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第一讲 整体与部分1 姚正安 数学分析的概念常常是由局部到整体然后再从整体回到局部（如区间上函数的连续、可微性）, 所以在数学分析的证明和计算中常常是将整体问题分成几个局部问题来分别证明和计算, 本讲着重探讨这方面的证明方法. 1.1 子序列问题 在数列的收敛与发散中常常用子序列的敛散性来进行讨论, 也就是用部分序列的性质来探讨整体序列的性质. 问题1.1.1 数列收敛的充要条件是、收敛到同一极限. 【分析】此问题实际上是探讨整体序列与两个部分序列、之间的收敛关系. 【证明】必要性 设,则任给,找得到正整数N,当时,有.此时对2N,当2n2N时也有,亦即.同理可证. 充分性 设,则对任给,找得到正整数N1,当nN1,时,有 ① 同时可找到正整数N2,当nN2时,有 ② 从而取Nmax{2N1,2N21},当nN时,n为偶数,则满足①,n为奇数,则满足②,即当nN时,有,亦即 . 问题1.1.2 设 且满足 （1） （2） 则存在. 【分析】先证存在.由得 即是单调上升数列. 又 , 由单调下降和,知是非负序列（不然从某项开始 ,当时,,则）. 再由单调下降, 及,从而存在. 下证存在.由,从而由数列极限的运算法则,有,而,由问题1.1.1知,.从而.再由问题1.1.1知存在. 注意一般的教科书上都注明,其实从单调下降和,可推得出是非负序列.此外我们假定单调上升,且,问题1.1.2依然正确. 问题1.1.3 设 （n1,2,）,试证存在,并求其值. 【证明】 由问题1.1.1和以上推导知. 问题1.1.4 证明n不存在. 【证明1】（反证） 设n存在,则 （n＋2）n,由此 , 亦即 ,而 sin 1≠0, 所以有 n. 另一方面由问题1.1.1, 知 2nn， 但2n2n n＝0，所以 n＝0， 于是 ，这与矛盾。 【证明2】（反证） 设 n＝A，则由问题1.1.1，得 2n（2n＋1）＝A， 但因为 sin 2n1 cos 1 sin 2n sin 1 cos 2n, sin 2n2 cos 1 sin 2n1 sin 1 cos 2n1, 则由 sin 1≠0,得 2n＝（2n1）, 所以 n。 另外 cos 2n1－cos 2n－1 －2sin 1 sin 2n. 取极限得 2n0，从而得 n0A, 所以 n＝，同样和矛盾。 下面我们来探讨比问题1.1.1更一般的整体与部分数列问题。 问题1.1.5 数列收敛的充要条件是的任意真子序列收敛。 【分析】这里讨论的部分数列是任给的真子列，这样的子列有无穷多个。 【证明】必要性 设,是的任一真子列，则是自然数集中严格单调上升的一个数列，且，对任给的，存在自然数N，当nN时，有 ① 由单调趋于无穷，则存在k0,使得从而当kk0时，nkN满足①，即 ， 由此 。 充分性 所谓真子列是指下标集N-{nk}是无穷集，则称是的真子列，假定对所有的真子列收敛，下证收敛。 显然，、皆为的真子列，则此二真子列皆收敛，设，，下证A＝B。 是的真子列，是的真子列。又必要性之证明有，。取，且k1,2, （[x]为x的整数部分），则为无穷集。由此的一个真子列，于是有存在有限。又 （1）得 （2）得 综合（1），（2）有AB.由问题1.1.1知收敛。 注意这里充分性的证明是构造性的，而且这里须注意的是整体序列变动的是下标n，而部分序列变动的是中的k。 问题1.1.6 的充要条件是。 【证明】若，则对任给的，存在自然数N，当nN时， 即。 反之，若，则对任给的，存在自然数N，当nN时， 即。 问题1.1.7 若数是数列的一个聚点，则有的子序列，使得反之也成立。 【分析】要证明本问题先得弄清聚点得概念，然后来“抽取”子序列。 【证明】由l是的一个聚点，，从而对任给的，区间中有得无穷多项（可重复的选取同一个数）.下面是子列的“抽取”法。 对，在中任取一个的项作为，对，在中有的无穷多项，任取一个作为，，对，在中有的无穷多项，任取一个作为，这样又归纳法我们可取的子列，由取法可知是严格单调的自然数列。 以下证明对任给，总有k0,使得，从而当kk0时，，亦即反之亦然。 问题1.1.8 设L是数列的上极限，则可选取的子序列使同样可抽取子序列，使l是的下极限（这里L,l可取无穷）。 【分析】注意到即可。 【证明】先设L有限，我们仅需证明L是的一个聚点。对任给的,由，从而可找到k0,当kk0时， （*） 由此有n1≥k0,使 （**） 于是。 同样由 ，可找到n2n1,使得。用归纳法可找到，对所有的k，使，而是的无穷多项落在之间，于是L是的一个聚点。 下设，则对一切的k皆有否则由,则当kk0时，，从而，由 ，从而有n1,使得由，从而有n2n1,使得，由归纳法可从，找得到.这样另外对下极限，有，所以－是得 聚点，从而下极限是的聚点。 问题1.1.9 数列的上极限是的最大聚点，下极限则是最小聚点。存在的充要条件是且为有限值。 【分析】有了问题1.1.8及其证明，问题1.1.9可以很快解决，我们采用反证法。 【证明】先证上极限是最大聚点（反证）。若不然，另有上极限L，是的聚点。则有的子列，，从而对，当k≥k0时，有 即注意，所以对一切的r总有，于是，对r取极限，得 ，矛盾。 同理可证下极限是最小聚点。 若存在，则的任何子列都收敛于同一极限，由问题1.1.8，有的子列和，使得上极限, （下极限），从而，即. 反之，若，则对任给，存在N1,当nN1时，有 ① 同时存在N2,当nN2，有 ② 取Nmax{N1,N2},当nN时，由①、②，得 ③ 注意，代入③式，当nN时，有 ， 亦即 。 在涉及上、下极限得证明总必须注意的是是单调下降数列，是单调上升数列。 问题1.1.10 设满足条件，则存在。 【分析】利用问题1.1.9的结论，仅需证上、下极限有限并且相等。 【证明】由于，则数列有界，从而如果设，则即上极限有限。先对任给整数m,自然数n,可表为nkmr 0≤rN,使得。先任选满足，对Nn0, 有n1Nn0 满足。对N n1，有n2Nn1 满足，，对Nnk, 有nk1Nnk 满足。这样由归纳法即可抽到所要求的子序列。而对必有无穷多个同号，所以又可从中选取各项符号相同的子列。