上极限与下极限

上下极限是我目前所学习的数列极限的理论中最抽象的概念.

定义 1：设 $\{a_n\}$是一个序列， $A\in \bar{\mathbb{R}}.$ 若 $A$ 的任意邻域均满足 $\{a_n\}$ 有无穷多项落在其中，则称 $A$ 是 $\{a_n\}$ 的一个聚点（或极限点）.

定理 1：$A$ 是 $\{a_n\}$ 的一个聚点当且仅当存在 $\{a_n\}$ 的子列，其极限为 $A.$

证明：若 $A$ 是 $\{a_n\}$ 的一个聚点：

(1) 若 $-\mathrm{\infty }<A<+\mathrm{\infty }$，通过如下方式构造 $\{a_n\}$ 的子序列 $\{a_{k_n}\}$：

(i) 从 $A$ 的 $1$-邻域中选出 $\{a_n\}$ 的某项 $a_{k_1}$.

(ii) 从 $A$ 的 $1/(n+1)$-邻域中选出 $\{a_n\}$ 中 $a_{k_n}$ 后的某项 $a_{k_{n+1}}$.

从而 $|a_{k_n}-A|\le 1/n$，即知 $\{a_{k_n}\}$ 收敛于 $A.$

(2) 若 $A=\mathrm{\infty }$，同理可证存在 $\{a_n\}$ 的子列趋于 $\mathrm{\infty }.$

若存在 $\{a_n\}$ 的子列，其极限为 $A$. 任取 $A$ 的邻域，根据极限定义可知当 $n$ 充分大时，$a_n$ 落在该邻域中，即 $\{a_n\}$ 有无穷多项落在该邻域中，即 $A$ 是 $\{a_n\}$ 的聚点.

定理 2：任意序列 $\{a_n\}$ 均存在聚点.

证明：我们已知若 $\{a_n\}$ 有界，则 $\{a_n\}$ 存在收敛子列；若 $\{a_n\}$ 无上界，则存在趋于 $+\mathrm{\infty }$ 的子列；若 $\{a_n\}$ 无下界，则存在趋于 $-\mathrm{\infty }$ 的子列。再由定理 1 可知证毕.

定理 3：设 $E$ 是由 $\{a_n\}$ 的聚点构成的集合，则 $E$ 存在最大（小）值.

这里仅证明 $E$ 存在最大值，最小值同理。

证明：由定理 2 可知 $E$ 是非空集，令 $a^{\ast }=supE$，仅需证 $a^{\ast }\in E$，即 $a^{\ast }$ 是 $\{a_n\}$ 的聚点.

(1) 若 $-\mathrm{\infty }<a^{\ast }<+\mathrm{\infty }$，假设 $a^{\ast }$ 不是 $A$ 的聚点. 任取 $\epsilon >0$，则 $a^{\ast }-\epsilon$ 不是 $E$ 的上界，即存在 $a^{\ast }-\epsilon <A<a^{\ast }$，使得 $A$ 是 $\{a_n\}$ 的聚点. 令 ${\epsilon }^{\prime }=min\{A-(a^{\ast }-\epsilon ),a^{\ast }-\epsilon \}$，所以 $a^{\ast }$ 的 $\epsilon$-邻域包含 $A^{\prime }$ 的 ${\epsilon }^{\prime }$-邻域，后者包含 $\{a_n\}$ 的无穷多项，从而 $a^{\ast }$ 的 $\epsilon$ 邻域包含 $\{a_n\}$ 的无穷多项，矛盾！因此 $a^{\ast }$ 是 $\{a_n\}$ 的聚点；

(2) 若 $a^{\ast }=-\mathrm{\infty }$，则 $E=\{-\mathrm{\infty }\}$，从而 $a^{\ast }\in E$，即 $a^{\ast }$ 是 $\{a_n\}$ 的聚点；

(3) 若 $a^{\ast }=+\mathrm{\infty }$，则 $E$ 无上界，即对于任意 $H>0$，均存在 $A\in E$，使得 $A>H$，取 $A$ 的 $(A-H)$-邻域，其中包含 $\{a_n\}$ 的某项 $a_{n_0}$，从而 $a_{n_0}>H$. 因此 $\{a_n\}$ 无上界，即 $a^{\ast }=+\mathrm{\infty }$ 是 $\{a_n\}$ 的聚点.

定义 2：设 $\{a_n\}$ 是序列，$E$ 是由 $\{a_n\}$ 的聚点构成的集合，则定义 $\{a_n\}$ 的上极限为 $E$ 的最大值，记为 $a^{\ast }={\displaystyle \overline{\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}}{a}_n}$；定义 $\{a_n\}$ 的下极限为 $E$ 的最小值，记为 $a_{\ast }=\underset{\overline{n\to \mathrm{\infty }}}{lim}{a}_n.$

定理 4：对于任意 $x>a^{\ast }$，均存在 $N\in {\mathbb{N}}^{+}$，使得当 $n>N$ 时有 $a_n<x.$

对于任意 $x<a_{\ast }$，均存在 $N\in {\mathbb{N}}^{+}$，使得当 $n>N$ 时有 $a_n>x.$

证明：同样地，我们只证明第一条陈述. 假设对于任意 $N\in {\mathbb{N}}^{+}$，存在 $n>N$，使得 $a_n\ge x$，则 $\{a_n\}$ 存在一个所有元素不小于 $x$ 的子列，则该子列的任意极限点不小于 $x$，从而 $\{a_n\}$ 有一极限点 $A$ 大于 $a^{\ast }$，矛盾！从而存在符合条件的 $N.$

定理 5：$a_{\ast }\le a^{\ast }$

定理 6：设 $\{a_n\},\{b_n\}$ 是序列，且当 $n$ 充分大时有 $a_n\le b_n$，则 $a^{\ast }\le b^{\ast }$ 且 $a_{\ast }\le b^{\ast }.$（上下极限的保序性）

证明：假设 $a^{\ast }>b^{\ast }$：

(1) 若 $-\mathrm{\infty }<b^{\ast }<a^{\ast }<+\mathrm{\infty }$，令 $x=(a+b)/2>b^{\ast }$，则存在 $N_1\in {\mathbb{N}}^{+}$，使得当 $n>N_1$ 时，$b_n<x.$ 因为 $a^{\ast }$ 是 $\{a_n\}$ 的聚点，所以存在 $\{a_n\}$ 的子列 $\{a_{k_n}\}$ 收敛于 $a^{\ast }$，令 $\epsilon =(b-a)/2$，存在 $N_2\in {\mathbb{N}}^{+}$，使得当 $n>N_2$ 时，有 $x=a^{\ast }-\epsilon <a_{k_n}<a^{\ast }+\epsilon$，则当 $n>max\{N_1,N_2\}$ 时，有 $a_{k_n}>x>b_{k_n}$，矛盾.

(2) 若 $b=-\mathrm{\infty }$ 或 $a=+\mathrm{\infty }$，同理可导出矛盾.

因此 $a^{\ast }\le b^{\ast }$，同理 $a_{\ast }\le b_{\ast }.$

定理 7：$\underset{n\to a}{lim}{a}_n=a$ 当且仅当 $a^{\ast }=a_{\ast }=a.$

(1) 若 $\underset{n\to a}{lim}{a}_n=a$，则 $\{a_n\}$ 的任意子列趋于 $a$，从而 $E=\{a\}$，即 $a^{\ast }=a_{\ast }=a.$

(2) 若 $a^{\ast }=a_{\ast }=a$，即 $E=\{a\}.$

若 $-\mathrm{\infty }<a<+\mathrm{\infty }$ 时，对于任意 $\epsilon >0$：

存在 $N_1\in {\mathbb{N}}^{+}$，使得当 $n>N_1$ 时，$a_n<a^{\ast }+\epsilon =a+\epsilon$；

存在 $N_2\in {\mathbb{N}}^{+}$，使得当 $n>N_2$ 时，$a_n>a_{\ast }-\epsilon =a-\epsilon .$

于是当 $n>max\{N_1,N_2\}$ 时，$a-\epsilon <a_n<a+\epsilon .$ 从而 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{a}_n=a.$

同理，当 $a=\mathrm{\infty }$ 时有 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{a}_n=a.$

综上，$\underset{n\to a}{lim}{a}_n=a$ 当且仅当 $a^{\ast }=a_{\ast }=a.$

定理 8：$a^{\ast }=\underset{n\in {\mathbb{N}}^{\ast }}{inf}\underset{k\ge n}{sup}{a}_k,a_{\ast }=\underset{n\in {\mathbb{N}}^{\ast }}{sup}\underset{k\ge n}{inf}{a}_n$（上下极限的等价定义）

证明：令 ${\alpha }_n=\underset{k\ge n}{sup}{a}_k$.

若 $a^{\ast }=+\mathrm{\infty }$，则存在子列 $\{a_{k_n}\}$ 趋于 $\mathrm{\infty }$，所以 $\{a_k:k\ge n\}$ 无上界，即 ${\alpha }_n=+\mathrm{\infty }$，因此 $\underset{n\in {\mathbb{N}}^{\ast }}{inf}\underset{k\ge n}{sup}{a}_k=+\mathrm{\infty }=a^{\ast }$.

若 $a^{\ast }=-\mathrm{\infty }$，对于任意 $A<0$，均存在 $N\in {\mathbb{N}}^{+}$，使得 $n>N$ 时有 $a_n<2A$，从而 ${\alpha }_{N+1}\le 2A<A$，即 $\{{\alpha }_n:n\in {\mathbb{N}}^{+}\}$ 无下界，即 $\underset{n\in {\mathbb{N}}^{\ast }}{inf}\underset{k\ge n}{sup}{a}_k=-\mathrm{\infty }=a^{\ast }$.

若 $-\mathrm{\infty }<a^{\ast }<+\mathrm{\infty }$，假设 $a^{\ast }>{\alpha }_m$ 对于某个 $m$，设子列 $\{a_{k_n}\}$ 收敛于 $a^{\ast }$，令 $\epsilon =a^{\ast }-{\alpha }_m$，则存在 $N\in {\mathbb{N}}^{+}$，使得当 $n>N$ 时，${\alpha }_m=a^{\ast }-\epsilon <a_{k_n}<a^{\ast }+\epsilon$，从而当 $n>max\{N,m\}$ 时，有 $a_{k_n}\le \underset{k\ge m}{sup}{a}_k={\alpha }_m<a_{k_n}$，矛盾！因此对于任意 $n\in {\mathbb{N}}^{+}$，都有 $a^{\ast }\le {\alpha }_n$，即 $a^{\ast }$ 是 $\{{\alpha }_n:n\in {\mathbb{N}}^{+}\}$ 的下界.

对于任意 $x>a^{\ast }$，令 $y=(x+a^{\ast })/2$，因为 $y>a^{\ast }$，所以存在 $N\in {\mathbb{N}}^{+}$，使得当 $n>N$ 时，$y>a_n$，因此 $y$ 是 $\{a_k{\}}_{k\ge N+1}$ 的上界，所以 $x>y\ge \underset{k\ge N+1}{sup}\{a_k\}={\alpha }_{N+1}$， 从而 $x$ 不是 $\{{\alpha }_n:n\in {\mathbb{N}}^{+}\}$ 的下界.

所以 $a^{\ast }$ 是 $\{{\alpha }_n:n\in {\mathbb{N}}^{+}\}$ 的下确界，即 $a^{\ast }=\underset{n\in {\mathbb{N}}^{\ast }}{inf}\underset{k\ge n}{sup}{a}_k$.

综上，$a^{\ast }=\underset{n\in {\mathbb{N}}^{\ast }}{inf}\underset{k\ge n}{sup}{a}_k$，同理有 $a_{\ast }=\underset{n\in {\mathbb{N}}^{\ast }}{sup}\underset{k\ge n}{inf}{a}_n.$

同时，根据单调收敛定理，我们有 ${\displaystyle a^{\ast }=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\underset{k\ge n}{sup}{a}_k,a_{\ast }=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\underset{k\ge n}{inf}{a}_k.}$

定理 9：$a_{\ast }+b_{\ast }\le (a+b{)}_{\ast }\le a_{\ast }+b^{\ast }\le (a+b{)}^{\ast }\le a^{\ast }+b^{\ast }.$

证明：固定 $n\in {\mathbb{N}}^{+}$，对于任意 $k_0\ge n$，都有 $\underset{k\ge n}{inf}{a}_k+\underset{k\ge n}{inf}{b}_k\le a_{k_0}+b_{k_0}$，因此 ${\displaystyle \underset{k\ge n}{inf}{a}_k+\underset{k\ge n}{inf}{b}_k\le \underset{k\ge n}{inf}(a_k+b_k)}$，从而 $a_{\ast }+b_{\ast }\le (a+b{)}_{\ast }.$

对于任意 $k_0\ge n$，都有 ${\displaystyle a_{k_0}+\underset{k\ge n}{sup}{b}_k\ge a_{k_0}+b_{k_0}\ge \underset{k\ge n}{inf}(a_k+b_k)}$，因此 ${\displaystyle \underset{k\ge n}{inf}{a}_k+\underset{k\ge n}{sup}{b}_k\ge \underset{k\ge n}{inf}(a_k+b_k)}$，从而 $a_{\ast }+b^{\ast }\ge (a+b{)}_{\ast }.$

对于任意 $k_0\ge n$，都有 ${\displaystyle \underset{k\ge n}{inf}{a}_k+b_{k_0}\le a_{k_0}+b_{k_0}\le \underset{k\ge n}{sup}(a_k+b_k)}$，因此 ${\displaystyle \underset{k\ge n}{inf}{a}_k+\underset{k\ge n}{sup}{b}_k\le \underset{k\ge n}{sup}(a_k+b_k)}$，从而 $\le a_{\ast }+b^{\ast }\le (a+b{)}^{\ast }.$

对于任意 $k_0\ge n$，都有 ${\displaystyle a_{k_0}+b_{k_0}\le \underset{k\ge n}{sup}{a}_k+\underset{k\ge n}{sup}{b}_k}$，因此 ${\displaystyle \underset{k\ge n}{sup}(a_k+b_k)\le \underset{k\ge n}{sup}{a}_k+\underset{k\ge n}{sup}{b}_k}$，从而 $(a+b{)}^{\ast }\le a^{\ast }+b^{\ast }.$

综上，$a_{\ast }+b_{\ast }\le (a+b{)}_{\ast }\le a_{\ast }+b^{\ast }\le (a+b{)}^{\ast }\le a^{\ast }+b^{\ast }.$