工科数学分析自用

1|0数列极限

1|1定义

给定数列 { $x_n$ }, 若存在实数 $a$, 对于任意的给定的 $\epsilon > 0$ , 都存在一个自然数 $N$ , 使得当 $n > N$ 时, 有

$$|x_n - a| < \epsilon$$

则称数列{$x_n$}是收敛的,, 并称 $a$ 为该数列的极限, 或者{$x_n$}收敛于 $a$ , 记为 $\lim\limits_{n\to\infty} x_n = a$ . 如果不存在实数 $a$ , 使得 {$x_n$} 以 $a$ 为极限, 则称数列 {$x_n$} 是发散数列.

逻辑符号表示:

$$\forall\epsilon>0, \exists N(\epsilon) \in N^{*}, \forall n > N : |x_n - a| < \epsilon$$

关键便是存在 $N$ 使得定义存在, 包括证明, 对于 $N$ 的要求只是存在, 只要存在就可以.

1|0例

1. 已知 $x_n = \dfrac{n+(-1)^n}{n}$, 证明数列 {$x_n$} 的极限为 $1$

证: (嵌套定义即可)
$|x_n - 1| = \left|\dfrac{n+(-1)^n}{n} - 1 \right| = \dfrac{1}{n}$

$\forall \epsilon > 0$, 欲使 $|x_n - 1| < \ epsilon$, 即 $\dfrac{1}{n} < \epsilon$, 只要 $n > \dfrac{1}{\epsilon}$, 因此, 取 $N = \left[\dfrac{1}{\epsilon}\right]$ , 泽当 $n > N$ 时, 就有

$$\left|\dfrac{n+(-1)^n}{n} - 1 \right| < \epsilon$$

故 $\lim\limits_{n\to\infty}x_n = \lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{n + (-1)^n}{n} = 1$

2. 已知 $x_n= \dfrac{(-1)^n}{(n+1)^2}$, 证明 $\lim\limits_{n\to\infty}x_n = 0$

只简单描述注意事项及提示

注意使用放缩 $\dfrac{1}{(n+1)^2} < \dfrac{1}{n+1}$

注意放缩后 $N=\left[\dfrac{1}{\epsilon} - 1\right], N \in N^{*}$, 所以声明 $\epsilon$ 时, 范围是$(0,1)$

3. 设 $|q| < 1$, 证明等比数列 $1, q, q^2, ..., q^n, ...$ 的极限为 $0$]

只简单陈述思路及注意事项

在化简过程中会出现 $|q|^{n-1} < \epsilon$ 同取 $ln$ 或者 $lg$ 即可

注意取完后要考虑 $\epsilon$ 的范围, 因为 $N = \left[1 + \dfrac{ln \epsilon}{ln|q|} \right]$

因为 $|q| < 1$ 所以 $ln |q| < 0$, 要使 $N \in N^{*}$ 则要声明 $\epsilon \in (0, 1)$

1|2性质

1|01. 收敛数列的极限唯一

1|0证:

反证法

假设 $\lim\limits_{n\to\infty} x_n = a$ 且 $\lim\limits_{n\to\infty} x_n = b$ 且 $a < b$

取 $\epsilon = \dfrac{b-a}{2}$ ($\epsilon$ 的取值非常关键, 一般可以取区间的中间位置? 不知道, 暂无可信数据, 只是猜测) , 因 $\lim\limits_{n\to\infty} x_n = a$ 假设存在 $N_1$, 使得 当 $n > N_1$ 时, $|x_n-a| < \dfrac{b-a}{2}$ 化简得 $\dfrac{3a-b}{2} < x_n < \dfrac{a+b}{2}$

同理, 因 $\lim\limits_{n\to\infty} x_n = b$ 假设存在 $N_2$, 使得 当 $n> N_2$ 时, $|x_n-b| < \dfrac{b-a}{2}$ 化简得 $\dfrac{a+b}{2} < x_n < \dfrac{3b-a}{2}$

取 $N = max\{N_1, N_2\}$, 则当 $n > N$ 时, 此时 $n$ 同时满足大于$N_1$和$N_2$, 即同时满足上述两个不等式, 但一个大于 $\dfrac{a+b}{2}$ 一个小于 $\dfrac{a+b}{2}$, 显然矛盾, 不成立

因此, 收敛数列的极限必唯一.

1|0例

证明: 数列 $x_n = (-1)^{n+1} (n = 1, 2, ...)$ 是发散的.

证: 反证

假设数列 {x_n} 收敛, 则有唯一极限 $a$ 存在.

取 $\epsilon = 1$ ($\epsilon$ 越小越好, 方便比较), 则存在 $N$ , 使得当 $n > N$ 时, 有 $|x_n - a| < \epsilon = 1$

即

$$a - 1 < x_n < a + 1$$

但因为 $x_n$ 交替取值 $1$ 和 $-1$, 由定义得, 要使 $x_n$ 是收敛数列, 则必有当 $n>N$时, 所有的$x_n$都位于这个区间内, 然而, $x_n$ 交替取值 $1$ 和 $-1$ , 但因为是开区间, 所以$1$和$-1$不能同时在这个区间内, 所以不是收敛数列, 是发散数列

1|02.收敛数列一定有界

1|0界定义

1. 对于数列 {a_n} , 若存在一个实数 $M$, 使得对任意 $n \in N^{*}$ : $a_n \leqslant M$ 则称{ $a_n$ }有上届, $M$ 是{ $a_n$ } 的一个上界

2. 对于数列 {a_n} , 若存在一个实数 $W$, 使得对任意 $n \in N^{*}$ : $a_n \geqslant W$ 则称{ $a_n$ }有下届, $W$ 是{ $a_n$ } 的一个下界

3. 对于数列 {a_n} , 若存在一个实数 $X$, 使得对任意 $n \in N^{*}$ : $|a_n| \leqslant X$ 则称{ $a_n$ }有届
   (界有无数个, 不是所有的都有界, 如: {$(-1)^nn$}无界)

1|0证:

设 $\lim\limits_{n\to\infty}x_n = a$, 取 $\epsilon = 1$, 则 $\exist N$, 当 $n > N$ 时, 有 $|x_n - a| < 1$, 因此

$$|x_n| = |(x_n - a) + a| \leqslant |x_n - a| + |a| < 1 + |a|$$

(这里放缩了一步, 方便处理, 使得当 $n> N$ 的数群都可以用$1+|a|$来代替)

取 $M = max\{|x_1|,|x_2|, ..., |x_n|, 1+|a|\}$

则有 $|x_n| \leqslant M (n = 1, 2, ...)$

(所求的$M$ 同时是上界也是下界, 但不一定是最大下界, 也不一定是最小上界)

所以收敛数列必有界

但是有界不一定收敛, 如{$(-1)^{n+1}$}

1|03.收敛数列的保号性

若$\lim\limits_{n\to\infty}x_n = a$, 且 $a> 0(<0)$, 则$\exist N \in N^{*}$, 当 $n > N$ 时, 有 $x_n > 0(<0)$

1|0证:

对 $a> 0$, 取 $\epsilon = \dfrac{a}{2}$, 则 $\exist N \in N^{*}$, 当 $n > N$ 时,

$$|x_n - a| < \dfrac{a}{2} \Rightarrow 0 < \dfrac{a}{2} < x_n < \dfrac{3}{2}a$$

所以同号

1|0推论

若数列从某项起 $x_n \geqslant 0 (\leqslant 0)$ 且 $\lim\limits_{n\to\infty}x_n = a$ 则 $a \geqslant 0 (\leqslant 0)$ (反证法证明)

1|3七个等式或不等式

1|0几何-算术平均不等式

$$\dfrac{1}{\dfrac{1}{n}(\dfrac{1}{a_1} + \dfrac{1}{a_2} + ... + \dfrac{1}{a_n}) } \leqslant \sqrt[n]{a_1a_2...a_n} \leqslant \dfrac{a_1+ a_2+ ... + a_n}{n}$$

$(a_i \geqslant 0, i =1,2,...,n)$

1|0证

参考柯西 的逆向归纳法

令$A_n = \dfrac{x_1+x_2+...+x_n}{n}, G_n=\sqrt[n]{x_1x_2...x_n}(n\geqslant 2)$

令命题$P_n$ 为 $A_n \geqslant G_n$

1. 当 $n = 2$ 时 $A_n \geqslant G_n$ 显然成立, 假设当 $P_n$ 成立时, $P_{2n}$ 也成立

证明: 设有$2n$个正实数分别为 $x_1, x_2, ... , x_n, y_1, y_2, ..., y_n$

则有 $\dfrac{x_1+x_2+...+x_n+y_1+y_2+...+y+n}{2n} = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{x_1+x_2+...+x_n}{n} + \dfrac{y_1+y_2+...+y_n}{n}\right)$

$\geqslant \dfrac{1}{2}(\sqrt[n]{x_1x_2...x_n} + \sqrt[n]{y_1y_2...y_n})$ (在假设$P_n$成立的情况下, 直接应用)

$\geqslant \sqrt{\sqrt[n]{x_1x_2...x_n}\sqrt[n]{y_1y_2...y_n}}$ (算数平均不等式, 在高中就证明了)

$=\sqrt{\sqrt[n]{x_1x_2...x_ny_1y_2...y_n}}$

$=\sqrt[2n]{x_1x_2...x_ny_1y_2...y_n}$

这样就证明了当$P_n$ 成立时 $P_{2n}$ 成立

因为是从$2$开始, 所以 $P_{2^k}$ 都成立

2. 假设当 $P_n$ 成立时, $P_{n-1}$ 也成立

证明:对于 $n-1$ 个正实数 $x_1, x_2,.. x_{n-1}$

因为 $P_n$ 成立, 所以 $\dfrac{x_1+x_2+...+x_{n-1}+A_{n-1}}{n} \geqslant \sqrt[n]{x_1x_2...x_{n-1}A_{n-1}}$ (此时把 $A_{n-1}$ 当作 $x_n$来处理)

又因为 $x_1+x_2+...+x_{n-1} = (n-1)A_{n-1}$ 且 $x_1x_2...x_{n-1} = G_{n-1}^{n-1}$ (化简$A_n$和$G_n$的表达式)

$\Rightarrow \dfrac{(n-1)A_{n-1} + A_{n-1}}{n} \geqslant \sqrt[n]{G_{n-1}^{n-1}A_{n-1}}$

$\Rightarrow A_{n-1} \geqslant \sqrt[n]{G_{n-1}^{n-1}A_{n-1}}$

$\Rightarrow A_{n-1}^n \geqslant G_{n-1}^{n-1}A_{n-1}$ (因为都是正实数, 所以可以直接$n$次方)

所以 $A_{n-1}^{n-1} \geqslant G_{n-1}^{n-1}$ (同上一步一样, 都为正实数可以直接开根)

所以 $A_{n-1} \geqslant G_{n-1}$

所以, 所有的$P_{2^k-1}$ 都成立

3. 同2 将$n-1$ 扩展到$n-r$ 即将 $A_{n-r}$ 乘上个(n-r) , 然后次方同改

最后同改为 $A_{n-r}^{n}\geqslant G_{n-r}^{n-r}A^r$

整理可得 $A_n \geqslant G_n$

证毕

前半段:

要证 $\dfrac{1}{\dfrac{1}{n}(\dfrac{1}{a_1} + \dfrac{1}{a_2} + ... + \dfrac{1}{a_n}) } \leqslant \sqrt[n]{a_1a_2...a_n}$

因为: $\Rightarrow\dfrac{1}{\dfrac{(\dfrac{1}{a_1} + \dfrac{1}{a_2} + ... + \dfrac{1}{a_n})}{n} } \leqslant \dfrac{1}{\sqrt[n]{\dfrac{1}{a_1a_2...a_n}}}$

取倒数即: $\dfrac{1}{\dfrac{1}{n}(\dfrac{1}{a_1} + \dfrac{1}{a_2} + ... + \dfrac{1}{a_n}) } \leqslant \sqrt[n]{a_1a_2...a_n}$

证毕

1|0伯努利不等式

$$(1+x)^n \geqslant 1 + nx(\forall x> -1, n\in N^{*})$$

1|0证

1|0柯西不等式

$$\left(\sum\limits_{i=1}^na_ib_i\right)^2 \geqslant \left(\sum\limits_{i=1}^{n}a_i^2\right)\left(\sum\limits_{i=1}^nb_i^2\right)$$

1|0证

1|0不知道啥

对 $x \geqslant 0 , y \geqslant 0, n \in N^{*}$, 有

$$(x + y)^n \geqslant x^n + y^n, (x^n+y^n)^{\frac{1}{n}} \leqslant x + y$$

$$(x + y)^{\frac{1}{n}} \leqslant x^{\frac{1}{n}} + y^{\frac{1}{n}}, \left|x^{\frac{1}{n}}-y^{\frac{1}{n}}\right| \leqslant |x - y|^{\frac{1}{n}}$$

1|0证

1|0二项式展开

$$(a+ b)^n = \sum\limits_{k=0}^{n}C_n^ka^kb^{n-k}$$

1|0证

1|0因式分解

$$a^n-b^n=(a-b)(a^{n-1}+a^{n-2}b +...+ab^{n-2}+b^{n-1})$$

1|0证

1|0闵可夫斯基不等式

$$\left(\sum_{i=1}^{n}(a_i+b_i)^2\right)^{\frac{1}{2}} \leqslant \left(\sum_{i=1}^{n}a_i^2\right)^{\frac{1}{2}} + \left(\sum_{i=1}^{n}b_i^2\right)^{\frac{1}{2}}$$

\section{七大定理}

\subsection{单调有界定理}

\subsubsection{单调数列定义}

1$>$ 若数列{$a_{n}$} 满足: $a_{n} \leq a_{n + 1}(a_{n} \geq a_{n + 1}), n = 1, 2, 3, ...$
称{$a_{n}$}是单调递增(递减)数列.

2$>$若数列 $a_{n}$满足:$a_{n} < a_{n + 1}(a_{n} > a_{n + 1}), n = 1, 2, 3, ...$
称{$a_{n}$}是严格单调递增(递减)数列

\subsubsection{定理}

单调有界数列必有极限

\subsubsection{证明}

用无尽小数的思想, 在假设 $a_{n}$ 单调递增的前提下 \

\begin{align}
\begin{split}
\left {

$$\begin{array}{lr} a_1 = A_1.a_{11}a_{12}..., & \ a_2 = A_2.a_{21}a_{22}..., & \ ..........., & a_{i}\in Z, a_{ij} \in {0, 1, 2, ..., 9}, i, j = 1, 2, 3 \ a_n = A_n.a_{n1}a_{n2}..., & \ ..........., \end{array}$$
\right.
\end{split}
\end{align}

规律分析:

1$>$ 由于$a_n$单调递增而且有界, 因此, 数列的整数部分 $A_{n}$ 在某一行 $n \geq N_0$ 时达到最大值A, 使得$\{a_{n}\}_{n = N_0}^{\infty}$

2$>$ 数列$a_{n}$ 为单调递增有界数列, 则同理, 可以得到存在$N_1 >$ 使得当 $n > N_1$ 时, 可第一位对应的小数最大, 恒为$x_1$

3$>$ 数列$a_{n}$ 为单调递增有界数列, 则同理, 可以得到存在$N_2 > N_1$ 使得当 $n > N_2$ 时, 可第一位对应的小数最大, 恒为$x_2$

一直不断重复循环下去, 则得到

$a = A.x_1x_2...x_n.. (N_0 < N_1 < N_2 < ... < N_k < ...)$

分析完成, 证明所求a 即为数列 $a_{n}$ 的极限

用 $\epsilon N$ 定义即可证明

对于$\forall \epsilon > 0$ ,取 $m \in N^{*}$, 满足$10^{-m} < \epsilon, \forall n > N_m$, $a_n$ 的整数部分和前m位上的数码与a是一样

$|a_n - a| \leq 10^{-m} < \epsilon$

即$\lim\limits_{n \to\infty} a_n = A.x_1x_2x_3..$

证毕

\subsubsection{推论}

\subsection{闭区间套定理}

\subsubsection{定理}

设$I_n = [a_n, b_n], n = 1, 2, 3, ...$ 为一列闭区间, 满足条件

1$>$ $I_1 \supset I_2 \supset I_3 \supset ... I_n \supset ..$

2$>$区间的长度序列满足 $|I_n| = b_n - a_n \to 0 (n \to \infty)$

则

1$>$ 存在为一点 $\epsilon$ 满足 $\epsilon \in \cap_{i = 1}^{\infty} I_i$

2$>$ $\lim\limits_{n \to\infty} = a_n = \lim\limits_{n \to\infty} b_n = \epsilon$

\subsubsection{证明}

由上可知要使存在, 则必有,左端数列{$a_n$}单调递增, 右端数列{$b_n$}单调递减, 并且$b_1$是{$a_n$}的上界, $a_1$ 是{$b_n$}的下界

由单调有界定理可知$\lim\limits_{n\to\infty}a_{n} = a , \lim\limits_{n\to\infty}b_n = b$

由于 $a_n \leq b_n (n\in N^{*}$, 根据极限的保序性质 $a\leq b$.

因此有不等式: $a_n \leq a \leq b \leq b_n (n \in N^{*})$

$|I_n| = b_n - a_n \geq b - a \geq 0$

由 $|I_n|\to 0(n\to\infty)$ (定理的满足条件之一), 可知 $a = b$.因此 $a_n\leq a = b\leq b_n$ 当$n\in N^{*}$时成立

(第二条证毕)

即 $a\in I_n (n \in N^{*})$ , 由此可以得到 $a\in \cap_{n = 1}^{\infty} I_n$

然后再证 a 是唯一的

反证法

假设不唯一, 即至少存在两个使得成立

则假设 $\exists\alpha \in\cap_{n = 1}^{\infty}[a_n, b_n], \exists\beta\in\cap_{n = 1}^{\infty}[a_n, b_n]$

则有: $|\beta - \alpha|\leq|b_n - a_n|$

可得: $|\beta - \alpha|\leq\lim\limits_{n\to\infty}|b_n - a_n| = 0$

所以: $\beta = \alpha$

自此, 第一条也证明完毕

\subsection{列紧性定理}

\subsubsection{定理}

任何有界数列中都存在收敛的子列

\subsubsection{证明}

使用二分的思想分成闭区间, 然后使用闭区间套定理即可证明

设有界数列{$x_n$}满足$a\leq x_n \leq b$

1$>$ 将区间[$a, b$]二等分, 选含有{$x_n$}中无穷多项的子区间记为$[a_1, b_1], b_1 - a_1 = \frac{b - a}{2}$, 取 $x_{n_1}\in [a_1, b_1]$

2$>$ 将区间[$a_1, b_1$]二等分, 选含有{$x_n$}中无穷多项的子区间记为$[a_2, b_2], b_2 - a_2 = \frac{b_1 - a_1}{2}$, 取 $x_{n_2}\in [a_2, b_2], n_2 > n_1$

3$>$ 同规律递推, 将区间$[a_{k - 1}, b_{k - 1}]$二等分, 选含有{$x_n$}中无穷多项的子区间记为$[a_k,b_k], b_k - a_k = \frac{b - a}{2^k}$, 取 $x_{n_k}\in [a_k, b_k], n_k > n_{k - 1}$

4$>$ 不断重复这个过程可以得到闭区间套定理

\begin{align}
\begin{split}
\left {

$$\begin{array}{lr} [a_1, b_1]\supset [a_2, b_2]\supset ...\supset [a_k, b_k]\supset .., & \ \lim\limits_{n\to\infty}|b_k - a_k| = \lim\limits_{n\to\infty}\frac{b - a}{2^k} = 0, & \ \exists x_{n_k}\in[a_k, b_k], n_k > n_{k - 1}, k = 2, 3, \end{array}$$
\right.
\end{split}
\end{align}

容易得到性质, 任何闭区间[$a_k,b_k$]都有数列$x_n$中的点.

由闭区间套定理.

$\lim\limits_{k\to\infty} a_k = \lim\limits_{k\to\infty}x_{n_k} = \lim\limits_{k\to\infty}b_k$

由夹逼定理得

$\lim\limits_{k\to\infty} a_k = \lim\limits_{k\to\infty}x_{n_k} = \lim\limits_{k\to\infty}b_k = c$

所以数列{$x_n$}有收敛得子列

\subsection{柯西收敛定理}

\subsubsection{基本列}

定义: 给定数列{$a_n$}, 如果对于任意$\epsilon > 0$, 存在$N\in N^{*}$, 对任意得 $n > m > N$, 总成立

$$|a_m- a_n| < \epsilon$$

\subsubsection{定理}

数列{$a_n$}收敛得充分必要条件是{$a_n$} 是基本列

\subsubsection{证明}

必要性:

设$\lim\limits_{n\to\infty}a_n = a$ 则根据数列收敛得基本定义可得

$$\forall\epsilon > 0, \exists N\in N^{*}, \forall n > N : |a_n - a| < \frac{\epsilon}{2}$$

同理, 设m也满足

则对于$m, n > N$

$$|a_m - a_n| = |a_m - a + a - a_n| \leq |a_m - a| + |a_n - a| \leq \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon$$

满足基本列的定义, 所以必要性满足

充分性:

设{$a_n$} 是基本列,

证明$a_n$ 有界, (为了套用列紧性定理)

由基本列的定义可知, 存在$N > N^{*}$, 使得当$n > N$ 时, 有$|a_n - a_{n + 1}| < \epsilon$

$$|a_n|\leq |a_n - a_{N + 1} + a_{N + 1}| \leq |a_n - a_{N + 1}| + |a_{N + 1}| \leq \epsilon + |a_{N + 1}|$$

取$M = max\{ |a_1|, |a_2|, ..., |a_N|, \epsilon + a_{N + 1} \}$, 所以对于任意n, 有$|a_n| \leq M$ 即$\{a_n$} 有界

由列紧性定理可知, 必存在收敛的子列, 设为{$a_{n_k}$} ,设$\lim\limits_{k\to\infty}a_{n_k} = a$, 则

$$\forall\epsilon > 0, \exists N_1\in N^{*}, \forall k > N_1 : |a_{n_k} - a| < \frac{\epsilon}{2}$$

再由{$a_n$} 是基本列, 易得

$$\exists N \in N^{*}, \forall m, n > N : |a_m - a_n| < \frac{\epsilon}{2}$$

取 $k > max\{N_1, N\}$ , 则当 $n > N$ 时有

$$|a_n - a| = |a_n - a_{n_k} + a_{n_k} - a| \leq |a_n - a_{n_k}| + |a_{n_k} - a| \leq \frac{\epsilon}{2} + frac{\epsilon}{2} = \epsilon$$

所以 $\lim\limits_{n\to\infty} a_n = a$

\subsection{确界存在定理}

\subsubsection{上确界定义}

设E是一个非空有上界的集合, 若存在实数 $\beta$ 满足

\ \ \ \ 1.对于任意的 $x \in E$, 有 $x \leq \beta$, 即$\beta$ 是E的一个上届界

\ \ \ \ 2.对于任意的 $\epsilon > 0$, 存在 $x \in E$, 使得 $x > \beta - \epsilon$ , 即 $\beta - \epsilon$ 不是E的上界

则称 $\beta$ 为集合E的上确界, 记为 $\beta = sup E$

\subsubsection{下确界定义}

设E是一个非空有下界的集合, 若存在实数 $\alpha$ 满足

\ \ \ \ 1.对于任意的 $x \in E$, 有 $x \geq \alpha$, 即$\alpha$ 是E的一个下界

\ \ \ \ 2.对于任意的 $\epsilon > 0$, 存在 $x \in E$, 使得 $x < \alpha + \epsilon$ , 即 $\alpha + \epsilon$ 不是E的上界

则称 $\alpha$ 为集合E的下确界, 记为 $\alpha = inf E$

\subsubsection{定理}

非空有上界的集合必有上确界, 非空有下界的几何必有下确界.

\subsubsection{证明}

(用二分将集合分为许多闭区间, 然后运用闭区间套定理即可得证)

设非空集合E有上界(同时可以模拟E为实数轴来助于理解)

1$>$ 设 $r$ 是 $E$ 的一个上界, , 从 $E$ 中任取一个点 x, 将 $[x, r]$ 视为 $[a_1, b_1]$

2$>$ 将 $[a_1, b_1]$ 二等分, 取既有E中的点,也有E中没有的点的区间为$[a_2, b_2]$

3$>$ 重复上述过程, 获得n个区间, 为$[a_1,b_1], [a_2, b_2], ... , [a_n, b_n]$

则可以构造闭区间套定理所满足的条件

\ \ 1.$[a_1,b_1] \supset [a_2, b_2] \subset ... [a_n,b_n]\subset ...$
\ \ 2.$\lim\limits_{n\to\infty}(b_n - a_n) = \lim\limits_{n\to\infty}\frac{b_1 - a_1}{2^{n - 1}} = 0$

除了满足闭区间套的定理之外, 还满足有二分法得到的性质

每个$[a_n, b_n]$ 中必含有E中的点, $b_n$ 右边无E中的点

条件满足, 由闭区间套定理, 存在$\beta \in \cap_{n = 1}^{\infty}I_n$,
即 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n = \lim\limits_{n\to\infty}b_n = \beta$

现在找到了$\beta$ 是逼近上确界的点, 下面证明 $\beta = sup E$.

首先证明$\beta$是上界

根据二分的性质, 可得任意$x\in E$ ,必有 $x\leq b_n$, 由数列极限的保序性, 有 $x\leq \lim\limits_{n\to\infty}b_n = \beta$

因此 $\beta$ 一定为上界 (确界定义的第一条满足)

然后证第二条件

由于 $\lim\limits_{n\to\infty} a_n = \beta$, 由极限定义可以得到

$$\forall\epsilon > 0, \exists N \in N^{*}, \forall n > N : |a_n - \beta| < \epsilon$$

所以存在 $N_1 > N$ 使得 $\beta - \epsilon < a_{N_1}( < \beta + \epsilon )$, 由二分性质得, 在 $[a_{N_1}, b_{N_1}]$ 中必有E中的点x, 使得 $x \geq a_{N_1} > \beta - \epsilon$(第二条件满足)

所以 $\beta$ 是E的上确界

定理证毕

\subsection{有限覆盖定理}

\subsubsection{定义}

设 A 是一实数集, 若有一族开区间 $\{I_{\lambda}, \lambda\in\Lambda\}$($\Lambda$是指标集合), 使得 $A\subset \cup_{\lambda \in A}I_{\lambda}$, 则称这一开区间族 $I_{\lambda}$ 是A的一个开覆盖

设{$I_{\lambda}, \lambda \in \Lambda$} 是A的一个开覆盖, 则对于任意的 $x\in A$, 总有一个开区间 $I_{\lambda_0}\in {I_{\lambda}}$ ,使得 $x\in I_{\lambda}$

\subsubsection{定理}

设{$I_{\lambda}$} 为有限闭区间$[a, b]$的任意一个无限开覆盖, 则可以从{$I_{\lambda}$}中选出有限个开区间覆盖$[a, b]$

\subsubsection{证明}

运用反证法, 即, 假设 $[a, b]$ 不能被{$I_{\lambda}$} 中有限个开区间覆盖

将[a, b] 二等分得到两个闭区间, 则其中必有一个不能被有限覆盖, 记这个区间为$[a_1,b_1]$, 不断重复则可以得到n个闭区间, 可以套用闭区间套定理, 满足闭区间套的条件

1$>$ $[a, b]\supset [a_1, b_1]\supset [a_2, b_2] \supset ...\supset [a_n, b_n] \supset ...$

2$>$ $\lim\limits_{n\to\infty}(b_n - a_n) = \lim\limits\frac{b - a}{2^n} = 0$

由假设可得到第三个性质

3$>$ 闭区间序列{$[a_n, b_n]$} 中的人一个闭区间不能被{$I_{\lambda}$} 有限覆盖

因此, 由闭区间套定理, $\lim\limits_{n\to\infty}a_n = \lim\limits_{n\to\infty}b_n = \eta, \eta\in[a,b]$

由开覆盖的定义(第二段的定义), 在{$I_{\lambda}$} 中至少有一个开区间 $(\alpha, \beta )$, 满足 $\alpha < \eta < \beta$

又根据数列极限的定义

$$\epsilon = \eta - \alpha, \exists N_1\in N^{*}, n > N_1 : |a_n - \eta| < \epsilon \rightarrow \alpha < a_n$$

(去绝对值后, 因为$a_n$是小的, 所以不用管$a_n$小于什么)

$$\epsilon = \beta - \eta, \exists N_2\in N^{*}, n > N_2 : |b_n - \eta| < \epsilon \rightarrow \beta > b_n$$

(去绝对值后, 因为$b_n$是小的, 所以不用管$b_n$大于什么)

令 $N = max\{N_1, N_2\}, n > N$ 此时 $[a_n, b_n]\subset (\alpha, \beta)$, 这与第三个性质所矛盾, 假设不成立

证毕

\subsection{聚点定理}

\subsubsection{聚点定义}

如果点 a 的任何邻域 $U(a\delta) = \{x| |x - a| < \delta\}$ 中都含有集合E中无穷多个 , 则称 $a$ 为集合E 聚点

\subsubsection{定理}

点 a 为集合 E 的聚点的充要条件是存在各项互异的点列{$x_n$} $\subset E$, 使得{$x_n$} 以 a 为极限.

\subsubsection{证明}

必要性: 设 $\alpha$ 为集合E的聚点, 考虑集合

\subsubsection{推论}

聚点第二定理:
实数轴上任何一个有界无限点集 E 至少有一个聚点
证
利用闭区间套定理逐步逼近集合E的聚点

设 E \cot

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本文作者：Aliemo
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