数学分析(I) 期中复习

马上期中了，好紧张！

下面笔者先回顾一遍知识点，再通过几道经典题目来复习一下上学期学习的数学分析相关内容，特别是一些方法/技巧，以免临场卡壳（）

知识点回顾

Limits & Subsequences

极限的四则运算（注意要求极限存在）

子列：一个序列收敛，则它的所有子列收敛到同一个值。如果一个数列的奇偶子列收敛到同一个值，那它也收敛到这个值。

夹逼定理（略）

实数的 Cauchy Completeness：一个实数列是柯西列等价于它收敛。（证明：Cauchy => Convergent 只需要用两次 $\varepsilon - N$，Convergent => Cauchy 需要对角线选取（$|x_k-x_{k,n}| < \frac{1}{n}, x_{k,n}\in\mathbb Q.$）

实数的 Order Completeness：$\mathbb R$ 的非空子集若有上界，则必有最小上界。（证明：找一个初始的上界和非上界，不断二分逼近 LUB。之后证明柯西性以及 $u_n - l_n \to 0$，验证它是上界且比它更小的都不是上界。）

MCT：单调有界必收敛，收敛到序列的 $sup$ 或 $inf$。

BWT：有界实数列必有收敛子列。（证明：有界实数列必有单调子列 + MCT）

$\liminf x_n \le \limsup x_n$ 的等号成立当且仅当 $x_n$ 极限存在。（证明：=> 夹逼，<= 某项之后 $L - \varepsilon < x_k < L + \varepsilon$，则 $L - \varepsilon \le x_n^- \le x_n^+ \le L + \varepsilon$）

$\liminf x_n = x^+, \limsup x_n = x^-$，其中 $x^+$ 和 $x^-$ 指所有收敛子列的极限的上/下确界。（证明：先证明 $\limsup_{n\to\infty}x_n = lim_{k\to\infty}x_{n_k}^+ \ge lim_{k\to\infty}x_{n_k}$，再构造一个符合要求的子列证明 $\le$。）

Topology

区间：九种形态（两边各取中括号、小括号或$\infty$）

闭区间套定理：相互包含的闭区间套 $[a_n, b_n]$，若 $lim_{n\to\infty}(b_n - a_n) = 0$，则 $\bigcap_{n\ge1}[a_n, b_n]$ 仅包含一个点。

内点：存在一个邻域完全在集合中

开集：集合的所有点都是内点

闭集：补集是开集（或：包含所有聚点）

Heine-Borel 定理：$\mathbb R$ 中的有界闭集都是紧集（任何开覆盖都有有限子覆盖）

聚点：任意去心邻域内都有点（或：任意邻域内都有无穷个点）

Limit Point Principle：$\mathbb R$ 中任意有界无限集合都有聚点。

数列极限与实数完备性

二项式估计

题目

不使用对数、指数函数的连续性或求导，证明

$$\boxed{\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{n}=1.}$$

思路

直接计算 $n^{1/n}$ 不方便。令 $a_n=\sqrt[n]{n}-1$，将问题变为证明 $a_n\to0$。利用二项式展开的某一项估计 $a_n$。

解答

显然 $a_n\ge0$，且

$$n=(1+a_n)^n \ge \binom n2a_n^2.$$

因此，对 $n\ge2$，

$$0\le a_n\le\sqrt{\frac{2}{n-1}}\to0.$$

由夹逼定理，

$$\boxed{\sqrt[n]{n}\to1.}$$

启发

遇到 $n$ 次根，不必急着取对数。可以把根号转化成一个正的小量，再利用二项式展开中的某一项建立估计。这也是证明指数增长快于多项式增长的常见方法。

递推数列——奇偶子列

题目

设

$$x_1=1,\qquad x_{n+1}=1+\frac2{x_n}.$$

证明 $(x_n)$ 收敛，并求其极限。

思路

不能直接把递推关系中的 $x_n$ 换成极限，因为还没有证明极限存在。

注意映射 $f(x)=1+2/x$ 严格递减，递推序列会在不动点两侧来回跳动。这提示考虑奇偶子列。

解答

首先，$2$ 是 $f$ 的正不动点。因为 $x_1<2$，且 $f$ 递减，所以递推可得

$$x_{2k-1}<2<x_{2k}.$$

计算

$$f(f(x))=\frac{3x+2}{x+2},$$

从而

$$f(f(x))-x =\frac{(2-x)(x+1)}{x+2}.$$

因此：

• 当 $0<x<2$，有 $f(f(x))>x$；
• 当 $x>2$，有 $f(f(x))<x$。 于是奇数项子列单调递增且上有界，偶数项子列单调递减且下有界。由 MCT，两者分别收敛，记为 $a,b>0$。

递推关系给出

$$a=1+\frac2b,\qquad b=1+\frac2a.$$

即

$$ab=b+2=a+2,$$

所以 $a=b$。进一步

$$a=1+\frac2a \implies (a-2)(a+1)=0.$$

由于 $a>0$，故

$$\boxed{x_n\to2.}$$

启发

递推函数递减时，整个序列通常不单调，但二次迭代 $f\circ f$ 递增，奇偶子列可能单调。

记住证明顺序：先证明有界与收敛，再列极限方程，最后排除不合条件的根。

不知道极限值，但要证明极限存在

题目：设 $(a_n)$ 是非负实数列，满足

$$a_{m+n}\le a_m+a_n,\qquad m,n\ge1.$$

证明

$$\boxed{\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{n} =\inf_{k\ge1}\frac{a_k}{k}.}$$

这一性质称为次可加性（subadditivity）。

思路

$\frac{a_n}{n}$ 不一定单调，直接使用 MCT 不合适。

目标是证明

$$\limsup\frac{a_n}{n} \le\inf_k\frac{a_k}{k} \le\liminf\frac{a_n}{n}.$$

关键是固定一个 $k$，把任意大的 $n$ 写成 $n=qk+r$。

解答

记

$$s=\inf_{k\ge1}\frac{a_k}{k}.$$

显然 $s\le a_n/n$，故

$$s\le\liminf_{n\to\infty}\frac{a_n}{n}.$$

任取固定的 $k\ge1$。由欧几里得除法，

$$n=qk+r,\qquad 0\le r<k.$$

约定 $a_0=0$，令 $M_k=\max_{0\le r<k}a_r$。反复利用次可加性，

$$a_n\le qa_k+a_r\le qa_k+M_k.$$

因为 $a_k\ge0$，所以

$$\frac{a_n}{n} \le\frac{a_k}{k}+\frac{M_k}{n}.$$

令 $n\to\infty$，得

$$\limsup_{n\to\infty}\frac{a_n}{n} \le\frac{a_k}{k}.$$

由于 $k$ 任意，

$$\limsup\frac{a_n}{n}\le s.$$

综合起来，

$$s\le\liminf\frac{a_n}{n} \le\limsup\frac{a_n}{n}\le s.$$

因此极限存在，且等于 $s$。

值得掌握的启发：对于整体上并不单调的序列，可以通过固定一个尺度 $k$，分析 $n$ 个对象能分成多少个长度为 $k$ 的块（利用 Euclid's division lemma），将其极限行为归结为某个下确界。

构造两条趋近序列，证明极限不存在

核心工具：Heine 序列判别法

题目

证明

$$\lim_{x\to0}\sin\frac1x$$

不存在。

思路

找两条趋于 $0$ 的数列，使函数值分别趋于不同的值。特别注意：数列中的点必须属于函数定义域，且不等于 $0$。

解答

令

$$x_n=\frac1{2n\pi+\pi/2},\qquad y_n=\frac1{2n\pi+3\pi/2}.$$

则 $x_n,y_n\ne0$，且都趋于 $0$。

但是

$$\sin\frac1{x_n}=1,\qquad \sin\frac1{y_n}=-1.$$

假设原函数极限存在，根据函数极限的序列判别法，这两个数列对应的函数值必须趋于同一个极限，矛盾。

因此极限不存在。

启发

证明极限存在，需要控制所有充分接近目标点的输入；证明极限不存在，只需要找到两种互相矛盾的趋近行为。

limsup 与 liminf——理解它们为什么不能随便相加

核心工具：尾部上确界、子列极限、极限上运算的不等式

题目

设

$$a_n=(-1)^n+\frac1n,\qquad b_n=(-1)^{n+1}+\frac1n.$$

求两列的上、下极限，并证明

$$\limsup(a_n+b_n) < \limsup a_n+\limsup b_n.$$

思路

观察奇偶子列，并利用有界序列的上极限等于所有子列极限的上确界。

解答

两个序列的子列极限集合均为 $\{-1,1\}$，故

$$\begin{aligned} \limsup a_n&=\limsup b_n=1,\\ \liminf a_n&=\liminf b_n=-1. \end{aligned}$$

但

$$a_n+b_n=\frac2n\to0.$$

于是

$$\boxed{ \limsup(a_n+b_n)=0<1+1=2. }$$

启发

两个数列分别达到接近各自最大值的时刻，可能根本不重合。

所以一般只有

$$\limsup(a_n+b_n) \le\limsup a_n+\limsup b_n$$

（当右侧的扩展实数加法有定义时），而不能随意写成等式。

当然，这个不等式还可以延长：

$$\liminf(a_n)+\liminf(b_n) \le\liminf(a_n+b_n) \le\liminf(a_n)+\limsup(b_n) \le\limsup(a_n+b_n) \le\limsup a_n+\limsup b_n$$

证明也很简单：

• 记 $A_{N}=\inf_{n\geq N}a_{n}$、 $U_{N}=\sup_{n\geq N}a_{n}$，对 $(b_{n})$ 相应记为 $B_{N}, V_{N}$.
• 对每个尾集有

$$\begin{align*}A_{N}+B_{N}&\leq\inf_{n\geq N}(a_{n}+b_{n})\\&\leq A_{N}+V_{N}\leq\sup_{n\geq N}(a_{n}+b_{n})\leq U_{N}+V_{N}.\end{align*}$$

• 中间两步分别由 $a_n + b_n \leq a_n + V_N$ 取下确界，以及 $a_n + b_n \geq A_N + b_n$ 取上确界得到。令 $N \to \infty$ 即得结论。

紧致性、连续性

Bolzano–Weierstrass 定理

题目

证明实数轴上每个无限的闭有界集合 $E$ 都至少存在一个属于 $E$ 的聚点。

思路

“无限”提示可以取出无穷多个不同的点；“有界”提示使用 BWT；“闭”则负责保证极限仍属于集合。

解答

因为 $E$ 无限，可取两两不同的点

$$x_1,x_2,\ldots\in E.$$

由于 $E$ 有界，$(x_n)$ 是有界数列。由 BWT，存在子列

$$x_{n_k}\to x\in\mathbb R.$$

又因为 $E$ 闭，故 $x\in E$。

由于 $x_{n_k}$ 两两不同，且收敛到 $x$，所以 $x$ 的任意邻域内都存在不等于 $x$ 的 $E$ 中点。

因此 $x$ 是 $E$ 的聚点。

启发

BWT 本身只保证存在收敛子列，不保证极限属于原集合。将极限留在集合内的是闭性。

反例：

$$E=\left\{\frac1n:n\ge1\right\}$$

有界且无限，但其唯一聚点 $0\notin E$。

Lebesgue 数引理

题目

设非空闭有界集 $K\subseteq\mathbb R$ 被一族开集 $\{U_\alpha\}$ 覆盖。

证明存在 $\delta>0$，使得任意非空子集 $A\subseteq K$，只要其直径小于 $\delta$，就存在某个 $U_\alpha$ 完全包含 $A$。

换句话说，不仅每个点能被覆盖，而且所有足够小的局部集合都能被某一个开集完整覆盖。

思路

对每个 $x\in K$，先找到一个完全位于某个 $U_\alpha$ 内的开邻域。再用 Heine–Borel 将无穷多个局部邻域压缩成有限多个，从而获得一个统一的 $\delta$。

#### 解答

对任意 $x\in K$，选取包含 $x$ 的某个 $U_x$，并选取 $r_x>0$，使

$$(x-2r_x,x+2r_x)\subseteq U_x.$$

由于较小的开区间

$$\{(x-r_x,x+r_x):x\in K\}$$

覆盖 $K$，由 Heine–Borel 定理，存在有限多个点 $x_1,\ldots,x_m$，使

$$K\subseteq\bigcup_{i=1}^m(x_i-r_i,x_i+r_i).$$

取

$$\delta=\min_{1\le i\le m}r_i>0.$$

现任取非空 $A\subseteq K$，满足 $\operatorname{diam}(A)<\delta$。

选取 $a\in A$，则存在 $i$ 使 $|a-x_i|<r_i$。

对任意 $b\in A$，

$$|b-x_i|\le|b-a|+|a-x_i| <\delta+r_i\le2r_i.$$

所以 $b\in U_{x_i}$。因此

$$\boxed{A\subseteq U_{x_i}.}$$

证毕。

启发

紧致性的作用是把“每一点都有自己的局部控制”提升成“存在统一的全局控制”。

这里最重要的操作是：

$$\boxed{\text{局部开邻域}\longrightarrow \text{有限子覆盖}\longrightarrow \text{统一常数}.}$$

注意开区间 $(0,1)$ 不满足 Heine–Borel 性质，例如 $\{(1/n,1):n\ge2\}$ 覆盖它，却没有有限子覆盖。

反证法与量词否定

题目

不直接引用 Heine–Cantor 定理，证明：

若 $f:[0,1]\to\mathbb R$ 连续，则 $f$ 一致连续。

思路

直接从逐点连续推出一致连续，困难在于每个点对应的 $\delta$ 不同。

反过来，假设不一致连续，就能构造两列距离越来越近、但函数值始终相差一定量的点，再使用 BWT。

解答

假设 $f$ 不一致连续。则存在 $\varepsilon_0>0$，使得

$$\forall\delta>0,\quad \exists x,y\in[0,1]: \quad |x-y|<\delta,\quad |f(x)-f(y)|\ge\varepsilon_0.$$

特别地，令 $\delta=1/n$，可取 $x_n,y_n\in[0,1]$，满足

$$|x_n-y_n|<\frac1n, \qquad |f(x_n)-f(y_n)|\ge\varepsilon_0.$$

由于 $(x_n)$ 有界，由 BWT 存在子列 $x_{n_k}\to c\in[0,1]$。

并且

$$|y_{n_k}-c| \le |y_{n_k}-x_{n_k}|+|x_{n_k}-c| \to0.$$

因此 $y_{n_k}\to c$。

由 $f$ 在 $c$ 处连续，

$$f(x_{n_k})\to f(c),\qquad f(y_{n_k})\to f(c).$$

所以

$$|f(x_{n_k})-f(y_{n_k})|\to0,$$

与始终不小于 $\varepsilon_0$ 矛盾。

证毕。

启发

$$\boxed{ \text{否定统一控制} \Rightarrow \text{构造坏数列} \Rightarrow \text{紧致性取极限} \Rightarrow \text{局部性质制造矛盾}. }$$

不仅能用来证明一致连续，也能应用于连续函数有界性、逆函数连续性等问题。