$ ，或者2.存在 $x_{left}\in X$ 使得 $x_{left}<x'$ 并且对一切 $y\in\{x\in X : x<x'\}$ 有 $y\leqslant x_{left}$ . 同理由于x’是右相邻的，进而有3.不存在 $x_{right}\in X$ 使得 $x_{right}>x'$ ，或者4.存在 $x_{right}\in X$ 使得 $x_{right}>x'$ 并且对一切 $y\in\{x\in X : x>x'\}$ 有 $y\geqslant x_{right}$ . 我们分四种情形讨论：

1.且3.：此时 $X=\{x'\}$ 为单元素集，这与X为稠密集的定义要求的无限相矛盾，故这种情形不会出现.

1.且4.：此时我们有 $x',x_{right}\in X, x_{right}>x'$ ，并且此时X中没有元素x满足 $x'<x<x_{right}$ ，这与X为稠密的实数集相矛盾，故这种情形不会出现.

2.且3.：类似于1.且4.情形不会出现.

2.且4.：为上面两种情况的综合，亦不会出现.

综上，假设不成立，所以命题得证.

8.2.3证明：(a)当X为有限集时，由命题7.1.11(f)保证；

当X为可数集时，设h为自然数集到集X的双射. 由定义8.2.1和命题7.2.14知 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)+\sum_{x\in X}g(x)=\sum_{n=0}^\infty f(h(n))+\sum_{n=0}^\infty g(h(n))=\sum_{n=0}^\infty (f(h(n))+g(h(n)))$ ，由于 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty (f(h(n))+g(h(n)))$ 绝对收敛，进而有 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty (f(h(n))+g(h(n)))=\sum_{x\in X}(f(x)+g(x))$ ，所以当X为可数集时命题也成立；

当X为不可数集时，我们有 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)+\sum_{x\in X}g(x)=\sum_{x\in X : f(x)\neq 0}f(x)+\sum_{x\in X : g(x)\neq 0}g(x)$ . 对于任何X的有限子集A，我们有 $\displaystyle\sum_{x\in A}|f(x)+g(x)|\leqslant\sum_{x\in A}|f(x)|+\sum_{x\in A}|g(x)|\leqslant\sup\{\sum_{x\in B}|f(x)| : B\subseteq X, \text{B finite}\}+\sup\{\sum_{x\in B}|g(x)| : B\subseteq X, \text{B finite}\}<+\infty$ ，进而 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)+g(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}<+\infty$ ，故 $\displaystyle\sum_{x\in X}(f(x)+g(x))$ 绝对收敛. 于是 $\displaystyle\sum_{x\in X}(f(x)+g(x))=\sum_{x\in X : f(x)+g(x)\neq 0}(f(x)+g(x))$ . 对至多可数集合X’，由引理8.2.5中绝对收敛级数 $\displaystyle\sum_{x\in X'}f(x)$ 定义值为 $\displaystyle\sum_{x\in X' : f(x)\neq 0}f(x)$ 的一般性我们知道 $\displaystyle\sum_{x\in X' : f(x)\neq 0}f(x)+\sum_{x\in X' : f(x)\neq 0}g(x)=\sum_{x\in X' : f(x)+g(x)\neq 0}(f(x)+g(x))$ . 于是乎，对于不可数集合X，我们有 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)+\sum_{x\in X}g(x)=\sum_{x\in X : f(x)\neq 0}f(x)+\sum_{x\in X : g(x)\neq 0}g(x)\\=\sum_{x\in\{x\in X : f(x)\neq 0\} : f(x)\neq 0}f(x)+\sum_{x\in\{x\in X : g(x)\neq 0\} : g(x)\neq 0}g(x)=\sum_{x\in X : f(x)\neq 0}f(x)+\sum_{x\in X : g(x)\neq 0}g(x)\\=\sum_{x\in X : f(x)+g(x)\neq 0}(f(x)+g(x))=\sum_{x\in X}(f(x)+g(x))$ . 这就完成了证明.

(b)当X为有限集时由命题7.1.11(g)保证：当X为可数集时由定义8.2.1和命题7.2.14(b)保证；当X为不可数集时，我们易证：如果 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)$ 绝对收敛，那么 $\displaystyle\sum_{x\in X}cf(x)$ 也绝对收敛. 所以 $\displaystyle c\sum_{x\in X}f(x)=c\sum_{x\in X : f(x)\neq 0}f(x)=\sum_{x\in X : f(x)\neq 0}cf(x)=\sum_{x\in X}cf(x)$ .

(c)第一部分：当X为有限集时由命题7.1.11(e)保证；

当X为可数集时我们容易证明 $\displaystyle\sum_{x\in X_1}f(x)$ 和 $\displaystyle\sum_{x\in X_2}f(x)$ 都是绝对收敛的. 如果 $X_1$ 、 $X_2$ 中有一个为有限的，不失一般性不妨设 $X_1$ 为有限的. 我们设g’为从自然数集到 $X_2$ 的双射，设g”为从 $\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant\#(X_1)\}$ 到 $X_1$ 的双射. 我们定义一个新函数 $g':\mathbb{N}\rightarrow X_1\cup X_2$ ，对一切自然数 $0\leqslant n\leqslant\#(X_1)-1$ ，定义 $g(n):=g''(n+1)$ ；对其余自然数定义 $g(n):=g'(n-\#(X_1))$ . 容易证明g为双射. 此时 $\displaystyle\sum_{x\in X_1\cup X_2}f(x)=\sum_{n=0}^\infty f(g(n))=\sum_{n=0}^{\#(X_1)-1} f(g(n))+\sum_{n=\#(X_1)}^\infty f(g(n))\\=\sum_{n=1}^{\#(X_1)} f(g(n-1))+\sum_{n=0}^\infty f(g(n-\#(X_1)))$ . 容易证明此时 $h_1:\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant\#(X_1)\}\rightarrow X_1, h_1(n):=g(n-1)$ 和 $h_2:\mathbb{N}\rightarrow X_2, h_2(n):=g(n-\#(X_1))$ 均为双射. 故 $\displaystyle\sum_{x\in X_1\cup X_2}f(x)=\sum_{n=1}^{\#(X_1)} f(g(n-1))+\sum_{n=0}^\infty f(g(n-\#(X_1)))\\=\sum_{n=1}^{\#(X_1)} f(h_1(n))+\sum_{n=0}^\infty f(h_2(n))=\sum_{x\in X_1}f(x)+\sum_{x\in X_2}f(x)$ . 这就完成了这种情形的证明；如果 $X_1$ 、 $X_2$ 均为可数集，我们知道 $\displaystyle\sum_{x\in X_1}f(x)=\sum_{n=0}^\infty f(h'(n))$ 和 $\displaystyle\sum_{x\in X_2}f(x)=\sum_{n=0}^\infty f(h''(n))$ (h’、h”分别为自然数集到 $X_1$ 和自然数集到 $X_2$ 的双射). 于是乎 $\displaystyle\sum_{x\in X_1}f(x)+\sum_{x\in X_2}f(x)=\sum_{n=0}^\infty f(h'(n))+\sum_{n=0}^\infty f(h''(n))=\sum_{n=0}^\infty (f(h'(n))+f(h''(n)))$ . 我们定义函数 $h_3:\mathbb{N}\rightarrow X_1\cup X_2$ ，对一切自然数n，有 $h_3(2n):=h'(n);h_3(2n+1):=h''(n)$ . 容易证明 $h_3$ 为双射. 此时序列 $\displaystyle(\sum_{n=0}^N(f(h'(n))+f(h''(n))))_{N=0}^\infty$ 为 $\displaystyle(\sum_{n=0}^N(f(h_3(n))))_{N=0}^\infty$ 的子序列（因为总有 $\displaystyle\sum_{n=0}^N(f(h'(n))+f(h''(n)))=\sum_{n=0}^{2N}(f(h_3(n)))$ 对一切自然数N成立），故 $\displaystyle\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{n=0}^N(f(h'(n))+f(h''(n)))=\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{n=0}^{N}(f(h_3(n)))$ ，即 $\displaystyle\sum_{x\in X_1}f(x)+\sum_{x\in X_2}f(x)=\sum_{x\in X}f(x)$ . 这就完成了X为可数集时的证明；

当X为不可数集时，同理我们可证 $\displaystyle\sum_{x\in X_1}f(x)$ 和 $\displaystyle\sum_{x\in X_2}f(x)$ 都是绝对收敛的. 当 $\{x\in X : f(x)\neq 0\}$ 为有限的时，则有 $\displaystyle\sum_{x\in X_1}f(x)+\sum_{x\in X_2}f(x)=\sum_{x\in X_1 : f(x)\neq 0}f(x)+\sum_{x\in X_2 : f(x)\neq 0}f(x)=\sum_{x\in\{x\in X_1 : f(x)\neq 0\}\cup\{x\in X_2 : f(x)\neq 0\}}f(x)\\=\sum_{x\in X_1\cup X_2 : f(x)\neq 0}f(x)=\sum_{x\in X}f(x)$ . 这就完成了这种情形的证明；当 $\{x\in X : f(x)\neq 0\}$ 为可数集，由上面论证知 $\displaystyle\sum_{x\in X_1}f(x)+\sum_{x\in X_2}f(x)=\sum_{x\in X_1 : f(x)\neq 0}f(x)+\sum_{x\in X_2 : f(x)\neq 0}f(x)=\sum_{x\in\{x\in X_1 : f(x)\neq 0\}\cup\{x\in X_2 : f(x)\neq 0\}}f(x)\\=\sum_{x\in X_1\cup X_2 : f(x)\neq 0}f(x)=\sum_{x\in X}f(x)$ . 这就完成了第一部分的证明.

第二部分：当 $X_1$ 、 $X_2$ 均为有限集时由命题7.1.11(e)保证；

当 $X_1$ 、 $X_2$ 中一个为可数集另一个为有限集时，容易证明 $\displaystyle\sum_{X_1\cup X_2}h(x)$ 为收敛的，参照第一部分的证明我们有 $\displaystyle\sum_{x\in X_1\cup X_2}h(x)=\sum_{x\in X_1}h(x)+\sum_{x\in X_2}h(x)$ ；

当 $X_1$ 、 $X_2$ 均为可数集时，容易证明 $\displaystyle\sum_{X_1\cup X_2}h(x)$ 为收敛的，参照第一部分的证明我们有 $\displaystyle\sum_{x\in X_1\cup X_2}h(x)=\sum_{x\in X_1}h(x)+\sum_{x\in X_2}h(x)$ ；

当 $X_1$ 为不可数集、 $X_2$ 为至多可数集时，容易证明 $\displaystyle\sum_{X_1\cup X_2}h(x)$ 为收敛的. 此时我们有 $\displaystyle\sum_{x\in X_1}h(x)+\sum_{x\in X_2}h(x)=\sum_{x\in X_1 : h(x)\neq 0}h(x)+\sum_{x\in X_2 : h(x)\neq 0}h(x)=\sum_{x\in\{x\in X_1 : h(x)\neq 0\}\cup\{x\in X_2 : h(x)\neq 0\}}h(x)\\=\sum_{x\in X_1\cup X_2 : h(x)\neq 0}h(x)=\sum_{x\in X_1\cup X_2}h(x)$ .

当 $X_1$ 、 $X_2$ 均为不可数集时，容易证明 $\displaystyle\sum_{X_1\cup X_2}h(x)$ 为收敛的. 此时我们有 $\displaystyle\sum_{x\in X_1}h(x)+\sum_{x\in X_2}h(x)=\sum_{x\in X_1 : h(x)\neq 0}h(x)+\sum_{x\in X_2 : h(x)\neq 0}h(x)=\sum_{x\in\{x\in X_1 : h(x)\neq 0\}\cup\{x\in X_2 : h(x)\neq 0\}}h(x)\\=\sum_{x\in X_1\cup X_2 : h(x)\neq 0}h(x)=\sum_{x\in X_1\cup X_2}h(x)$ .

其实第二部分的证明可以总结为一句话：由定义8.2.4容易证明 $\displaystyle\sum_{X_1\cup X_2}h(x)$ 为收敛的. 那么 $\displaystyle\sum_{x\in X_1\cup X_2}h(x)=\sum_{x\in X_1}h(x)+\sum_{x\in X_2}h(x)$ 由第一部分的证明所保证.

(d)当X为有限集是由命题7.1.11(c)保证；当X为可数集时，易知Y也为可数集，进而有 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)=\sum_{n=0}^\infty f(h(n))=\sum_{n=0}^\infty f(\varphi\circ h'(n))=\sum_{n=0}^\infty f(\varphi(h'(n)))=\sum_{y\in Y}f(\varphi(y))$ (h为自然数集到X的双射；h’为自然数集到Y的双射). 由定义8.2.1知其为绝对收敛的；当X为不可数集时，易知Y也为不可数集. 当函数 $\varphi:Y\rightarrow X$ 的定义域限制到 $\{y\in Y : f(\varphi(y))\neq 0)\}$ 时，易证有 $\{\varphi(y) : y\in\{y\in Y : f(\varphi(y))\neq 0)\}\}=\{x\in X : f(x)\neq 0\}$ . 于是有 $\varphi:\{y\in Y : f(\varphi(y))\neq 0)\}\rightarrow\{x\in X : f(x)\neq 0\}$ 是双射. 当 $\{x\in X : f(x)\neq 0\}$ 为至多可数集时，我们有 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)=\sum_{x\in X : f(x)\neq 0}f(x)=\sum_{y\in Y : f(\varphi(y))\neq 0}f(\varphi(y))=\sum_{y\in Y}f(\varphi(y))$ . 这就完成了证明.

8.2.4证明：从7.3级数的重排和例7.4.4知：对于在可数集X上的无限级数 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)$ ，我们说其条件收敛，即存在双射函数 $g:\mathbb{N}\rightarrow X$ ，使得 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty f(g(n))$ 为条件收敛的.

现在我们来证明 $A_+,A_-$ 均为可数集. 由于 $A_+\cup A_-=\mathbb{N}$ ，则 $A_+\subseteq\mathbb{N}$ ，故 $A_+$ 为至多可数集. 我们假设 $A_+$ 为有限的，进而 $A_-$ 为可数的. 我们记 $A_+$ 中最大元素为 $M:=max(A_+)$ . 进而对一切自然数 $n>M$ ，有 $a_n<0$ . 由于 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty a_n$ 条件收敛，由命题7.2.14(c)知 $\displaystyle\sum_{n=M+1}^\infty a_n$ 也条件收敛. 而前面已说明对一切自然数 $n>M$ 有 $a_n<0$ ，进而我们有 $\displaystyle\sum_{n=M+1}^\infty -a_n$ 绝对收敛. 此时 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty|a_n|=\sum_{n=0}^M|a_n|+\sum_{n=M+1}^\infty -a_n$ 收敛，即 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty a_n$ 绝对收敛，这个与题设矛盾，故假设不成立，所以有 $A_+$ 为可数集. 同理可证 $A_-$ 为可数集.

于是乎，我们记集合 $P:=\{a_n : n\in\mathbb{N}\}$ ，记函数 $f:\mathbb{N}\rightarrow P, f(n):=a_n$ . 由题设和定义8.2.1知级数 $\displaystyle\sum_{n\in\mathbb{N}}f(n)=\sum_{n\in\mathbb{N}}a_n$ 不是绝对收敛的，即 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq\mathbb{N}, \text{A finite}\}=+\infty$ . 我们假设 $\displaystyle\sum_{n\in A_+}a_n$ 和 $\displaystyle\sum_{n\in A_-}a_n$ 均绝对收敛，即 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in B}|f(x)| : B\subseteq A_+, \text{B finite}\}<+\infty$ 并且 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in B}|f(x)| : B\subseteq A_-, \text{B finite}\}<+\infty$ . 对任意自然数集的有限集 $A\subseteq\mathbb{N}$ ，我们定义 $A_1:=\{n\in A : a_n\geqslant 0\};A_2:=\{n\in A : a_n<0\}$ . 则有 $A_1\cup A_2=A;A_1\cap A_2=\emptyset$ . 由于 $A_1\subseteq A_+$ ，则有 $\displaystyle\sum_{x\in A_1}|f(x)|\leqslant\sup\{\sum_{x\in B}|f(x)| : B\subseteq A_+, \text{B finite}\}$ ；同理可证 $\displaystyle\sum_{x\in A_2}|f(x)|\leqslant\sup\{\sum_{x\in B}|f(x)| : B\subseteq A_-, \text{B finite}\}$ . 进而 $\displaystyle\sum_{x\in A}|f(x)|=\sum_{x\in A_1}|f(x)|+\sum_{x\in A_2}|f(x)|\leqslant\sup\{\sum_{x\in B}|f(x)| : B\subseteq A_+, \text{B finite}\}+\sup\{\sum_{x\in B}|f(x)| : B\subseteq A_-, \text{B finite}\}$ ，进而有 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq\mathbb{N}, \text{A finite}\}<+\infty$ ，这是矛盾的，所以假设不成立，即我们有 $\displaystyle\sum_{n\in A_+}a_n$ 不绝对收敛或 $\displaystyle\sum_{n\in A_-}a_n$ 不绝对收敛. 我们假设 $\displaystyle\sum_{n\in A_+}a_n$ 绝对收敛且 $\displaystyle\sum_{n\in A_-}a_n$ 不绝对收敛. 定义新函数 $g:\mathbb{N}\rightarrow\{-x : x\in P\}$ ，如果 $a_n\geqslant 0, g(n):=-a_n$ ；否则 $g(n):=0$ . 此时 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty g(n)=-\sum_{n\in A_+}a_n$ 为绝对收敛的，进而 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty g(n)+\sum_{n=0}^\infty a_n$ 为收敛的，进而 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty (g(n)+a_n)$ 为绝对收敛的，即 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty a_n$ 是绝对收敛的，这是矛盾的；同理可证“ $\displaystyle\sum_{n\in A_+}a_n$ 不绝对收敛且 $\displaystyle\sum_{n\in A_-}a_n$ 绝对收敛”假，所以只能为： $\displaystyle\sum_{n\in A_+}a_n$ 不绝对收敛且 $\displaystyle\sum_{n\in A_-}a_n$ 不绝对收敛，进而两者都是条件发散的，这就完成了证明.

8.2.5证明：1.从引理8.2.7中证明可知 $A_+,A_-$ 均为可数集；或者由有限集均为绝对收敛的.

2.如果 $\displaystyle\sum_{m=0}^\infty a_{f_+(m)}$ 是绝对收敛的，则 $\displaystyle\sum_{n\in A_+}a_n$ 是绝对收敛的； $\displaystyle\sum_{m=0}^\infty a_{f_-(m)}$ 同理.

3.已知递归定义是成功的. 对任意 $j_1,j_2\in\mathbb{N}$ ，如果 $j_1\neq j_2$ ，由 $n_j$ 的递归定义知可分四种情况讨论：a. $n_{j_1}\in A_+$ 且 $n_{j_2}\in A_-$ ，此时显然由于 $A_+\cap A_-=\emptyset$ 知 $n_{j_1}\neq n_{j_2}$ ；b. $n_{j_1}\in A_-$ 且 $n_{j_2}\in A_+$ ，理由同a；c. $n_{j_1},n_{j_2}\in A_+$ . 如果 $j_1<j_2$ ，则由(I)定义知 $n_{j_1}\neq n_{j_2}$ 、同理知如果 $j_1>j_2$ ，则 $n_{j_1}\neq n_{j_2}$ ；d. $n_{j_1},n_{j_2}\in A_-$ . 同理如c知 $n_{j_1}\neq n_{j_2}$ . 综上，映射 $j\mapsto n_j$ 是单射.

4.我们假设情形(I)出现有限I次，我们记最后一次出现情形(I)为 $j_{max}$ . 即对一切自然数 $j\geqslant j_{max}+1$ 有 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}\geqslant L$ ，此时 $n_j\in A_-$ ，进而 $a_{n_j}<0$ . 我们记 $\displaystyle S:=\sum_{0\leqslant i<j_{max}+1}a_{n_i}-L\geqslant 0$ . 那么对一切自然数 $j>j_{max}+1$ 有 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}=\sum_{0\leqslant i<j_{max}+1}a_{n_i}+\sum_{j_{max}+1\leqslant i<j}a_{n_i}\geqslant L$ ，即对一切自然数 $j>j_{max}+1$ 有 $\displaystyle\sum_{j_{max}+1\leqslant i<j}a_{n_i}\geqslant -S$ . 而 $\displaystyle\sum_{j_{max}+1\leqslant i<j}a_{n_i}$ 为随j严格递减的，其有下界-S，故其收敛，进而绝对收敛.

对任意自然数j，记自然数 $\displaystyle q_j:=\#(\{t\in\{m\in\mathbb{N} : 0\leqslant m<j\} : \sum_{0\leqslant i<t}a_{n_i}\geqslant L\})$ ，其意义为下标小于j的 $n_j$ 有多少由情形(II)定义. 现在我们证明一个命题：对任意自然数j，如果 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}\geqslant L$ 则有 $n_j=f_-(q_j)$ .

证明：对j进行归纳. 对自然数0，如果 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<0}a_{n_i}\geqslant L$ ，这说明是第一次出现情形(II). 此时 $\{n\in A_- : n\neq n_i\text{ for all }i<0\}=A_-$ ，进而有 $n_0=min(A_-)=f_-(0)$ ，此时有 $\displaystyle q_0=\#(\{t\in\{m\in\mathbb{N} : 0\leqslant m<0\} : \sum_{0\leqslant i<t}a_{n_i}\geqslant L\})=0$ ，进而 $n_0=f_-(q_0)$ . 这就完成了归纳基始.

归纳假设对一切自然数 $0\leqslant p<j(j\in\mathbb{N},j>0)$ ，如果 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<p}a_{n_i}\geqslant L$ 则有 $n_p=f_-(q_p)$ . 那么对自然数j，如果 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}\geqslant L$ ，此时易证

$\displaystyle\{n\in A_- : n\neq n_i\text{ for all }i<j\}\\=\{n\in A_- : n\neq n_i\text{ for all }i\in\{t\in\{m\in\mathbb{N} : 0\leqslant m<j\} : \sum_{0\leqslant k<t}a_{n_k}\geqslant L\}\}$ . 由归纳假设知此时：

$\displaystyle\{n\in A_- : n\neq n_i\text{ for all }i<j\}\\=\{n\in A_- : n\neq f_-(q_i)\text{ for all }i\in\{t\in\{m\in\mathbb{N} : 0\leqslant m<j\} : \sum_{0\leqslant k<t}a_{n_k}\geqslant L\}\}$ .

进而我们有 $\displaystyle n_j=min\{n\in A_- : n\neq n_i\text{ for all }i<j\}\\=min\{n\in A_- : n\neq f_-(q_i)\text{ for all }i\in\{t\in\{m\in\mathbb{N} : 0\leqslant m<j\} : \sum_{0\leqslant k<t}a_{n_k}\geqslant L\}\}$ .

而易知 $A_-=\{f_-(n) : n\in\mathbb{N}\}$ . 于是乎上面的等式变为 $\displaystyle n_j=min\{n\in \{f_-(n') : n'\in\mathbb{N}\} : n\neq f_-(q_i)\text{ for all }i\in\{t\in\{m\in\mathbb{N} : 0\leqslant m<j\} : \sum_{0\leqslant k<t}a_{n_k}\geqslant L\}\}$ .

我们易证 $\displaystyle \{n\in \{f_-(n') : n'\in\mathbb{N}\} : n\neq f_-(q_i)\text{ for all }i\in\{t\in\{m\in\mathbb{N} : 0\leqslant m<j\} : \sum_{0\leqslant k<t}a_{n_k}\geqslant L\}\}\\=f_-(\{n\in\mathbb{N} : n\neq q_i\text{ for all }i\in\{t\in\{m\in\mathbb{N} : 0\leqslant m<j\} : \sum_{0\leqslant k<t}a_{n_k}\geqslant L\}\})$ .

由于 $f_-$ 为增函数，所以只需要找到集合 $\displaystyle \{n\in\mathbb{N} : n\neq q_i\text{ for all }i\in\{t\in\{m\in\mathbb{N} : 0\leqslant m<j\} : \sum_{0\leqslant k<t}a_{n_k}\geqslant L\}\}$ 的最小元素即可.

而对任意 $\displaystyle i\in\{t\in\{m\in\mathbb{N} : 0\leqslant m<j\} : \sum_{0\leqslant k<t}a_{n_k}\geqslant L\}$ ，我们有 $q_{i+1}=q_i+1$ . 由于 $j>i$ 和 $q_i$ 为增函数，进而有 $q_j\geqslant q_{i+1}>q_i$ . 所以我们有 $\displaystyle q_j\in\{n\in\mathbb{N} : n\neq q_i\text{ for all }i\in\{t\in\{m\in\mathbb{N} : 0\leqslant m<j\} : \sum_{0\leqslant k<t}a_{n_k}\geqslant L\}\}$ .

对任意自然数 $\displaystyle i\in\{t\in\{m\in\mathbb{N} : 0\leqslant m<j\} : \sum_{0\leqslant k<t}a_{n_k}\geqslant L\}$ ，对任意自然数 $n<q_i$ ，由于情形(II)出现无限多次并且 $q_0=0$ 知函数 $q_t$ 为到值域 $\mathbb{N}$ 的满射函数. 进而存在自然数m使得 $q_m=n<q_i$ . 再由函数 $q_t$ 为增函数知有 $m<i$ . 由此我们知道集合 $\{m\in\mathbb{N} : q_m=n\}$ 非空并且有上界i，于是我们可以取到其最大值记为 $m_{max}:=max\{m\in\mathbb{N} : q_m=n\}$ . 由此我们得到了 $q_{m_{max}}=n, q_{m_{max}+1}=n+1$ ，所以我们有 $\displaystyle \sum_{0\leqslant k<m_{max}}a_{n_k}\geqslant L$ . 综上，我们证明了如下命题：对任意自然数 $\displaystyle i\in\{t\in\{m\in\mathbb{N} : 0\leqslant m<j\} : \sum_{0\leqslant k<t}a_{n_k}\geqslant L\}$ ，对任意自然数 $n<q_i$ ，存在自然数 $\displaystyle i'\in\{t\in\{m\in\mathbb{N} : 0\leqslant m<j\} : \sum_{0\leqslant k<t}a_{n_k}\geqslant L\}$ 使得 $q_{i'}=n$ .

综上，对任意自然数 $n<q_j$ ，有 $\displaystyle n\notin \{n\in\mathbb{N} : n\neq q_i\text{ for all }i\in\{t\in\{m\in\mathbb{N} : 0\leqslant m<j\} : \sum_{0\leqslant k<t}a_{n_k}\geqslant L\}\}$ . 这就证明了 $\displaystyle q_j=min\{n\in\mathbb{N} : n\neq q_i\text{ for all }i\in\{t\in\{m\in\mathbb{N} : 0\leqslant m<j\} : \sum_{0\leqslant k<t}a_{n_k}\geqslant L\}\}$ .

这就完成了归纳证明，所以对任意自然数j，如果 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}\geqslant L$ 则有 $n_j=f_-(q_j)$ .（值得说明：如果对 $q_j$ 进行归纳证明会更简洁！）

故对一切自然数 $j\geqslant j_{max}+1$ 有 $n_j=f_-(j-I)$ . 于是 $\displaystyle\sum_{j_{max}+1\leqslant i<j}a_{n_i}=\sum_{j_{max}+1\leqslant i<j}a_{f_-(i-I)}=\sum_{i=j_{max}+1-I}^{j-1-I}a_{f_-(i)}$ ，故 $\displaystyle\sum_{i=j_{max}+1-I}^{\infty}a_{f_-(i)}$ 是绝对收敛的，进而 $\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}a_{f_-(m)}$ 是绝对收敛的，这是一个矛盾，故假设不成立，所以情形(I)出现无限多次，同理可证情形(II)出现无限多次.

5.现在我们来证明映射 $j\mapsto n_j$ 是满射. 对任意元素 $n\in\mathbb{N}$ ，如果 $n\in A_-$ ，由 $f_-$ 的双射性知恰存在一个自然数n’使得 $f_-(n')=n$ . 我们假设对所有 $\displaystyle j\in\{m\in\mathbb{N} : \sum_{0\leqslant k<m}a_{n_k}\geqslant L\}$ 有 $n_j\neq n$ . 由上面4.的证明我们知道有 $f_-(q_j)\neq f_-(n')$ ，进而有 $q_j\neq n'$ ，即情形(II)不可能出现第n’次，这与4.的结果相矛盾，故假设不成立，于是存在 $j\in\mathbb{N}$ 有 $n_j=n$ . 同理可证当 $n\in A_+$ 的情形. 综上，映射 $j\mapsto n_j$ 是满射.

6.由推论7.2.6知 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=0$ . 故由定义6.6.1知有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_{f_+(n)}=\lim_{n\rightarrow\infty}a_{f_-(n)}=0$ . 对任意实数 $\varepsilon>0$ ，存在自然数 $N_+$ 使对一切自然数 $n\geqslant N_+$ 有 $|a_{f_+(n)}|\leqslant\varepsilon$ 和存在自然数 $N_-$ 使对一切自然数 $n\geqslant N_-$ 有 $|a_{f_-(n)}|\leqslant\varepsilon$ . 由上面5.的论证我们知存在 $j_+,j_-\in\mathbb{N}$ 使得 $n_{j_+}=f_+(N_+),n_{j_-}=f_-(N_-)$ . 我们取 $J:=max\{j_+,j_-\}$ ，那么对一切自然数 $j\geqslant J$ ，如果 $\displaystyle \sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}\geqslant L$ ，此时 $j\geqslant J\geqslant j_-$ ，进而有 $q_j\geqslant q_{j_-}$ ，再由 $f_-$ 的单调增知 $f_-(q_j)\geqslant f_-(q_{j_-})$ . 由于 $n_{j_-}=f_-(N_-)\in A_-$ ，则有 $n_{j_-}$ 由情形(II)定义，进而 $f_-(q_j)\geqslant n_{j_-}=f_-(N_-)$ ，进而 $q_j\geqslant N_-$ ，此时 $|a_{n_j}|=|a_{f_-(q_j)}|\leqslant\varepsilon$ . 同理可证当 $\displaystyle \sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}<L$ 时有 $|a_{n_j}|\leqslant\varepsilon$ . 综上，对任意实数 $\varepsilon>0$ 我们总可以找到自然数J使得对一切自然数 $j\geqslant J$ 有 $|a_{n_j}|\leqslant\varepsilon$ ，进而 $\displaystyle\lim_{j\rightarrow\infty}a_{n_j}=0$ .

7.对任意实数 $\varepsilon>0$ ，由于 $\displaystyle\lim_{j\rightarrow\infty}a_{n_j}=0$ ，则存在自然数J’使对一切自然数 $j\geqslant J'$ 有 $|a_{n_j}|\leqslant\varepsilon$ . 我们记集合 $\displaystyle E:=\{j\in\mathbb{N} : \sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}<L\text{ and }\sum_{0\leqslant i<j+1}a_{n_i}\geqslant L\}$ . 我们现在来证明E为无限集. 用反证法. 我们假设E为有限集，记其最大元素为 $j_{max}$ . 那么对一切自然数 $j>j_{max}$ ，都不会出现 $\displaystyle \sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}<L\text{ and }\sum_{0\leqslant i<j+1}a_{n_i}\geqslant L$ . 则对一切自然数 $j>j_{max}$ ，如果 $n_j$ 由情形(I)定义那么 $n_{j+1}$ 由情形(I)定义. 我们知道 $n_{j_{max}+1}$ 不是情形(I)定义就是情形(II)定义. 如果 $n_{j_{max}+1}$ 是情形(I)定义，由上结论归纳知对一切自然数 $j>j_{max}$ 有 $n_j$ 由情形(I)定义，进而情形(II)知出现有限多次，这与4.的结论矛盾，故我们知道 $n_{j_{max}+1}$ 是情形(II)定义，进而同样归纳知也有对一切自然数 $j>j_{max}$ 有 $n_j$ 由情形(II)定义，这与4.的结论矛盾. 这两个矛盾说明假设不成立，即E为无限集.

易证 $\{e\in E : e<J'\}$ 为有限集，进而 $\{e\in E : e\geqslant J'\}$ 为无限集. 我们记 $J:=min\{e\in E : e\geqslant J'\}$ . 于是 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<J+1}a_{n_i}=\sum_{0\leqslant i<J}a_{n_i}+a_{n_J}\leqslant\sum_{0\leqslant i<J}a_{n_i}+|a_{n_J}|<L+\varepsilon$ . 我们假设对某自然数 $j>J+1$ 有 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}>L+\varepsilon$ . 我们记 $j':=j-1>J$ ，而由 $J\geqslant J'$ 知 $j'>J'$ ，故 $|a_{n_{j'}}|\leqslant\varepsilon$ ，即有 $a_{n_{j'}}\leqslant\varepsilon$ . 则有 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}=\sum_{0\leqslant i<j'+1}a_{n_i}=\sum_{0\leqslant i<j'}a_{n_i}+a_{n_{j'}}>L+\varepsilon$ ，进而 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j'}a_{n_i}\geqslant L$ . 此时 $n_{j'}$ 由情形(II)定义，进而有 $a_{n_{j'}}<0$ . 故 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}=\sum_{0\leqslant i<j'}a_{n_i}+a_{n_{j'}}<\sum_{0\leqslant i<j'}a_{n_i}$ ，即有 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j'}a_{n_i}>L+\varepsilon$ . 向后归纳可得对一切自然数 $J+1<j''\leqslant j$ 有 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j''}a_{n_i}>L+\varepsilon$ . 综合起来有 $\displaystyle L\leqslant\sum_{0\leqslant i<J+1}a_{n_i}<L+\varepsilon$ 并且 $\displaystyle \sum_{0\leqslant i<J+2}a_{n_i}>L+\varepsilon$ ，即 $a_{n_{J+1}}>0$ ，但这与题设的递归定义相矛盾，故假设不成立，则对一切自然数 $j>J+1$ 均有 $\displaystyle \sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}\leqslant L+\varepsilon$ .

综上，对任意实数 $\varepsilon>0$ ，可以找到J+2使对一切自然数 $j\geqslant J+2$ 有 $\displaystyle \sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}\leqslant L+\varepsilon$ . 同理可证：对任意实数 $\varepsilon>0$ ，可以找到自然数K使对一切自然数 $k\geqslant K$ 有 $\displaystyle \sum_{0\leqslant i<k}a_{n_i}\geqslant L-\varepsilon$ .

那么对任意实数 $\varepsilon>0$ ，我们取 $M:=max\{J+2,K\}$ ，则对一切自然数 $j\geqslant M$ 有 $\displaystyle L-\varepsilon\leqslant\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}\leqslant L+\varepsilon$ ，即 $\displaystyle |\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}-L|\leqslant\varepsilon$ ，故 $\displaystyle\lim_{j\rightarrow\infty}\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}=L$ .

8.2.6证明：有了定理8.2.8的证明思路，我们很容易证明此命题，证明框架是完全一样的.

我们记集合 $A_+:=\{n\in\mathbb{N} : a_n>0\}$ 和 $A_-:=\{n\in\mathbb{N} : a_n\leqslant 0\}$ . 易证两集合具有引理8.2.7中所有性质. 由命题8.1.5知有严格增的双射 $f_+:\mathbb{N}\rightarrow A_+$ 以及 $f_-:\mathbb{N}\rightarrow A_-$ . 同理我们知 $\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}f_+(m)$ 和 $\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}f_-(m)$ 均不是绝对收敛的，我们定义一个自然数序列 $n_0,n_1,n_2,...$ 如下：

定义 $C_j:=\#\{n\in A_- : n=n_i\text{ for some }i<j\}+1$ ，其意义为：对一切小于j的自然数i已定义好 $n_i$ ，考虑 $n_0,n_1,...,n_{j-1}$ 中有多少个属于 $A_-$ ，再加上1. 显然的是 $C_0=1$ . 我们再递归定义 $n_j$ 如下：

(I)如果 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}<(a_{min(A_+)}\cdot C_j)$ ，则令 $n_j:=min\{n\in A_+ : n\neq n_i\text{ for all }i<j\}$ .

(II)如果 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}\geqslant(a_{min(A_+)}\cdot C_j)$ ，则令 $n_j:=min\{n\in A_- : n\neq n_i\text{ for all }i<j\}$ .

然后对一切i我们令 $f(i):=n_i$ 就得到这个双射函数.

直观地说，我们向级数加入一定数量的正数使其满足一定条件后，才加入一个非负数到级数中，这样做使其发散到正无穷.

我们现在来证明这样定义的 $f:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}$ 符合题目要求.

1.映射 $j\mapsto n_j$ 是单射. 类似如习题8.2.5中3.的论证.

2.情形(I)出现无限多次，情形(II)出现无限多次. 用反证法.

假设情形(II)出现有限的p次. 记最后一次出现的j为 $j_{max}$ ，进而对一切自然数 $j\geqslant j_{max}+1$ 有 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}<(a_{min(A_+)}\cdot C_j)$ ，此时 $n_j\in A_+$ ，即 $n_j\notin A_-$ . 进而我们有 $C_j=\#\{n\in A_- : n=n_i\text{ for some }0\leqslant i\leqslant j_{max}\}+\#\{n\in A_- : n=n_i\text{ for some }j_{max}<i<j\}+1\\=\#\{n\in A_- : n=n_i\text{ for some }0\leqslant i\leqslant j_{max}\}+1=p+1$ ，容易归纳证明 $\#\{n\in A_- : n=n_i\text{ for some }0\leqslant i\leqslant j_{max}\}\leqslant j_{max}+1$ ，进而有 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}<(a_{min(A_+)}\cdot C_j)\leqslant(a_{min(A_+)}\cdot (j_{max}+2))$ . 由于 $n_j\in A_+$ ，则 $a_{n_j}>0$ ，进而 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_j}$ 为随j增的. 综上 $\displaystyle(\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_j})_{j=j_{max}+1}^{\infty}$ 为增序列并且有上界，故此序列收敛. 仿照习题8.2.5中4.我们可以证明：对一切自然数 $j\geqslant j_{max}+1$ 有 $n_j=f_+(j-p)$ . 于是有 $\displaystyle\sum_{i=j_{max}+1}^\infty a_{n_i}=\sum_{i=j_{max}+1}^\infty a_{f_+(i-p)}=\sum_{i=j_{max}+1-p}^\infty a_{f_+(i)}$ 收敛，进而 $\displaystyle\sum_{i=0}^\infty a_{f_+(i)}$ 收敛，则 $\displaystyle\sum_{i=0}^\infty a_{f_+(i)}$ 绝对收敛，这是个矛盾，故假设不成立，则情形(II)出现无限多次.

我们假设情形(I)出现有限q次，记最后一次出现情形(I)的j为 $j'_{max}$ ，即对一切自然数 $j\geqslant j'_{max}+1$ 有： $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}\geqslant (a_{min(A_+)}\cdot C_j)$ ，则 $n_j\in A_-$ ，于是 $C_{j+1}=\#\{n\in A_- : n=n_i\text{ for some }i<j+1\}+1\\=\#\{n\in A_- : n=n_i\text{ for some }i<j\}+\#\{n\in A_- : n=n_i\text{ for some }j\leqslant i<j+1\}+1=C_j+\{n_j\}=C_j+1$ . 而我们有 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j+1}a_{n_i}\leqslant\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}$ . 故对一切自然数 $j'\geqslant j'_{max}+1$ ，有 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j'_{max}+1}a_{n_i}\geqslant\sum_{0\leqslant i<j'}a_{n_i}\geqslant a_{min(A_+)}\cdot C_{j'}\\=a_{min(A_+)}\cdot(C_{j'_{max}+1}+(j'-j'_{max}-1))\\=a_{min(A_+)}\cdot C_{j'_{max}+1}+a_{min(A_+)}\cdot (j'-j'_{max}-1)$ ，于是我们看到 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j'_{max}+1}a_{n_i}=+\infty$ ，这是矛盾的，故情形(I)出现无限次.

3.映射 $j\mapsto n_j$ 是满射. 对任意元素 $n\in\mathbb{N}$ ，如果 $n\in A_+$ ，由函数 $f_+$ 的双射性知存在一个n’使得 $f_+(n')=n$ . 我们假设对所有 $\displaystyle j\in\{t\in \mathbb{N} : \sum_{0\leqslant i<t}a_{n_i}<a_{min(A_+)}\cdot C_t\}$ 有 $n_j\neq n$ . 由本题2.知 $\displaystyle n_j=f_+(\#\{t\in\{m\in\mathbb{N} : 0\leqslant m<j\} : \sum_{0\leqslant i<t}a_{n_i}<a_{min(A_+)}\cdot C_t\})$ ，进而有 $\displaystyle f_+(\#\{t\in\{m\in\mathbb{N} : 0\leqslant m<j\} : \sum_{0\leqslant i<t}a_{n_i}<a_{min(A_+)}\cdot C_t\})\neq f_+(n')$ ，进而 $\displaystyle \#\{t\in\{m\in\mathbb{N} : 0\leqslant m<j\} : \sum_{0\leqslant i<t}a_{n_i}<a_{min(A_+)}\cdot C_t\}\neq n'$ ，其意义为情形(I)不可能出现第n’次，这与2.矛盾，故假设不成立，则存在 $j\in\mathbb{N}$ 有 $n_j=n$ .

如果 $n\in A_-$ ，同理我们可证：存在 $j\in\mathbb{N}$ 有 $n_j=n$ .存在 $j\in\mathbb{N}$ 有 $n_j=n$ .

综上，映射 $j\mapsto n_j$ 是满射.

4.我们有 $\displaystyle\lim_{j\rightarrow\infty}\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}=+\infty$ .

证明：由本题2.知情形(II)出现无穷多次. 那么对任意自然数N，情形(II)可以出现N+1次，即存在一个自然数 $j_{N+1}$ 是由第N+1次情形(II)定义. 那么对一切 $i<j_{N+1}$ 有N个 $n_i$ 由情形(II)定义，即N个 $n_i\in A_-$ ，于是有 $C_{j_{N+1}}=\#\{n\in A_- : n=n_i \text{ for some }i<j_{N+1}\}+1=N+1$ . 综上，对任意自然数N，总存在 $j\in \mathbb{N}$ 使得 $n_j$ 由情形(II)定义并且 $C_j>N$ .

那么对任意自然数N，存在自然数 $N'>\frac{N}{a_{min(A_+)}}$ ，存在 $j\in N$ 使得 $n_j$ 由情形(II)定义并且 $C_j>N'$ ，此时 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}\geqslant a_{min(A_+)}\cdot C_j>a_{min(A_+)}\cdot N'>a_{min(A_+)}\cdot \frac{N}{a_{min(A_+)}}=N$ . 于是序列 $\displaystyle (\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i})_{j=0}^{\infty}$ 无实数上界，进而 $\displaystyle\limsup_{N\rightarrow\infty}\sum_{m=0}^Na_{f(m)}=+\infty$ .

我们假设 $\displaystyle\liminf_{N\rightarrow\infty}\sum_{m=0}^Na_{f(m)}<+\infty$ . 记此实数下确界为M. 我们下面将证明存在一个自然数 $n\geqslant 0$ 使得对一切自然数 $N\geqslant n$ 有 $\displaystyle\sum_{m=0}^Na_{f(m)}>[M]+1>M$ ，从而与命题6.4.12(c)相矛盾，故有 $\displaystyle\liminf_{N\rightarrow\infty}\sum_{m=0}^Na_{f(m)}=+\infty$ . 综上我们有 $\displaystyle\limsup_{N\rightarrow\infty}\sum_{m=0}^Na_{f(m)}=\liminf_{N\rightarrow\infty}\sum_{m=0}^Na_{f(m)}=+\infty$ . 这就证明了 $\displaystyle\lim_{j\rightarrow\infty}\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}=+\infty$ . 下面我们补上上述论证缺失的关键一步：

由推论7.2.6知 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=0$ . 故由定义6.6.1知有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_{f_-(n)}=0$ ，进而存在自然数N使得对一切自然数 $n\geqslant N$ 有 $-1<a_{f_-(n)}\leqslant 0$ . 我们知道存在自然数N’使得 $N'>max\{\frac{[M]+2}{a_{min(A_+)}},N\}$ . 由上面论证我们知存在 $J\in\mathbb{N}$ 使得 $n_J$ 由情形(II)定义并且 $J+1\geqslant C_J>N'$ . 于是我们看到 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<J+1}a_{n_i}=\sum_{0\leqslant i<J}a_{n_i}+a_{n_J}\\\geqslant a_{min(A_+)}\cdot C_J-1>a_{min(A_+)}\cdot N'-1>a_{min(A_+)}\cdot \frac{[M]+2}{a_{min(A_+)}}-1=[M]+1$ . 归纳假设对某 $j\geqslant J+1$ 有 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}\geqslant [M]+1$ . 如果 $n_{j}$ 由情形(I)定义，显然 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j+1}a_{n_i}>[M]+1$ ；如果 $n_{j}$ 由情形(II)定义，进而我们有 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j+1}a_{n_i}=\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}+a_{n_j}>a_{min(A_+)}\cdot C_{j}-1\geqslant a_{min(A_+)}\cdot C_{J}-1>[M]+1$ . 这就完成了归纳. 综上，对任意 $j\geqslant J+1$ 有 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}\geqslant [M]+1$ .

文内补充

说明：1~6均为对定理8.2.2的证明的补充，所以未说明的前提都在书中有，不再在下面复述.

1.我们已知 $f:\mathbb{N}\times\mathbb{N}\rightarrow\{x\in\mathbb{R} : x\geqslant 0\}$ ，即函数值非负. 并且知道 $\displaystyle\sum_{(n,m)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}}f(n,m)$ 是绝对收敛的，记其收敛值为L. 正如定理8.2.2的证明中所说，我们容易证明当集合X为有限集 $X\subset\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ 时有 $\displaystyle\sum_{(n,m)\in X}f(n,m)\leqslant L$ .

这里要补充的是当X为无限子集 $X\subset\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ 时亦有 $\displaystyle\sum_{(n,m)\in X}f(n,m)\leqslant L$ .

证明：由于 $X\subset\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ 并且X为无限集，所以X为可数集，进而存在双射 $g:\mathbb{N}\rightarrow X\subseteq\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ . 由于 $\displaystyle\sum_{(n,m)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}}f(n,m)$ 是绝对收敛的并且f(n,m)是非负的，那么对任意自然数q有 $\displaystyle\sum_{p=0}^\infty f(g_2(p))$ 的部分和 $S_q\leqslant L$ ( $g_2$ 为 $\mathbb{N}$ 到 $\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ 的双射). 我们容易证明对 $\displaystyle\sum_{p=0}^\infty f(g_1(p))$ 的部分和 $S'_q$ 总有 $S'_q\leqslant S_{g_2^{-1}(g_1(q))}\leqslant L$ (其中 $g_1$ 为如下定义的双射函数： $g_1:\mathbb{N}\rightarrow X, g_1(n):=g_2(h(n))$ . 其中函数h为由命题8.1.5确定的从 $\mathbb{N}$ 到 $\{g_2^{-1}(x) : x\in X\}$ 的双射). 故 $S'_q$ 也有上界. 则X为无限集时 $\displaystyle\sum_{(n,m)\in X}f(n,m)$ 收敛并且收敛值不大于L.

2.P156页不等式 $\displaystyle\sum_{n=0}^N\sum_{m=0}^\infty f(n,m)\leqslant L$ 的证明.

证明：我们记 $\displaystyle a_M:=\sum_{m=0}^M f(n,m)$ . 那么由于 $\displaystyle\sum_{m=0}^\infty f(n,m)$ 收敛我们知序列 $(a_M)_{M=0}^\infty$ 收敛. 由习题7.1.5知 $\displaystyle\sum_{n=0}^N\sum_{m=0}^\infty f(n,m)=\sum_{n=0}^N(\lim_{M\rightarrow\infty}\sum_{m=0}^M f(n,m))=\lim_{M\rightarrow\infty}(\sum_{n=0}^N(\sum_{m=0}^M f(n,m)))$ . 显然序列 $\displaystyle (\sum_{n=0}^N(\sum_{m=0}^M f(n,m)))_{N=0}^\infty$ 是递增的，而其有上界L，故我们有 $\displaystyle\lim_{M\rightarrow\infty}(\sum_{n=0}^N(\sum_{m=0}^M f(n,m)))\leqslant L$ ，即 $\displaystyle\sum_{n=0}^N\sum_{m=0}^\infty f(n,m)\leqslant L$ .

定理8.2.2的证明需要勘误，详见勘误页. 如果按照书上的路径“当 $M\rightarrow\infty$ 时取上界”，我们将得到的是 $\displaystyle\lim_{M\rightarrow\infty}(\sum_{n=0}^N(\sum_{m=0}^M f(n,m)))\leqslant L$ 而不是 $\displaystyle\sum_{n=0}^N\sum_{m=0}^\infty f(n,m)(=\sum_{n=0}^N(\lim_{M\rightarrow\infty}\sum_{m=0}^M f(n,m)))\leqslant L$ ，这里的微妙差别值得注意，所以我们还需要引入习题7.1.5来帮助我们完成证明.

3.如果对每个实数 $\varepsilon>0$ 我们有 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\sum_{m=0}^\infty f(n,m)\geqslant L-\varepsilon$ ，我们就完成了证明.

我们已证 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\sum_{m=0}^\infty f(n,m)\leqslant L$ . 故只需要证明 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\sum_{m=0}^\infty f(n,m)\geqslant L$ 就可以完成证明.

如果对每个实数 $\varepsilon>0$ 我们有 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\sum_{m=0}^\infty f(n,m)\geqslant L-\varepsilon$ . 我们假设 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\sum_{m=0}^\infty f(n,m)<L$ . 我们令 $\displaystyle\varepsilon:=\frac{1}{2}(L-\sum_{n=0}^\infty\sum_{m=0}^\infty f(n,m))$ ，此时有 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\sum_{m=0}^\infty f(n,m)<L-\varepsilon$ ，与大前提矛盾，故假设不成立，即 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\sum_{m=0}^\infty f(n,m)\geqslant L$ .

4.对任意实数 $\varepsilon>0$ ，我们可以找到一个有限集合 $X\subseteq\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ 使得 $\displaystyle\sum_{(n,m)\in X}f(n,m)\geqslant L-\varepsilon$ .

证明： $\displaystyle\sum_{(n,m)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}}f(n,m)=\sum_{p=0}^{\infty}f(P(p))=\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{p=0}^{N}f(P(p))$ 绝对收敛（P为按定义8.2.1的双射），进而序列 $\displaystyle(\sum_{p=0}^{N}f(P(p)))_{N=0}^\infty$ 收敛. 由命题6.4.12(f)和(b)知：序列的上极限为L. 对任意实数 $\varepsilon>0$ ，存在自然数 $N_\varepsilon$ 使得 $\displaystyle(\sum_{p=0}^{N_\varepsilon}f(P(p)))>L-\varepsilon$ (由此序列为增序列知对任意 $N\geqslant N_\varepsilon$ 都有此不等式). 由于集合 $\{p\in\mathbb{N} : 0\leqslant p\leqslant N_\varepsilon\}$ 为有限集，进而我们定义集合 $X:=\{P(x) : x\in\{p\in\mathbb{N} : 0\leqslant p\leqslant N_\varepsilon\}\}$ 为有限集，故有 $\displaystyle\sum_{(n,m)\in X}f(n,m)\geqslant L-\varepsilon$ .

5. 任何 $\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ 的有限集X都包含在形如 $\{(n,m)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N} : n\leqslant N, m\leqslant M\}$ 的集合中，我们记此集合为 $Y:=\{(n,m)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N} : n\leqslant N, m\leqslant M\}$ .

证明思路为：a.选集合X中第一分量最大的笛卡尔乘积的第一分量为N，集合X中第二分量最大的笛卡尔乘积的第二分量为M. 选取由归纳法保证能够完成.

b.对集合X的基数进行归纳. 当 $\#(X)=0$ 时命题显然成立. 归纳假设对某 $\#(X)=n\geqslant 0$ 时命题成立，那么当 $\#(X)=n+1$ 时，首先可以选取一个元素 $x\in X$ ，则 $\#(X\backslash\{x\})=n$ ，此时由归纳假设知存在集合Y使得 $X\backslash\{x\}\subseteq Y$ ，同理也存在集合Y’使得 $\{x\}\subseteq Y'$ . 进而问题转化为对任意 $Y_1,Y_2$ ，是否存在Y使得 $Y_1\cup Y_2\subseteq Y$ . 这是明显成立的，这就完成了归纳.

6.如果 $\displaystyle\sum_{(n,m)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}}f(n,m)$ 是绝对收敛的，那么 $\displaystyle\sum_{(n,m)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}}f_+(n,m)$ 和 $\displaystyle\sum_{(n,m)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}}f_-(n,m)$ 也是绝对收敛的.

由推论7.3.2比较判别法我们知道这是显然的.

定理8.2.2的证明的最后一步是：

$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{m=0}^{\infty}f(n,m)=\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{m=0}^{\infty}(f_+(n,m)+f_-(n,m))\\=\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{n=0}^{N}(\sum_{m=0}^{\infty}(f_+(n,m)+f_-(n,m)))=\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{m=0}^{\infty}f_+(n,m)+\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{m=0}^{\infty}f_-(n,m)\\=\sum_{p=0}^\infty f_+(g(p))+\sum_{p=0}^\infty f_-(g(p))=\sum_{p=0}^\infty f(g(p))\\=\sum_{(n,m)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}}f(n,m)$ .（g为按定义8.2.1的双射）

从这个角度，判断 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)$ (X可数)是否绝对收敛，其等价于 $\displaystyle\sum_{x\in X}f_+(x)$ 和 $\displaystyle\sum_{x\in X}f_-(x)$ 同时绝对收敛.

7.已知X为集合，那么 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)$ 绝对收敛等价于 $\displaystyle\sum_{x\in X : f(x)\neq 0}f(x)$ 绝对收敛，并且 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)=\sum_{x\in X : f(x)\neq 0}f(x)$ .

当X为至多可数集时，这显然成立. 所以只需考虑X为不可数集的情形.

已知X为不可数集. 如果 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)$ 绝对收敛，由定义8.2.4我们知道 $\displaystyle\sum_{x\in X : f(x)\neq 0}f(x)$ 绝对收敛. 如果 $\displaystyle\sum_{x\in X : f(x)\neq 0}f(x)$ 绝对收敛，同理我们由定义8.2.4可知 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)$ 绝对收敛.

《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§8.1解答

习题8.1

8.1.1证明：已知存在X的一个真子集 $Y\subsetneq X$ 使得Y与X有同样的基数，由命题3.6.14(c)知X不能为有限集，即X为无限集.

如果X为无限集，我们递归定义一个函数 $f:\mathbb{N}\rightarrow X$ . 首先记集合 $Z_0:=X$ . 我们递归定义集合 $Z_{n+1}:=Z_n\backslash A_n$ (其中集合 $A_n$ 是与集合 $Z_n$ 有关的集合，其定义如下：如果 $Z_n$ 为空集则 $A_n:=\emptyset$ ；否则由引理3.1.6我们可以选取一个元素 $z_n\in Z_n$ ，定义 $A_n:=\{z_n\}$ ——我这样绕弯的定义 $Z_{n+1}$ 而不用定义“ $Z_{n+1}:=Z_n\backslash\{z_n\}(z_n\in Z_n$ )”是因为后一种递归定义在 $Z_0$ 为有限集是不成功的，我们还需要证明后一种定义在 $Z_0$ 为无限集时是定义成功的，我证明不了，证明过程中总有循环论证. 而前一种定义在逻辑上就是定义成功的，进而不需要证明递归定义是成功的). 现在我们来证明当 $Z_0=X$ 时对每个 $n\in\mathbb{N}$ 有 $Z_n$ 都是无限的. 对自然数0，由于 $Z_0=X$ 而X为无限集知 $Z_0$ 为无限集. 归纳假设对自然数n有 $Z_n$ 为无限集，那么有 $A_n=\{z_n\}(z_n\in Z_n)$ . 那么对自然数n+1，我们假设 $Z_{n+1}$ 为有限集，进而由3.6.14(b)知 $Z_{n+1}\cup A_n=Z_{n+1}\cup\{z_n\}=Z_n$ 也为有限集，这与归纳假设相矛盾，故假设不成立，进而 $Z_{n+1}$ 为无限集，这就完成了归纳. 进而我们知道当 $Z_0=X$ 为无限集时，有 $Z_{n+1}=Z_n\backslash\{z_n\}(z_n\in Z_n)$ . 于是我们可以定义 $f(n):=Z_n\backslash Z_{n+1}=z_n$ . 这里还有一个问题，就是每次从集合 $Z_n$ 选取一个元素 $z_n$ 时，我们知道这个选取是随意的，即我们知道非构造性存在一个元素 $z_n$ 属于 $Z_n$ . 或者从递归上说，我们有无数个集合序列满足上述过程(取决于每一步 $z_n$ 的选取)，这个递归结果不是“唯一确定的”，如果我们加上依序选择公理就可使递归结果唯一.

现在我们来证明f的单射性. 我们用P(n)表示关于自然数n的如下命题：对一切自然数 $n_1,n_2\leqslant n$ ，如果 $n_1\neq n_2$ 那么 $f(n_1)\neq f(n_2)$ . 对自然数1，对一切自然数 $n_1,n_2\leqslant 1$ ，如果 $n_1\neq n_2$ 那么有“ $n_1=0 \text{ and } n_2=1$ ”或“ $n_1=1 \text{ and } n_2=0$ ”，但无论何种情况，由于 $f(0)=Z_0\backslash Z_{1}$ 知有 $f(n_1)\neq f(n_2)$ ，这就完成了归纳基始. 归纳假设P(k)(对某 $k\geqslant 1$ )成立. 那么对自然数k+1，如果“ $n_1=k+1 \text{ and } n_2\leqslant k$ ”，首先由f的定义知 $f(n_1)\neq f(k)$ . 而对一切自然数m有 $f(m)\in Z_m$ 并且 $Z_{m+1}\subsetneq Z_m$ ，假设对某自然数 $k'<k$ 有 $f(n_1)=f(k')\in Z_{k'}$ ，进而有 $f(k')\in Z_{k+1}$ ，由于 $k>k'$ ，所以有 $f(k')\in Z_{k+1}\subseteq Z_{k'+1}=Z_{k'}\backslash\{f(k')\}$ ，这是一个矛盾，故假设不成立，即对一切自然数 $k'<k$ 有 $f(n_1)\neq f(k')$ ，所以此时 $f(n_1)\neq f(n_2)$ ；如果“ $n_2=k+1 \text{ and } n_1\leqslant k$ ”同理知 $f(n_1)\neq f(n_2)$ ；再结合归纳假设知对一切自然数 $n_1,n_2\leqslant k+1$ 有 $f(n_1)\neq f(n_2)$ ，这就完成了归纳. 所以对任意自然数n都有P(n)成立. 所以对任意自然数 $n_1,n_2$ ，如果 $n_1\neq n_2$ ，由 $P(max\{n_1,n_2\})$ 知 $n_1\neq n_2$ ，进而f为单射.

由于f为单射，进而我们把f的值域限制到 $f(\mathbb{N})$ 时其变成双射(这一部分其实是证明了任意无限集都有一个可数子集)，所以 $f(\mathbb{N})$ 为可数集. 记 $W:=f(\mathbb{N})\backslash\{f(0)\}$ ，再定义函数 $h:\mathbb{N}\rightarrow W,h(n):=f(n+1)$ ，容易验证h为双射. 我们记 $Y:=W\cup(X\backslash f(\mathbb{N}))$ ，由于 $f(0)\in X$ 而 $f(0)\notin Y$ ，所以 $Y\subsetneq X$ ，即Y为X的真子集. 我们定义函数 $g:Y\rightarrow X$ 如下：如果 $y\in W$ 则 $g(y):=f\circ h^{-1}(y)$ ；如果 $y\in X\backslash f(\mathbb{N})$ 则 $g(y):=y$ . 由于 $W\cap(X\backslash f(\mathbb{N}))=\emptyset$ ，所以函数g是定义成功了的.

现在来验证g的双射性. 对任何 $x\in X$ ，如果 $x\in X\backslash f(\mathbb{N})$ ，显然有 $x\in X\backslash f(\mathbb{N})\subseteq Y$ 使得 $g(x)=x$ ；如果 $x\in f(\mathbb{N})$ ，进而对某 $n_x\in\mathbb{N}$ 有 $x=f(n_x)$ ，所以存在 $h\circ f^{-1}(x)\in W\subseteq Y$ 使得 $g(h\circ f^{-1}(x))=f\circ h^{-1}(h\circ f^{-1}(x))=x$ . 综上，对任何 $x\in X$ 都存在 $y\in Y$ 使得 $g(y)=x$ ，所以函数g为满射. 对任何元素 $y_1,y_2\in Y$ ，如果 $y_1\neq y_2$ ，我们分四种情况讨论：a. $y_1,y_2\in W$ ，则有 $g(y_1)=f\circ h^{-1}(y_1)$ 和 $g(y_2)=f\circ h^{-1}(y_2)$ ，由f和h的双射性我们知道此时 $g(y_1)\neq g(y_2)$ ；b. $y_1,y_2\in X\backslash f(\mathbb{N})$ ，则有 $g(y_1)=y_1$ 和 $g(y_2)=y_2$ ，所以 $g(y_1)\neq g(y_2)$ ；c. $y_1\in W,y_2\in X\backslash f(\mathbb{N})$ ，则有 $g(y_1)=f\circ h^{-1}(y_1)\in f(\mathbb{N})$ 和 $g(y_2)=y_2\in X\backslash f(\mathbb{N})$ ，此时 $g(y_1)\neq g(y_2)$ ；d. $y_2\in W,y_1\in X\backslash f(\mathbb{N})$ ，同理如c知此时 $g(y_1)\neq g(y_2)$ . 综上g为单射. 这就证明了g为双射.

至此我们终于可以说找到了一个X的真子集Y使得X和Y具有同样的基数.

8.1.2证明：a.对任何自然数集的非空子集X，由于对任何元素 $x\in X$ 有 $x\geqslant 0$ ，即集合X有下界，由定理5.5.9知X有最大下界实数M，即对任意元素 $x\in X$ 有 $x\geqslant M$ . 我们假设 $M\notin X$ ，则对任意 $x\in X$ 有 $x>M$ . 而 $M\geqslant[M]$ ，进而 $x>[M]$ ，故 $x\geqslant [M]+1>M$ ，即[M]+1也为X的下界，这与M为X的最大下界相矛盾，故假设不成立，即 $M\in X$ . 综上，对任何自然数集的非空子集X存在 $M\in X$ 使得对一切 $x\in X$ 有 $x\geqslant M$ ，即X有最小元.

b.对任何自然数集合X，如果 $0\in X$ ，由于对任何 $x\in X$ 有 $x\geqslant 0$ ，故0为集合X的最小元. 归纳假设对任何自然数 $k\leqslant n(n\in\mathbb{N})$ ：对任何自然数集合X，如果 $k\in X$ ，则X有最小元. 那么对自然数n+1，对任何自然数集合X，如果n+1为X的最小元，那么命题得证；如果n+1不是X的最小元. 即存在一个元素 $x\in X$ 使得 $x<n+1$ ，即 $x\leqslant n$ ，由归纳假设知X也有最小元，这就完成了归纳. 综上，任何自然数集合X的非空子集总有最小元.

c.假设存在一个自然数集的非空子集X没有最小元，即对任何元素 $x\in X$ 都存在 $x'\in X$ 使得 $x'<x$ . 我们定义一个函数 $f:\mathbb{N}\rightarrow X$ . 首先由于X非空，我们可以选取一个元素 $x_0\in X$ ，我们定义 $f(0):=x_0$ . 归纳假设已对自然数n定义好 $f(n)\in X$ ，那么我们定义 $f(n+1):=x_{n+1}<f(n)$ . 这样我们就得到了一个严格减函数f，即一个自然数的严格减序列 $(f(n))_{n=0}^{\infty}$ ，这明显与自然数的无限下降原理相矛盾.

8.1.3证明：1.对任意自然数n，容易验证集合 $X=\{x\in X : \text{for all }m<n,x\neq a_m\}\cup\{x\in X : x=a_m\text{ for some }m<n\}$ . 假设 $\{x\in X : \text{for all }m<n,x\neq a_m\}$ 为有限集，容易验证 $\{x\in X : x=a_m\text{ for some }m<0\}=\emptyset$ ，并且 $\{x\in X : x=a_m\text{ for some }m<n\}\cup\{a_n\}\\=\{x\in X : x=a_m\text{ for some }m<n+1\}$ ，由命题3.6.14(b)和归纳法知对任意自然数n集合 $\{x\in X : x=a_m\text{ for some }m<n\}$ 均为有限集，再由命题3.6.14(b)知 $\{x\in X : \text{for all }m<n,x\neq a_m\}\cup\{x\in X : x=a_m\text{ for some }m<n\}$ 为有限集，即X为有限集，这明显是矛盾的，故假设不成立，即对任意自然数n有 $\{x\in X : \text{for all }m<n,x\neq a_m\}$ 为无限集.

2.由1知递归定义 $a_n:=min\{x\in X : \text{for all }m<n,x\neq a_m\}$ 是定义成功的，从而有对一切自然数n有 $a_n\neq a_{n+1}$ ，而两者都属于集合X，故有 $a_n<a_{n+1}$ 或 $a_n>a_{n+1}$ . 我们不妨假设 $a_n>a_{n+1}$ ，由于 $a_{n+1}\in\{x\in X : \text{for all }m<n+1,x\neq a_m\}$ 并且 $a_{n}\in\{x\in X : \text{for all }m<n,x\neq a_m\}$ ，再由 $a_n\neq a_{n+1}$ 知 $a_n\in\{x\in X : \text{for all }m<n+1,x\neq a_m\}$ . 于是我们看到 $min\{x\in X : \text{for all }m<n+1,x\neq a_m\}$ 不可能为 $a_{n+1}$ ，这与“递归定义 $a_n:=min\{x\in X : \text{for all }m<n,x\neq a_m\}$ 是定义成功的”的相矛盾，故假设 $a_n>a_{n+1}$ 不成立，于是 $a_n<a_{n+1}$ . 进而 $(a_n)_{n=0}^{\infty}$ 为递增序列.

3.由习题6.1.1知对于一切 $n\neq m$ 有 $a_n\neq a_m$ .

4.由“递归定义 $a_n:=min\{x\in X : \text{for all }m<n,x\neq a_m\}$ ”知 $a_n\in X$ .

5.已知 $x\in X$ 并且对每个自然数n有 $a_n\neq x$ ，进而有 $x\in X$ 并且对每个自然数n，对每个自然数 $m<n$ 有 $x\neq a_m$ . 故 $x\in\{x\in X : \text{for all }m<n,x\neq a_m\}$ .

6. $a_0\in X\subseteq\mathbb{N}$ ，则有 $a_0\geqslant 0$ . 归纳假设 $a_n\geqslant n$ ，那么有 $a_{n+1}>a_n\geqslant n$ ，即有 $a_{n+1}>n$ . 而 $a_{n+1}\in\mathbb{N}$ ，进而 $a_{n+1}\geqslant n+1$ ，这就完成了归纳.

7.由1知 $min\{x\in X : \text{for all }t<m,x\neq a_t\}$ 是定义成功的，再由 $g:\mathbb{N}\rightarrow X$ 为增的双射知 $g(m)\in\{x\in X : \text{for all }t<m,x\neq a_t\}$ . 我们假设 $g(m)\neq min\{x\in X : \text{for all }t<m,x\neq a_t\}$ ，进而有 $g(m)>min\{x\in X : \text{for all }t<m,x\neq a_t\}$ ，综合“对于一切 $n<m,g(n)=a_n$ ”知对一切自然数 $n<m$ 有 $g(n)\notin\{x\in X : \text{for all }t<m,x\neq a_t\}$ ，进而对一切自然数n有 $g(n)\neq min\{x\in X : \text{for all }t<m,x\neq a_t\}\subseteq X$ ，这与g为从 $\mathbb{N}$ 到X的双射相矛盾，故有 $g(m)=min\{x\in X : \text{for all }t<m,x\neq a_t\}$ .

8.1.4证明：已知 $f:\mathbb{N}\rightarrow Y$ ，定义函数 $g:A\rightarrow f(A),g(x):=f(x)$ . 对任何 $x_1,x_2\in A$ ，若 $x_1\neq x_2$ ，则有 $x_1<x_2$ 或 $x_1>x_2$ ，但无论哪种情况由集合A的定义知有 $f(x_1)\neq f(x_2)$ ，即 $g(x_1)\neq g(x_2)$ ，故g为单射. 对任何 $y\in f(A)$ ，有对某 $x\in A$ 有 $y=f(x)=g(x)$ ，故g为满射，综上g为双射. 由于 $A\subseteq\mathbb{N}$ 显然有 $f(A)\subseteq f(\mathbb{N})$ . 我们假设 $f(\mathbb{N})\subseteq f(A)$ 不成立，即存在元素 $x\in f(\mathbb{N})$ 并且 $x\notin f(A)$ ，即对某 $n\in\mathbb{N}$ 有 $x=f(n)$ 并且不存在 $n'\in A$ 使 $x=f(n')$ ，进而有 $n\notin A$ ，由A定义知这意味着存在 $0\leqslant n_1<n$ 使 $f(n_1)=f(n)=x\notin f(A)$ . 而 $f(n_1)\in f(\mathbb{N})$ ，于是我们找到 $n_1<n$ 使得 $f(n_1)\in f(\mathbb{N})$ 并且 $f(n_1)\notin f(A)$ ，重复上面的操作我们就找到一个严格递减的自然数序列 $n,n_1,n_2,...$ 使得他们都属于 $f(\mathbb{N})$ 但不属于 $f(A)$ ，这明显与自然数的无限减小原理相矛盾，故假设不成立，即 $f(\mathbb{N})\subseteq f(A)$ . 所以我们有 $f(A)=f(\mathbb{N})$ . 而 $A\subseteq\mathbb{N}$ ，当A为有限集时 $f(A)=f(\mathbb{N})$ 显然是至多可数的；当A为无限集时，由命题8.1.5知在 $\mathbb{N}$ 与A之间存在双射函数，再由 $g:A\rightarrow f(A)$ 为双射知 $\mathbb{N}$ 与f(A)之间存在双射函数，即 $\mathbb{N}$ 与 $f(\mathbb{N})$ 之间存在双射函数，所以此时 $f(\mathbb{N})$ 为可数的. 综上， $f(\mathbb{N})$ 总是至多可数的.

8.1.5证明：已知X为可数集，则存在双射函数 $g:\mathbb{N}\rightarrow X$ ，则 $f\circ g$ 为从 $\mathbb{N}$ 到Y的函数，由命题8.1.8知 $f\circ g(\mathbb{N})$ 为至多可数的. 对任意元素 $x\in f\circ g(\mathbb{N})$ ，有对某 $n\in\mathbb{N}$ 有 $x=f\circ g(n)=f(g(n))$ . 进而对某 $g(n)\in X$ 有 $x=f(g(n))$ ，故 $x\in f(X)$ ，故 $f\circ g(\mathbb{N})\subseteq f(X)$ . 对任意元素 $y\in f(X)$ ，有对某 $x\in X$ 有 $y=f(x)$ ，即对某 $g^{-1}(x)\in\mathbb{N}$ 有 $y=f(g(g^{-1}(x)))=f(x)$ ，即 $y=f\circ g(g^{-1}(x))$ ，故 $y\in f\circ g(\mathbb{N})$ ，进而 $f(X)\subseteq f\circ g(\mathbb{N})$ . 综上， $f\circ g(\mathbb{N})=f(X)$ . 所以f(X)是至多可数的.

8.1.6证明：若存在从A到 $\mathbb{N}$ 的单射 $f:A\rightarrow\mathbb{N}$ ，我们容易验证 $f:A\rightarrow f(A)$ 为双射. 而 $f(A)\subseteq\mathbb{N}$ ，由推论8.1.6知f(A)是至多可数的，所以A是至多可数的.

若A是至多可数的，即A为有限集或可数集. 当A为有限集时显然存在从A到 $\mathbb{N}$ 的单射. 如果A为可数集，则存在从A到 $\mathbb{N}$ 的双射函数，亦即存在从A到 $\mathbb{N}$ 的单射.

8.1.7证明：对任意元素 $z\in h(\mathbb{N})$ ，有对某自然数 $n\in\mathbb{N}$ 有 $z=h(n)$ . 若n为偶数，则有 $z=h(n)=h(2k_1)=f(k_1)\in X\subseteq X\cup Y$ ；若n为奇数，则有 $z=h(n)=h(2k_2+1)=g(k_2)\in Y\subseteq X\cup Y(k_1,k_2\in\mathbb{N})$ . 故有 $h(\mathbb{N})\subseteq X\cup Y$ . 对任意元素 $z\in X\cup Y$ ，如果 $z\in X$ ，则有 $2f^{-1}(z)\in\mathbb{N}$ 使得 $h(2f^{-1}(z))=f(f^{-1}(z))=z$ ，故 $z\in h(\mathbb{N})$ ；如果 $z\in Y$ ，则有 $2g^{-1}(z)+1\in\mathbb{N}$ 使得 $h(2g^{-1}(z)+1)=g(g^{-1}(z))=z$ ，故 $z\in h(\mathbb{N})$ ，综上总有 $z\in h(\mathbb{N})$ ，所以 $X\cup Y\subseteq h(\mathbb{N})$ . 综上有 $h(\mathbb{N})=X\cup Y$ . 由命题8.1.8知 $h(\mathbb{N})=X\cup Y$ 是至多可数的. 若 $X\cup Y$ 为有限的，由命题3.6.14(c)知X为有限集，这与X为可数集相矛盾，故假设不成立，即 $X\cup Y$ 为可数集.

8.1.8证明：已知X和Y都是可数集合，即存在双射函数 $f:X\rightarrow\mathbb{N}$ 和双射函数 $g:Y\rightarrow\mathbb{N}$ . 我们定义函数 $h:X\times Y\rightarrow\mathbb{N}\times\mathbb{N},h(x,y):=(f(x),g(y))$ . 现在来证明h的双射性. 对任意 $(x_1,y_1),(x_2,y_2)\in X\times Y$ ，如果 $(x_1,y_1)\neq (x_2,y_2)$ ，则有 $x_1\neq x_2$ 或者 $y_1\neq y_2$ . 若 $x_1\neq x_2$ ，进而有 $f(x_1)\neq f_(x_2)$ ，进而 $h(x_1,y_1)\neq h(x_2,y_2)$ ；同理若 $y_1\neq y_2$ 则 $h(x_1,y_1)\neq h(x_2,y_2)$ ，所以h为单射. 对任意 $(a,b)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ ，有 $(f^{-1}(a),g^{-1}(b))\in X\times Y$ 使得 $h(f^{-1}(a),g^{-1}(b))=(a,b)$ ，故h为满射. 综上，h为双射. 由推论8.1.13知 $\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ 为可数集，故 $X\times Y$ 也为可数集.

8.1.9证明：小命题：如果I为至多可数集而I’为可数集，则 $I\cup I'$ 为可数集. 证明：设Y为可数集. 如果X为可数集，由命题8.1.10知 $X\cup Y$ 为可数集. 如果X为有限集，我们知道有双射函数 $f_1:\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant \#(X)\}\rightarrow X$ 和双射函数 $f_2:\mathbb{N}\rightarrow Y$ ，进而我们定义函数 $f:\mathbb{N}\rightarrow X\cup Y$ 如下：对每个 $n\in\mathbb{N}$ ，如果 $n<\#(X)$ 则 $f(n):=f_1(n+1)$ ；如果 $n\geqslant \#(X)$ 则 $f(n):=f_2(n-\#(X))$ . 现在我们来说明f的满射性. 对任意元素 $z\in X\cup Y$ ，如果 $z\in X$ ，则存在 $n\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant \#(X)\}$ 使 $f_1(n)=z$ ，进而存在 $n-1\in\{i\in\mathbb{N} : 0\leqslant i\leqslant \#(X)-1\}\subseteq\mathbb{N}$ 使得 $f(n-1)=f_1(n)=z$ ；如果 $z\in Y$ ，则存在 $n\in\mathbb{N}$ 使 $f_2(n)=z$ ，进而存在 $n+\#(X)\in\mathbb{N}$ 使得 $f(n+\#(X))=f_2(n)=z$ . 综上f为满射. 故有 $f(\mathbb{N})=X\cup Y$ ，再由命题8.1.8知 $f(\mathbb{N})$ 是至多可数的，即 $X\cup Y$ 是至多可数的. 再由于为Y可数集，所以 $X\cup Y$ 是可数的.

现在来证明习题. 已知I为至多可数集并且对每个 $\alpha\in I$ 有 $A_\alpha$ 是一个至多可数的集合. 由上面的小命题我们知对每个 $\alpha\in I$ 有 $A_\alpha\cup\mathbb{N}$ 是一个可数的集合. 此时有 $\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha}\subseteq\bigcup_{\alpha\in I}{(A_\alpha\cup\mathbb{N})}$ . 若I为有限集，当 $\#(I)=0$ ，即I为空集，我们知道 $\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ 为空集，进而是至多可数的；当 $\#(I)=1$ ，即I为单元素集，进而 $\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha}=A_\beta(\beta\in I)$ ，所以此时 $\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ 是至多可数的；当 $\#(I)=2$ ，由命题8.1.10知 $\bigcup_{\alpha\in I}{(A_\alpha\cup\mathbb{N})}$ 是可数的. 归纳假设对某自然数 $n\geqslant 2$ ，如果 $\#(I)=n$ 有 $\bigcup_{\alpha\in I}{(A_\alpha\cup\mathbb{N})}$ 是可数的. 那么对自然数 $n+1$ ，如果 $\#(I)=n+1$ ，进而I非空，所以可以选取一个元素 $i\in I$ 使得 $\#(I\backslash\{i\})=n$ ，由归纳假设和命题8.1.10知 $\bigcup_{\alpha\in I\backslash\{i\}}{(A_\alpha\cup\mathbb{N})}\cup\bigcup_{\alpha\in \{i\}}{(A_\alpha\cup\mathbb{N})}=\bigcup_{\alpha\in I}{(A_\alpha\cup\mathbb{N})}$ 是可数的，这就完成了归纳. 综上，当I为有限集时有 $\bigcup_{\alpha\in I}{(A_\alpha\cup\mathbb{N})}$ 是可数的，由推论8.1.7知 $\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ 是至多可数的. 当I为可数集时，我们只需要证明可数集的可数并是可数的即可，我们可以采用习题8.1.10中图解的思路，但这有点难度，下面我们采用另一种思路.

设I是可数集，并且对于每个 $\alpha\in I$ 有 $A_\alpha$ 是可数集. 那么存在双射函数 $f:\mathbb{N}\rightarrow I$ 并且对每个 $\alpha\in I$ 有双射函数 $g_\alpha:\mathbb{N}\rightarrow A_\alpha$ (函数 $g_\alpha$ 的选择用到选择公理). 我们可以定义函数 $h:\mathbb{N}\times\mathbb{N}\rightarrow\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha},h(m,n):=g_{f(m)}(n)$ . 对任意元素 $x\in\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ ，有对某 $\alpha_0\in I$ 有 $x\in A_{\alpha_0}$ ，进而对自然数 $f^{-1}(\alpha_0),g_{\alpha_0}^{-1}(x)$ 有 $x=g_{f(f^{-1}(\alpha_0))}(g_{\alpha_0}^{-1}(x))$ ，即 $x=h(f^{-1}(\alpha_0),g_{\alpha_0}^{-1}(x))$ ，故h为满射函数. 则有 $h(\mathbb{N}\times\mathbb{N})=\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ . 由命题8.1.8和推论8.1.13知 $h(\mathbb{N}\times\mathbb{N})$ 为至多可数的，即 $\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ 为至多可数的. 而由于对任意 $\beta\in I$ 有 $A_\beta$ 为可数集并且 $A_\beta\subseteq\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ ，所以 $\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ 为可数的. 这就证明了可数集的可数并仍为可数集.

8.1.10证明：我们先构建从 $\mathbb{N}$ 到 $\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ 的双射，从图像上很容易理解这一双射，但递归地写出此双射是比较困难的.

《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§8.1解答——图像1 — 证明可数集的可数并仍为可数集——图源《实数的构造理论》

由引理8.1.12启发，我们选择一个更容易写出来的双射. 从引理8.1.12证明中我们已经构建了从 $\{(m,n)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N} : 0\leqslant n\leqslant m\}$ 到 $\mathbb{N}$ 的双射 $f_1$ ，同理我们容易构造从 $\{(m,n)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N} : 0\leqslant m<n\}$ 到 $\mathbb{N}$ 的双射 $f_2$ . 而我们有 $\{(m,n)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N} : 0\leqslant n\leqslant m\}\cup\{(m,n)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N} : 0\leqslant m<n\}=\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ 并且有 $\{(m,n)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N} : 0\leqslant n\leqslant m\}\cap\{(m,n)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N} : 0\leqslant m<n\}=\emptyset$ . 进而我们定义 $f:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ 如下：如同习题8.1.7，对任意自然数n，有 $f(2n):=f_1^{-1}(n)$ 并且 $f(2n+1):=f_2^{-1}(n)$ . 现在我们来证明f的双射性. 对任意 $n_1,n_2\in\mathbb{N}$ ，如果 $n_1\neq n_2$ ，我们分三种情况说明：a. $n_1,n_2$ 具有不同奇偶性，不妨假设 $n_1$ 为偶而 $n_2$ 为奇. 则有 $f(n_1)\in\{(m,n)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N} : 0\leqslant n\leqslant m\}$ 并且有 $f(n_2)\in\{(m,n)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N} : 0\leqslant m<n\}$ ，而已知 $\{(m,n)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N} : 0\leqslant n\leqslant m\}\cap\{(m,n)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N} : 0\leqslant m<n\}=\emptyset$ ，所以 $f(n_1)\neq f(n_2)$ ；b. $n_1,n_2$ 均为偶，由 $f_1^{-1}$ 的双射性知 $f(n_1)\neq f(n_2)$ ；c. $n_1,n_2$ 均为奇，由 $f_2^{-1}$ 的双射性知 $f(n_1)\neq f(n_2)$ . 故f为单射. 对任意元素 $(a,b)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ ，如果 $a\geqslant b$ ，则 $(a,b)\in\{(m,n)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N} : 0\leqslant n\leqslant m\}$ ，由 $f_1^{-1}$ 的双射性知存在 $n\in\mathbb{N}$ 使得 $f_1^{-1}(n)=(a,b)$ ，即存在 $2n\in\mathbb{N}$ 使得 $f(2n)=f_1^{-1}(n)=(a,b)$ ；如果 $a<b$ ，则 $(a,b)\in\{(m,n)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N} : 0\leqslant m<n\}$ ，由 $f_2^{-1}$ 的双射性知存在 $n\in\mathbb{N}$ 使得 $f_2^{-1}(n)=(a,b)$ ，即存在 $2n+1\in\mathbb{N}$ 使得 $f(2n+1)=f_2^{-1}(n)=(a,b)$ . 故f为满射. 综上，f为双射.

我们很容易构造双射 $g_1:\mathbb{N}\rightarrow(\mathbb{Z}\backslash\{0\})$ ，进而在 $g_1$ 的基础上很容易构造双射 $g_2:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{Z}$ ，最后我们构造函数 $g:\mathbb{N}\times\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{Z}\times(\mathbb{Z}\backslash\{0\}),g(m,n):=(g_1(m),g_2(n))$ ，很容易验证g为双射.

综上 $g\circ f:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{Z}\times(\mathbb{Z}\backslash\{0\})$ 为双射，而由推论8.1.15证明知 $h:\mathbb{Z}\times(\mathbb{Z}\backslash\{0\})\rightarrow\mathbb{Q},h(a,b):=\frac{a}{b}$ 为满射，进而 $h\circ(g\circ f)$ 为满射. 最后仿照习题8.1.4将 $h\circ(g\circ f)$ 的定义域限制到 $A:=\{n\in\mathbb{N} : \text{for all }0\leqslant m<n,f(m)\neq f(n)\}$ ，再由命题8.1.5知存在 $\mathbb{N}$ 到 $\mathbb{Q}$ 的双射.

文内补充

1.集合 $\mathbb{N}\backslash\{0\}$ 是无限集.

若其为有限集，由命题3.6.14(a)知集合 $(\mathbb{N}\backslash\{0\})\cup\{0\}=\mathbb{N}$ 也是有限的，这明显与定理3.6.12相矛盾.

2. $f:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}\backslash\{0\},f(n):=n+1$ 为双射.

对任意自然数 $n_1,n_2\in\mathbb{N}$ ，若 $n_1\neq n_2$ ，则有 $n_1+1\neq n_2+1$ ，即 $f(n_1)\neq f(n_2)$ ，所以f为单射.

对任意元素 $n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}$ ，有 $n\in\mathbb{N}$ 并且 $n\neq 0$ ，进而有 $n\in\mathbb{N}$ 并且 $n>0$ ，所以 $n-1\geqslant 0$ ，即存在 $n-1\in\mathbb{N}$ 使得 $f(n-1)=n$ ，所以f是满射.

3. $f:\mathbb{N}\rightarrow\{2n : n\in\mathbb{N}\},f(n):=2n$ 为双射.

同2论证.

4.自然数集的非空子集的最小元与定义5.5.10给出的集合下确界是同一个元素.

详见习题8.1.2的a.

5.如果 $f:X\rightarrow Y$ 为双射，设 $X'\subseteq X$ ，那么 $f:X'\rightarrow f(X')$ 也为双射.

由 $f:X\rightarrow Y$ 的单射性我们知道 $f:X'\subseteq X\rightarrow f(X')$ 也为单射.

由f(X’)和前象的定义知 $f:X'\rightarrow f(X')$ 的满射性.

6.递归定义 $a_0:=0;a_{n+1}:=a_n+n+1$ 是严格增的.

证明：由 $(a_n)_{n=0}^{\infty}$ 的定义知对一切 $n\in\mathbb{N}$ 有 $a_{n+1}>a_n$ .

对自然数1，有 $a_{n+1}>a_n$ . 归纳假设对某自然数 $k\geqslant 1$ 有 $a_{n+k}>a_n$ . 那么对自然数k+1，有 $a_{n+(k+1)}>a_{n+k}>a_n$ ，这就完成了归纳. 故对一切 $k\geqslant 1$ 有 $a_{n+k}>a_n$ . 由 $n>m$ 知 $n=m+k(k\in\mathbb{N},k\geqslant 1)$ ，故 $a_n=a_{m+k}>a_m$ .

7. $A:=\{(n,m)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N} : 0\leqslant m\leqslant n\},B:=\{(n,m)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N} : 0\leqslant n\leqslant m\},f:A\rightarrow B,f(n,m):=(m,n)$ . 所以f为双射，并且集合A和集合B的并为自然数集合的笛卡尔乘积.

显然.

《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§7.5解答

习题7.5

7.5.1证明：令 $\displaystyle L:=\liminf_{n\rightarrow\infty}\frac{c_{n+1}}{c_n}$ . 如果 $L=-\infty$ 时，不等式显然成立，但是由前面的引理7.5.2的部分证明我们知道 $\displaystyle L=\liminf_{n\rightarrow\infty}\frac{c_{n+1}}{c_n}\geqslant \inf\frac{c_{n+1}}{c_n}\geqslant 0>-\infty$ ，所以这种情况是不可能出现的.

当L为有限的实数时，由于 $\frac{c_{n+1}}{c_n}$ 总是正的，从而 $L\geqslant 0$ . （这里要分类讨论，使得 $\varepsilon$ 存在）如果 $L>0$ ，设 $-L<\varepsilon<0$ ，由命题6.4.12(a)知存在 $N\geqslant m$ 使得对于一切 $n\geqslant N$ 有 $L+\varepsilon<\frac{c_{n+1}}{c_n}$ ，进而 $c_{n+1}>(L+\varepsilon)c_n$ . 用归纳法知对一切 $n\geqslant N$ 有 $c_n\geqslant c_N(L+\varepsilon)^{n-N}$ . 令 $A:=(L+\varepsilon)^{-N}$ ，则 $c_n\geqslant A(L+\varepsilon)^{n}$ ，从而 $c_n^{\frac{1}{n}}\geqslant A^{\frac{1}{n}}(L+\varepsilon)$ 对于一切 $n\geqslant N$ 成立. 由定理6.1.19以及引理6.5.3有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}A^{\frac{1}{n}}(L+\varepsilon)=L+\varepsilon$ . 由引理6.4.13知 $\displaystyle\liminf_{n\rightarrow\infty}c_n^{\frac{1}{n}}\geqslant L+\varepsilon$ 对一切 $-L<\varepsilon<0$ 成立，由于对于一切 $n\geqslant m$ 有 $c^{\frac{1}{n}}$ 恒大于0，故有 $\displaystyle\liminf_{n\rightarrow\infty}c_n^{\frac{1}{n}}\geqslant 0$ . 进而对一切 $\varepsilon<0$ 有 $\displaystyle\liminf_{n\rightarrow\infty}c_n^{\frac{1}{n}}\geqslant L+\varepsilon$ . 故 $\displaystyle\liminf_{n\rightarrow\infty}c_n^{\frac{1}{n}}\geqslant L$ . 如果 $L=0$ ，由于对于一切 $n\geqslant m$ 有 $c^{\frac{1}{n}}$ 恒大于0故 $\displaystyle\liminf_{n\rightarrow\infty}c_n^{\frac{1}{n}}\geqslant 0=L$ . 所以当L为有限的实数时也有 $\displaystyle\liminf_{n\rightarrow\infty}c_n^{\frac{1}{n}}\geqslant L$ .

若 $L=+\infty$ ，由命题6.4.12(a)知：对每个实数 $M>0$ ，存在整数 $N\geqslant m$ ，使对一切整数 $n\geqslant N$ 有 $\frac{c_{n+1}}{c_n}>M$ ，即 $c_{n+1}>Mc_n$ . 对N+0，有 $c_{N+0}=c_N\geqslant M^{(N+0)-N}c_N$ . 归纳假设对N+k( $k\in\mathbb{N}$ )有 $c_{N+k}=c_N\geqslant M^{(N+k)-N}c_N$ ，那么对N+(k+1)有 $c_{N+(k+1)}>Mc_{N+k}\geqslant M\times M^{(N+k)-N}c_N=M^{(N+(k+1))-N}c_N$ ，这就完成了归纳，故对任意 $k\in\mathbb{N}$ 有 $c_{N+k}=c_N\geqslant M^{(N+k)-N}c_N$ . 由于 $n\geqslant N$ ，则有 $n=N+k_n$ ，进而 $c_n=c_{N+k_n}\geqslant M^{(N+k_n)-N}c_N=M^{k_n}c_N=M^{n-N}c_N$ . 即对一切整数 $n\geqslant N$ 有 $c_n\geqslant M^{n-N}c_N=M^n\frac{c_N}{M^N}$ ，进而 $c_n^\frac{1}{n}\geqslant M(\frac{c_N}{M^N})^\frac{1}{n}$ . 由引理6.5.2知 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}M(\frac{c_N}{M^N})^\frac{1}{n}=M$ ，进而再由比较原理引理6.4.13知 $\displaystyle\liminf_{n\rightarrow\infty}c_n^\frac{1}{n}\geqslant\liminf_{n\rightarrow\infty}M(\frac{c_N}{M^N})^\frac{1}{n}=M$ . 至此我们得到对每个实数 $M>0$ 存在整数 $N\geqslant m$ 对 $(c_n^\frac{1}{n})_{n=N}^{\infty}$ 有 $\displaystyle\liminf_{n\rightarrow\infty}c_n^\frac{1}{n}\geqslant M$ . 由注6.4.11（习题6.4.2解答）知 $(c_n^\frac{1}{n})_{n=m}^{\infty}$ 和 $(c_n^\frac{1}{n})_{n=N}^{\infty}$ 的下极限一样. 故 $\displaystyle\liminf_{n\rightarrow\infty}c_n^\frac{1}{n}=+\infty$ ，此时也有 $\displaystyle L\leqslant\liminf_{n\rightarrow\infty}c_n^\frac{1}{n}$ .

这样我们就完成了证明：对正数序列 $(c_n)_{n=m}^\infty$ 恒有 $\displaystyle\liminf_{n\rightarrow\infty}\frac{c_{n+1}}{c_n}\leqslant\liminf_{n\rightarrow\infty}c_n^\frac{1}{n}$ .

7.5.2证明：我们可以用方根判别法或比例判别法.

由于 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}|n^qx^n|^\frac{1}{n}=\lim_{n\rightarrow\infty}(n^q)^\frac{1}{n}|x|^{n\times \frac{1}{n}}=\lim_{n\rightarrow\infty}(n^\frac{1}{n})^q|x|=|x|<1$ . 由方根判别法知 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}n^qx^n$ 是绝对收敛的，进而 $\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}n^qx^n=0$ .

由于 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{|(n+1)^qx^{n+1}|}{|n^qx^n|}=\lim_{n\rightarrow\infty}(\frac{n+1}{n})^q|x|=|x|<1$ ，由比例判别法知 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}n^qx^n$ 是绝对收敛的，进而 $\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}n^qx^n=0$ .

此题也启示我们可以从序列级数是否收敛的角度考虑序列的极限是否收敛到0.

7.5.3证明： $(a_n)_{n=m}^\infty$ 为 $(1)_{n=m}^\infty$ ； $(b_n)_{n=m}^\infty$ 为 $(\frac{1}{n^2})_{n=m}^\infty$ .

文内补充

1.引理7.5.2证明中第一个“为什么：L不可能是 $-\infty$ ”.

由于 $(c_n)_{n=m}^\infty$ 是正数序列，故对一切 $n\geqslant m$ 有 $\frac{c_{n+1}}{c_n}>0$ ，即0是序列 $(\frac{c_{n+1}}{c_n})_{n=m}^\infty$ 的一个下界，再由命题6.4.12(c)知 $\displaystyle\limsup_{n\rightarrow\infty}\frac{c_{n+1}}{c_n}\geqslant\inf(\frac{c_{n+1}}{c_n})_{n=m}^\infty\geqslant 0>-\infty$ .

2.引理7.5.2证明中第二个“为什么”.

详见习题7.5.1解答中最后一部分的归纳部分.

3.引理7.5.2证明中第三个“为什么：‘对于一切 $\varepsilon>0$ 有 $\displaystyle\limsup_{n\rightarrow\infty}c_n^\frac{1}{n}\leqslant L+\varepsilon$ ’蕴涵‘ $\displaystyle\limsup_{n\rightarrow\infty}c_n^\frac{1}{n}\leqslant L$ ’”.

证明：反证法，假设有 $\displaystyle\limsup_{n\rightarrow\infty}c_n^\frac{1}{n}>L$ ，我们令 $\displaystyle\varepsilon_0:=\frac{1}{2}(\limsup_{n\rightarrow\infty}c_n^\frac{1}{n}-L)>0$ ，此时有 $\displaystyle\limsup_{n\rightarrow\infty}c_n^\frac{1}{n}>L+\varepsilon_0$ ，与“对于一切 $\varepsilon>0$ 有 $\displaystyle\limsup_{n\rightarrow\infty}c_n^\frac{1}{n}\leqslant L+\varepsilon$ ”相矛盾，故假设不成立.

4.推论7.5.3.

证明：(a)由定理7.5.1(a)和引理7.5.2即可得；

(c)由习题7.5.3即可知；

(b)由于 $\displaystyle\limsup\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}>1$ ，由命题6.4.12(b)知对每个整数 $N\geqslant m$ ，都存在整数 $n\geqslant N$ 使得 $\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}>1$ ，即 $|a_{n+1}|>|a_n|$ . 用反证法容易证明此时序列 $(|a_n|)_{n=m}^\infty$ 不收敛到0，进而序列 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 不收敛到0，由零判别法知 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty} a_n$ 是条件发散的.

《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.

已知 $f:X\rightarrow Y$ 为单射函数，并且 $X'\subseteq X$ . 那么 $f$ 也是 $X'$ 和 $f(X')$ 之间的双射函数.

8.重排一个条件收敛的级数后其收敛值可以不变——比如我们只改变其有限项的位置.

《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§7.3解答

习题7.3

7.3.1证明：已知 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}a_n$ 和 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}b_n$ 是两个实数的形式级数，并且对一切 $n\geqslant m$ 有 $|a_n|\leqslant b_n$ . 如果 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}b_n$ 是收敛的，由于对一切 $n\geqslant m$ 有 $|a_n|\leqslant b_n$ ，所以级数 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}b_n$ 各项非负，由命题7.3.1知存在实数M使得对一切 $N\geqslant m$ 有 $\displaystyle\sum_{n=m}^{N}b_n\leqslant M$ ，进而对一切 $N\geqslant m$ 有 $\displaystyle\sum_{n=m}^{N}|a_n|\leqslant\sum_{n=m}^{N}b_n\leqslant M$ ，再由命题7.3.1知 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}|a_n|$ 收敛，即 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}a_n$ 绝对收敛. 再由命题7.2.9知 $\displaystyle|\sum_{n=m}^{\infty}a_n|\leqslant \sum_{n=m}^{\infty}|a_n|$ . 又由于对一切 $N\geqslant m$ 有 $\displaystyle\sum_{n=m}^{N}|a_n|\leqslant\sum_{n=m}^{N}b_n$ ，由比较原理（引理6.4.13）知有 $\displaystyle\limsup_{N\rightarrow\infty}\sum_{n=m}^{N}|a_n|\leqslant\limsup_{N\rightarrow\infty}\sum_{n=m}^{N}b_n$ ，又因为两级数收敛，则有 $\displaystyle\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{n=m}^{N}|a_n|\leqslant\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{n=m}^{N}b_n$ ，即 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}|a_n|\leqslant\sum_{n=m}^{\infty}b_n$ . 综上，有 $\displaystyle|\sum_{n=m}^{\infty}a_n|\leqslant \sum_{n=m}^{\infty}|a_n|\leqslant\sum_{n=m}^{\infty}b_n$ .

7.3.2证明：引理7.3.3（几何级数）中两个“如果-那么”可以改成“当且仅当”.

由引理6.5.2知当 $x=1$ 时 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}x^n=1$ 并且当 $x=-1$ 或 $|x|>1$ 时 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}x^n$ 不存在. 综上，当 $|x|\geqslant 1$ 时 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}x^n\neq 0$ ，由零判别法知 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}x^n$ 不存在.

所以现在我们考虑 $|x|<1$ 的情形. 当 $N=0$ 时级数部分和为 $\displaystyle\sum_{n=0}^{0}x^n=x^0=1$ . 归纳假设对某 $N\geqslant 0$ 有 $S_N=\frac{1-x^{N+1}}{1-x}$ ，那么对 $N+1$ ，有 $S_{N+1}=S_N+x^{N+1}=\frac{1-x^{N+1}}{1-x}+x^{N+1}=\frac{1-x^{(N+1)+1}}{1-x}$ ，这就完成了归纳. 所以当 $|x|<1$ 时，由引理6.5.2知 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}x^n=0$ ，进而 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}x^{n+1}=0$ ，故 $\displaystyle\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{n=0}^{N}x^n=\lim_{N\rightarrow\infty}\frac{1-x^{N+1}}{1-x}=\frac{1}{1-x}$ ，故 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}x^n=\frac{1}{1-x}$ .

当 $0\leqslant x<1$ 时，由上讨论知 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}x^n$ 显然是决对收敛的；当 $-1<x<0$ 时，有 $0<|x|<1$ ，由上讨论知 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}|x|^n$ 是收敛的，即 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}|x^n|$ 是收敛的. 综上，当 $-1<x<0$ 时 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}|x^n|$ 是收敛的，进而 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}x^n$ 是绝对收敛的，由此，对 $|x|<1$ ，有级数 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}x^n$ 是决对收敛的.

7.3.3证明：由于对一切自然数 $n\geqslant 0$ 有 $|a_n|\geqslant 0$ ，则级数 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}|a_n|$ 是项为非负的级数. 由此我们知级数的部分和 $\displaystyle S_N=\sum_{n=0}^{N}|a_n|$ 是递增的. 又因为 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}|a_n|=0$ ，即 $\displaystyle\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{n=0}^{N}|a_n|=0$ ，所以 $\displaystyle(\sum_{n=0}^{N}|a_n|)_{N=0}^{\infty}$ 是有界的，进而是有上界的，由命题6.3.8知 $\displaystyle\sup(\sum_{n=0}^{N}|a_n|)_{N=0}^{\infty}=\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{n=0}^{N}|a_n|=0$ ，即0为序列 $\displaystyle(\sum_{n=0}^{N}|a_n|)_{N=0}^{\infty}$ 的最小上界. 故对一切自然数 $N\geqslant 0$ 有 $\displaystyle\sum_{n=0}^{N}|a_n|\leqslant 0$ . 故对自然数 $N=0$ 有 $\displaystyle\sum_{n=0}^{0}|a_n|=|a_0|\leqslant 0$ ，所以 $|a_0|=0$ . 归纳假设对一切自然数 $0\leqslant k\leqslant N$ 已证 $|a_k|=0$ ，那么对自然数N+1，有 $\displaystyle\sum_{n=0}^{N+1}|a_n|=\sum_{n=0}^{N}|a_n|+|a_{N+1}|=|a_{N+1}|\leqslant 0$ ，故 $|a_{N+1}|=0$ . 这就完成了归纳，故对一切自然数 $N\geqslant 0$ 有 $|a_N|=0$ ，进而 $a_N=0$ .

此题序列 $a_n$ 的起始下标可以改成任意整数，论证类似.

文内补充

1.设 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}a_n$ 是非负实数的级数，那么部分和是增的.

由于对一切 $N\geqslant m$ 有 $S_{N+1}=S_N+a_{N+1}\geqslant S_N$ .

2.推论7.3.2中“为什么”.

因为逻辑上原命题与其逆否命题重言等值.

已知 $q>0$ 是比例数，那么 $|2^{1-q}|<1$ 当且仅当 $q>1$ .

证明：当 $q>1$ 时，有 $1-q<0$ ，由引理5.6.9(e)知有 $2^{1-q}<2^0$ ，即 $2^{1-q}<1$ ，再由引理5.6.9(a)知 $0<2^{1-q}<1$ ，所以有 $|2^{1-q}|<1$ .

当 $|2^{1-q}|<1$ 时，即 $-1<2^{1-q}<1$ ，由引理5.6.9(a)知 $0<2^{1-q}<1$ ，即 $0<2^{1-q}<2^0$ ，再由引理5.6.9(e)知 $1-q<0$ ，即 $q>1$ .

《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§7.2解答

习题7.2

7.2.1证明：级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n$ 的部分和为 $\displaystyle S_N=\sum_{n=1}^{N}(-1)^n$ . 我们归纳证明当N为偶数时 $S_N=0$ ；当N为奇数时 $S_N=-1$ .

设 $k\in\mathbb{N}^+$ ，则2k为偶数，令 $N=2k$ . 当 $k=1$ 时有 $\displaystyle S_N=S_{2k}=S_2=\sum_{n=1}^{2}(-1)^n=\sum_{n=1}^{1}(-1)^n+(-1)^2=(-1)^1+(-1)^2=0$ ，这就完成了归纳基始. 归纳假设对某 $k\geqslant 1$ 有 $\displaystyle S_N=S_{2k}=\sum_{n=1}^{2k}(-1)^n=0$ ，那么对k+1，有 $\displaystyle S_N=S_{2(k+1)}=\sum_{n=1}^{2k+2}(-1)^n=\sum_{n=1}^{2k+1}(-1)^n+(-1)^{2k+2}\\=\sum_{n=1}^{2k}(-1)^n+(-1)^{2k+1}+(-1)^{2k+2}=0$

这就完成了归纳，故当N为偶数时 $S_N=0$ . 同理可证当N为奇数时 $S_N=-1$ .

对实数序列 $(S_N)_{N=1}^{\infty}$ 来说，对任意实数 $\varepsilon>0$ ，对每个整数 $M\geqslant N=1$ ，都存在 $2M\geqslant M$ 使得 $|S_{2M}-0|=0<\varepsilon$ ，故0为 $(S_N)_{N=1}^{\infty}$ 的一个极限点. 同理可知-1也为 $(S_N)_{N=1}^{\infty}$ 的极限点. 由于 $0\neq -1$ ，故 $(S_N)_{N=1}^{\infty}$ 不收敛，进而级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n$ 发散.

7.2.2证明：已知级数 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}a_n$ 收敛，记 $\displaystyle S_N=\sum_{n=m}^{N}a_n$ 为其部分和，那么实序列 $(S_N)_{N=m}^{\infty}$ 收敛，由命题6.1.12知 $(S_N)_{N=m}^{\infty}$ 是Cauchy序列，即对任意实数 $\varepsilon>0$ ，存在整数 $S\geqslant m$ ，对一切整数 $p,q\geqslant S$ 有 $|S_p-S_q|\leqslant\varepsilon$ . 进而对任意实数 $\varepsilon>0$ ，存在整数 $S\geqslant m$ ，对一切整数 $N\geqslant S$ 有 $N,N+1\geqslant S$ ，使得 $|S_{N+1}-S_N|\leqslant\varepsilon$ ，即 $\displaystyle |\sum_{n=m}^{N+1}a_n-\sum_{n=m}^{N}a_n|=|a_{N+1}-0|\leqslant\varepsilon$ ，故 $\displaystyle\lim_{N\rightarrow\infty}a_{N+1}=0$ ，由习题6.1.4知有 $\displaystyle\lim_{N\rightarrow\infty}a_{N}=0$ （这就直接证明了推论7.2.6）.

现对任意实数 $\varepsilon>0$ ，有 $\frac{\varepsilon}{2}>0$ ，由 $(S_N)_{N=m}^{\infty}$ 是Cauchy序列知存在整数 $S\geqslant m$ ，对一切整数 $p,q\geqslant S$ 有 $|S_q-S_p|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ ，我们不妨假设 $q\geqslant p$ ，此时 $\displaystyle |S_q-S_p|=|\sum_{n=m}^{q}a_n-\sum_{n=m}^{p}a_n|=|\sum_{n=p+1}^{q}a_n|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ . 由于 $\displaystyle\lim_{N\rightarrow\infty}a_{N}=0$ ，故亦存在整数 $S'\geqslant m$ ，对一切整数 $n\geqslant S'$ 有 $|a_n-0|=|a_n|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ . 综上，我们取 $T:=max\{S,S'\}$ ，那么对一切整数 $q\geqslant p\geqslant T$ 有 $\displaystyle|\sum_{n=p+1}^{q}a_n|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ 并且对 $p\geqslant T$ 有 $|a_p|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ ，进而 $\displaystyle |\sum_{n=p}^{q}a_n|=|\sum_{n=p+1}^{q}a_n+\sum_{n=p}^{p}a_n|\leqslant |\sum_{n=p+1}^{q}a_n|+|\sum_{n=p}^{p}a_n|\leqslant\varepsilon$ . 综上，对任意实数 $\varepsilon>0$ ，存在整数 $N\geqslant m$ ，对一切整数 $p,q\geqslant N$ ，如果 $q\geqslant p$ 那么 $\displaystyle |\sum_{n=p}^{q}a_n|\leqslant\varepsilon$ . 而当 $q<p$ 时显然有 $\displaystyle |\sum_{n=p}^{q}a_n|\leqslant\varepsilon$ ，进而结论可改为：对任意实数 $\varepsilon>0$ ，存在整数 $N\geqslant m$ ，对一切整数 $p,q\geqslant N$ ，有 $\displaystyle |\sum_{n=p}^{q}a_n|\leqslant\varepsilon$ . 这就证明了级数 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}a_n$ 收敛 $\Longrightarrow$ 对任意实数 $\varepsilon>0$ ，存在整数 $N\geqslant m$ ，对一切整数 $p,q\geqslant N$ ，有 $\displaystyle |\sum_{n=p}^{q}a_n|\leqslant\varepsilon$ .

如果对任意实数 $\varepsilon>0$ 存在整数 $N\geqslant m$ 使对一切整数 $p,q\geqslant N$ 有 $\displaystyle |\sum_{n=p}^{q}a_n|\leqslant\varepsilon$ ，那么有对任意实数 $\varepsilon>0$ 存在整数 $N\geqslant m$ ，对一切整数 $p,q\geqslant N$ 有 $p+1,q\geqslant N$ ，进而有 $\displaystyle |\sum_{n=p+1}^{q}a_n|\leqslant\varepsilon$ .

由上知对任意实数 $\varepsilon>0$ 存在整数 $N\geqslant m$ ，对一切整数 $p,q\geqslant N$ ，如果 $q\geqslant p$ ，那么 $\displaystyle |\sum_{n=p+1}^{q}a_n|=|\sum_{n=p+1}^{q}a_n+\sum_{n=m}^{p}a_n-\sum_{n=m}^{p}a_n|=|\sum_{n=m}^{q}a_n-\sum_{n=m}^{p}a_n|=|S_q-S_p|\leqslant\varepsilon$ ；如果 $q<p$ ，即 $p>q$ ，相同的论证我们知也有 $|S_p-S_q|\leqslant\varepsilon$ . 所以上述断论变成：对任意实数 $\varepsilon>0$ 存在整数 $N\geqslant m$ 使对一切整数 $p,q\geqslant N$ 使得 $|S_q-S_p|\leqslant\varepsilon$ . 所以 $(S_N)_{N=m}^{\infty}$ 是Cauchy序列，由定理6.4.18知 $(S_N)_{N=m}^{\infty}$ 是收敛的. 由此我们知道：对任意实数 $\varepsilon>0$ ，存在整数 $N\geqslant m$ ，对一切整数 $p,q\geqslant N$ ，有 $\displaystyle |\sum_{n=p}^{q}a_n|\leqslant\varepsilon$ $\Longrightarrow$ 级数 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}a_n$ 收敛. 这就完成了证明.

补充：对于第二部分的证明也可以逆着第一部分的思路来写，只不过麻烦了一点. 现在补充如下.

已知对任意实数 $\varepsilon>0$ 存在整数 $N\geqslant m$ 对一切整数 $p,q\geqslant N$ 有 $\displaystyle |\sum_{n=p}^{q}a_n|\leqslant\varepsilon$ .

那么对每个实数 $\varepsilon>0$ ，有 $\frac{\varepsilon}{2}>0$ ，则存在整数 $N_1\geqslant m$ 使得对一切 $p\geqslant N_1$ 有 $\displaystyle |\sum_{n=p}^{p}a_n|=|a_p-0|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}<\varepsilon$ ，故 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=0$ ；也存在 $N_2\geqslant m$ 使得对于一切整数 $p,q\geqslant N_2$ 有 $\displaystyle |\sum_{n=p}^{q}a_n|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ . 我们取 $N:=max\{N_1,N_2\}$ ，那么对一切整数 $p,q\geqslant N$ 有 $\displaystyle |\sum_{n=p}^{q}a_n|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ 和 $|a_p|,|a_q|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ . 如果此时 $q\geqslant p$ ，进而有 $\displaystyle|\sum_{n=p+1}^{q}a_n|\leqslant|-\sum_{n=p}^{p}a_n|+|\sum_{n=p+1}^{q}a_n-(-\sum_{n=p}^{p}a_n)|=|a_p|+|\sum_{n=p}^{q}a_n|\leqslant\varepsilon$ ，即有 $\displaystyle|\sum_{n=p+1}^{q}a_n|=|\sum_{n=m}^{q}a_n-\sum_{n=m}^{p}a_n|=|S_q-S_p|\leqslant\varepsilon$ ；如果是 $q<p$ ，即 $p>q$ ，相同的论证我们知也有 $|S_p-S_q|\leqslant\varepsilon$ . 综上，对任意实数 $\varepsilon>0$ 存在整数 $N\geqslant m$ 使对一切整数 $p,q\geqslant N$ 使得 $|S_q-S_p|\leqslant\varepsilon$ . 所以 $(S_N)_{N=m}^{\infty}$ 是Cauchy序列，由定理6.4.18知 $(S_N)_{N=m}^{\infty}$ 是收敛的.

7.2.3证明：见习题7.2.2解答.

7.2.4证明：已知实数的形式级数 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}|a_n|$ 是收敛的，由命题7.2.5知对每个实数 $\varepsilon>0$ 都存在整数 $N\geqslant m$ 使对一切整数 $p,q\geqslant N$ 有 $\displaystyle |\sum_{n=p}^{q}|a_n||\leqslant\varepsilon$ . 由命题7.1.4(e)知 $\displaystyle 0\leqslant |\sum_{n=p}^{q}a_n|\leqslant\sum_{n=p}^{q}|a_n|$ ，故有 $\displaystyle |\sum_{n=p}^{q}a_n|\leqslant\varepsilon$ ，再由命题7.2.5知级数 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}a_n$ 也是收敛的. 再由命题7.1.4知：对一切 $N\geqslant m$ ，有 $\displaystyle\sum_{n=m}^{N}|a_n|\geqslant|\sum_{n=m}^{N}a_n|$ ，由引理6.4.13比较原理知 $\displaystyle\limsup_{N\rightarrow\infty}(\sum_{n=m}^{N}|a_n|)\geqslant\limsup_{N\rightarrow\infty}(|\sum_{n=m}^{N}a_n|)$ . 又因为两级数是收敛的，故由命题6.4.12(f)知 $\displaystyle\lim_{N\rightarrow\infty}(\sum_{n=m}^{N}|a_n|)=\limsup_{N\rightarrow\infty}(\sum_{n=m}^{N}|a_n|)\geqslant\limsup_{N\rightarrow\infty}(|\sum_{n=m}^{N}a_n|)=\lim_{N\rightarrow\infty}(|\sum_{n=m}^{N}a_n|)$ ，即 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}|a_n|\geqslant|\sum_{n=m}^{\infty}a_n|$ .

7.2.5证明：(a)已知 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}a_n$ 收敛到实数x并且 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}b_n$ 收敛到实数y，即 $\displaystyle\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{n=m}^{N}a_n=x$ 并且 $\displaystyle\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{n=m}^{N}b_n=y$ ，由定理6.1.19知

$\displaystyle\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{n=m}^{N}(a_n+b_n)=\lim_{N\rightarrow\infty}(\sum_{n=m}^{N}a_n+\sum_{n=m}^{N}b_n)=\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{n=m}^{N}a_n+\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{n=m}^{N}b_n\\=x+y$

即 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}(a_n+b_n)=\sum_{n=m}^{\infty}a_n+\sum_{n=m}^{\infty}b_n$ .

(b)已知 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}a_n$ 收敛到实数x并且c是实数，即有 $\displaystyle\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{n=m}^{N}a_n=x$ . 由定理6.1.19(c)知： $\displaystyle\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{n=m}^{N}(ca_n)=\lim_{N\rightarrow\infty}(c\sum_{n=m}^{N}a_n)=c\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{n=m}^{N}a_n=cx$ .

即 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}(ca_n)=c\sum_{n=m}^{\infty}a_n$ .

(c)当 $k=0$ 时，命题显然是成立的，我们再来考虑 $k\geqslant 1$ 的情形.

如果 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}a_n$ 是收敛的，即序列 $\displaystyle(\sum_{n=m}^{N}a_n)_{N=m}^{\infty}$ 是收敛的，由习题6.1.3知序列 $\displaystyle(\sum_{n=m}^{N}a_n)_{N=m+k}^{\infty}$ 与序列 $\displaystyle(\sum_{n=m}^{N}a_n)_{N=m}^{\infty}$ 收敛到同一个实数.

对于收敛序列 $\displaystyle(\sum_{n=m}^{N}a_n)_{N=m+k}^{\infty}$ ，由于 $N\geqslant m+k>m$ ，故此时有 $\displaystyle\sum_{n=m}^{N}a_n=\sum_{n=m}^{m+k-1}a_n+\sum_{n=m+k}^{N}a_n$ ，即序列 $\displaystyle(\sum_{n=m}^{m+k-1}a_n+\sum_{n=m+k}^{N}a_n)_{N=m+k}^{\infty}$ 是收敛的，而常序列 $\displaystyle(\sum_{n=m}^{m+k-1}a_n)_{N=m+k}^{\infty}$ 肯定是收敛的，由定理6.1.19(d)知序列 $\displaystyle((\sum_{n=m}^{m+k-1}a_n+\sum_{n=m+k}^{N}a_n)-\sum_{n=m}^{m+k-1}a_n)_{N=m+k}^{\infty}=(\sum_{n=m+k}^{N}a_n)_{N=m+k}^{\infty}$ 是收敛的，即 $\displaystyle\sum_{n=m+k}^{\infty}a_n$ 是收敛的，并且有 $\displaystyle\sum_{n=m+k}^{\infty}a_n=\sum_{n=m}^{\infty}a_n-\sum_{n=m}^{m+k-1}a_n$ ，即 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}a_n=\sum_{n=m}^{m+k-1}a_n+\sum_{n=m+k}^{\infty}a_n$ .

如果 $\displaystyle\sum_{n=m+k}^{\infty}a_n$ 是收敛的，即序列 $\displaystyle(\sum_{n=m+k}^{N}a_n)_{N=m+k}^{\infty}$ 是收敛的，而常序列 $\displaystyle(\sum_{n=m}^{m+k-1}a_n)_{N=m+k}^{\infty}$ 肯定是收敛的，进而 $\displaystyle(\sum_{n=m+k}^{N}a_n+\sum_{n=m}^{m+k-1}a_n)_{N=m+k}^{\infty}=(\sum_{n=m}^{N}a_n)_{N=m+k}^{\infty}$ 是收敛的，并且收敛到 $\displaystyle(\sum_{n=m}^{m+k-1}a_n)+(\sum_{n=m+k}^{\infty}a_n)$ . 再由习题6.1.3知 $\displaystyle(\sum_{n=m}^{N}a_n)_{N=m}^{\infty}$ 和 $\displaystyle(\sum_{n=m}^{N}a_n)_{N=m+k}^{\infty}$ 收敛到同一值，则有 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}a_n=\sum_{n=m}^{m+k-1}a_n+\sum_{n=m+k}^{\infty}a_n$ .

这样我们就完成了证明. 同时还要说明的是，这里两级数收敛性相同更进一步是说同样条件收敛或者同样绝对收敛，不会出现一个是条件收敛而一个是绝对收敛的断论，详见文内补充第2点.

(d)已知 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}a_n$ 收敛到x，即序列 $\displaystyle(\sum_{n=m}^{N}a_n)_{N=m}^{\infty}$ 收敛到x，由引理7.1.4(b)知 $\displaystyle\sum_{n=m}^{N}a_n=\sum_{n=m+k}^{N+k}a_{n-k}$ ，故序列 $\displaystyle(\sum_{n=m+k}^{N+k}a_{n-k})_{N=m}^{\infty}$ 收敛到x. 再由习题6.1.3知 $\displaystyle(\sum_{n=m+k}^{N+k}a_{n-k})_{N=m+k}^{\infty}$ 收敛到x，再由习题6.1.4知 $\displaystyle(\sum_{n=m+k}^{N}a_{n-k})_{N=m+k}^{\infty}$ 收敛到x，即 $\displaystyle\sum_{n=m+k}^{\infty}a_{n-k}$ 收敛到x.

7.2.6证明：记级数 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(a_n-a_{n+1})$ 的部分和为 $\displaystyle S_N=\sum_{n=0}^{N}(a_n-a_{n+1})$ . 当 $n=0$ 时，有 $\displaystyle S_0=\sum_{n=0}^{0}(a_n-a_{n+1})=a_0-a_{0+1}$ . 归纳假设对某 $N\geqslant 0$ 有 $S_N=a_0-a_{N+1}$ ，那么对N+1，有 $\displaystyle\sum_{n=0}^{N+1}(a_n-a_{n+1})=\sum_{n=0}^{N}(a_n-a_{n+1})+(a_{N+1}-a_{(N+1)+1})\\=a_0-a_{N+1}+(a_{N+1}-a_{(N+1)+1})=a_0-a_{(N+1)+1}$

这就完成了归纳.

故 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(a_n-a_{n+1})=\lim_{N\rightarrow\infty}S_N=\lim_{N\rightarrow\infty}(a_0-a_{N+1})=\lim_{N\rightarrow\infty}a_0-\lim_{N\rightarrow\infty}a_{N+1}\\=a_0-0=a_0$ .

引理7.2.15（嵌套级数）中序列的下标当然可以是任意整数m，论证过程完全一样，嵌套级数还是收敛到序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 的第一项 $a_m$ .

一点说明：当 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 收敛到其他实数L时，同样的证明方式我们可以看到 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(a_n-a_{n+1})=a_0-L$ .

文内补充

1.命题7.2.12（交错级数判别法）中五个“为什么”回答.

对于一切自然数k，有 $S_{N+2k}\leqslant S_N$ (N为偶数).

证明：用归纳法. 当k=0时，显然有 $S_{N+2\times 0}\leqslant S_N$ . 归纳假设对某 $k\geqslant 0$ 有 $S_{N+2k}\leqslant S_N$ ，那么对自然数k+1，有 $S_{N+2(k+1)}=S_{(N+2k)+2}\leqslant S_{N+2k}\leqslant S_N$ . 这就完成了归纳.

对于一切自然数k，有 $S_{N+2k+1}\geqslant S_{N+1}=S_N-a_{N+1}$ (N为偶数).

证明：当N为奇数时，同上用归纳法可证“对于一切自然数k，有 $S_{N+2k}\geqslant S_N$ (N为奇数).” 所以对当N为偶数时，有 $S_{N+2k+1}\geqslant S_{N+1}$ . 而 $S_{N+1}=S_N+(-1)^{N+1}a_{N+1}=S_N-a_{N+1}$ ，所以有“对于一切自然数k，有 $S_{N+2k+1}\geqslant S_{N+1}=S_N-a_{N+1}$ (N为偶数)”.

对于一切自然数k，有 $S_{N+2k+1}=S_{N+2k}-a_{N+2k+1}\leqslant S_{N+2k}$ (N为偶数).

证明：已知N为偶数，故 $S_{N+2k+1}=S_{N+2k}+(-1)^{N+2k+1}a_{N+2k+1}=S_{N+2k}-a_{N+2k+1}\leqslant S_{N+2k}$ .

当 $n\geqslant N$ 时有 $S_N-a_{N+1}\leqslant S_n\leqslant S_N$ .

证明：已知对于一切自然数k有 $S_N-a_{N+1}\leqslant S_{N+2k+1}\leqslant S_{N+2k}\leqslant S_N$ . 对一切 $n\geqslant N$ ，存在自然数p使得 $n=N+p$ ，而对所有自然数p，容易用归纳法证明（详见博文§4.4中文内补充对命题4.4.4的补充）其不是 $p=2k$ 就是 $p=2k+1$ (其中k为某自然数)，进而有 $S_n=S_{N+p}=S_{N+2k}$ 或者 $S_n=S_{N+p}=S_{N+2k+1}$ . 但无论哪种情形，结合“对于一切自然数k有 $S_N-a_{N+1}\leqslant S_{N+2k+1}\leqslant S_{N+2k}\leqslant S_N$ ”知“ $S_N-a_{N+1}\leqslant S_n\leqslant S_N$ ”，这就完成了证明.

对每个 $\varepsilon>0$ ， $S_n$ 是终极 $\varepsilon$ -稳定的.

证明：已知“当 $n\geqslant N$ 时有 $S_N-a_{N+1}\leqslant S_n\leqslant S_N$ ”，故对序列 $(S_n)_{n=N}^{\infty}$ ，对任意整数 $j,k\geqslant N$ ，有 $S_N-a_{N+1}\leqslant S_j\leqslant S_N$ 和 $S_N-a_{N+1}\leqslant S_k\leqslant S_N$ ，进而有 $-S_N\leqslant -S_k\leqslant a_{N+1}-S_N$ ，进而有 $-a_{N+1}\leqslant S_j-S_k\leqslant a_{N+1}$ ，即 $|S_j-S_k|\leqslant a_{N+1}$ ，所以 $(S_n)_{n=N}^{\infty}$ 是 $a_{N+1}$ -稳定的，进而 $(S_n)_{n=m}^{\infty}$ 是终极 $a_{N+1}$ -稳定的. 对任意实数 $\varepsilon>0$ ，由于 $\displaystyle\lim_{N\rightarrow\infty}a_N=0$ ，所以总可以取到N使得 $a_{N+1}\leqslant\varepsilon$ ，所以 $(S_n)_{n=m}^{\infty}$ 是终极 $\varepsilon$ -稳定的.

2.命题7.2.14的一些补充.

(a):由(a)我们知道两（条件）收敛的级数 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}a_n$ 、 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}b_n$ ，那么级数 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}(a_n+b_n)$ 也是（条件）收敛的.

1.如果我们还知道 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}a_n$ 、 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}b_n$ 都是绝对收敛的，那么级数 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}(a_n+b_n)$ 也是绝对收敛的，证明用到命题7.2.14(a)和推论7.3.2，具体证明过程就不写了，很容易的.

2.但是我们还要注意两（条件）收敛的级数 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}a_n$ 、 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}b_n$ ，那么级数 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}(a_n+b_n)$ 可能是绝对收敛的. 一个具体的例子是：如果 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}a_n$ 是（条件）收敛的，那么级数 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}(a_n+(-a_n))$ 是绝对收敛的.

3.最后，如果 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}a_n$ 是（条件）收敛的而 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}b_n$ 是绝对收敛的，那么级数 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}(a_n+b_n)$ 也是（条件）收敛的但不绝对收敛的，证明用到1.

(b)、(c)、(d):两级数同样条件收敛或者同样绝对收敛，不会出现一个是条件收敛而不绝对收敛而一个是绝对收敛的断论.

《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§7.1解答

习题7.1

7.1.1证明：(a)对自然数1，当 $p=m+1$ 时，由 $m\leqslant n<p$ 是整数知 $n=m$ ，此时 $\displaystyle\sum_{i=m}^{n}a_i+\sum_{i=n+1}^{p}a_i=\sum_{i=m}^{m}a_i+\sum_{i=m+1}^{m+1}a_i=a_m+a_{m+1}$ . 而 $\displaystyle\sum_{i=m}^{p}a_i=\sum_{i=m}^{m+1}a_i=\sum_{i=m}^{m}a_i+a_{m+1}=a_m+a_{m+1}$ . 故有 $\displaystyle\sum_{i=m}^{n}a_i+\sum_{i=n+1}^{p}a_i=\sum_{i=m}^{p}a_i$ . 这就完成了归纳基始. 归纳假设对自然数 $k\geqslant 1$ ，当 $p=m+k$ 时有 $\displaystyle\sum_{i=m}^{n}a_i+\sum_{i=n+1}^{p}a_i=\sum_{i=m}^{p}a_i$ ，那么对自然数 $k+1>1$ ，当 $p=m+k+1$ 时，当 $n<p-1=m+k$ 时(保证归纳假设可用)，有 $\displaystyle\sum_{i=m}^{p}a_i=\sum_{i=m}^{p-1}a_i+a_p=(\sum_{i=m}^{n}a_i+\sum_{i=n+1}^{p-1}a_i)+a_p=\sum_{i=m}^{n}a_i+\sum_{i=n+1}^{p}a_i$ . 再来考虑当 $n=m+k<p=m+k+1$ 时， $\displaystyle\sum_{i=m}^{n}a_i+\sum_{i=n+1}^{p}a_i=\sum_{i=m}^{m+k}a_i+\sum_{i=m+k+1}^{m+k+1}a_i=\sum_{i=m}^{m+k}a_i+a_{m+k+1}=\sum_{i=m}^{m+k+1}a_i=\sum_{i=m}^{p}a_i$ . 综上，对任意 $m\leqslant n<p$ 的n等式成立，这就证明了当 $p=m+k+1$ 时的情形，也就完成了归纳. 由于 $p>n\geqslant m$ ，则总是存在自然数 $k\geqslant 1$ 使得 $p=m+k$ ，故对任何 $p>n\geqslant m$ 的p，命题总是成立的.

补充：1.命题题设中的条件“设 $m\leqslant n<p$ 是整数”可以改为“设 $m\leqslant n\leqslant p$ 是整数”. 我们当然可以再用归纳法证一遍，但在已证原先命题成立后我们可以直接验证当 $n=p$ 时命题是否成立. 此时 $\displaystyle\sum_{i=m}^{n}a_i+\sum_{i=n+1}^{p}a_i=\sum_{i=m}^{p}a_i+\sum_{i=p+1}^{p}a_i=\sum_{i=m}^{p}a_i+0=\sum_{i=m}^{p}a_i$ ，这就完成了验证.

2.由补充1我们知道整数n可取范围为 $m\leqslant n\leqslant p$ ，我们容易举例子发现当n不在这个范围时等式是不成立的，但有一个例外：如果已知n取值范围为 $m\leqslant n\leqslant p$ 时，我们也可以取n的值为m-1，此时等式仍然成立，这是很容易验证的. 这个特例出现在此版本书中P129从上往下数第6行的等式的推导中.

由此引理7.1.4(a)中的前提条件可改为：设 $m\leqslant p$ 是整数，整数n取值范围为 $m-1\leqslant n\leqslant p$ ，并设实数 $a_i$ 对应于每个整数 $m\leqslant i\leqslant p$ ，那么我们有 $\displaystyle\sum_{i=m}^{n}a_i+\sum_{i=n+1}^{p}a_i=\sum_{i=m}^{p}a_i$ .

(b)对自然数0，当 $n=m+0=m$ 时，有 $\displaystyle\sum_{i=m}^{n}a_i=\sum_{i=m}^{m}a_i=a_m$ ，而 $\displaystyle\sum_{j=m+k}^{n+k}a_{j-k}=\sum_{j=m+k}^{m+k}a_{j-k}=a_{(m+k)-k}=a_m$ ，故 $\displaystyle\sum_{i=m}^{n}a_i=\sum_{j=m+k}^{n+k}a_{j-k}$ ，这就完成了归纳基始. 归纳假设对自然数p，当 $n=m+p$ 时有 $\displaystyle\sum_{i=m}^{n}a_i=\sum_{j=m+k}^{n+k}a_{j-k}$ . 那么对自然数p+1，当 $n=m+(p+1)$ 时， $\displaystyle\sum_{i=m}^{n}a_i=\sum_{i=m}^{m+(p+1)}a_i=\sum_{i=m}^{m+p}a_i+a_{m+(p+1)}=\sum_{j=m+k}^{(m+p)+k}a_{j-k}+a_{(m+p+k+1)-k}\\=\sum_{j=m+k}^{(m+p)+k}a_{j-k}+\sum_{j=m+p+k+1}^{m+p+k+1}a_{j-k}=\sum_{j=m+k}^{m+p+k+1}a_{j-k}=\sum_{j=m+k}^{n+k}a_{j-k}$ .

这就完成了归纳，故对所有自然数p，只要有 $n=m+p$ 等式就成立，然而由于 $n\geqslant m$ 是整数知道这是肯定的.

(c)首先要注意到实数的有限级数也是一个数(可用归纳法说明)，那么其也遵从实数的算律.

对自然数0，我们有 $\displaystyle (\sum_{i=m}^{m+0}a_i)+(\sum_{i=m}^{m+0}b_i)=(\sum_{i=m}^{m}a_i)+(\sum_{i=m}^{m}b_i)=a_m+b_m$ ，而 $\displaystyle\sum_{i=m}^{m+0}(a_i+b_i)=\sum_{i=m}^{m}(a_i+b_i)=a_m+b_m$ . 故有 $\displaystyle (\sum_{i=m}^{m+0}a_i)+(\sum_{i=m}^{m+0}b_i)=\sum_{i=m}^{m+0}(a_i+b_i)$ . 归纳假设对自然数k有 $\displaystyle (\sum_{i=m}^{m+k}a_i)+(\sum_{i=m}^{m+k}b_i)=\sum_{i=m}^{m+k}(a_i+b_i)$ ，那么对k+1有 $\displaystyle (\sum_{i=m}^{m+k+1}a_i)+(\sum_{i=m}^{m+k+1}b_i)=(\sum_{i=m}^{m+k}a_i+a_{m+k+1})+(\sum_{i=m}^{m+k}b_i+b_{m+k+1})\\=(\sum_{i=m}^{m+k}a_i+\sum_{i=m}^{m+k}b_i)+(a_{m+k+1}+b_{m+k+1})=\sum_{i=m}^{m+k}(a_i+b_i)+\sum_{i=m+k+1}^{m+k+1}(a_i+b_i)=\sum_{i=m}^{m+k+1}(a_i+b_i)$

这就完成了归纳，故对所有自然数k都有 $\displaystyle (\sum_{i=m}^{m+k}a_i)+(\sum_{i=m}^{m+k}b_i)=\sum_{i=m}^{m+k}(a_i+b_i)$ . 由于 $n\geqslant m$ ，故有 $n=m+k$ (k为某自然数)，进而 $\displaystyle \sum_{i=m}^{n}(a_i+b_i)=\sum_{i=m}^{m+k}(a_i+b_i)=(\sum_{i=m}^{m+k}a_i)+(\sum_{i=m}^{m+k}b_i)=(\sum_{i=m}^{n}a_i)+(\sum_{i=m}^{n}b_i)$ .

(d)对自然数0，我们有 $\displaystyle\sum_{i=m}^{m+0}(ca_i)=\sum_{i=m}^{m}(ca_i)=ca_i$ ，而 $\displaystyle c\sum_{i=m}^{m+0}a_i=c\sum_{i=m}^{m}a_i=ca_i$ . 故有 $\displaystyle\sum_{i=m}^{m+0}(ca_i)=c\sum_{i=m}^{m+0}a_i$ . 归纳假设对自然数k有 $\displaystyle\sum_{i=m}^{m+k}(ca_i)=c\sum_{i=m}^{m+k}a_i$ ，那么对k+1有 $\displaystyle\sum_{i=m}^{m+k+1}(ca_i)=\sum_{i=m}^{m+k}(ca_i)+ca_{m+k+1}=c\sum_{i=m}^{m+k}a_i+ca_{m+k+1}\\=c(\sum_{i=m}^{m+k}a_i+a_{m+k+1})=c\sum_{i=m}^{m+k+1}a_i$

这就完成了归纳，故对所有自然数k都有 $\displaystyle\sum_{i=m}^{m+k}(ca_i)=c\sum_{i=m}^{m+k}a_i$ . 由于 $n\geqslant m$ ，故有 $n=m+k$ (k为某自然数)，进而 $\displaystyle\sum_{i=m}^{n}(ca_i)=\sum_{i=m}^{m+k}(ca_i)=c\sum_{i=m}^{m+k}a_i=c\sum_{i=m}^{n}a_i$ .

(e)对自然数0，我们有 $\displaystyle |\sum_{i=m}^{m+0}a_i|=|\sum_{i=m}^{m}a_i|=|a_i|$ ，而 $\displaystyle\sum_{i=m}^{m+0}|a_i|=\sum_{i=m}^{m}|a_i|=|a_i|$ . 故有 $\displaystyle |\sum_{i=m}^{m+0}a_i|\leqslant\sum_{i=m}^{m+0}|a_i|$ . 归纳假设对自然数k有 $\displaystyle |\sum_{i=m}^{m+k}a_i|\leqslant\sum_{i=m}^{m+k}|a_i|$ ，那么对k+1有 $\displaystyle |\sum_{i=m}^{m+k+1}a_i|=|\sum_{i=m}^{m+k}a_i+a_{m+k+1}|\leqslant |\sum_{i=m}^{m+k}a_i|+|a_{m+k+1}|=\sum_{i=m}^{m+k}|a_i|+|a_{m+k+1}|\\=\sum_{i=m}^{m+k}|a_i|+\sum_{i=m+k+1}^{m+k+1}|a_{m+k+1}|=\sum_{i=m}^{m+k+1}|a_i|$

这就完成了归纳，故对所有自然数k都有 $\displaystyle |\sum_{i=m}^{m+k}a_i|\leqslant\sum_{i=m}^{m+k}|a_i|$ . 由于 $n\geqslant m$ ，故有 $n=m+k$ (k为某自然数)，进而 $\displaystyle |\sum_{i=m}^{n}a_i|=|\sum_{i=m}^{m+k}a_i|\leqslant\sum_{i=m}^{m+k}|a_i|=\sum_{i=m}^{n}|a_i|$ .

(f)对自然数0，我们有 $\displaystyle\sum_{i=m}^{m+0}a_i=\sum_{i=m}^{m}a_i=a_i$ ，而 $\displaystyle\sum_{i=m}^{m+0}b_i=\sum_{i=m}^{m}b_i=b_i$ . 故有 $\displaystyle\sum_{i=m}^{m+0}a_i\leqslant\sum_{i=m}^{m+0}b_i$ . 归纳假设对自然数k有 $\displaystyle\sum_{i=m}^{m+k}a_i\leqslant\sum_{i=m}^{m+k}b_i$ ，那么对k+1有 $\displaystyle\sum_{i=m}^{m+k+1}a_i=\sum_{i=m}^{m+k}a_i+a_{m+k+1}\leqslant\sum_{i=m}^{m+k}b_i+b_{m+k+1}=\sum_{i=m}^{m+k+1}b_i$

这就完成了归纳，故对所有自然数k都有 $\displaystyle\sum_{i=m}^{m+k}a_i\leqslant\sum_{i=m}^{m+k}b_i$ . 由于 $n\geqslant m$ ，故有 $n=m+k$ (k为某自然数)，进而 $\displaystyle\sum_{i=m}^{n}a_i=\sum_{i=m}^{m+k}a_i\leqslant \sum_{i=m}^{m+k}b_i=\sum_{i=m}^{n}b_i$ .

7.1.2证明：(a)对空集X，我们知道集合 $\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant 0\}$ 也是空集，并且函数 $g:\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant 0\}\rightarrow X$ 是双射函数，由定义7.1.6知 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)=\sum_{i=1}^{0}f(g(i))=0$ .

(b)对单元素集 $X=\{x_0\}$ ，存在双射函数 $\{1\}\rightarrow\{x_0\}$ ，由定义7.1.6知 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)=\sum_{i=1}^{1}f(g(i))=f(g(1))=f(x_0)$ .

(c)由于 $g:Y\rightarrow X$ 是双射并且X是有限集，故Y与X有相同的基数，进而Y也是有限集. 故对某自然数n，存在双射函数 $h:\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}\rightarrow Y$ ，由定义7.1.6知 $\displaystyle\sum_{y\in Y}f(g(y))=\sum_{i=1}^{n}f(g(h(i)))$ . 由习题3.3.7我们知复合函数 $g\circ h:\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}\rightarrow X$ 也是双射，再由定义7.1.6知 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)=\sum_{i=1}^{n}f(g\circ h(i))=f(g(h(i)))$ . 综上，我们有 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)=\sum_{y\in Y}f(g(y))$ .

(d)由题意我们知对实数 $a_i$ ，其是X中元素的一个映射结果，即存在一个函数 $f:X\rightarrow\mathbb{R},f(i)=a_i$ . 我们构建一个双射函数 $g:\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant m-n+1\}\rightarrow\{i\in\mathbb{Z} : n\leqslant i\leqslant m\},g(i)=i+n-1$ . 现在来证明g的双射性. 对任何 $i_1,i_2\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant m-n+1\}$ ，若 $i_1\neq i_2$ ，则有 $i_1+n-1\neq i_2+n-1$ ，即 $g(i_1)\neq g(i_2)$ ，故g为单射. 对任何 $y\in\{i\in\mathbb{Z} : n\leqslant i\leqslant m\}$ ，存在 $y-n+1\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant m-n+1\}$ 使得 $g(y-n+1)=y-n+1+n-1=y$ ，故g为满射. 综上，g为双射. 由定义7.1.6知 $\displaystyle\sum_{i\in X}a_i=\sum_{i\in X}f(i)=\sum_{i=1}^{m-n+1}f(g(i))=\sum_{i=1}^{m-n+1}f(i+n-1)=\sum_{i=1}^{m-n+1}a_{i+n-1}\\=\sum_{i=n}^{m}a_{i}$

(e)由于X,Y是不相交的有限集，不妨记 $\#(X)=m,\#(Y)=n$ (其中m,n均为自然数). 由命题3.6.4(b)知 $\#(X\cup Y)=m+n$ ，我们还知道存在双射函数 $g:\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant m\}\rightarrow X$ 和双射函数 $h:\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}\rightarrow Y$ . 我们定义一个新函数 $I:\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant m+n\}\rightarrow X\cup Y$ 如下：若 $i\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant m\}$ ，那么 $I(i):=g(i)$ ；若 $i\in\{i\in\mathbb{N} : m+1\leqslant i\leqslant m+n\}$ ，那么 $I(i):=h(i-m)$ . 由于 $\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant m\}\cup\{i\in\mathbb{N} : m+1\leqslant i\leqslant m+n\}=\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant m+n\}$ 和 $\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant m\}\cap\{i\in\mathbb{N} : m+1\leqslant i\leqslant m+n\}=\emptyset$ ，所以I的定义是成功的，我们来证明其双射性. 对任何 $i_1,i_2\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant m+n\}$ ，若 $i_1\neq i_2$ ，我们分四种情形说明：1.若 $i_1,i_2\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant m\}$ ，由g的单射性知 $g(i_1)\neq g(i_2)$ ，而此时 $I(i)=g(i)$ ，进而 $I(i_1)\neq I(i_2)$ . 2.若 $i_1,i_2\in\{i\in\mathbb{N} : m+1\leqslant i\leqslant m+n\}$ ，由h的单射性知 $h(i_1-m)\neq h(i_2-m)$ ，此时 $I(i):=h(i-m)$ ，进而 $I(i_1)\neq I(i_2)$ . 3.若 $i_1\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant m\}$ 而 $i_2\in\{i\in\mathbb{N} : m+1\leqslant i\leqslant m+n\}$ ，此时 $I(i_1)=g(i_1)\in X$ 而 $I(i_2)=h(i_2-m)\in Y$ ，由于 $X\cap Y=\emptyset$ ，故此时 $I(i_1)\neq I(i_2)$ . 4.若 $i_2\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant m\}$ 而 $i_1\in\{i\in\mathbb{N} : m+1\leqslant i\leqslant m+n\}$ ，同理如情形3可证 $I(i_1)\neq I(i_2)$ . 综上，I的单射性得证.

对任何 $z\in X\cup Y$ ，若 $z\in X$ ，由g的满射性知存在 $i\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant m\}\subsetneq\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant m+n\}$ 使得 $g(i)=z$ ，此时 $I(i)=g(i)$ ，故 $I(i)=z$ ；若 $z\in Y$ ，由h的满射性知存在 $i\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}$ 使得 $h(i)=z$ ，即存在 $i+m\in\{i\in\mathbb{N} : m+1\leqslant i\leqslant m+n\}\subsetneq\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant m+n\}$ 使得 $h((i+m)-m)=z$ ，此时 $I(i)=h(i-m)$ ，故 $I(i+m)=z$ . 综上，I的满射性得证.

由定义7.1.6知

$\displaystyle\sum_{z\in X\cup Y}f(z)=\sum_{i=1}^{m+n}f(I(i))=(\sum_{i=1}^{m}f(I(i)))+(\sum_{i=1+m}^{m+n}f(I(i)))=(\sum_{i=1}^{m}f(g(i)))+(\sum_{i=1+m}^{m+n}f(h(i-m)))=(\sum_{i=1}^{m}f(g(i)))+(\sum_{i=1}^{n}f(h(i)))=(\sum_{x\in X}f(x))+(\sum_{y\in Y}f(y))$

(f)记 $\#(X)=m$ (m为自然数). 存在双射函数 $h:\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant m\}\rightarrow X$ ，由定义7.1.6知 $\displaystyle (\sum_{x\in X}f(x))+(\sum_{x\in X}g(x))=(\sum_{i=1}^{m}f(h(i)))+(\sum_{i=1}^{m}g(h(i)))=\sum_{i=1}^{m}(f(h(i))+g(h(i)))\\=\sum_{x\in X}(f(x)+g(x))$

(g)记 $\#(X)=m$ (m为自然数). 存在双射函数 $g:\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant m\}\rightarrow X$ ，由定义7.1.6知 $\displaystyle \sum_{x\in X}cf(x)=\sum_{i=1}^{m}cf(g(i))=c\sum_{i=1}^{m}f(g(i))=c\sum_{x\in X}f(x)$ .

(h)记 $\#(X)=m$ (m为自然数). 存在双射函数 $h:\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant m\}\rightarrow X$ ，由定义7.1.6知 $\displaystyle \sum_{x\in X}f(x)=\sum_{i=1}^{m}f(h(i))\leqslant\sum_{i=1}^{m}g(h(i))=\sum_{x\in X}g(x)$ .

(i)记 $\#(X)=m$ (m为自然数). 存在双射函数 $g:\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant m\}\rightarrow X$ ，由定义7.1.6知 $\displaystyle |\sum_{x\in X}f(x)|=|\sum_{i=1}^{m}f(g(i))|\leqslant\sum_{i=1}^{m}|f(g(i))|=\sum_{x\in X}|f(x)|$ .

7.1.3证明：由下面文内补充第1条我们可以定义 $\displaystyle\prod_{i=1(\text{ or }m)}^{n}a_i$ 如下： $\displaystyle\prod_{i=1(\text{ or }m)}^{n}a_i:=1$ ，如果 $n<1(\text{ or }m)$ ； $\displaystyle\prod_{i=1(\text{ or }m)}^{n}a_i:=(\prod_{i=1(\text{ or }m)}^{n-1}a_i)\centerdot a_n$ ，如果 $n\geqslant 1(\text{ or }m)$ . 参照命题7.1.8我们定义 $\displaystyle\prod_{x\in X}f(x)$ 如下：由于X为有限集，则存在双射 $g:\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant\#(X)\}\rightarrow X$ ，我们定义 $\displaystyle\prod_{x\in X}f(x):=\prod_{i=1}^{\#(X)}f(g(i))$ .

对引理7.1.4：(a)就如同上面引理7.1.4(a)证明后的补充1.一样，可以把前提条件中的“ $m\leqslant n<p$ ”改为“ $m\leqslant n\leqslant p$ ”而其他前提条件不变，我们同样有 $\displaystyle (\prod_{i=m}^{n}a_i)\centerdot(\prod_{i=n+1}^{p}a_i)=\prod_{i=m}^{p}a_i$ . 证明过程与引理7.1.4(a)证明类似，都是对p进行归纳，但在归纳步骤时要单独考虑 $n=p+1$ 的情形，因为归纳假设在 $n=p+1$ 不能用. 同时补充2.也同样适用于有限乘积，即已知 $m\leqslant p$ 是整数，那么整数n取值范围为 $m-1\leqslant n\leqslant p$ ，等式同样成立.

(b)在相同的前提条件下有 $\displaystyle\prod_{i=m}^{n}a_i=\prod_{j=m+k}^{n+k}a_{j-k}$ . 证明过程与引理7.1.4(b)证明类似，都是对n进行归纳.

(c)在相同的前提条件下有 $\displaystyle\prod_{i=m}^{n}(a_ib_i)=(\prod_{i=m}^{n}a_i)(\prod_{i=m}^{n}b_i)$ . 证明过程与引理7.1.4(c)证明类似，都是对n进行归纳.

(d)在相同的前提条件下有 $\displaystyle\prod_{i=m}^{n}(ca_i)=c^{n-m+1}(\prod_{i=m}^{n}a_i)$ . 证明过程与引理7.1.4(d)证明类似，都是对n进行归纳；或者运用上面(c) $\displaystyle\prod_{i=m}^{n}(a_ib_i)=(\prod_{i=m}^{n}a_i)(\prod_{i=m}^{n}b_i)$ 推得.

(e)在相同的前提条件下有 $\displaystyle |\prod_{i=m}^{n}a_i|=\prod_{i=m}^{n}|a_i|$ . 证明过程与引理7.1.4(e)证明类似，都是对n进行归纳.

(f)把前提条件中的“ $a_i\leqslant b_i$ ”改为“ $0\leqslant a_i\leqslant b_i$ ”而其他前提条件不变，我们同样有 $\displaystyle 0\leqslant\prod_{i=m}^{n}a_i\leqslant\prod_{i=m}^{n}b_i$ . 证明过程与引理7.1.4(f)证明类似，都是对n进行归纳.

对命题7.1.8：有相似的证明说明在有限集合上的乘积是定义成功的.

对命题7.1.11：(a)在相同的前提条件下有 $\displaystyle\prod_{x\in X}f(x)=1$ ，证明过程与命题7.1.11(a)的证明相似.

(b)在相同的前提条件下有 $\displaystyle\prod_{x\in X}f(x)=f(x_0)$ ，证明过程与命题7.1.11(b)的证明相似.

(c)在相同的前提条件下有 $\displaystyle\prod_{x\in X}f(x)=\prod_{y\in Y}f(g(y))$ ，证明过程与命题7.1.11(c)的证明相似.

(d)在相同的前提条件下有 $\displaystyle\prod_{i=n}^{m}a_i=\prod_{x\in X}a_i$ ，证明过程与命题7.1.11(d)的证明相似.

(e)在相同的前提条件下有 $\displaystyle\prod_{z\in X\cup Y}f(z)=(\prod_{x\in X}f(x))\centerdot(\prod_{y\in Y}f(y))$ ，证明过程与命题7.1.11(e)的证明相似.

(f)在相同的前提条件下有 $\displaystyle\prod_{x\in X}(f(x)g(x))=(\prod_{x\in X}f(x))\centerdot(\prod_{x\in X}g(x))$ ，证明过程与命题7.1.11(f)的证明相似.

(g)在相同的前提条件下有 $\displaystyle\prod_{x\in X}(cf(x))=c^{\#(X)}\centerdot (\prod_{x\in X}f(x))$ ，证明过程与命题7.1.11(g)的证明相似.

(h)前提中“ $f(x)\leqslant g(x)$ ”改为“ $0\leqslant f(x)\leqslant g(x)$ ”，其余前提条件保持不变下有 $\displaystyle 0\leqslant\prod_{x\in X}f(x)\leqslant\prod_{x\in X}g(x)$ ，证明过程与命题7.1.11(h)的证明相似.

(i)在相同的前提条件下有 $\displaystyle |\prod_{x\in X}f(x)|=\prod_{x\in X}|f(x)|$ ，证明过程与命题7.1.11(i)的证明相似.

对注7.1.12有：对于从集合 $\{i\in\mathbb{Z} : n\leqslant i\leqslant m\}$ 到自身的任何双射f都有 $\displaystyle\prod_{i=n}^{m}a_i=\prod_{i=n}^{m}a_{f(i)}$ . 证明过程用到习题7.1.3中“命题7.1.11的有限乘积版本”的(d)、(c)两个小命题，证明过程与下面文内补充部分很相似.

对引理7.1.13：在相同的前提条件下有 $\displaystyle\prod_{x\in X}(\prod_{y\in Y}f(x,y))=\prod_{(x,y)\in X\times Y}f(x,y)$ ，证明过程与引理7.1.13的证明相似，都是用归纳法证明(与自然数有关的命题当无法使用其他算律得到时，不妨考虑归纳法. 比如此引理：右边是一个有限乘积嵌套，而左边不是，用已知的算律我们无法化掉嵌套).

对推论7.1.14：在相同的前提条件下有 $\displaystyle\prod_{x\in X}(\prod_{y\in Y}f(x,y))=\prod_{(x,y)\in X\times Y}f(x,y)=\prod_{(y,x)\in Y\times X}f(x,y)=\prod_{y\in Y}(\prod_{x\in X}f(x,y))$ ，证明过程与推论7.1.14的证明相似.

7.1.4证明：当 $n=0$ 时，有 $(x+y)^0=1$ ， $\displaystyle\sum_{j=0}^{0}\frac{0!}{j!(0-j)!}x^jy^{0-j}=\frac{0!}{0!(0-0)!}x^0y^{0-0}=1$ ，故等式成立. 当 $n=1$ 时，有 $(x+y)^1=x+y$ ， $\displaystyle\sum_{j=0}^{1}\frac{1!}{j!(1-j)!}x^jy^{1-j}=\sum_{j=0}^{0}\frac{1!}{j!(1-j)!}x^jy^{1-j}+\frac{1!}{1!(1-1)!}x^1y^{1-1}=\frac{1!}{0!(1-0)!}x^0y^{1-0}+x=y+x$ ，故等式成立. 我们验证到 $n=1$ 的情形是为了满足使用引理7.1.4(a)的条件. 但如果用引理7.1.4(a)的修正版本其实不用验证 $n=1$ 的情形.

归纳假设对某 $n\geqslant 1$ 等式成立. 那么对 $n+1>1$ ，有 $\displaystyle (x+y)^{n+1}=(x+y)^n(x+y)=\sum_{j=0}^{n}\frac{n!}{j!(n-j)!}x^jy^{n-j}(x+y)\\=\sum_{j=0}^{n}\frac{n!}{j!(n-j)!}x^{j+1}y^{n-j}+\sum_{j=0}^{n}\frac{n!}{j!(n-j)!}x^jy^{n-j+1}\\=(\sum_{j=0}^{n-1}\frac{n!}{j!(n-j)!}x^{j+1}y^{n-j}+\frac{n!}{n!(n-n)!}x^{n+1}y^{n-n})+(\sum_{j=1}^{n}\frac{n!}{j!(n-j)!}x^jy^{n-j+1}+\frac{n!}{0!(n-0)!}x^0y^{n-0+1})\\=(\sum_{j=1}^{n}\frac{n!}{(j-1)!(n+1-j)!}x^{j}y^{n+1-j}+\sum_{j=1}^{n}\frac{n!}{j!(n-j)!}x^jy^{n-j+1})+x^{n+1}+y^{n+1}\\=\sum_{j=1}^{n}(\frac{n!}{(j-1)!(n+1-j)!}+\frac{n!}{j!(n-j)!})x^jy^{n+1-j}+x^{n+1}+y^{n+1}\\=\sum_{j=1}^{n}\frac{(n+1)!}{j!(n+1-j)!}x^jy^{n+1-j}+\sum_{j=n+1}^{n+1}\frac{(n+1)!}{(n+1)!(n+1-(n+1))!}x^{n+1}+\sum_{j=0}^{0}\frac{(n+1)!}{0!(n+1-0)!}y^{n+1}\\=\sum_{j=0}^{n+1}\frac{(n+1)!}{j!(n+1-j)!}x^jy^{n+1-j}$ .

这就完成了归纳. 故二项式定理得证.

7.1.5证明：当 $\#(X)=1$ 时， $\displaystyle\sum_{x\in X}a_n(x)=a_n(x)$ ，故 $\displaystyle(\sum_{x\in X}a_n(x))_{n=m}^{\infty}=(a_n(x))_{n=m}^{\infty}$ ，进而 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{x\in X}a_n(x)=\lim_{n\rightarrow\infty}a_n(x)$ 是收敛的. 而 $\displaystyle\sum_{x\in X}\lim_{n\rightarrow\infty}a_n(x)=\lim_{n\rightarrow\infty}a_n(x)$ ，故 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{x\in X}a_n(x)=\sum_{x\in X}\lim_{n\rightarrow\infty}a_n(x)$ ，这就完成了归纳基始. 归纳假设当 $\#(X)=k\geqslant 1$ 时命题成立，那么对 $\#(X)=k+1\neq 0$ ，首先存在对象 $x_0\in X$ ，进而 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{x\in X}a_n(x)=\lim_{n\rightarrow\infty}(\sum_{x\in X\backslash\{x_0\}}a_n(x)+\sum_{x\in\{x_0\}}a_n(x))\\=(\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{x\in X\backslash\{x_0\}}a_n(x))+(\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{x\in\{x_0\}}a_n(x))$ .

至此我们知道 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{x\in X}a_n(x)$ 是收敛的.

因为根据归纳假设和题设我们知道 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{x\in X\backslash\{x_0\}}a_n(x)$ 和 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{x\in\{x_0\}}a_n(x)$ 都是收敛的.

$\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{x\in X}a_n(x)=(\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{x\in X\backslash\{x_0\}}a_n(x))+(\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{x\in\{x_0\}}a_n(x))=(\sum_{x\in X\backslash\{x_0\}}\lim_{n\rightarrow\infty}a_n(x))+(\sum_{x\in\{x_0\}}\lim_{n\rightarrow\infty}a_n(x))=\sum_{x\in X}\lim_{n\rightarrow\infty}a_n(x)$

这就完成了归纳.

文内补充

1.有限级数的四种递归定义.

a.即为定义7.1.1.

b. $\displaystyle\sum_{i=m}^{n}a_i:=0$ ，如果 $n<m$ ； $\displaystyle\sum_{i=m}^{n}a_i:=(\sum_{i=m}^{n-1}a_i)+a_n$ ，如果 $n\geqslant m$ .（其实这种可以看做是对定义7.1.1后一个式子对n做变元代换）

c. $\displaystyle\sum_{i=m}^{n}a_i:=0$ ，如果 $n<m$ ；对自然数0，定义 $\displaystyle\sum_{i=m}^{m+0}a_i:=a_m$ . 归纳假设对某自然数 $k\geqslant 0$ 已定义好 $\displaystyle\sum_{i=m}^{m+k}a_i$ ，那么递归定义 $\displaystyle\sum_{i=m}^{m+(p+1)}a_i:=(\sum_{i=m}^{m+p}a_i)+a_{m+(p+1)}$ . 那么对一切自然数k， $\displaystyle\sum_{i=m}^{m+k}a_i$ 是定义的了. 由于对一切整数 $n\geqslant m$ ，存在自然数k使得 $n=m+k$ ，故 $\displaystyle\sum_{i=m}^{n}a_i:=\sum_{i=m}^{m+k}a_i$ 是定义了的.

d. $\displaystyle\sum_{i=m}^{n}a_i:=0$ ，如果 $n<m$ ；定义 $\displaystyle\sum_{i=m}^{m}a_i:=a_m$ . 归纳假设对某整数数 $n\geqslant m$ 已定义好 $\displaystyle\sum_{i=m}^{n}a_i$ ，那么递归定义 $\displaystyle\sum_{i=m}^{n+1}a_i:=(\sum_{i=m}^{n}a_i)+a_{n+1}$ . 那么对一切整数 $n\geqslant m$ ， $\displaystyle\sum_{i=m}^{n}a_i$ 是定义的了. 其实此定义就是c定义隐去了在自然数上的归纳过程版本.

我们现在来证明四种定义的等价性. 首先对 $j<m$ ，都有 $\displaystyle\sum_{i=m}^{j}a_i=0$ . 我们再来考虑当 $j\geqslant m$ 时四种定义对 $\displaystyle\sum_{i=m}^{j}a_i$ 给出的结果是否一样. 用归纳法证明. 对 $j=m$ ，由定义a:由于 $j-1=m-1\geqslant m-1$ ，故 $\displaystyle\sum_{i=m}^{j}a_i=\sum_{i=m}^{(j-1)+1}a_i=(\sum_{i=m}^{j-1}a_i)+a_{(j-1)+1}=(\sum_{i=m}^{m-1}a_i)+a_{m}=0+a_m=a_m$ . 由定义b:由于 $j=m\geqslant m$ ，故 $\displaystyle\sum_{i=m}^{j}a_i=(\sum_{i=m}^{j-1}a_i)+a_{j}=(\sum_{i=m}^{m-1}a_i)+a_{m}=0+a_m=a_m$ . 定义c和d直接定义了 $\displaystyle\sum_{i=m}^{j}a_i=\sum_{i=m}^{m}a_i=a_m$ . 综上，对 $j=m$ 四种定义给出的结果是一样的. 归纳假设对某 $j\geqslant m$ 四种定义给出的结果一样，那么对于 $j+1>m$ ，由定义a:由于 $j+1>m$ ，故 $j\geqslant m\geqslant m-1$ ，故 $\displaystyle\sum_{i=m}^{j+1}a_i=(\sum_{i=m}^{j}a_i)+a_{j+1}$ . 由定义b:由于 $j+1>m\geqslant m$ ，故 $\displaystyle\sum_{i=m}^{j+1}a_i=(\sum_{i=m}^{j}a_i)+a_{j+1}$ . 由定义c: $j+1=m+(j+1-m)$ ，故 $\displaystyle\sum_{i=m}^{j+1}a_i=\sum_{i=m}^{m+(j+1-m)}a_i=\sum_{i=m}^{m+((j-m)+1)}a_i$ ，由于 $j\geqslant m$ ，即 $j-m\geqslant 0$ ，故 $\displaystyle\sum_{i=m}^{j+1}a_i=\sum_{i=m}^{m+((j-m)+1)}a_i=(\sum_{i=m}^{m+(j-m)}a_i)+a_{m+((j-m)+1)}=(\sum_{i=m}^{j}a_i)+a_{j+1}$ . 由定义d:由于 $j+1>m$ ，即 $j\geqslant m$ ，故 $\displaystyle\sum_{i=m}^{j+1}a_i=\sum_{i=m}^{j}a_i=a_{j+1}$ . 综上，对 $k+1$ 四种定义给出的结果一样，这就完成了归纳. 故对一切整数 $n\geqslant m$ ，四种定义对 $\displaystyle\sum_{i=m}^{n}a_i$ 给出一样的结果，进而对一切 $n\in\mathbb{Z}$ ，四种定义对 $\displaystyle\sum_{i=m}^{n}a_i$ 给出一样的结果. 所以哪种定义方便使用时我们就使用哪种定义.

2.我们有恒等式 $\displaystyle\sum_{i=m}^{m-2}a_i=0$ , $\displaystyle\sum_{i=m}^{m-1}a_i=0$ , $\displaystyle\sum_{i=m}^{m}a_i=a_m$ , $\displaystyle\sum_{i=m}^{m+1}a_i=a_m+a_{m+1}$ , $\displaystyle\sum_{i=m}^{m+2}a_i=a_m+a_{m+1}+a_{m+2}$ .

根据定义7.1.1，由于 $m-2<m-1<m$ ，所以 $\displaystyle\sum_{i=m}^{m-2}a_i=\sum_{i=m}^{m-1}a_i=0$ . 由于 $m-1\geqslant m-1$ ，故 $\displaystyle\sum_{i=m}^{m}a_i=(\sum_{i=m}^{m-1}a_i)+a_m=0+a_m=a_m$ . 同理由于 $m+1>m\geqslant m-1$ ，故 $\displaystyle\sum_{i=m}^{m+1}a_i=(\sum_{i=m}^{m}a_i)+a_{m+1}=a_m+a_{m+1}$ . $\displaystyle\sum_{i=m}^{m+2}a_i=(\sum_{i=m}^{m+1}a_i)+a_{m+2}=a_m+a_{m+1}+a_{m+2}$ .

3.粘附变元(傀儡变元).

我们确实可以用归纳法说明级数的值和傀儡变元是没有关系的，我们可以用任何其他的符号来替换傀儡变元.

4.已知 $g:\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n+1\}\rightarrow X$ 为双射函数并且 $g(n+1)=x\in X$ . 当g定义域限制在 $\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}$ 时其变为一个 $\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}\rightarrow X\backslash\{x\}$ 的双射函数.

首先对任意的 $i\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}$ ，有 $i\neq n+1$ ，由g的单射性知 $g(i)\neq g(n+1)=x$ . 又因为 $i\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}\subsetneq\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n+1\}$ ，故有 $g(i)\in X$ . 综合这两点起来就是当 $i\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}$ 时 $g(i)\in X\backslash\{x\}$ . 对任意 $i_1,i_2\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}\subsetneq\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n+1\}$ ，若 $i_1\neq i_2$ ，由g单射性知 $g(i_1)\neq g(i_2)$ ，进而限制到定义域为 $\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}$ 的g也是单射的. 对任意 $y\in X\backslash\{x\}\subseteq X$ ，由g满射性知存在 $i\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n+1\}$ 使得 $g(i)=y$ . 我们假设对某 $y\in X\backslash\{x\}$ 有 $g(n+1)=y=x\in X\backslash\{x\}$ ，这明显是矛盾的，所以对一切 $y\in X\backslash\{x\}\subseteq X$ 都不存在 $g(n+1)=y$ ，综合起来就是对任意 $y\in X\backslash\{x\}\subseteq X$ 存在 $i\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}$ 使得 $g(i)=y$ ，故限制到定义域为 $\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}$ 的g也是满射的，进而是双射的.

命题7.1.8中定义的函数 $\overset{\sim}{h}:\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}\rightarrow X\backslash\{x\}$ 也是双射.

证明：对于任何 $i_1,i_2\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}$ ，若 $i_1\neq i_2$ ，我们分四种情形说明：1.当 $i_1,i_2<j$ 时，由函数h的单射性我们知道 $\overset{\sim}{h}(i_1)\neq\overset{\sim}{h}(i_2)$ ；2.当 $i_1,i_2\geqslant j$ 时，同样由函数h的单射性我们知道 $\overset{\sim}{h}(i_1)\neq\overset{\sim}{h}(i_2)$ ；3.当 $i_1<j$ 而 $i_2\geqslant j$ 时， $\overset{\sim}{h}(i_1)=h(i_1)$ ，而 $\overset{\sim}{h}(i_2)=h(i_2+1)$ ，由于 $i_1<j\leqslant i_2$ ，进而 $i_1<j<i_2+1$ ，同样由函数h的单射性我们知道 $\overset{\sim}{h}(i_1)\neq\overset{\sim}{h}(i_2)$ ；当 $i_2<j$ 而 $i_1\geqslant j$ 时，与3.类似知道 $\overset{\sim}{h}(i_1)\neq\overset{\sim}{h}(i_2)$ . 综上，函数 $\overset{\sim}{h}$ 是单射.

对任意元素 $y\in X\backslash\{x\}\subsetneq X$ ，由函数h的满射性我们知存在 $i\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n+1\}$ 使得 $h(i)=y$ . 我们假设对某元素 $y\in X\backslash\{x\}$ 存在 $j\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n+1\}$ 使得 $h(j)=y=x\in X\backslash\{x\}$ ，这显然是矛盾的，故对所有元素 $y\in X\backslash\{x\}$ 不存在 $h(j)=y$ ，所以我们可以说对任意元素 $y\in X\backslash\{x\}$ 存在 $i\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i<j\text{ or }j<i\leqslant n+1\}$ 使得 $h(i)=y$ . 对于i分两种情形讨论：当 $1\leqslant i<j$ 时有 $\overset{\sim}{h}(i)=h(i)=y$ ；当 $j<i\leqslant n+1$ 时，有 $\overset{\sim}{h}(i-1)=h(i)=y$ . 我们令 $i=i'+1$ ，即当 $j<i'+1\leqslant n+1$ （即 $j\leqslant i'\leqslant n$ ）时，有 $\overset{\sim}{h}(i')=h(i'+1)=y$ . 综上，对任意元素 $y\in X\backslash\{x\}$ 存在 $i\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}$ 使得 $\overset{\sim}{h}(i)=y$ . 所以 $\overset{\sim}{h}$ 是满射. 综上 $\overset{\sim}{h}$ 是双射.

5.注7.1.12中等式推导.

当 $m<n$ ，等式是显然成立的. 我们考虑 $m\geqslant n$ 的情形.

设 $X:=\{i\in\mathbb{Z} : n\leqslant i\leqslant m\},(n\leqslant m)$ ，函数 $f:X\rightarrow X$ 为任意双射，并有函数 $g:X\rightarrow R$ 使得对每个 $i\in X$ 有 $g(i)=a_i$ . 由命题7.1.11(d),(c)知：

$\displaystyle\sum_{i=n}^{m}a_i=\sum_{i\in X}a_i=\sum_{i\in X}g(i)=\sum_{i\in X}g(f(i))=\sum_{i\in X}a_{f(i)}=\sum_{i=n}^{m}a_{f(i)}$ .

我们再提供另一个证明，繁琐了一点.

设 $h:\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant m-n+1\}\rightarrow X$ 是任意的双射函数(因为定义域和值域具有相同的基数)，并定义函数 $I:X\rightarrow\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant m-n+1\},I(i):=i-n+1$ ，我们容易证明I为双射函数. 那么有：

$\displaystyle\sum_{i=n}^{m}a_i=\sum_{i\in X}a_i=\sum_{i\in X}g(i)=\sum_{i=1}^{m-n+1}g(h(i))=\sum_{i=n}^{m}g(h(i-n+1))=\sum_{i=n}^{m}g(h(I(i)))\\=\sum_{i=n}^{m}a_{h\circ I(i)}$

这个形式和 $\displaystyle\sum_{i=n}^{m}a_{f(i)}$ 的形式很相像，其实两者是等价的. 因为对任意函数 $f:X\rightarrow X$ ，其对每个 $i\in X$ 给出了输出 $f(i)$ . 那么对于每个 $j\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant m-n+1\}$ ，有 $j+n-1\in X$ ，我们定义此时的函数h为 $h(j):=f(j+n-1)$ . 那么此时 $h\circ I(i)=h(I(i))=h(i-n+1)=f((i-n+1)+n-1)=f(i)$ . 简单来说就是每一个 $f:X\rightarrow X$ 的双射函数都可以表示成 $h\circ I$ 的形式，同理我们可以证明每个 $h\circ I$ 双射函数可以表示成一个f双射函数.

这是我们对博文《<陶哲轩实分析>(中文第一版)——§2.2解答》中文内补充第3点“从级数的观点”的证明.

6.引理7.1.13基础情形P(0)成立.

因为当集合X有0个元素时，其是空集，进而笛卡儿乘积 $X\times Y$ 由习题3.5.8知也是空集，再由命题7.1.11(a)知等式两边都为0，进而完成归纳基始.

7.引理7.1.13中 $\displaystyle\sum_{(x,y)\in X'\times Y}f(x,y)+\sum_{(x,y)\in \{x_0\}\times Y}f(x,y)=\sum_{(x,y)\in X\times Y}f(x,y)$ .

用反证法我们容易知道 $(X'\times Y)\cap(\{x_0\}\times Y)=\emptyset$ ，并且由习题3.5.4知 $(X'\times Y)\cup(\{x_0\}\times Y)=X\times Y$ ，并且在有限集合上求和用的函数是同一个函数. 进而由命题7.1.11(e)知 $\displaystyle\sum_{(x,y)\in X'\times Y}f(x,y)+\sum_{(x,y)\in \{x_0\}\times Y}f(x,y)=\sum_{(x,y)\in X\times Y}f(x,y)$ .

8.推论7.1.14有 $\displaystyle\sum_{(x,y)\in X\times Y}f(x,y)=\sum_{(y,x)\in Y\times X}f(x,y)$ .

我们定义函数 $h:X\times Y\rightarrow Y\times X,h(x,y):=(y,x)$ . 对任意 $(x_1,y_1),(x_2,y_2)\in X\times Y$ ，若 $(x_1,y_1)\neq (x_2,y_2)$ ，则有“ $x_1\neq x_2$ 或 $y_1\neq y_2$ ”，即“ $y_1\neq y_2$ 或 $x_1\neq x_2$ ”，即 $(y_1,x_1)\neq(y_2,x_2)$ ，即 $h(x_1,y_1)\neq h(x_2,y_2)$ ，故h为单射. 对任何对象 $(y_0,x_0)\in Y\times X$ ，总是有 $(x_0,y_0)\in X\times Y$ 使得 $h(x_0,y_0)=(y_0,x_0)$ ，故h为满射，综上h为双射.

我们把f看作单变量函数. 由命题7.1.11(c)知 $\displaystyle\sum_{(x,y)\in X\times Y}f((x,y))=\sum_{(y,x)\in Y\times X}f(h(y,x))=\sum_{(y,x)\in Y\times X}f((x,y))$ .

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陶哲轩实分析（中文第一版）解答索引

《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§6.7解答

习题6.7

6.7.1 证明：设实数 $x,y>0$ ，并设 $q,r$ 为实数. 我们有

(a) $x^q$ 为正的实数.

我们分q为0、q为正的和q为负的三种情形来讨论(实数的三歧性).

当q为0时，有比例数序列 $(0)_{n=1}^\infty$ 的收敛到0，即 $\displaystyle 0=\lim_{n\rightarrow\infty}0$ . 所以 $x^0=\lim_{n\rightarrow\infty}x^0=\lim_{n\rightarrow\infty}1=1>0$ . 其实由比例数指数和实数指数的指数运算是相容的我们立马知道 $x^0=x^0=1>0$ .

当q为正的实数时，由定义5.4.3和命题6.1.15知 $\displaystyle q=\lim_{n\rightarrow\infty}q^n$ ，其中 $(q_n)_{n=1}^\infty$ 是正限制离开零的比例数序列，即存在一个正比例数 $c>0$ 使对一切整数 $n\geqslant 1$ 有 $q_n>c$ . 又因为 $(q_n)_{n=1}^\infty$ 是收敛到实数q的序列，由推论6.1.17知其是有界的，即存在实数 $M>0$ 使 $|q_n|=q_n\leqslant M$ ，再由命题5.4.12知存在正整数N使 $N>M$ ，故对一切整数 $n\geqslant 1$ 有 $N\geqslant q_n\geqslant c>0$ (其中N,c均为比例数). 由引理5.6.9知：当 $x>1$ 时有 $x^{q_n}\geqslant x^c>0$ ，再由命题6.4.12(f)和引理6.4.13知有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty} x^{q_n}=\limsup_{n\rightarrow\infty}x^{q_n}\geqslant x^c>0$ ；当 $0<x<1$ 时有 $x^{q_n}\geqslant x^N>0$ ，再由命题6.4.12(f)和引理6.4.13知有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty} x^{q_n}=\limsup_{n\rightarrow\infty}x^{q_n}\geqslant x^N>0$ ；当 $x=1$ 时有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty} x^{q_n}=\lim_{n\rightarrow\infty} 1^{q_n}=\lim_{n\rightarrow\infty} 1=1>0$ .

当q为负的实数时，由定义5.4.3和命题6.1.15知 $\displaystyle q=\lim_{n\rightarrow\infty}q^n$ ，其中 $(q_n)_{n=1}^\infty$ 是负限制离开零的比例数序列，即存在一个正比例数 $c>0$ 使对一切整数 $n\geqslant 1$ 有 $q_n\leqslant -c$ . 又因为 $(q_n)_{n=1}^\infty$ 是收敛到实数q的序列，由推论6.1.17知其是有界的，即存在实数 $M>0$ 使 $|q_n|=-q_n\leqslant M$ ，再由命题5.4.12知存在正整数N使 $N>M$ ，故对一切整数 $n\geqslant 1$ 有 $0>-c\geqslant q_n\geqslant -N$ (其中N,c均为比例数). 由引理5.6.9知：当 $x>1$ 时有 $x^{q_n}\geqslant x^{-N}>0$ ，再由命题6.4.12(f)和引理6.4.13知有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty} x^{q_n}=\limsup_{n\rightarrow\infty}x^{q_n}\geqslant x^{-N}>0$ ；当 $0<x<1$ 时有 $x^{q_n}\geqslant x^{-c}>0$ ，再由命题6.4.12(f)和引理6.4.13知有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty} x^{q_n}=\limsup_{n\rightarrow\infty}x^{q_n}\geqslant x^{-c}>0$ ；当 $x=1$ 时有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty} x^{q_n}=\lim_{n\rightarrow\infty} 1^{q_n}=\lim_{n\rightarrow\infty} 1=1>0$ .

综上，对一切实数q有 $\displaystyle x^q=\lim_{n\rightarrow\infty}x^{q_n}>0$ .

(b) $x^{q+r}=x^qx^r$ ； $(x^q)^r=x^{qr}$ .

$x^{q+r}=x^qx^r$ 已在命题6.7.3证明，我们只需要证明 $(x^q)^r=x^{qr}$ .

为证 $(x^q)^r=x^{qr}$ ，我们先证明几个引理：

6.7.1.1设 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 是收敛的实数列，那么对任意自然数k，我们有序列 $(a_n^k)_{n=m}^\infty$ 也是收敛的，其收敛到 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}(a_n^k)=(\lim_{n\rightarrow\infty}a_n)^k$ .

证明：用归纳法. 对自然数0， $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}(a_n^0)=\lim_{n\rightarrow\infty}1=1=(\lim_{n\rightarrow\infty}a_n)^0$ ，这就完成了归纳基始. 归纳假设对某自然数 $k\geqslant 0$ ，有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}(a_n^k)=(\lim_{n\rightarrow\infty}a_n)^k$ . 那么对自然数k+1，由极限算律知 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}(a_n^{k+1})=\lim_{n\rightarrow\infty}(a_n^ka_n)=\lim_{n\rightarrow\infty}(a_n^k)\lim_{n\rightarrow\infty}(a_n)=(\lim_{n\rightarrow\infty}a_n)^k(\lim_{n\rightarrow\infty}a_n)=(\lim_{n\rightarrow\infty}a_n)^{k+1}$ ，这就完成了归纳，即6.7.1.1得证.

6.7.1.2设 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 是收敛到非零实数的实数列，并且对一切整数 $n\geqslant m$ 有 $a_n\neq 0$ . 那么对任意整数k，我们有序列 $(a_n^k)_{n=m}^\infty$ 也是收敛的，其收敛到 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}(a_n^k)=(\lim_{n\rightarrow\infty}a_n)^k$ .

证明：当 $k\geqslant 0$ 时，已由6.7.1.1证明. 考虑 $k<0$ ，此时 $-k>0$ ，由极限算律我们知道 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}(a_n^k)=\lim_{n\rightarrow\infty}((a_n^{-1})^{-k})=(\lim_{n\rightarrow\infty}(a_n^{-1}))^{-k}=((\lim_{n\rightarrow\infty}a_n)^{-1})^{-k}=(\lim_{n\rightarrow\infty}a_n)^{k}$ . 这就证明了6.7.1.2.

6.7.1.3设 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 是收敛到非负实数的实数列，并且对一切整数 $n\geqslant m$ 有 $a_n\geqslant 0$ . 那么对任意自然数 $k\geqslant 1$ ，我们有序列 $(a_n^\frac{1}{k})_{n=m}^\infty$ 也是收敛的，其收敛到 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}(a_n^\frac{1}{k})=(\lim_{n\rightarrow\infty}a_n)^\frac{1}{k}$ .

证明：我们先证明当 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=0$ 并且对一切整数 $n\geqslant m$ 有 $a_n\geqslant 0$ 时有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n^\frac{1}{k}=0$ . 对任何实数 $\varepsilon>0$ ，有 $\varepsilon^k>0$ . 由于序列 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 收敛到0，则存在整数 $N\geqslant m$ 对一切整数 $n\geqslant N$ 有 $|a_n-0|=a_n\leqslant\varepsilon^k$ . 那么 $|a_n^\frac{1}{k}-0|=a_n^\frac{1}{k}\leqslant(\varepsilon^k)^\frac{1}{k}=\varepsilon$ ，故 $(a_n^\frac{1}{k})_{n=m}^\infty$ 也收敛到0，即 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}(a_n^\frac{1}{k})=(\lim_{n\rightarrow\infty}a_n)^\frac{1}{k}$ .

当 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 是收敛到正实数时，记其极限为 $L>0$ ，即 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=L$ . 故对实数 $\frac{L}{2}>0$ ，存在整数 $N_1\geqslant m$ ，使对一切整数 $n\geqslant N_1$ 有 $|a_n-L|\leqslant\frac{L}{2}$ ，即 $\frac{L}{2}\leqslant a_n\leqslant\frac{3L}{2}$ ，故有 $\frac{a_n}{\frac{L}{2}}\geqslant 1$ 和 $a_n^\frac{1}{k}\leqslant(\frac{3L}{2})^\frac{1}{k}$ . 对任何实数 $\varepsilon>0$ ，有 $\frac{\frac{L}{2}\varepsilon}{(\frac{3L}{2})^\frac{1}{k}}>0$ ，由于 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 是收敛的，故其也是Cauchy序列，则存在整数 $N_2\geqslant m$ ，使对一切整数 $n_1,n_2\geqslant N_2$ 有 $|a_{n_1}-a_{n_2}|\leqslant\frac{\frac{L}{2}\varepsilon}{(\frac{3L}{2})^\frac{1}{k}}$ . 我们取 $N:=max\{N_1,N_2\}$ ，则对一切整数 $n_1,n_2\geqslant N$ 有 $|a_{n_1}^\frac{1}{k}-a_{n_2}^\frac{1}{k}|=a_{n_2}^\frac{1}{k}|(\frac{a_{n_1}}{a_{n_2}})^\frac{1}{k}-1|\leqslant(\frac{3L}{2})^\frac{1}{k}|(\frac{a_{n_1}}{a_{n_2}})^\frac{1}{k}-1|\leqslant(\frac{3L}{2})^\frac{1}{k}\frac{a_{n_2}}{\frac{L}{2}}|(\frac{a_{n_1}}{a_{n_2}})^\frac{1}{k}-1|$ . 当 $a_{n_1}\geqslant a_{n_2}\geqslant\frac{L}{2}$ 时，有 $\frac{a_{n_1}}{a_{n_2}}\geqslant 1>0$ ，则 $\frac{a_{n_1}}{a_{n_2}}=(\frac{a_{n_1}}{a_{n_2}})^\frac{1}{1}\geqslant(\frac{a_{n_1}}{a_{n_2}})^\frac{1}{k}\geqslant 1^\frac{1}{k}=1$ ，故 $\frac{a_{n_1}}{a_{n_2}}-1\geqslant(\frac{a_{n_1}}{a_{n_2}})^\frac{1}{k}-1\geqslant 0$ ，故 $|\frac{a_{n_1}}{a_{n_2}}-1|\geqslant|(\frac{a_{n_1}}{a_{n_2}})^\frac{1}{k}-1|$ ；当 $a_{n_2}\geqslant a_{n_1}\geqslant\frac{L}{2}$ 时，有 $0<\frac{a_{n_1}}{a_{n_2}}\leqslant 1$ ，则 $\frac{a_{n_1}}{a_{n_2}}=(\frac{a_{n_1}}{a_{n_2}})^\frac{1}{1}\leqslant(\frac{a_{n_1}}{a_{n_2}})^\frac{1}{k}\leqslant 1^\frac{1}{k}=1$ ，故 $\frac{a_{n_1}}{a_{n_2}}-1\leqslant(\frac{a_{n_1}}{a_{n_2}})^\frac{1}{k}-1\leqslant 0$ ，故 $|\frac{a_{n_1}}{a_{n_2}}-1|\geqslant|(\frac{a_{n_1}}{a_{n_2}})^\frac{1}{k}-1|$ . 综上，我们总有 $|(\frac{a_{n_1}}{a_{n_2}})^\frac{1}{k}-1|\leqslant|\frac{a_{n_1}}{a_{n_2}}-1|$ ，故 $|a_{n_1}^\frac{1}{k}-a_{n_2}^\frac{1}{k}|\leqslant(\frac{3L}{2})^\frac{1}{k}\frac{a_{n_2}}{\frac{L}{2}}|(\frac{a_{n_1}}{a_{n_2}})^\frac{1}{k}-1|=(\frac{3L}{2})^\frac{1}{k}\frac{2}{L}|a_{n_1}-a_{n_2}|\leqslant(\frac{3L}{2})^\frac{1}{k}\frac{2}{L}\frac{\frac{L}{2}\varepsilon}{(\frac{3L}{2})^\frac{1}{k}}=\varepsilon$ . 所以 $(a_n^\frac{1}{k})_{n=m}^\infty$ 也是Cauchy序列，故其也是收敛的，由6.7.1.1我们知 $\displaystyle(\lim_{n\rightarrow\infty}a_n^\frac{1}{k})^k=\lim_{n\rightarrow\infty}((a_n^\frac{1}{k})^k)=\lim_{n\rightarrow\infty}a_n$ ，进一步有 $\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}a_n^\frac{1}{k}=((\lim_{n\rightarrow\infty}a_n^\frac{1}{k})^k)^\frac{1}{k}=(\lim_{n\rightarrow\infty}a_n)^\frac{1}{k}$ . 这就证明了6.7.1.3.

6.7.1.4设 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 是收敛到正实数的实数列，并且对一切整数 $n\geqslant m$ 有 $a_n>0$ . 那么对任意比例数数q，我们有序列 $(a_n^q)_{n=m}^\infty$ 也是收敛的，其收敛到 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}(a_n^q)=(\lim_{n\rightarrow\infty}a_n)^q$ .

证明：对比例数q有整数a和正整数b使 $q=\frac{a}{b}$ . 故 $\displaystyle(\lim_{n\rightarrow\infty}a_n)^q=(\lim_{n\rightarrow\infty}a_n)^\frac{a}{b}=((\lim_{n\rightarrow\infty}a_n)^\frac{1}{b})^a=(\lim_{n\rightarrow\infty}a_n^\frac{1}{b})^a=\lim_{n\rightarrow\infty}(a_n^\frac{a}{b})=\lim_{n\rightarrow\infty}(a_n^q)$ . 这就证明了6.7.1.4.

现在终于完成了准备工作，我们这就着手证明 $(x^q)^r=x^{qr}$ .

$\displaystyle (x^q)^r=\lim_{m\rightarrow\infty}(x^q)^{r_m}=\lim_{m\rightarrow\infty}(\lim_{n\rightarrow\infty}x^{q_n})^{r_m}=\lim_{m\rightarrow\infty}(\lim_{n\rightarrow\infty}((x^{q_n})^{r_m}))=\lim_{m\rightarrow\infty}(\lim_{n\rightarrow\infty}(x^{q_nr_m}))\\=\lim_{m\rightarrow\infty}(x^{qr_m})=x^{qr}$

由(a)知 $x^q$ 为正实数，故 $x^{-q}=(x^q)^{-1}=\frac{1}{x^q}$ .

(d)如果 $q>0$ ，那么 $x>y$ 当且仅当 $x^q>y^q$ .

已知 $q>0$ ；由实数定义和命题6.1.15知 $\displaystyle q=\lim_{n\rightarrow\infty}q_n$ ，其中 $(q_n)_{n=1}^\infty$ 是正限制离开零的收敛到q的比例数数列. 则有 $\displaystyle x^q=\lim_{n\rightarrow\infty}x^{q_n}$ 和 $\displaystyle y^q=\lim_{n\rightarrow\infty}y^{q_n}$ . 如果 $x>y$ ，由引理5.6.9知对一切整数 $n\geqslant 1$ 有 $x^{q_n}>y^{q_n}$ ，即 $x^{q_n}\geqslant y^{q_n}$ ，由引理6.4.13比较原理知 $\displaystyle\limsup_{n\rightarrow\infty}(x^{q_n})\geqslant\limsup_{n\rightarrow\infty}(y^{q_n})$ ，由引理6.7.1知 $(x^{q_n})_{n=1}^\infty,(y^{q_n})_{n=1}^\infty$ 是收敛的，再由命题6.4.12(f)知 $\displaystyle x^q=\lim_{n\rightarrow\infty}x^{q_n}=\limsup_{n\rightarrow\infty}(x^{q_n})\geqslant\limsup_{n\rightarrow\infty}(y^{q_n})=\lim_{n\rightarrow\infty}y^{q_n}=y^q$ ，即有 $x^q\geqslant y^q$ . 假若 $x^q=y^q$ ，则由定义6.7.2满足代入公理(下面的文内补充部分有证明)知有 $(x^q)^\frac{1}{q}=(y^q)^\frac{1}{q}$ ，由(b)知即 $x^1=y^1$ ，即 $x=y$ ，这与 $x>y$ 相矛盾，故假设不成立，故有 $x^q>y^q$ . 同理可证如果 $x^q>y^q$ 那么 $x>y$ . 综上，如果 $q>0$ ，那么 $x>y$ 当且仅当 $x^q>y^q$ .

(e)如果 $x>1$ ，那么 $x^q>x^r$ 当且仅当 $q>r$ ；如果 $x<1$ ，那么 $x^q>x^r$ 当且仅当 $q<r$ .

已知 $x>1$ . 我们先来证明如果 $\alpha>0$ ，则 $x^\alpha>1$ . 由于 $\displaystyle 1^\alpha=\lim_{n\rightarrow\infty}1^{\alpha_n}=\lim_{n\rightarrow\infty}1=1$ . 由(d)知 $x^\alpha>1^\alpha=1$ ，即 $x^\alpha>1$ . 由于 $q>r$ ，则 $q-r>0$ ，记 $t:=q-r>0$ ，则有 $q=t+r$ . 所以有 $x^q=x^{t+r}=x^tx^r>x^r$ . 这就证明了如果 $q>r$ 那么 $x^q>x^r$ . 如果 $x^q>x^r$ ，如果 $q=r$ ，则有 $x^q=x^r$ ，这与 $x^q>x^r$ 相矛盾；如果 $q<r$ ，由上论证有 $x^r>x^q$ ，亦出现矛盾；由实数序三歧性知此时只能为 $q>r$ . 综上，如果 $x>1$ ，那么 $x^q>x^r$ 当且仅当 $q>r$ .

同理可证如果 $0<x<1$ 那么 $x^q>x^r$ 当且仅当 $q<r$ .

(f) $(xy)^q=x^qy^q$ .

$\displaystyle (xy)^q=\lim_{n\rightarrow\infty}(xy)^{q_n}=\lim_{n\rightarrow\infty}x^{q_n}y^{q_n}=\lim_{n\rightarrow\infty}x^{q_n}\lim_{n\rightarrow\infty}y^{q_n}=x^qy^q$ .

文内补充

1.容易证明：设 $(a_n)_{n=m}^\infty,(b_n)_{n=m}^\infty$ 是实数列. 那么有 $(a_n)_{n=m}^\infty,(b_n)_{n=m}^\infty$ 是等价的Cauchy序列当且仅当 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=\lim_{n\rightarrow\infty}b_n$ . 我们当然可以推广一下这个命题，只要注意到了我们在博文“《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§5.2解答”对等价的序列的推广.

2.定义6.7.2(实指数的指数运算)满足代入公理，即设实数 $x,y>0$ ，并设 $\alpha,\beta$ 是实数. 那么有：如果 $x=y$ 那么 $x^\alpha=y^\alpha$ ；如果 $\alpha=\beta$ 那么 $x^\alpha=x^\beta$ .

引理6.7.1保证了定义6.7.2是单值化的，现在我们来验证定义6.7.2满足代入公理.

已知 $x=y$ . 设 $(\alpha_n)_{n=1}^\infty$ 是收敛到 $\alpha$ 的比例数序列，即 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\alpha_n=\alpha$ . 欲证 $x^\alpha=y^\alpha$ ，由定义6.7.2知只需证 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}x^{\alpha_n}=\lim_{n\rightarrow\infty}y^{\alpha_n}$ . 而对一切整数 $n\geqslant 1$ 有 $x^{\alpha_n}=y^{\alpha_n}$ (我们已经验证了比例数指数的指数运算满足代入公理). 由“《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§6.6解答”文内补充部分第9点我们知道有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}x^{\alpha_n}=\lim_{n\rightarrow\infty}y^{\alpha_n}$ ，这就完成了证明，所以如果 $x=y$ 那么 $x^\alpha=y^\alpha$ .

已知 $\alpha=\beta$ . 设 $(\alpha_n)_{n=1}^\infty$ 是收敛到 $\alpha$ 的比例数序列，即 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\alpha_n=\alpha$ ；并设 $(\beta_n)_{n=1}^\infty$ 是收敛到 $\beta$ 的比例数序列，即 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\beta_n=\beta$ . 欲证 $x^\alpha=x^\beta$ ，由定义6.7.2知只需证 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}x^{\alpha_n}=\lim_{n\rightarrow\infty}x^{\beta_n}$ . 由于 $\alpha=\beta$ ，故 $(\beta_n)_{n=1}^\infty$ 也是收敛到 $\alpha$ 的比例数序列，即 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\beta_n=\alpha$ . 再由引理6.7.1知有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}x^{\alpha_n}=\lim_{n\rightarrow\infty}x^{\beta_n}$ . 这就证明了如果 $\alpha=\beta$ 那么 $x^\alpha=x^\beta$ .

综上，定义6.7.2满足代入公理.

《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§6.6解答

习题6.6

6.6.1 证明：存在一个函数 $f:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}$ ，其由 $f(n):=n$ 定义. 由于对一切 $n\in\mathbb{N}$ 有 $f(n+1)>f(n)$ ，故其为严格增函数. 又因为对一切 $n\in\mathbb{N}$ 有 $a_n=a_{f(n)}$ ，由定义6.6.1知 $(a_n)_{n=1}^\infty$ 是 $(a_n)_{n=1}^\infty$ 的子序列.

如果 $(b_n)_{n=0}^\infty$ 是 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 的子序列并且 $(c_n)_{n=0}^\infty$ 是 $(b_n)_{n=0}^\infty$ 的子序列，由定义6.6.1知存在严格增函数 $f:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}$ 和严格增函数 $g:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}$ ，对一切 $n\in\mathbb{N}$ 有 $b_n=a_{f(n)}$ 和 $c_n=b_{g(n)}$ . 那么存在函数 $f\circ g:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}$ ，对一切 $n\in\mathbb{N}$ 有 $f\circ g(n+1)=f(g(n+1))>f(g(n))=f\circ g(n)$ ，故其也为严格增函数. 此时对一切 $n\in\mathbb{N}$ 有 $a_{f\circ g(n)}=a_{f(g(n))}=b_{g(n)}=c_n$ . 由定义6.6.1知 $(c_n)_{n=0}^\infty$ 是 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 的子序列.

6.6.2 解答：可以. 序列 $((-1)^n)_{n=1}^\infty$ 和序列 $((-1)^{n+1})_{n=1}^\infty$ 是两个不同的序列，因为对一切整数 $n\geqslant 1$ 都有 $(-1)^n\neq (-1)^{n+1}$ . 但我们可以找到一个严格增函数 $f:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}$ ，其由 $f(n):=n+1$ 定义，使得对一切整数 $n\geqslant 1$ 都有 $(-1)^{n+1}=(-1)^{f(n)}$ ，所以 $((-1)^{n+1})_{n=1}^\infty$ 是 $((-1)^n)_{n=1}^\infty$ 的子序列. 同时，对一切整数 $n\geqslant 1$ 都有 $(-1)^n=(-1)^{f(n)+1}$ ，故 $((-1)^n)_{n=1}^\infty$ 是 $((-1)^{n+1})_{n=1}^\infty$ 的子序列.

6.6.3 此题提示(中文第一版)陈述有多处错误，所以在这里把完整正确的题目写出来：设 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 是一个序列，它不是有界的. 证明它有一个子序列 $(b_n)_{n=0}^\infty$ 使得 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{b_n}$ 存在并等于零. (提示：对每个自然数j递归定义号码 $n_j:=min\{n\in\mathbb{N} : |a_n|\geqslant j;n>n_{j-1}\}$ (在 $j=0$ 时省略 $n>n_{j-1}$ 条件). 首先解释为什么集合 $\{n\in\mathbb{N} : |a_n|\geqslant j;n>n_{j-1}\}$ 不是空集，然后令 $b_j:=a_{n_j}$ .)

证明：对自然数0，由题干知 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 不是有界的. 归纳假设对某自然数 $m\geqslant 0$ ， $(a_n)_{n=m}^\infty$ 不是有界的. 那么对自然数 $m+1$ ，假设 $(a_n)_{n=m+1}^\infty$ 是有界的，由引理5.1.14知有限序列 $a_m$ 也是有界的，两者综合起来得到 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 是有界的，这与归纳假设相矛盾，故假设不成立，即 $(a_n)_{n=m+1}^\infty$ 不是有界的，这就完成了归纳. 故对一切自然数 $m\geqslant 0$ ， $(a_n)_{n=m}^\infty$ 不是有界的.

对自然数0，由分类公理知有集合 $\{n\in\mathbb{N} : |a_n|\geqslant 0\}\subseteq\mathbb{N}$ . 由于 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 不是有界的，则对自然数0存在整数 $n'\geqslant 0$ 使 $|a_{n'}|>0$ ，即 $|a_{n'}|\geqslant 0$ ，故 $n'\in\{n\in\mathbb{N} : |a_n|\geqslant 0\}$ ，所以集合 $\{n\in\mathbb{N} : |a_n|\geqslant 0\}$ 非空，再由命题8.1.4良序原理知 $n_0:=min\{n\in\mathbb{N} : |a_n|\geqslant 0\}$ 是定义成功的，进而有 $n_0\in\mathbb{N}$ 并且 $|a_{n_0}|\geqslant 0$ . 对自然数1，由分类公理知有集合 $\{n\in\mathbb{N} : |a_n|\geqslant 1;n>n_0\}\subseteq\mathbb{N}$ . 由于 $(a_n)_{n=n_0+1}^\infty$ 不是有界的，则对自然数1存在整数 $n'\geqslant n_0+1$ ，即 $n'>n_0$ 使 $|a_{n'}|>1$ ，即 $|a_{n'}|\geqslant 1$ ，故 $n'\in\{n\in\mathbb{N} : |a_n|\geqslant 1;n>n_0\}$ ，所以集合 $\{n\in\mathbb{N} : |a_n|\geqslant 1;n>n_0\}$ 非空，再由命题8.1.4良序原理知 $n_1:=min\{n\in\mathbb{N} : |a_n|\geqslant 1;n>n_0\}$ 是定义成功的，进而有 $n_1\in\mathbb{N}$ 并且 $|a_{n_1}|\geqslant 1$ 并且 $n_1>n_0$ . 现归纳假设对某自然数 $j\geqslant 1$ ， $n_j:=min\{n\in\mathbb{N} : |a_n|\geqslant j;n>n_{j-1}\}$ 是定义成功的，进而有 $n_j\in\mathbb{N}$ 并且 $|a_{n_j}|\geqslant j$ 并且 $n_j>n_{j-1}$ . 那么对自然数 $j+1$ ，由分类公理知有集合 $\{n\in\mathbb{N} : |a_n|\geqslant j+1;n>n_j\}\subseteq\mathbb{N}$ . 由于 $(a_n)_{n=n_j+1}^\infty$ 不是有界的，则对自然数 $j+1$ 存在整数 $n'\geqslant n_j+1$ ，即 $n'>n_j$ 使 $|a_{n'}|>j+1$ ，即 $|a_{n'}|\geqslant j+1$ ，故 $n'\in\{n\in\mathbb{N} : |a_n|\geqslant j+1;n>n_j\}$ ，所以集合 $\{n\in\mathbb{N} : |a_n|\geqslant j+1;n>n_j\}$ 非空，再由命题8.1.4良序原理知 $n_{j+1}:=min\{n\in\mathbb{N} : |a_n|\geqslant j+1;n>n_j\}$ 是定义成功的，进而有 $n_{j+1}\in\mathbb{N}$ 并且 $|a_{n_{j+1}}|\geqslant j+1$ 并且 $n_{j+1}>n_j$ . 这就完成了归纳，所以对所有自然数j， $n_j$ 都是定义成功的，并且有 $n_j\in\mathbb{N}$ 和 $|a_{n_j}|\geqslant j$ ，对每个自然数 $j\geqslant 1$ ，还有 $n_j>n_{j-1}$ . 由于对每个自然数 $j\geqslant 0$ ，有 $j+1\geqslant 1$ ，故有 $n_{j+1}>n_j$ ，即对每个 $j\in\mathbb{N}$ 有 $n_{j+1}>n_j$ . 又因为 $b_j=a_{n_j}$ ，由定义6.6.1知 $(b_n)_{n=0}^\infty$ 是 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 的子序列.

对每个 $j\in\mathbb{N}$ ，有 $b_j=a_{n_j}$ 和 $|a_{n_j}|\geqslant j$ ，故 $|b_j|=|a_{n_j}|\geqslant j\geqslant 0$ . 那么对所有整数 $j\geqslant 1$ ，有 $\frac{1}{|b_j|}\leqslant\frac{1}{j}$ . 所以对每个整数 $N\geqslant 1$ ，对每个整数 $n\geqslant N$ ，有 $\frac{1}{|b_n|}\leqslant\frac{1}{n}\leqslant\frac{1}{N}$ . 对每个实数 $\varepsilon>0$ ，由推论5.4.13阿基米德性质知存在正整数N使得 $N\varepsilon>1$ ，即 $\frac{1}{N}<\varepsilon$ ，而对每个整数 $n\geqslant N$ ，有 $|\frac{1}{|b_n|}-0|=|\frac{1}{|b_n|}|=\frac{1}{|b_n|}\leqslant\frac{1}{n}\leqslant\frac{1}{N}<\varepsilon$ . 故 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{|b_n|}=0$ ，由推论6.4.17知 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{b_n}=0$ .

6.6.4 证明：如果序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 的每个子序列都收敛到L，由引理6.6.4知 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 本身也是序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 的子序列，故序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 收敛到L.

已知序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 收敛到L. 设 $(b_n)_{n=0}^\infty$ 是 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 的子序列，由定义6.1.1知存在函数 $f:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}$ ，满足对一切 $n\in\mathbb{N}$ 有 $f(n+1)>f(n)$ 并且 $b_n=a_{f(n)}$ . 由于f为自然数集到自然数集的函数，故对一切 $n\in\mathbb{N}$ 有 $f(n)\in\mathbb{N}$ . 我们现在证明对一切 $n\in\mathbb{N}$ 有 $f(n)\geqslant n$ . 用归纳法. 对自然数0，由于 $f(0)\in\mathbb{N}$ ，所以 $f(n)\geqslant 0$ ，这就完成了归纳基始. 归纳假设对某自然数n有 $f(n)\geqslant n$ . 那么对自然数n+1，有 $f(n+1)>f(n)\geqslant n$ ，即 $f(n+1)>n$ ，由于 $f(n+1)\in\mathbb{N}$ ，所以 $f(n+1)\geqslant n+1$ ，这就完成了归纳. 由于序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 收敛到L，则对每个实数 $\varepsilon>0$ 存在整数 $N\geqslant 0$ 对一切整数 $n\geqslant N$ 有 $|a_n-L|\leqslant\varepsilon$ . 那么对一切整数 $n'\geqslant N$ ，有 $f(n')\geqslant n'\geqslant N$ ，故 $|a_{f(n')}-L|\leqslant\varepsilon$ ，即 $|b_{n'}-L|\leqslant\varepsilon$ . 故 $(b_n)_{n=0}^\infty$ 也收敛到L，由 $(b_n)_{n=0}^\infty$ 的任意性，所以 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 的每个子序列都收敛到L.

6.6.5 此题提示(中文第一版)陈述有多处错误，所以在这里把完整正确的题目写出来：证明命题6.6.6. (提示：为了证明(a)蕴涵(b)，对于每个正的自然数j用递归公式 $n_j:=min\{n\in\mathbb{N} : |a_n-L|\leqslant\frac{1}{j};n>n_{j-1}\}$ 定义一个号码，我们约定 $n_0=0$ . 解释为什么集合 $\{n\in\mathbb{N} : |a_n-L|\leqslant\frac{1}{j};n>n_{j-1}\}$ 是非空集合，然后考虑序列 $(a_{n_j})_{j=0}^\infty$ .)

证明：如果存在 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 的子序列收敛到L，我们不妨记此子序列为 $(b_n)_{n=0}^\infty$ ，即存在严格增函数 $f:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}$ ，使对一切 $n\in\mathbb{N}$ 有 $b_n=a_{f(n)}$ . 由于 $(b_n)_{n=0}^\infty$ 收敛到L，即对每个实数 $\varepsilon>0$ 存在整数 $N\geqslant 0$ 使对一切整数 $n\geqslant N$ 有 $|b_n-L|\leqslant\varepsilon$ ，即 $|a_{f(n)}-L|\leqslant\varepsilon$ . 由于在习题6.6.4中我们已证明对一切 $n\in\mathbb{N}$ 有 $f(n)\geqslant n$ ，所以上述陈述可复述为：对每个实数 $\varepsilon>0$ 存在整数 $N\geqslant 0$ 使对一切整数 $n\geqslant N$ 存在 $f(n)\geqslant n$ 使 $|a_{f(n)}-L|\leqslant\varepsilon$ . 那么对整数 $0\leqslant N'<N$ ，显然存在整数 $f(n)\geqslant n\geqslant N>N'$ 使 $|a_{f(n)}-L|\leqslant\varepsilon$ . 综上，对每个实数 $\varepsilon>0$ 对每个整数 $N\geqslant 0$ 存在整数 $n\geqslant N$ 使 $|a_n-L|\leqslant\varepsilon$ . 故L是序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 的极限点.

由于L是序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 的极限点，即对每个实数 $\varepsilon>0$ 每个整数 $N\geqslant 0$ 存在整数 $n\geqslant N$ 使得 $|a_n-L|\leqslant\varepsilon$ . 由分类公理知存在集合 $\{n\in\mathbb{N} : |a_n-L|\leqslant\frac{1}{1}=1;n>n_0=0\}$ ，由于L是 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 的极限点，所以对实数1，存在整数 $m\geqslant 1$ 使 $|a_m-L|\leqslant 1$ ，故 $m\in\{n\in\mathbb{N} : |a_n-L|\leqslant\frac{1}{1}=1;n>n_0=0\}$ ，即 $\{n\in\mathbb{N} : |a_n-L|\leqslant\frac{1}{1}=1;n>n_0=0\}$ 非空，再由良序原理知对正自然数1， $n_1:=min\{n\in\mathbb{N} : |a_n-L|\leqslant\frac{1}{1};n>n_0\}$ 是定义成功了的. 现归纳假设对某自然数 $j\geqslant 1$ ， $n_j$ 是定义成功的. 那么对自然数j+1，同理由分类公理知存在集合 $\{n\in\mathbb{N} : |a_n-L|\leqslant\frac{1}{j+1};n>n_j\}$ ，同理由L是 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 的极限点，所以对实数 $\frac{1}{j+1}$ ，存在整数 $m\geqslant n_j+1$ 使 $|a_m-L|\leqslant\frac{1}{j+1}$ ，故 $m\in\{n\in\mathbb{N} : |a_n-L|\leqslant\frac{1}{j+1};n>n_j\}$ ，即 $\{n\in\mathbb{N} : |a_n-L|\leqslant\frac{1}{j+1};n>n_j\}$ 非空，再由良序原理知对正自然数j+1， $n_{j+1}:=min\{n\in\mathbb{N} : |a_n-L|\leqslant\frac{1}{j+1};n>n_j\}$ 是定义成功了的. 这就完成了归纳. 综上，对一切自然数j有 $n_j$ 都是定义成功的，并且有如下性质：首先，对一切自然数j有 $n_{j+1}>n_j$ ，我们定义 $b_j:=a_{n_j}$ ，由定义6.6.1知 $(b_n)_{n=0}^\infty$ 是 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 的子序列；最后，对一切自然数 $j\geqslant 1$ 有 $|a_{n_j}-L|\leqslant\frac{1}{j}$ . 所以对每个实数 $\varepsilon>0$ ，由推论5.4.13阿基米德性质知存在正整数N使得 $N\varepsilon>1$ ，即 $\frac{1}{N}<\varepsilon$ ，而对每个整数 $j\geqslant N\geqslant 1$ ，有 $|a_{n_j}-L|\leqslant\frac{1}{j}\leqslant\frac{1}{N}<\varepsilon$ ，即 $|b_j-L|\leqslant\varepsilon$ ，故 $(b_n)_{n=0}^\infty$ 收敛到L.

文内补充

1.严格增函数是单射函数.

设 $f:X\rightarrow Y$ 是严格增函数. 设 $x_1,x_2\in X$ ，由于 $f:X\rightarrow Y$ 是严格增，所以如果 $x_2>x_1$ 那么 $f(x_2)>f(x_1)$ . 对任意 $x_1,x_2\in X$ ，如果 $x_1\neq x_2$ ，那么有 $x_1>x_2$ 或者 $x_2>x_1$ . 但无论何种情况都有 $f(x_2)\neq f(x_1)$ ，所以严格增函数是单射函数.

2.或许我们可以推广一下定义6.6.1，使具有不同起始下标的序列间也可以谈论是否构成子序列.

定义6.6.1推广：设 $(a_n)_{n=m}^\infty,(b_n)_{n=m}^\infty$ (m为某整数)为实数列. 我们说 $(b_n)_{n=m}^\infty$ 是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的子序列，当且仅当存在一个函数 $f:\{n\in\mathbb{Z} : n\geqslant m\}\rightarrow\{n\in\mathbb{Z} : n\geqslant m\}$ ，其对一切 $p\in\{n\in\mathbb{Z} : n\geqslant m\}$ 有 $f(p+1)>f(p)$ ，使得对于一切 $p\in\{n\in\mathbb{Z} : n\geqslant m\}$ 有 $b_p=a_{f(p)}$ .

很明显，定义6.6.1推广与定义6.6.1是相容的，即“ $(b_n)_{n=m}^\infty$ 是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的子序列”这个命题在定义6.6.1和定义6.6.1推广下具有相同的真假值.

定义6.6.1进一步推广：设 $(a_n)_{n=m}^\infty,(b_n)_{n=m'}^\infty(m,m'\in\mathbb{Z})$ 为实数列. 我们说 $(b_n)_{n=m'}^\infty$ 是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的子序列，当且仅当存在一个函数 $f:\{n\in\mathbb{Z} : n\geqslant m'\}\rightarrow\{n\in\mathbb{Z} : n\geqslant m\}$ ，其对一切 $p\in\{n\in\mathbb{Z} : n\geqslant m'\}$ 有 $f(p+1)>f(p)$ ，使得对于一切 $p\in\{n\in\mathbb{Z} : n\geqslant m'\}$ 有 $b_p=a_{f(p)}$ .

我们也很容易验证定义6.6.1进一步推广和定义6.6.1推广是相容的，进而定义6.6.1进一步推广和定义6.6.1也是相容的. 定义6.6.1进一步推广是子序列定义的一般形式，并且我们容易证明三个定义中函数f都是严格增的，故是单射的.

有了子序列的一般定义，我们可以得到引理6.6.4、命题6.6.5、命题6.6.6以及定理6.6.8不受限于序列起始下标为零的形式，下面我们就做此事.

3.小引理：设 $m,m'\in\mathbb{Z}$ ， $(a_n)_{n=m}^\infty,(b_n)_{n=m'}^\infty$ 为实数列. 令 $p:=m'-m$ ，两序列满足对一切 $n\geqslant m$ 有 $a_n=b_{n+p}$ . 即两序列本身是相同的，只是可能有不同的起始下标. 那么在定义6.6.1进一步推广的意义下， $(a_n)_{n=m}^\infty$ 和 $(b_n)_{n=m'}^\infty$ 互为对方的子序列.

证明：存在一个函数 $f:\{n\in\mathbb{Z} : n\geqslant m'\}\rightarrow\{n\in\mathbb{Z} : n\geqslant m\}$ ，其由 $f(n):=n-p$ 定义. 对一切 $q\in\{n\in\mathbb{Z} : n\geqslant m'\}$ 有 $f(q+1)=(q+1)-p>q-p=f(q)$ (即f严格增)，并且对于一切 $q\in\{n\in\mathbb{Z} : n\geqslant m'\}$ 有 $b_q=b_{(q-p)+p}=a_{q-p}=a_{f(q)}$ . 由定义6.6.1进一步推广知 $(b_n)_{n=m'}^\infty$ 是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的子序列.

同理可证 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 是 $(b_n)_{n=m'}^\infty$ 的子序列.

4.引理6.6.4推广：设 $m_1,m_2,m_3\in\mathbb{Z}$ ， $(a_n)_{n=m_1}^\infty,(b_n)_{n=m_2}^\infty,(c_n)_{n=m_3}^\infty$ 为实数列. 那么有 $(a_n)_{n=m_1}^\infty$ 是 $(a_n)_{n=m_1}^\infty$ 的子序列；如果 $(b_n)_{n=m_2}^\infty$ 是 $(a_n)_{n=m_1}^\infty$ 的子序列并且 $(c_n)_{n=m_3}^\infty$ 是 $(b_n)_{n=m_2}^\infty$ 的子序列那么 $(c_n)_{n=m_3}^\infty$ 是 $(a_n)_{n=m_1}^\infty$ 的子序列.

证明：由上面4小引理我们马上知道 $(a_n)_{n=m_1}^\infty$ 是 $(a_n)_{n=m_1}^\infty$ 的子序列.

如果 $(b_n)_{n=m_2}^\infty$ 是 $(a_n)_{n=m_1}^\infty$ 的子序列并且 $(c_n)_{n=m_3}^\infty$ 是 $(b_n)_{n=m_2}^\infty$ 的子序列，由定义6.6.1进一步推广知存在严格增函数 $f:\{n\in\mathbb{Z} : n\geqslant m_2\}\rightarrow\{n\in\mathbb{Z} : n\geqslant m_1\}$ 和严格增函数 $g:\{n\in\mathbb{Z} : n\geqslant m_3\}\rightarrow\{n\in\mathbb{Z} : n\geqslant m_2\}$ ，对一切整数 $n\geqslant m_2$ 有 $b_n=a_{f(n)}$ 和对一切整数 $n\geqslant m_3$ 有 $c_n=b_{g(n)}$ . 那么存在函数 $f\circ g:\{n\in\mathbb{Z} : n\geqslant m_3\}\rightarrow\{n\in\mathbb{Z} : n\geqslant m_1\}$ ，对一切整数 $n\geqslant m_3$ 有 $f\circ g(n+1)=f(g(n+1))>f(g(n))=f\circ g(n)$ ，故其也为严格增函数. 此时对一切整数 $n\geqslant m_3$ 有 $a_{f\circ g(n)}=a_{f(g(n))}=b_{g(n)}=c_n$ . 由定义6.6.1进一步推广知 $(c_n)_{n=m_3}^\infty$ 是 $(a_n)_{n=m_1}^\infty$ 的子序列.

5.命题6.6.5推广：设 $m\in\mathbb{Z}$ ，设 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 是实数列，并设L是实数. 那么下述两命题在逻辑上是等价的：(a)序列 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 收敛到L；(b) $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的每个子序列都收敛到L.

证明：如果序列 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的每个子序列都收敛到L，由引理6.6.4推广知 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 本身也是序列 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的子序列，故序列 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 收敛到L.

已知序列 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 收敛到L. 设 $(b_n)_{n=m'}^\infty$ 是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的子序列，由定义6.1.1进一步推广知存在函数 $f:\{n\in\mathbb{Z} : n\geqslant m'\}\rightarrow\{n\in\mathbb{Z} : n\geqslant m\}$ ，满足对一切 $p\in\{n\in\mathbb{Z} : n\geqslant m'\}$ 有 $f(p+1)>f(p)$ ，并且 $b_p=a_{f(p)}$ ，并且 $f(p)\in\{n\in\mathbb{Z} : n\geqslant m\}$ . 我们现在证明对一切 $p\in\{n\in\mathbb{Z} : n\geqslant m'\}$ 有 $f(p)\geqslant p+(m-m')$ . 用归纳法. 对自然数0，有 $f(m'+0)=f(m')\in\{n\in\mathbb{Z} : n\geqslant m\}$ ，故 $f(m'+0)\geqslant m=m+0$ ，这就完成了归纳基始. 归纳假设对某自然数n有 $f(m'+n)\geqslant m+n$ . 那么对自然数n+1，有 $f(m'+(n+1))>f(m'+n)\geqslant m+n$ ，即 $f(m'+(n+1))>m+n$ ，由于 $f(m'+(n+1)),m+n$ 都是整数，故有 $f(m'+(n+1))\geqslant m+(n+1)$ ，这就完成了归纳. 故对任何自然数n都有 $f(m'+n)\geqslant m+n$ . 对任何整数 $p\geqslant m'$ ，则有 $p=m'+n$ (n为某自然数)，故 $f(p)=f(m'+n)\geqslant m+n=m+(p-m')=p+(m-m')$ . 由于序列 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 收敛到L，则对每个实数 $\varepsilon>0$ 存在整数 $N\geqslant m$ 对一切整数 $n\geqslant N$ 有 $|a_n-L|\leqslant\varepsilon$ . 那么存在整数 $N-(m-m')\geqslant m'$ 使对一切整数 $n'\geqslant N-(m-m')$ 有 $f(n')\geqslant n'+(m-m')\geqslant N-(m-m')+(m-m')=N$ ，故 $|a_{f(n')}-L|\leqslant\varepsilon$ ，即 $|b_{n'}-L|\leqslant\varepsilon$ . 故 $(b_n)_{n=m'}^\infty$ 也收敛到L，由 $(b_n)_{n=m'}^\infty$ 的任意性，所以 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的每个子序列都收敛到L.

6.命题6.6.6推广：设 $m\in\mathbb{Z}$ ，设 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 是实数列，并设L是实数. 那么下述两命题在逻辑上是等价的：(a)L是序列 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点；(b)存在 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的子序列都收敛到L.

证明：如果存在 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的子序列收敛到L，我们不妨记此子序列为 $(b_n)_{n=m'}^\infty$ ，即存在严格增函数 $f:\{n\in\mathbb{Z} : n\geqslant m'\}\rightarrow\{n\in\mathbb{Z} : n\geqslant m\}$ ，使对一切 $p\in\{n\in\mathbb{Z} : n\geqslant m'\}$ 有 $b_p=a_{f(p)}$ . 由于 $(b_n)_{n=m'}^\infty$ 收敛到L，即对每个实数 $\varepsilon>0$ 存在整数 $N\geqslant m'$ 使对一切整数 $n\geqslant N$ 有 $|b_n-L|\leqslant\varepsilon$ ，即 $|a_{f(n)}-L|\leqslant\varepsilon$ . 由于在命题6.6.5推广中我们已证明对一切 $p\in\{n\in\mathbb{Z} : n\geqslant m'\}$ 有 $f(p)\geqslant p+(m-m')$ ，所以上述陈述可复述为：对每个实数 $\varepsilon>0$ ，存在整数 $N\geqslant m'$ ，即存在整数 $N+(m-m')\geqslant m$ ，使对一切整数 $n\geqslant N+(m-m')$ 存在整数 $f(n-(m-m'))\geqslant n-(m-m')+(m-m')=n$ ，由于 $n\geqslant N+(m-m')$ ，进而 $n-(m-m')\geqslant N$ ，所以有 $|b_{n-(m-m')}-L|\leqslant\varepsilon$ ，即 $|a_{f(n-(m-m'))}-L|\leqslant\varepsilon$ . 那么对整数 $m\leqslant N'<N+(m-m')$ ，显然存在整数 $f(n-(m-m'))\geqslant n\geqslant N+(m-m')>N'$ 使 $|a_{f(n-(m-m'))}-L|\leqslant\varepsilon$ . 综上，对每个实数 $\varepsilon>0$ 对每个整数 $N\geqslant m$ 存在整数 $n\geqslant N$ 使 $|a_n-L|\leqslant\varepsilon$ . 故L是序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 的极限点.

由于L是序列 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点，即对每个实数 $\varepsilon>0$ 每个整数 $N\geqslant m$ 存在整数 $n\geqslant N$ 使得 $|a_n-L|\leqslant\varepsilon$ . 我们定义 $n_m:=m$ ，并对每个正自然数p，我们定义 $n_{m+p}:=min\{n\in\mathbb{N} : |a_n-L|\leqslant\frac{1}{p};n>n_{m+p-1}\}$ . 现在用归纳法证明此归纳定义是定义成功的. 对自然数0， $n_{m+0}=n_m=m$ 已定义. 对自然数1，由分类公理知存在集合 $\{n\in\mathbb{N} : |a_n-L|\leqslant\frac{1}{1}=1;n>n_m=m\}$ ，由于L是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点，所以对实数1，存在整数 $q\geqslant n_m+1>n_m=m$ 使 $|a_q-L|\leqslant 1$ ，故 $q\in\{n\in\mathbb{N} : |a_n-L|\leqslant\frac{1}{1}=1;n>n_m=m\}$ ，即 $\{n\in\mathbb{N} : |a_n-L|\leqslant\frac{1}{1}=1;n>n_m=m\}$ 非空. 现在我们来证明“有下界的整数集非空子集X有最小元”. 由于 $X\subseteq\mathbb{Z}$ 并且 $\mathbb{Z}\subseteq\mathbb{R}$ ，故 $X\subseteq\mathbb{R}$ . 又因为X不空和有下界，由定理5.5.9最大下界版本知恰存在实数M是X的最大下界. 我们现在来证明 $M\in X$ . 假设不然，即 $M\notin X$ . 由于M是X的最大下界，则对每个对象 $x\in X$ 有 $x\geqslant M$ ，再由 $M\notin X$ 知 $x\neq M$ . 故对每个对象 $x\in X$ 有 $x>M$ . 由习题5.4.3知对实数M恰存在一个整数N使 $N+1>M\geqslant N$ ，故对每个对象 $x\in X$ 有 $x>M\geqslant N$ ，即 $x>N$ ，由于 $x,N$ 均为整数，进一步有 $x\geqslant N+1$ . 所以 $N+1$ 也是X的一个下界，并且比最大下界M大，这是矛盾的，故假设不成立，所以 $M\in X$ . 综合“每个对象 $x\in X$ 有 $x\geqslant M$ ”和“ $M\in X$ ”，我们知道最大下界M就是非空整数子集X的最小元. 整数集非空子集 $\{n\in\mathbb{N} : |a_n-L|\leqslant\frac{1}{1}=1;n>n_m=m\}$ 显然有下界 $n_m=m$ ，所以 $n_{m+1}:=min\{n\in\mathbb{N} : |a_n-L|\leqslant\frac{1}{1};n>n_m=m\}$ 是定义成功了的. 现归纳假设对某自然数 $p\geqslant 1$ 有 $n_{m+p}$ 是定义成功的. 那么对自然数p+1，同理由分类公理知存在集合 $\{n\in\mathbb{N} : |a_n-L|\leqslant\frac{1}{p+1};n>n_{m+p}\}$ ，同理由L是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点，所以对实数 $\frac{1}{p+1}$ ，存在整数 $q\geqslant n_{m+p}+1>n_{m+p}>m$ 使 $|a_q-L|\leqslant\frac{1}{p+1}$ ，故 $q\in\{n\in\mathbb{N} : |a_n-L|\leqslant\frac{1}{p+1};n>n_{m+p}\}$ ，即 $\{n\in\mathbb{N} : |a_n-L|\leqslant\frac{1}{p+1};n>n_{m+p}\}$ 非空，容易知 $\{n\in\mathbb{N} : |a_n-L|\leqslant\frac{1}{p+1};n>n_{m+p}\}$ 有下界 $n_m=m$ . 再由“有下界的整数集非空子集X有最小元”知对正自然数p+1， $n_{m+(p+1)}:=min\{n\in\mathbb{N} : |a_n-L|\leqslant\frac{1}{p+1};n>n_{m+p}\}$ 是定义成功了的. 这就完成了归纳. 综上，对一切自然数p有 $n_{m+p}$ 都是定义成功的，故对一切整数 $j\geqslant m$ ，有自然数p使 $j=m+p$ ，故 $n_j=n_{m+p}$ 是定义成功的，并且有如下性质：1.对一切整数 $j\geqslant m$ 有 $n_{j+1}=n_{m+(p+1)}>n_{m+p}=n_j$ ，即 $(n_j)_{j=m}^\infty$ 是严格增的. 我们定义一个新序列：对一切整数 $j\geqslant m$ 定义 $b_j:=a_{n_j}$ ，由定义6.6.1进一步推广知 $(b_j)_{j=m}^\infty$ 是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的子序列；2.对一切整数 $j\geqslant m+1$ ，存在某自然数p使 $j=m+p+1$ ，有 $|a_{n_{m+p+1}}-L|\leqslant\frac{1}{p+1}$ ，即有 $|a_{n_j}-L|\leqslant\frac{1}{j-m}$ . 所以对每个实数 $\varepsilon>0$ ，由推论5.4.13阿基米德性质知存在正整数N使得 $N\varepsilon>1$ ，即 $\frac{1}{N}<\varepsilon$ ，进一步存在整数 $N+m\geqslant 1+m$ 使对每个整数 $j\geqslant N+m\geqslant 1+m$ ，有 $|a_{n_j}-L|\leqslant\frac{1}{j-m}$ ，由于 $j\geqslant N+m\geqslant 1+m$ ，故 $j-m\geqslant N\geqslant 1$ ，故 $\frac{1}{j-m}\leqslant\frac{1}{N}<\varepsilon$ ，即 $|b_j-L|\leqslant\varepsilon$ ，故 $(b_n)_{n=m}^\infty$ 收敛到L.

7.定理6.6.8推广：设 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 是有界序列(即存在实数 $M>0$ 使对一切整数 $n\geqslant m$ 有 $|a_n|\leqslant M$ ). 那么 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 至少有一个子序列收敛.

证明：证明过程与定理6.6.8的证明过程几乎完全一样，除了最后一步是根据命题6.6.6的推广.

8.习题6.6.3推广：设 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 是一个无界的实数列，那么其有子序列 $(b_n)_{n=m'}^\infty$ 使得 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{b_n}=0$ .

证明：我们当然可以仿照习题6.6.3的解答重新写出更一般的证明，但我们不选择这样做. 我们用另一种思路. 对一切整数 $n\geqslant 0$ ，定义 $b_n:=a_{n+m}$ ，于是我们看到 $(b_n)_{n=0}^\infty$ 与 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 是序列本身相同而起始下标可能不同的两序列. 由博客《陶哲轩实分析》§5.1解答文内补充部分第6点的证明我们知：由于 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 是一个无界的实数列，所以 $(b_n)_{n=0}^\infty$ 也是一个无界的实数列.

我们来证明一个小命题：如果 $(c_n)_{n=m'}^\infty$ 是 $(b_n)_{n=0}^\infty$ 的子序列，那么 $(c_n)_{n=m'}^\infty$ 也是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的子序列.

证明一：由于 $(c_n)_{n=m'}^\infty$ 是 $(b_n)_{n=0}^\infty$ 的子序列，那么由定义6.6.1进一步推广知存在一个严格增函数 $f:\{n\in\mathbb{Z} : n\geqslant m'\}\rightarrow\mathbb{Z}$ 使对一切整数 $n\geqslant m'$ 有 $c_n=b_{f(n)}$ . 我们定义一个新函数 $g:\{n\in\mathbb{Z} : n\geqslant m'\}\rightarrow\{n\in\mathbb{Z} : n\geqslant m\}$ ，其由 $g(n)=f(n)+m$ 定义. 对一切整数 $n\geqslant m'$ 有 $g(n+1)=f(n+1)+m>f(n)+m=g(n)$ ，故g也为严格增函数. 再由于对一切整数 $n\geqslant m'$ 有 $a_{g(n)}=a_{f(n)+m}=b_{f(n)}=c_n$ ，故由定义6.6.1进一步推广知 $(c_n)_{n=m'}^\infty$ 也是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的子序列.

证明二：由 $(b_n)_{n=0}^\infty$ 的构造方式和文内补充3.小引理我们知道 $(b_n)_{n=0}^\infty$ 是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的子序列，由于 $(c_n)_{n=m'}^\infty$ 是 $(b_n)_{n=0}^\infty$ 的子序列，再由文内补充4.引理6.6.4推广知 $(c_n)_{n=m'}^\infty$ 是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的子序列.

由于 $(b_n)_{n=0}^\infty$ 是一个无界的实数列，由习题6.6.3我们知其有一个子序列 $(c_n)_{n=0}^\infty$ 使得 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{c_n}=0$ . 由上面的论证我们知 $(c_n)_{n=0}^\infty$ 也是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的子序列，故命题得证.

9.设 $m,m'\in\mathbb{Z}$ ， $(a_n)_{n=m}^\infty,(b_n)_{n=m'}^\infty$ 为实数列. 令 $p:=m'-m$ ，两序列满足对一切 $n\geqslant m$ 有 $a_n=b_{n+p}$ . 即两序列本身是相同的，只是可能有不同的起始下标. 那么我们可以证明：

M是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的上(确)界当且仅当M是 $(b_n)_{n=m'}^\infty$ 的上(确)界；对的下(确)界也有类似命题.
$(a_n)_{n=m}^\infty,(b_n)_{n=m'}^\infty$ 两者具有同样的单调性.
$(a_n)_{n=m}^\infty,(b_n)_{n=m'}^\infty$ 两者具有相同的上、下极限以及极限点.
$\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=\lim_{n\rightarrow\infty}b_n$ .