漫步数学分析番外二(下)

定理11 Rn 中的序列 Σxk 收敛，当且仅当对每个 ε>0 ，存在一个数 N ，使得k≥N时，不等式 ∥xk+xk+1+⋯+xk+p∥<ε 对所有整数 p=0,1,2,… 成立。

证明： 令 sk=Σkl=1xl ，那么有定力10可知， Σxl 收敛当且仅当 sk 是柯西序列。要想这个结论成立当且仅当对每个 ε>0 ，存在一个 N 使得l≥N时不等式 ∥sl−sl+p∥ε 对所有 q=1,2,… 成立。但是， ∥sl+q−sl∥=∥xl+1+⋯+xl+q∥ ，所以令 k=l+1,p=q−1 可得出结论。 ||

定理12 如果 Σxk 绝对收敛，那么 Σxk 收敛。

证明： 对定理11使用三角不等式得 ∥xk+⋯+xk+p∥≤∥xk∥+⋯+∥xk+p∥ 。 ||

定理13

1. 如果 |r|<1 ，那么级数 Σ∞n=0rn 收敛到 1/(1−r) ；如果 |r|≥1 ，那么该级数发散(不收敛)。
2. 比较测试(comparison test)：如果 Σ∞k=1ak 收敛， ak≥0 并且 0≤bk≤ak ，那么 Σ∞k=1bk 收敛；如果 Σ∞k=1ck 发散， ck≥0 ，并且 0≤ck≤dk ，那么 Σ∞k=1dk 发散。
3. p级数测试：如果 p>1 ，那么级数 Σ∞n=1n−p 收敛；如果 p≤1 ，那么该级数发散到 ∞ (也就是说，部分和递增且没有边界)。
4. 比率测试(ratio test)：假设极限 limn→infty|(an+1/an)| 存在并且小于1，那么级数 Σ∞n=1an 绝对收敛；如果极限大于1，那么级数发散；如果极限等于1，那么该测试失效。
5. 根号测试(root test)：假设极限 limn→∞(|an|)1/n 存在且小于1，那么 Σ∞n=1an 绝对收敛；如果极限大于1，级数发散；如果级数等于1，该测试失效。
6. 积分测试(integral test)：如果 f 是[1,+∞)上的连续，非负，单调递减函数，那么 Σ∞n=1f(n) 与 ∫∞1f(x)dx 要么都收敛，要么都发散。

证明： (i) 利用基本的代数运算，如果 r≠1 ，那么

1+r+r2+⋯+rn=1−rn+11−r

很明显，如果 |r|<1 ，那么当 n→∞ 时， rn+1→0 ，如果 |r|>1 ，那么 |r|n+1→∞ ，所以如果 |r|<1 可知级数收敛而 |r|>1 时级数发散。显然，如果 |r|=1 ，因为 rn 不会趋向于0，所以级数 Σ∞n=1rn 发散。

(ii) 级数 Σ∞k=1ak 的部分和形成一个柯西序列，那么级数 Σ∞k=1bk 的部分和也形成一个柯西序列，因为对于任意的 k,p ，我们有 bk+bk+1+⋯+bk+p≤ak+ak+1+⋯+ak+p 。因此 Σ∞k=1bk 收敛。一个正级数只可能发散到 +∞ ，所以给定 M>0 ，我们可以找出 k0 ，使得 k≥k0 时 c1+c2+⋯+ck≥M ，因此，对于 k≥k0 ， d1+d2+⋯+dk≥M ，所以 Σ∞k=1dk 也发散到 ∞ 。 ||

(iii) 首先假设 p≤1 ；在这种情况下对于所有的 n=1,2,… 不等式 1/np≥1/n 都成立，因此由 (ii) 可知如果级数 Σ∞n=11/n 发散的话，级数 Σ∞n=11/np 也是发散的，如果 sk=1/1+1/2+⋯+1/k ，那么 sk 是严格递增的正实数序列，我们将 s2k 写成如下形式：

s2k=1+12+(13+14)+(15+16+17+18)+⋯+(12k−1+1+⋯+12k)≥1+12+(14+14)+(18+18+18+18)+⋯=1+12+(12)+(12)+⋯+(12)=1+k2

由此可得如果 k 充分大，sk就能充分大；所以 Σ∞n=11/n 收敛。

假设 p>1 ，如果我们令

sk=11p+12p+13p+⋯+1kp

那么 sk 是正实数的递增序列，另一方面

s2k−1=11p+(12p+13p)+(14p+15p+16p+17p)⋯+(1(2k−1)p+⋯+1(2k−1)p)≤11p+22p+44p+2k−1(2k−1)p=11p−1+12p−1+14p−1+⋯+1(2k−1)p−1<11−12p−1

因此由上面的值 1/(1−1/2p−1) 可知序列 sk 是有界的；所以级数 Σ∞n=11/np 收敛。

(iv) 假设极限 limn→∞|an+1/an|=r<1 ，选择 r′ 使得 r<r′<1 并且令 N 满足当n≥N时

|an+1an|<r′

那么 |aN+p|<|aN|(r′)p ，考虑级数 |a1|+⋯+|aN|+|aN|r′+|aN|(r′)2+|aN|(r′)3+cdots ，该级数收敛到

|a1|+⋯+|aN−1|+|aN|1−r′

由 (ii) 可知 Σ∞k=1|ak| 收敛。如果极限 limn→∞|an+1/an|=r>1 ，选择 r′ 使得 1<r′<r 且令 N 满足n≥N时 |an+1/an|>r′ ，因此 |aN+p|>(r′)p|aN| ，所以极限 limn→∞|aN|=∞ ，如果和收敛的话极限必须为零。因此 Σ∞k=1ak 发散。为了明白 limn→∞|an+1/an|=1 时该测试方法失效，我们考虑级数 1+1+1+⋯ 以及 p>1 时的 Σ∞n=11/np ，这两种情况下 limn→∞|an+1/an|=1 ，但是第一个级数发散而第二个收敛。

(v) 假设 limn→∞(|an|)1/n=r<1 ，选择 r′ 使得 r<r′<1 ，还有 N 使得n≥N时 |an|1/n<r′ ；换句话说， |an|<(r′)n ，级数 |a1|+|a2|+⋯+|aN−1|+(r′)N+(r′)N+1+⋯ 收敛到 |a1|+|a2|+⋯+|aN−1|+(r′)/(1−r′) ，所以由 (ii) 可知， Σ∞k=1ak 收敛。如果 limn→∞(|an|)1/n=r>1 ，选择 1<r′<r ，还有 N 使得n≥N时 |an|1/n>r′ ；换句话说， |an|>(r′)n ，因此 limn→∞|an|=∞ ，所以级数 Σ∞k=1ak 发散。

为了展示 limn→∞(|an|)1/n=1 时该测试失效，考虑极限

limn→∞(1n)1/n=1limn→∞(1n2)1/n=1

(取对数，然后利用事实：当 x→∞ 时 (logx)/x→0 )，但是 Σ∞n=11/n 发散而 Σ∞n=11/n2 收敛。

图1

(vi) 对于该部分证明，我们利用一些积分的基本性质。图 ??? 中从 x=1 到 x=n+1 的矩形面积 a1,a2,…,an 比曲线下面的面积要大，因此，我们有

a1+a2+⋯+an≥∫n+11f(x)dx

如果我们考虑图 ??? ，我们有

a2+a3+⋯+an≤∫n1f(x)dx

两边都加 a1 可得

a1+a2+⋯+an≤a1+∫n1f(x)dx

结合这两个结果可得

∫n+11f(x)dx≤a1+a2+⋯+an≤a1+∫n1f(x)dx

如果积分 ∫∞1f(x)dx 是有限的，那么右边的不等式表明级数 Σ∞n=1an 也是有限的；但是如果 ∫∞1f(x)dx 是无限的，左边不等式表明级数也是无限的，因此，级数与积分要么一起收敛要么一起发散。 ||

例1： 令 S=(x1,x2)∈R2||x1|≤1,|x2|<1 ， S 是开集或是闭集或都不是？S的内部是什么？

解： S 不是开集，因为满足x1=1的 S 中任何点都没有包含S的邻域，如图2-5所示。另一方面， S 也不是闭集，因为

R2§=(x1,x2)∈R2||x1|>1,|x2|≥1

满足 x2=1 的 R2§ 中任何点都不含于 R2§ 。

或者，我们注意到序列 (0,1−1/n) 收敛，但是极限点 (0,1) 不在 S 中，所以S不是闭的。

int(S)=(x1,x2)∈R2||x1|<1,|x2|<1 ，我们通过说明这个集合的元素都是 S 的内点来验证这个结论。如果|x1|<1,|x2|<2，那么圆心为 (x1,x2) 半径为 r=min1−|x1|,1−|x2| 的圆位于 S 中，S中的其余点都不是内点。

当对这种类型的判断熟悉后，一些细节就可以忽略了。

例2： 说明如果 x 是集合S⊂Rn的聚点，那么包含 x 的每个开集包含S中无穷多个点。

解： 我们使用反正法。假设存在一个包含 x 的开集U，它只包含有限多个 S 的点，令x1,x2,…,xm 是除 x 外U中属于 S 的点，令ε是 d(x,x1) ， d(x,x2) ， … ， d(x,xm) 中最小的值，很明显 ε>0 ，那么 D(x,ε) 除了 x 外没有任何点了，这与x是 S 的聚点相矛盾。

例3：如果对于 S⊂R,x=sup(S) ，那么 x∈cl(S) 。

解： 根据定理5，要么 x∈S ，要么 x 是S的聚点。根据定理2，对于任意 ε>0 ，存在 y 满足d(x,y)<ε，这意味着如果 x∈S ，那么 x 就是S的聚点。

例4： 序列最多收敛到一个点(极限是唯一的)。

解： 令 xk→x,xk→y 。给定 ε>0 ，选择 N 使得k≥N时 ∥xk−x∥<ε/2 ，选择 M 使得k≥M时 ∥xk−y∥<ε/2 。那么，如果 k≥N,k≥M ，我们有 ∥x−y∥≤∥x−xk∥+∥xk−y∥<ε (利用三角不等式)。因为对于每个 ε>0 ，不等式 0≤∥x−y∥<ε 成立，所以 ∥x−y∥=0 ，即 x=y 。

例5： 如果 x 充分大时g(x)>0并且 f(x)/g(x) 是有界的，那么我们写作 f=O(g) ；如果 x 趋向+∞时 f/g 趋向零，那么我们写作 f=o(g) 。如果 x→∞ 时 f/g→1 ，那么我们写作 f∼g (读作 f 渐近g)。证明下面命题：

(a) x2+x=O(x2)

(b) x2+x∼x2

(c) elogx√=o(x)

解： 我们注意到如果 f 渐近g，那么自然 f=O(g) ，因此(a)可由(b)导出，但是(b)很容易证明，因为当 x 趋近无穷大时，(x2+x)/x2=1+1/x趋近于1。为了证明(c)，注意到 elogx=x ，所以 elogx√/x=elogx√−logx ，但是因为 x→∞ 时 logx→∞ ，所以对于充分大的 x ，logx−−−−√≤(logx)/2因此对于充分大的 x ，当x→∞时 elogx√/x≤e−(logx)/2 趋近于零。