数学分析复习：数列和级数收敛
- 1. 实数列收敛的定义
- 2. 实数项级数收敛的定义
- 3. 单调有界实数列必收敛
- 4. Bolzano-Weierstrass定理
- 5. Cauchy列
- 6. Euler常数 e 的构造
- 7.判断实数列和实数项级数收敛的办法
本篇文章适合个人复习翻阅，不建议新手入门使用
1. 实数列收敛的定义
设实数列
{
x
n
}
n
≥
1
\{x_n\}_{n\geq 1}
{xn}n≥1，若存在
x
∈
R
x\in\mathbb{R}
x∈R，使得
∀
ε
>
0
,
∃
N
≥
1
,
s
.
t
.
∀
n
≥
N
,
∣
x
n
−
x
∣
<
ε
\forall \varepsilon>0,\exists N\geq 1,s.t.\forall n\geq N,|x_n-x|<\varepsilon
∀ε>0,∃N≥1,s.t.∀n≥N,∣xn−x∣<ε则称数列
{
x
n
}
\{x_n\}
{xn}收敛，x称作
{
x
n
}
\{x_n\}
{xn}的极限，记作
lim
n
→
∞
x
n
=
x
\lim\limits_{n\to\infty}x_n=x
n→∞limxn=x
若
∀
M
>
0
,
∃
>
0
,
s
.
t
.
∀
n
≥
N
,
∣
x
n
∣
>
M
\forall M>0,\exists>0,s.t.\forall n\geq N,|x_n|>M
∀M>0,∃>0,s.t.∀n≥N,∣xn∣>M则称数列
{
x
n
}
\{x_n\}
{xn}发散
注：有的书将没有极限的情形也叫做发散
2. 实数项级数收敛的定义
考虑一列实数
a
1
,
a
2
,
…
a_1,a_2,\dots
a1,a2,… 及其级数
∑
i
=
1
∞
a
i
\sum\limits_{i=1}^{\infty}a_i
i=1∑∞ai，设部分和
x
n
=
∑
i
=
1
n
a
i
x_n=\sum\limits_{i=1}^na_i
xn=i=1∑nai
若
{
x
n
}
\{x_n\}
{xn}收敛，则称级数
∑
i
=
1
∞
a
i
\sum\limits_{i=1}^{\infty}a_i
i=1∑∞ai 收敛，记
∑
i
=
1
∞
a
i
=
lim
n
→
∞
x
n
\sum\limits_{i=1}^{\infty}a_i=\lim\limits_{n\to\infty}x_n
i=1∑∞ai=n→∞limxn
若
{
x
n
}
\{x_n\}
{xn}发散，则称级数
∑
i
=
1
∞
a
i
\sum\limits_{i=1}^{\infty}a_i
i=1∑∞ai 发散
例：调和级数
∑
n
=
1
∞
1
m
\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{m}
n=1∑∞m1是发散级数
证明思路：只需注意到
∑
j
=
1
n
−
1
1
j
=
1
1
+
(
1
2
+
1
3
)
+
(
1
4
+
1
5
+
1
6
+
1
7
)
+
⋯
+
(
1
2
k
−
1
+
1
2
k
−
1
+
1
+
⋯
+
1
2
k
−
1
)
>
1
×
1
2
+
2
×
1
4
+
⋯
+
2
k
−
1
×
1
2
k
=
k
2
\begin{split} \sum\limits_{j=1}^{n-1}\frac{1}{j} =&\frac{1}{1}+(\frac{1}{2}+\frac{1}{3})+(\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7})+\cdots\\ &+(\frac{1}{2^{k-1}}+\frac{1}{2^{k-1}+1}+\cdots+\frac{1}{2^k-1})\\>&1\times\frac{1}{2}+2\times\frac{1}{4}+\cdots+2^{k-1}\times \frac{1}{2^k}\\ =&\frac{k}{2} \end{split}
j=1∑n−1j1=>=11+(21+31)+(41+51+61+71)+⋯+(2k−11+2k−1+11+⋯+2k−11)1×21+2×41+⋯+2k−1×2k12k
3. 单调有界实数列必收敛
这是一个重要的定理，要证明它，我们只需证明以下的版本
设实数列
{
x
n
}
\{x_n\}
{xn}有界，并且是单调递增的，那么
{
x
n
}
\{x_n\}
{xn}必收敛于其上确界，即
lim
n
→
∞
x
n
=
sup
n
≥
1
x
n
\lim\limits_{n\to\infty}x_n=\sup\limits_{n\geq 1}x_n
n→∞limxn=n≥1supxn证明思路：（确界原理）
令
a
=
sup
n
≥
1
x
n
a=\sup\limits_{n\geq 1}x_n
a=n≥1supxn，由上确界的等价刻画
∀
ε
>
0
,
∃
,
s
.
t
.
−
ε
<
x
n
−
a
<
0
\forall \varepsilon >0,\exists,s.t.-\varepsilon <x_n-a<0
∀ε>0,∃,s.t.−ε<xn−a<0由于
{
x
n
}
\{x_n\}
{xn}是单调递增的，则
∀
n
≥
N
,
−
ε
<
x
n
−
a
<
0
\forall n\geq N,-\varepsilon<x_n-a<0
∀n≥N,−ε<xn−a<0即
∣
x
n
−
a
∣
<
ε
|x_n-a|<\varepsilon
∣xn−a∣<ε这说明
lim
n
→
∞
x
n
=
a
\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a
n→∞limxn=a
4. Bolzano-Weierstrass定理
也称BW凝聚定理，简称B-W定理，内容是：有界实数列必有收敛子列
证明思路：（单调有界实数列必收敛+如下的引理）
引理：任意实数列必有单调子列
引理的证明：构造这样一个集合 X = { x k ∣ ∀ l ≥ k , x k ≥ x l } X=\{x_k|\forall l\geq k,x_k\geq x_l\} X={xk∣∀l≥k,xk≥xl}为理解X的构造，我们探索 { x n } \{x_n\} {xn}中什么样的元素可以进入X
- 从 x 1 x_1 x1开始，第一个不小于自己以后所有元素的那项进入X，记为 x i 1 x_{i_1} xi1
- 检查
x
i
1
+
1
x_{i_1+1}
xi1+1是否符合以下条件
- 比 x i 1 x_{i_1} xi1小
- 后面没有比自己大的元素
- 若符合，则可进入X；否则检查 x i 1 + 2 x_{i_1+2} xi1+2，直至找到下一个进入X的元素，记为 x i 2 x_{i_2} xi2
- 对 x i 2 + 1 x_{i_2+1} xi2+1进行检查……
理解了上述过程，就容易给出证明
若X是无限集，X自然给出了一个单调下降的子列
若X是有限集，设最后一个进入X的元素为
x
i
l
x_{i_l}
xil，它以后的元素都比它小；
考虑
x
i
l
+
1
x_{i_l+1}
xil+1，则它后面必有元素比它大，否则它会进入X；按照此规则，必然能找到一个单调递增的子列
5. Cauchy列
5.1 Cauchy列的性质
首先给出Cauchy列的定义
设实数列
{
x
n
}
\{x_n\}
{xn}
∀
ε
>
0
,
∃
N
≥
1
,
s
.
t
.
∀
m
,
n
≥
N
,
∣
x
m
−
x
n
∣
<
ε
\forall \varepsilon>0,\exists N\geq 1,s.t.\forall m,n\geq N,|x_m-x_n|<\varepsilon
∀ε>0,∃N≥1,s.t.∀m,n≥N,∣xm−xn∣<ε称满足上述性质的实数列为Cauchy列
性质1：Cauchy列必有界
性质2：Cauchy列的子列若收敛，那么它本身也收敛
证明思路：使用加减同一项再辅以三角不等式的经典方法
∣
x
n
−
x
∣
≤
∣
x
n
−
x
i
k
∣
+
∣
x
i
k
−
x
∣
<
ε
|x_n-x|\leq |x_n-x_{i_k}|+|x_{i_k}-x|<\varepsilon
∣xn−x∣≤∣xn−xik∣+∣xik−x∣<ε注：性质2说的是，Cauchy列不可能有两个收敛到不同地方的子列
5.2 实数列的Cauchy收敛准则
实数列 { x n } \{x_n\} {xn}收敛当且仅当它是Cauchy列
证明：
必要性：使用加减同一项再辅以三角不等式的经典方法
充分性：Cauchy有界，由BW定理知有收敛子列，故收敛
5.3 实数项级数的Cauchy收敛准则
级数
∑
k
=
0
∞
a
k
\sum\limits_{k=0}^{\infty}a_k
k=0∑∞ak收敛当且仅当
∀
ε
>
0
,
∃
N
>
0
,
∀
n
≥
N
,
p
∈
N
≥
0
,
∣
∑
n
≤
k
≤
n
+
p
∣
a
k
∣
<
ε
\forall \varepsilon>0,\exists N>0,\forall n\geq N,p\in \mathbb{N}_{\geq 0},|\sum\limits_{n\leq k\leq n+p}|a_k|<\varepsilon
∀ε>0,∃N>0,∀n≥N,p∈N≥0,∣n≤k≤n+p∑∣ak∣<ε注：上述准则说明
∑
k
=
0
∞
a
k
\sum\limits_{k=0}^{\infty}a_k
k=0∑∞ak收敛的必要条件是
a
n
→
0
a_n\to 0
an→0
6. Euler常数 e 的构造
我们将e定义为极限 lim n → ∞ ( 1 + 1 n ) n \lim\limits_{n\to \infty}(1+\frac{1}{n})^n n→∞lim(1+n1)n，首先来证明这个极限的存在性
证明思路：（单调有界数列必收敛）
- k ! ≥ 2 k − 1 k!\geq 2^{k-1} k!≥2k−1：数学归纳法易证
-
(
1
+
1
n
)
n
≤
∑
k
=
0
n
1
k
!
(1+\frac{1}{n})^n\leq \sum\limits_{k=0}^n\frac{1}{k!}
(1+n1)n≤k=0∑nk!1：二项式定理展开
( 1 + 1 n ) n = ∑ k = 0 n C n k 1 n k = ∑ k = 0 n 1 k ! ( 1 − 1 n ) ( 1 − 2 n ) ⋯ ( 1 − k − 1 n ) ≤ ∑ k = 0 n 1 k ! \begin{split} (1+\frac{1}{n})^n&=\sum\limits_{k=0}^nC_n^k\frac{1}{n^k}\\ &=\sum\limits_{k=0}^n\frac{1}{k!}(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})\cdots(1-\frac{k-1}{n})\\ &\leq \sum\limits_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}\\ \end{split} (1+n1)n=k=0∑nCnknk1=k=0∑nk!1(1−n1)(1−n2)⋯(1−nk−1)≤k=0∑nk!1 - x n = ( 1 + 1 n ) n x_n=(1+\frac{1}{n})^n xn=(1+n1)n有界：$ x n ≤ 1 + 1 + ∑ k = 1 n 1 2 k < 3 x_n\leq 1+1+\sum\limits_{k=1}^n\frac{1}{2^k}<3 xn≤1+1+k=1∑n2k1<3
-
{
x
n
}
\{x_n\}
{xn}单调递增：
( 1 + 1 n ) n = ∑ k = 0 n 1 k ! ( 1 − 1 n ) ( 1 − 2 n ) ⋯ ( 1 − k − 1 n ) < ∑ k = 0 n + 1 1 k ! ( 1 − 1 n ) ( 1 − 2 n ) ⋯ ( 1 − k − 1 n + 1 ) = ( 1 + 1 n + 1 ) n + 1 \begin{split} (1+\frac{1}{n})^n&=\sum\limits_{k=0}^n\frac{1}{k!}(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})\cdots(1-\frac{k-1}{n})\\ &<\sum\limits_{k=0}^{n+1}\frac{1}{k!}(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})\cdots(1-\frac{k-1}{n+1})\\ &=(1+\frac{1}{n+1})^{n+1} \end{split} (1+n1)n=k=0∑nk!1(1−n1)(1−n2)⋯(1−nk−1)<k=0∑n+1k!1(1−n1)(1−n2)⋯(1−n+1k−1)=(1+n+11)n+1
根据上述e的定义，可得出一个重要结论： e = ∑ k = 0 ∞ 1 k ! e=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!} e=k=0∑∞k!1证明思路：先证级数收敛，再证 A ≥ B , B ≥ A A\geq B,B\geq A A≥B,B≥A
- 级数 ∑ k = 1 ∞ 1 2 k \sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{1}{2^k} k=1∑∞2k1收敛，故为Cauchy列
- 级数
∑
k
=
2
∞
1
k
!
\sum\limits_{k=2}^{\infty}\frac{1}{k!}
k=2∑∞k!1收敛
1 ( n + 1 ) ! + ⋯ + 1 ( n + m ) ! ≤ 1 2 n + 1 + ⋯ + 1 2 n + m < ε \frac{1}{(n+1)!}+\cdots+\frac{1}{(n+m)!}\leq \frac{1}{2^{n+1}}+\cdots+\frac{1}{2^{n+m}}<\varepsilon (n+1)!1+⋯+(n+m)!1≤2n+11+⋯+2n+m1<ε -
e
≤
∑
k
=
0
∞
1
k
!
e\leq \sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!}
e≤k=0∑∞k!1
( 1 + 1 n ) n ≤ ∑ k = 0 ∞ 1 k ! (1+\frac{1}{n})^n\leq \sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!} (1+n1)n≤k=0∑∞k!1 -
e
≥
∑
k
=
0
∞
1
k
!
e\geq \sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!}
e≥k=0∑∞k!1：利用
{
x
n
}
\{x_n\}
{xn}是单调递增的
e = lim m → ∞ ( 1 + 1 m ) m ≥ ( 1 + 1 n ) n = ∑ k = 0 n 1 k ! ( 1 − 1 n ) ( 1 − 2 n ) ⋯ ( 1 − k − 1 n ) ≥ ∑ k = 0 n 0 1 k ! ( 1 − 1 n ) ( 1 − 2 n ) ⋯ ( 1 − k − 1 n ) \begin{split} e&=\lim\limits_{m\to\infty}(1+\frac{1}{m})^m\geq (1+\frac{1}{n})^n\\ &=\sum\limits_{k=0}^n\frac{1}{k!}(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})\cdots(1-\frac{k-1}{n})\\ &\geq \sum\limits_{k=0}^{n_0}\frac{1}{k!}(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})\cdots(1-\frac{k-1}{n})\\ \end{split} e=m→∞lim(1+m1)m≥(1+n1)n=k=0∑nk!1(1−n1)(1−n2)⋯(1−nk−1)≥k=0∑n0k!1(1−n1)(1−n2)⋯(1−nk−1)固定 n 0 n_0 n0，令 n → ∞ n\to\infty n→∞，得 e ≥ ∑ k = 0 n 0 1 k ! e\geq \sum\limits_{k=0}^{n_0}\frac{1}{k!} e≥k=0∑n0k!1
令 n 0 → ∞ n_0\to\infty n0→∞，得 e ≥ ∑ k = 0 ∞ 1 k ! e\geq \sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!} e≥k=0∑∞k!1
7.判断实数列和实数项级数收敛的办法
双边控制
设有实数列
{
a
n
}
,
{
x
n
}
,
{
b
n
}
\{a_n\},\{x_n\},\{b_n\}
{an},{xn},{bn}
∀
n
≥
1
,
a
n
≤
x
n
≤
b
n
\forall n\geq 1,a_n\leq x_n\leq b_n
∀n≥1,an≤xn≤bn
若
{
a
n
}
,
{
b
n
}
\{a_n\},\{b_n\}
{an},{bn}均收敛，且
lim
n
→
∞
a
n
=
lim
n
→
∞
b
n
\lim\limits_{n\to\infty}a_n=\lim\limits_{n\to\infty}b_n
n→∞liman=n→∞limbn
则
{
x
n
}
\{x_n\}
{xn}收敛且
lim
n
→
∞
a
n
=
lim
n
→
∞
b
n
=
lim
n
→
∞
x
n
\lim\limits_{n\to\infty}a_n=\lim\limits_{n\to\infty}b_n=\lim\limits_{n\to\infty}x_n
n→∞liman=n→∞limbn=n→∞limxn
上界控制
设有非负实数列
{
x
n
}
,
{
y
n
}
\{x_n\},\{y_n\}
{xn},{yn}
∀
n
≥
1
,
0
≤
x
n
≤
y
n
\forall n\geq 1,0\leq x_n\leq y_n
∀n≥1,0≤xn≤yn
若
lim
n
→
∞
y
n
=
0
\lim\limits_{n\to\infty}y_n=0
n→∞limyn=0，
那么
{
x
n
}
\{x_n\}
{xn}也收敛并且
lim
n
→
∞
x
n
=
0
\lim\limits_{n\to\infty}x_n=0
n→∞limxn=0
单调有界数列必收敛应用到级数
∑ k = 0 ∞ a k \sum\limits_{k=0}^{\infty}a_k k=0∑∞ak是正项级数，那么 ∑ k = 0 ∞ a k \sum\limits_{k=0}^{\infty}a_k k=0∑∞ak收敛当且仅当存在常数M，使得每个部分和 S n = ∑ k = 0 n a k ≤ M S_n=\sum\limits_{k=0}^na_k\leq M Sn=k=0∑nak≤M
正向级数的控制收敛定理
设正项级数 ∑ k = 0 ∞ a k \sum\limits_{k=0}^{\infty}a_k k=0∑∞ak和 ∑ k = 0 ∞ b k \sum\limits_{k=0}^{\infty}b_k k=0∑∞bk，设对任意 k ≥ 0 k\geq 0 k≥0，都有 a k ≤ b k a_k\leq b_k ak≤bk，如果 ∑ k = 0 ∞ b k \sum\limits_{k=0}^{\infty}b_k k=0∑∞bk收敛，那么 ∑ k = 0 ∞ a k \sum\limits_{k=0}^{\infty}a_k k=0∑∞ak也收敛
注：等价叙述是若 ∑ k = 0 ∞ a k \sum\limits_{k=0}^{\infty}a_k k=0∑∞ak发散，那么 ∑ k = 0 ∞ b k \sum\limits_{k=0}^{\infty}b_k k=0∑∞bk也发散
绝对收敛
设级数 ∑ k = 0 ∞ a k \sum\limits_{k=0}^{\infty}a_k k=0∑∞ak，若 ∑ k = 0 ∞ ∣ a k ∣ \sum\limits_{k=0}^{\infty}|a_k| k=0∑∞∣ak∣收敛，则 ∑ k = 0 ∞ a k \sum\limits_{k=0}^{\infty}a_k k=0∑∞ak收敛，此时称这个级数是绝对收敛的
证明：Cauchy收敛准则易证
标签：infty,frac,复习,limits,lim,sum,数学分析,xn,数列 From： https://blog.csdn.net/2301_76884115/article/details/136638313参考书：
- 《数学分析之课程讲义》清华大学数学系及丘成桐数学中心
- 《数学分析习题课讲义》谢惠民 恽自求 易法槐 钱定边 著