Rudin数学分析原理第三章习题14最后一个子题的解题思路分析

原题最后一个子题改述如下：

{s_n} 是一个复数列，定义其算术平均数为：
            σ_n = (s₀ + s₁ + ^... + s_n) / (n + 1)     (n = 0, 1, 2, ^...). 
记 a_n = s_n - s_n-1  (n ≥ 1).  若 {na_n} 有界，即存在一个 正实数 M，使得 |na_n| ≤ M  (n ≥ 1)；且 lim σ_n = σ. 求证：im s_n = σ.

说明：

在 Rudin 的书中，原题共分为 5 个子题，如下图：

其中最后一个子题很有难度。Rudin 为这个子题的证明给出了一个纲要（outline），如下图：

以下试图探究这个证明纲要背后的解题思路。

分析与解：

此时还按第 4 子题的思路，只能得出 |s_n - σ_n| ≤ nM / (n+1) < M，即 {s_n} 有界，而不能推出 {s_n} 收敛。因而，只能另寻出路。

由 lim σ_n = σ 可知，{σ_n} 为柯西列，即对任意给定的 ε > 0，存在自然数 N 使得：
|σ_n - σ_m| < ε   (n, m > N).

这里的新思路，即是从考察 σ_n - σ_m 出发，假定 n > m，有：

σ_n - σ_m = σ_n - (s₀ + s₁ + ^... + s_m) / (m + 1)

             = σ_n - (s₀ + s₁ + ^... + s_n) / (m + 1) + (s_m+1 + ^... + s_n) / (m + 1)

             = σ_n · {1 - (n + 1) / (m + 1)} + (s_m+1 + ^... + s_n) / (m + 1)

             = σ_n · (m - n) / (m + 1) + (s_m+1 + ^... + s_n) / (m + 1)

于是

(m + 1) · (σ_n - σ_m) = σ_n · (m - n) + (s_m+1 + ^... + s_n)

σ_n =  -(σ_n - σ_m) · (m + 1) / (n - m) + (s_m+1 + ^... + s_n) / (n - m)

s_n - σ_n = (σ_n - σ_m) · (m + 1) / (n - m) + s_n - (s_m+1 + ^... + s_n) / (n - m)

           = (m + 1)(n - m)^-1·(σ_n - σ_m) + (n -m)^-1·∑_i=m+1..n (s_n - s_i)

这便是纲要里第一个等式的由来.

对于 m + 1 ≤ i ≤ n，进一步考察 |s_n - s_i|，有：

|s_n - s_i| = |a_i+1 + ... + a_n|

           ≤ |a_i+1| + ... + |a_n|

           ≤ M·(i+1)^-1 + ... + M·n^-1

           ≤ M·(n - i)·(i+1)^-1 

           ≤ M·(n - m -1)·(m + 2)^-1 

于是

(n -m)^-1·|∑_i=m+1..n (s_n - s_i)|

  ≤ (n -m)^-1·(n - m)·M·(n - m -1)·(m + 2)^-1

  =  M·(n - m -1)·(m + 2)^-1

所以

|s_n - σ_n| ≤ (m + 1)(n - m)^-1·|σ_n - σ_m| + M·(n - m -1)·(m + 2)^-1

记 ζ = (m + 1)(n - m)^-1，η = (n - m -1)·(m + 2)^-1，即有

   ①     |s_n - σ_n| ≤ ζ·|σ_n - σ_m| + M·η    (n > m ≥ 0).

由 ① 可以衍生出很多个不等式，比如取 n = m + 1 时，ζ = n，η = 0，即有

   ②     |s_n - σ_n| ≤ n·|σ_n - σ_n-1|  (n ≥ 1).

当 n → ∞，② 的右端是 ∞·0 的形式，并不能推出：|s_n - σ_n| → 0.

事实上，ζ 和 η 接近互为倒数的关系，让其中一个趋于 0，另一个则趋于 ∞. 那么，有没有可能同时让 ζ·|σ_n - σ_m| 和 M·η 都趋于 0（即 η 趋于 0，|σ_n - σ_m| 也趋于 0，同时 ζ 有界）？为此作以下尝试：

任意给定 ε > 0，是否存在自然数 N，使得对任意 n > N，ζ ≤ ε^-1 和  η ≤ ε 同时成立（即有 |s_n - σ_n| ≤ ε^-1·|σ_n - σ_m| + M·ε）？

ζ ≤ ε^-1 即 (m + 1)(n - m)^-1 ≤ ε^-1，即 ⇔ (m + 1)·ε ≤ n - m，即 m·(1 + ε) ≤ n - ε，即

   ③    m ≤ (n - ε)·(1 + ε)^-1.

η ≤ ε 即 (n - m -1)·(m + 2)^-1 ≤ ε，即 ⇔ n - m - 1 ≤ (m + 2)·ε，即 n - ε ≤ (m + 1)·(1 + ε)，即 

   ④   (n - ε)·(1 + ε)^-1 ≤ m + 1.

至此，不难看出，对任意给定 ε > 0，存在 N = [ε] + 1，使得对任意 n > N，取 m = [(n - ε)·(1 + ε)^-1]， ③ 和 ④ 显然都成立，且有 0 ≤ m ≤ (n - ε) / (1 + ε) < n - ε < n，即满足 ① 成立的条件，因而有：

   ⑤   |s_n - σ_n| ≤ ε^-1·|σ_n - σ_m| + M·ε    (ε > 0, n > [ε] + 1, m = [(n - ε)·(1 + ε)^-1]).

当 n → ∞ 时，显然有 m → ∞. 于是

lim sup |s_n - σ_n| ≤ ε^-1 · lim sup |σ_n - σ_m| + M·ε = M·ε.

最后由 ε 的任意性，可知 lim |s_n - σ_n| = 0，故有 lim s_n = lim σ_n = σ.

拓展思路：

上面对 σ_n - σ_m 的考察是把 σ_n - σ_m 表示成 σ_n 的表达式。对称地，若把 σ_n - σ_m 表示成 σ_m 的表达式，应该也是可行的，具体看一下：

σ_n - σ_m = (s₀ + s₁ + ^... + s_n)·(n + 1)^-1 - σ_m

             = (m + 1)·σ_m·(n + 1)^-1 - σ_m + (s_m+1 + ^... + s_n)·(n + 1)^-1

于是

(n + 1) · (σ_n - σ_m) = σ_m · (m - n) + (s_m+1 + ^... + s_n)

σ_m =  -(σ_n - σ_m) · (n + 1) / (n - m) + (s_m+1 + ^... + s_n) / (n - m)

s_m - σ_m = (σ_n - σ_m) · (n + 1)·(n - m)^-1 + s_m - (s_m+1 + ^... + s_n) / (n - m)

           = (n + 1)(n - m)^-1 · (σ_n - σ_m) + (n -m)^-1 · ∑_i=m+1..n (s_m - s_i)

同样，对于 m + 1 ≤ i ≤ n，进一步考察 |s_m - s_i|，有：

|s_m - s_i| = |s_i - s_m| = |a_m+1 + ... + a_i| ≤ |a_m+1| + ... + |a_i|

           ≤ M·(m + 1)^-1 + ... + M·i^-1

           ≤ M·(i - m)·(m + 1)^-1 

           ≤ M·(n - m)·(m + 1)^-1 

类似地，会得到

|s_m - σ_m| ≤ (n + 1)(n - m)^-1 · |σ_n - σ_m| + M·(n - m)·(m + 1)^-1

记 ζ' = (n + 1)(n - m)^-1，η' = (n - m)·(m + 1)^-1，即有

   ⑥     |s_m - σ_m| ≤ ζ'·|σ_n - σ_m| + M·η'    (n > m ≥ 0).

类似的问题是：任意给定 ε > 0，是否存在自然数 N，使得对任意 m > N，ζ' ≤ ε^-1 和  η' ≤ ε 同时成立？

有意思的是，这里 ζ' ≤ ε^-1 和  η' ≤ ε 不可能同时成立，因为 ζ'·η' = (n + 1) / (m + 1) > 1. 当然，问题还有变通余地，比如：限定 1/4 ≥ ε > 0，是否存在自然数 N，使得对任意 m > N，ζ' ≤ 2·ε^-1 和 η' ≤ ε 同时成立？

η' ≤ ε 即 (n - m)·(m + 1)^-1 ≤ ε，即 ⇔ n - m ≤ (m + 1)·ε，即 n ≤ (m + 1)·ε + m，即 

   ⑦   n ≤ m + mε + ε.

ζ' ≤ 2·ε^-1 即 (n + 1)(n - m)^-1 ≤ 2·ε^-1，即 ⇔ (n + 1)·ε ≤ 2n - 2m，即 2m + ε ≤ 2n - nε，即

   ⑧   n - 1 ≥ (2m + ε) / (2 - ε) - 1 = (2m + 2ε - 2) / (2 - ε).

为了确保介于两个实数 x 和 y（满足 x < y）之间至少存在两个整数，只要满足 x + 2 ≤ y 即可. 综合 ⑦ 和 ⑧，即为：

   (2m + 2ε - 2) / (2 - ε) + 2 = (2m + 2)·(2 - ε)^-1 ≤ m + mε + ε

   ⇔ 2m + 2 ≤ (2 - ε)·(m + mε + ε) = 2m + mε + 2ε - mε² - ε²

   ⇔ 2 ≤ mε(1 - ε) + ε(2 - ε)

限定 ε ≤ 1/4，则 1 - ε ≥ 3/4，当 mε > 3 时就有 mε(1 - ε) > 3·3/4 > 2.

因此，取 N = 3·([ε^-1] + 1)，对任意 m > N，都满足 mε > 3，再取 n = [m + mε + ε]，则 ⑦ 和 ⑧ 同时成立. 此时，n > m 也显然成立，于是由 ⑥ 便有：

对任意给定的 1/4 ≥ ε > 0，存在 N = 3·([ε^-1] + 1)，对任意 m > N，取 n = [m + mε + ε]，则

   ⑨     |s_m - σ_m| ≤ 2·ε^-1·|σ_n - σ_m| + M·ε.

【对于 ε > 1/4 的情形，显然只有有限个 |s_m - σ_m| 不满足 ⑨. 】

当 m → ∞ 时，显然有 n → ∞. 于是

lim sup |s_m - σ_m| ≤ 2·ε^-1 · lim sup |σ_n - σ_m| + M·ε = M·ε.

最后由 ε 可以任意小，可知 lim |s_m - σ_m| = 0，故有 lim s_n = lim σ_n = σ.