Home 数学 数学分析

# 实数的构成

通常来说，人们对 “实数” 的概念是一根数轴。在接触到数学分析之前，许多结论看起来是理所当然的，例如

  • 显然 y=xn−ay = x^n - a 与 y=0y = 0 有交点
  • 显然 lim⁡n→∞1n=0\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} = 0

为了真正做到分析，需要彻底了解什么是实数，实数具有什么样的性质
第一个要考虑的问题就是 “数轴上到底有没有洞”。为了分析该问题不妨设数轴上确实有一个洞，那么按照偏序关系可以令较小的集合为 AA ，较大的集合为 BB
我们来证明 AA 中不存在最大元，以及 BB 中不存在最小元：
假设 AA 具有最大元 aa，则

A={x∈R∣x≤a}A = \{x \in \mathbb R \mid x \leq a\}

由于我们从实数中分为了两端，所以非 AA 即 BB，这意味着

B={x∈R∣x>a}B = \{x \in \mathbb R \mid x \gt a\}

那么显然

A=(−∞,a],B=(a,+∞)A = (-\infty, a], \quad B = (a, +\infty)

二者之间没有任何一个可以放 “洞” 的位置了。
更直观的说法是，如果数轴上存在一个洞，就意味着从这个洞的两侧去无限接近它时，会得到一个不是实数的结果
同样的方法可以证明出 BB 中不存在最小元

因此，取上述结论的逆否命题，我们可以得到：将实数分为一大一小两组，无法做到让较小的组具有最大元，较大的组具有最小元
如果这个结论成立，也就说明了数轴上没有洞，更加严谨的描述方法如下

定义
满足以下条件的 A,B⊂RA,B \subset \mathbb R 称为实数的 Dedekind 切分 (Dedekind Cut)「デデキント切断」：

  • A,B≠∅A,B \neq \emptyset
  • A∪B=RA \cup B = \mathbb R
  • A∩B=∅A \cap B = \emptyset
  • ∀a∈A,b∈B:a<b{}^\forall a \in A, b \in B: a \lt b

数学的结论依赖于推导，Euclid 的几何原本首次提供了公理的概念，给出了推导的起点
作为分析学的基础，实数的连续性是一条被承认的公理

公理 实数的连续性
对于实数的任意 Dedekind 切分 (A,B)(A,B)，下列两条一定且只有一条成立：

  • AA 中存在最大元，BB 中不存在最小元
  • AA 中不存在最大元，BB 中存在最小元

数学分析仅靠这一条公理就可以进行，完成后续的学习后可以明白这一条公理的表现等价于

  • 上确界的存在
  • 有界单调数列的收敛
  • Bolzano-Weierstrass 定理
  • Weierstrass 最大值定理

# 上确界与下确界

上下界等概念在集合论的偏序关系章节已经给出过泛用定义，这里强调实数中的定义方式
令子集 A⊆RA \subseteq \mathbb R

  • 若 x∈Rx \in \mathbb R 对任意 a∈Aa \in A 都满足 a≤xa \leq x，则称 xx 是 AA 的 上界 (Upper Bound)「上界」
  • 若 x∈Rx \in \mathbb R 对任意 a∈Aa \in A 都满足 a≥xa \geq x，则称 xx 是 AA 的 下界 (Lower Bound)「下界」

一般地，记 U(A)U(A) 为 AA 的上界集合，L(A)L(A) 为 AA 的下界集合

  • U(A)U(A) 的最小元称为 AA 的 上确界 (Supremum)「上确界」，记作 sup⁡A\sup A
  • L(A)L(A) 的最大元称为 AA 的 下确界 (Infimum)「下确界」，记作 inf⁡A\inf A

定理 上下确界的存在性
非空的有上（下）界的实数集合必定存在上（下）确界

证明

令 C⊂RC \subset \mathbb R 非空且有上界，则 U(C)≠∅U(C) \neq \emptyset，令

B:=U(C),A:=R∖BB := U(C),\quad A := \mathbb R \setminus B

以下证明 (A,B)(A, B) 是实数的 Dedekind 切分：
根据定义显然可以知道 B≠∅, A∪B=R, A∩B=∅B \neq \emptyset,\ A \cup B = \mathbb R,\ A \cap B = \emptyset
任取一元 c∈Cc \in C，如果有一个元 zz 满足 z<cz \lt c，那么根据定义 zz 就不可能是 CC 的上界，所以 z∈Az \in A，因此 AA 非空

任取 a∈Aa \in A，b∈Bb \in B，由于 bb 是 CC 的上界，所以 aa 不可能是 CC 的上界，因此 a<ba \lt b
因此，(A,B)(A, B) 是实数的 Dedekind 切分

根据实数的连续性，要么 AA 中存在最大元，要么 BB 中存在最小元
如果 BB 中存在最小元那自然就是 CC 的上确界了。我们需要证明不可能会有 AA 中存在最大元的情况
假设 AA 中存在最大元 aa，则 aa 不可能是 CC 的上界，所以 a∈Aa \in A，因此 a<ba \lt b 对任意 b∈Bb \in B 都成立
因此 aa 是 BB 的下界，所以 a∈Aa \in A，因此 aa 是 AA 的最大元，所以 aa 是 BB 的最小元，矛盾

下确界的证明同理
□\square

以下结论一方面可以更简单地证明上下确界，另一方面可以更直观的体现出上下确界的概念。因此也被称为上下确界的等价表述

命题
令 A⊂RA \subset \mathbb R 非空且有上界，a0∈Ra_0 \in \mathbb R，则以下等价

  • a0=sup⁡Aa_0 = \sup A
  • a0a_0 是 AA 的上界，且对于任意 ε>0\varepsilon \gt 0，存在 a∈Aa \in A 使得 a0−ε<aa_0 - \varepsilon \lt a
证明

(⇒)(\Rightarrow)
假设 a0=sup⁡Aa_0 = \sup A，则 a0a_0 是 AA 的上界。对于任意 ε>0\varepsilon \gt 0，如果不存在 a∈Aa \in A 使得 a0−ε<aa_0 - \varepsilon \lt a，则 a0−εa_0 - \varepsilon 是 AA 的上界，矛盾。因此存在 a∈Aa \in A 使得 a0−ε<aa_0 - \varepsilon \lt a

(⇐)(\Leftarrow)
假设 a0a_0 是 AA 的上界，且对于任意 ε>0\varepsilon \gt 0，存在 a∈Aa \in A 使得 a0−ε<aa_0 - \varepsilon \lt a。则对于任意 b<a0b \lt a_0，取 ε=a0−b\varepsilon = a_0 - b，存在 a∈Aa \in A 使得 b=a0−ε<ab = a_0 - \varepsilon \lt a，因此 bb 不是 AA 的上界。故 a0a_0 是 AA 的最小上界，即 a0=sup⁡Aa_0 = \sup A
□\square

命题
令 A⊂RA \subset \mathbb R 非空且有下界，a0∈Ra_0 \in \mathbb R，则以下等价

  • a0=inf⁡Aa_0 = \inf A
  • a0a_0 是 AA 的下界，且对于任意 ε>0\varepsilon \gt 0，存在 a∈Aa \in A 使得 a<a0+εa \lt a_0 + \varepsilon
证明

与上确界的证明同理
□\square

Archimedes 原理指出自然数集是没有上界的。在分析中往往以如下形式应用

定理 Archimedes 原理
令 a,b>0a,b \gt 0，则存在 n∈Nn \in \mathbb N 使得 na>bna \gt b

证明

假设对于任意 n∈Nn \in \mathbb N 都有 na≤bna \leq b，则 bb 是 {na∣n∈N}\{na \mid n \in \mathbb N\} 的上界，矛盾
□\square

Archimedes 原理最常用的形式是对任意 ε>0\varepsilon \gt 0，存在 N∈NN \in \mathbb N 使得 1N<ε\dfrac{1}{N} \lt \varepsilon

由其引出的第一个重要结论是有理数是稠密的，这意味着在任意一个极小区间内都一定存在有理数

定理 有理数的稠密性
对于任意的实数 x∈Rx \in \mathbb R 和任意 ε>0\varepsilon \gt 0，存在 q∈Qq \in \mathbb Q 使得 ∣x−q∣<ε|x - q| \lt \varepsilon

证明

不妨令 x>0x \gt 0，任意给定 ε>0\varepsilon \gt 0，根据 Archimedes 原理，存在 N∈NN \in \mathbb N 使得 1N<ε\dfrac{1}{N} \lt \varepsilon
再对 x,1Nx, \dfrac{1}{N} 应用 Archimedes 原理，存在 M∈NM \in \mathbb N 使得 MN>x\dfrac{M}{N} \gt x
选取满足该关系的最小的 MM，则

M−1N≤x<MN\frac{M-1}{N} \leq x \lt \frac{M}{N}

令

q=MNq = \frac{M}{N}

则 q∈Qq \in \mathbb Q，且

∣x−q∣=MN−x≤MN−M−1N=1N<ε|x - q| = \frac{M}{N} - x \leq \frac{M}{N} - \frac{M-1}{N} = \frac{1}{N} \lt \varepsilon

□\square

  • 若一个数列存在极限值，则称该数列是收敛的

注意，lim⁡\lim 这个记号本身就意味着默认了数列是收敛的（或者发散于无穷）
也就是说，lim⁡n→∞an=a\lim_{n \to \infty} a_n = a 这个式子的含义是：

  • 数列 {an}\{a_n\} 是收敛的
  • 数列 {an}\{a_n\} 的极限是 aa

# 数列的收敛

定义
称实数列 {an}\{a_n\} 收敛 (converge)「収束」 于 aa，当且仅当

∀ε>0,∃N∈N,∀n≥N:∣an−a∣<ε{}^\forall \varepsilon \gt 0, {}^\exists N \in \mathbb N, {}^\forall n \geq N: |a_n - a| \lt \varepsilon

此时称 aa 是数列 {an}\{a_n\} 的 极限 (limit)「極限」，记作

lim⁡n→∞an=a\lim_{n \to \infty} a_n = a

从定义中可以知道

lim⁡n→∞an=a  ⟺  lim⁡n→∞∣an−a∣=0\lim_{n \to \infty} a_n = a \iff \lim_{n \to \infty} |a_n - a| = 0

命题
实数列收敛的极限唯一

证明

假设数列 {an}\{a_n\} 收敛于 aa 和 bb
任意给定 ε>0\varepsilon \gt 0，根据定义

{∃N1∈N,∀n≥N1:∣an−a∣<ε2∃N2∈N,∀n≥N2:∣an−b∣<ε2\begin{cases} {}^\exists N_1 \in \mathbb N, {}^\forall n \geq N_1: |a_n - a| \lt \frac{\varepsilon}{2} \\ {}^\exists N_2 \in \mathbb N, {}^\forall n \geq N_2: |a_n - b| \lt \frac{\varepsilon}{2} \end{cases}

那么，由三角不等式

∣a−b∣=∣a−an+an−b∣≤∣a−an∣+∣an−b∣<ε2+ε2=ε|a - b| = |a - a_n + a_n - b| \leq |a - a_n| + |a_n - b| \lt \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon

因此，a−b=0a - b = 0，即 a=ba = b
□\square

命题
收敛的数列有界

证明

设 lim⁡n→∞an=a\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = a，那么根据定义

∃N∈N,∀n≥N:∣an−a∣<1{}^\exists N \in \mathbb N, {}^\forall n \geq N: |a_n - a| \lt 1

因此，对于任意 n≥Nn \geq N，有

∣an∣=∣an−a+a∣≤∣an−a∣+∣a∣<1+∣a∣|a_n| = |a_n - a + a| \leq |a_n - a| + |a| \lt 1 + |a|

令

M=max⁡{∣a1∣,∣a2∣,…,∣aN−1∣,1+∣a∣}M = \max\{|a_1|, |a_2|, \dots, |a_{N-1}|, 1 + |a|\}

则对于任意 n∈Nn \in \mathbb N，都有 ∣an∣≤M|a_n| \leq M，即数列 {an}\{a_n\} 有界
□\square

命题 数列的极限的四则性质
设 {an}\{a_n\} 和 {bn}\{b_n\} 是两个数列，实数 k∈Rk \in \mathbb R

  1. 常数数列：如果 an=c∈Ra_n = c \in \mathbb R 对任意 nn 都成立，则 lim⁡n→∞an=c\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = c
  2. 加法：如果 lim⁡n→∞an=a\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = a 和 lim⁡n→∞bn=b\displaystyle\lim_{n \to \infty} b_n = b，则 lim⁡n→∞(an+bn)=a+b\displaystyle\lim_{n \to \infty} (a_n + b_n) = a + b
  3. 标量乘法：如果 lim⁡n→∞an=a\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = a，则 lim⁡n→∞(kan)=ka\displaystyle\lim_{n \to \infty} (ka_n) = ka
  4. 乘法：如果 lim⁡n→∞an=a\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = a 和 lim⁡n→∞bn=b\displaystyle\lim_{n \to \infty} b_n = b，则 lim⁡n→∞(anbn)=ab\displaystyle\lim_{n \to \infty} (a_nb_n) = ab
  5. 除法：如果 lim⁡n→∞an=a\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = a 和 lim⁡n→∞bn=b≠0\displaystyle\lim_{n \to \infty} b_n = b \neq 0，则 \displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n} = \frac{a}
证明

(1)
对于任意 ε>0\varepsilon \gt 0，取 N=1N = 1，则对于任意 n≥Nn \geq N 都有 ∣an−c∣=∣c−c∣=0<ε|a_n - c| = |c - c| = 0 \lt \varepsilon，因此 lim⁡n→∞an=c\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = c

(2)
对于任意 ε>0\varepsilon \gt 0，根据定义，存在 N1,N2∈NN_1, N_2 \in \mathbb N 使得对于任意 n≥N1n \geq N_1 和 n≥N2n \geq N_2 都有 ∣an−a∣<ε2|a_n - a| \lt \frac{\varepsilon}{2} 和 ∣bn−b∣<ε2|b_n - b| \lt \frac{\varepsilon}{2}，因此对于任意 n≥max⁡{N1,N2}n \geq \max\{N_1, N_2\} 都有

∣(an+bn)−(a+b)∣=∣(an−a)+(bn−b)∣≤∣an−a∣+∣bn−b∣<ε2+ε2=ε|(a_n + b_n) - (a + b)| = |(a_n - a) + (b_n - b)| \leq |a_n - a| + |b_n - b| \lt \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon

(3)
对于任意 ε>0\varepsilon \gt 0，根据定义，存在 N∈NN \in \mathbb N 使得对于任意 n≥Nn \geq N 都有 ∣an−a∣<ε/∣k∣|a_n - a| \lt \varepsilon/|k|，因此对于任意 n≥Nn \geq N 都有

∣kan−ka∣=∣k∣∣an−a∣<∣k∣⋅ε/∣k∣=ε|ka_n - ka| = |k||a_n - a| \lt |k| \cdot \varepsilon/|k| = \varepsilon

(4)
对于任意 ε>0\varepsilon \gt 0，根据定义

{∃N1∈N,∀n≥N1:∣an−a∣<ε/(2∣b∣+1)∃N2∈N,∀n≥N2:∣bn−b∣<ε/(2∣a∣+1)\begin{cases} {}^\exists N_1 \in \mathbb N, {}^\forall n \geq N_1: |a_n - a| \lt \varepsilon/(2|b| + 1) \\ {}^\exists N_2 \in \mathbb N, {}^\forall n \geq N_2: |b_n - b| \lt \varepsilon/(2|a| + 1) \end{cases}

因此对于任意 n≥max⁡{N1,N2}n \geq \max\{N_1, N_2\} 都有

∣(anbn)−(ab)∣=∣anbn−anb+anb−ab∣=∣an(bn−b)+b(an−a)∣≤∣an∣∣bn−b∣+∣b∣∣an−a∣<(∣a∣+1)⋅ε/(2∣a∣+1)+∣b∣⋅ε/(2∣b∣+1)=ε2+ε2=ε\begin{aligned} |(a_nb_n) - (ab)| &= |a_nb_n - a_nb + a_nb - ab| \\ &= |a_n(b_n - b) + b(a_n - a)| \\ &\leq |a_n||b_n - b| + |b||a_n - a| \\ &\lt (|a| + 1) \cdot \varepsilon/(2|a| + 1) + |b| \cdot \varepsilon/(2|b| + 1) \\ &= \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon \end{aligned}

(5)
对于任意 ε>0\varepsilon \gt 0，根据定义

{∃N1∈N,∀n≥N1:∣an−a∣<ε/(2∣b∣+1)∃N2∈N,∀n≥N2:∣bn−b∣<ε/(2∣a∣+1)\begin{cases} {}^\exists N_1 \in \mathbb N, {}^\forall n \geq N_1: |a_n - a| \lt \varepsilon/(2|b| + 1) \\ {}^\exists N_2 \in \mathbb N, {}^\forall n \geq N_2: |b_n - b| \lt \varepsilon/(2|a| + 1) \end{cases}

因此对于任意 n≥max⁡{N1,N2}n \geq \max\{N_1, N_2\} 都有

∣anbn−ab∣=∣anb−ab+ab−abnbnb∣=∣b(an−a)+a(b−bn)bnb∣≤∣b∣∣an−a∣+∣a∣∣bn−b∣∣bn∣∣b∣<∣b∣⋅ε/(2∣b∣+1)+∣a∣⋅ε/(2∣a∣+1)∣b∣/2=ε2+ε2=ε\begin{aligned} \left|\frac{a_n}{b_n} - \frac{a}{b}\right| &= \left|\frac{a_nb - ab + ab - a b_n}{b_nb}\right| \\ &= \left|\frac{b(a_n - a) + a(b - b_n)}{b_nb}\right| \\ &\leq \frac{|b||a_n - a| + |a||b_n - b|}{|b_n||b|} \\ &\lt \frac{|b| \cdot \varepsilon/(2|b| + 1) + |a| \cdot \varepsilon/(2|a| + 1)}{|b|/2} \\ &= \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon \end{aligned}

□\square

数列的极限保有偏序关系

命题
令 {an}\{a_n\} 和 {bn}\{b_n\} 为两个收敛的数列。

∀n∈N:an≤bn  ⟹  lim⁡n→∞an≤lim⁡n→∞bn{}^\forall n \in \mathbb N: a_n \leq b_n \implies \lim_{n \to \infty} a_n \leq \lim_{n \to \infty} b_n

证明

令

a:=lim⁡n→∞an,b:=lim⁡n→∞bna := \lim_{n \to \infty} a_n, \quad b := \lim_{n \to \infty} b_n

对于任意 ε>0\varepsilon \gt 0，根据定义

{∃N1∈N,∀n≥N1:∣an−a∣<ε2∃N2∈N,∀n≥N2:∣bn−b∣<ε2\begin{cases} {}^\exists N_1 \in \mathbb N, {}^\forall n \geq N_1: |a_n - a| \lt \frac{\varepsilon}{2} \\ {}^\exists N_2 \in \mathbb N, {}^\forall n \geq N_2: |b_n - b| \lt \frac{\varepsilon}{2} \end{cases}

因此对于任意 n≥max⁡{N1,N2}n \geq \max\{N_1, N_2\} 都有

a−b=a−an+an−bn+bn−b≤∣a−an∣+(an−bn)+∣bn−b∣<ε2+0+ε2=ε\begin{aligned} a - b &= a - a_n + a_n - b_n + b_n - b \\ &\leq |a - a_n| + (a_n - b_n) + |b_n - b| \\ &\lt \frac{\varepsilon}{2} + 0 + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon \end{aligned}

因此，a−b≤0a - b \leq 0，即 a≤ba \leq b
□\square

引出数列收敛的著名结论

定理 夹逼定理
设 {an}\{a_n\}、{bn}\{b_n\} 和 {cn}\{c_n\}，其中 {an}\{a_n\} 和 {cn}\{c_n\} 都收敛于 aa，那么

∀n∈N:an≤bn≤cn  ⟹  lim⁡n→∞bn=a{}^\forall n \in \mathbb N: a_n \leq b_n \leq c_n \implies \lim_{n \to \infty} b_n = a

证明

任取 ε>0\varepsilon \gt 0，根据定义

{∃N1∈N,∀n≥N1:∣an−a∣<ε∃N2∈N,∀n≥N2:∣cn−a∣<ε\begin{cases} {}^\exists N_1 \in \mathbb N, {}^\forall n \geq N_1: |a_n - a| \lt \varepsilon \\ {}^\exists N_2 \in \mathbb N, {}^\forall n \geq N_2: |c_n - a| \lt \varepsilon \end{cases}

因此对于任意 n≥max⁡{N1,N2}n \geq \max\{N_1, N_2\} 都有

∣bn−a∣=∣bn−cn+cn−a∣≤∣bn−cn∣+∣cn−a∣<0+ε=ε\begin{aligned} |b_n - a| &= |b_n - c_n + c_n - a| \\ &\leq |b_n - c_n| + |c_n - a| \\ &\lt 0 + \varepsilon = \varepsilon \end{aligned}

因此 lim⁡n→∞bn=a\displaystyle\lim_{n \to \infty} b_n = a
□\square

数列的一个性质是单调性

  • 称数列 {an}\{a_n\} 是 单调递增 (monotonically increasing)「単調増加」 的，当且仅当 an≤an+1a_n \leq a_{n+1} 对任意 nn 都成立
  • 称数列 {an}\{a_n\} 是 单调递减 (monotonically decreasing)「単調減少」 的，当且仅当 an≥an+1a_n \geq a_{n+1} 对任意 nn 都成立
  • 单调递增或者单调递减合称为单调

命题
令数列 \

  1. 若 {an}\{a_n\} 是单调递增的且有上界，则 {an}\{a_n\} 收敛于 \sup\
  2. 若 {an}\{a_n\} 是单调递减的且有下界，则 {an}\{a_n\} 收敛于 \inf\
证明

(1)
设 a:=sup⁡{an∣n∈N}a := \sup\{a_n \mid n \in \mathbb N\}，对于任意 ε>0\varepsilon \gt 0，根据定义，存在 N∈NN \in \mathbb N 使得 a−ε<aN≤aa - \varepsilon \lt a_N \leq a，因此对于任意 n≥Nn \geq N 都有

a−ε<aN≤an≤aa - \varepsilon \lt a_N \leq a_n \leq a

因此，∣an−a∣<ε|a_n - a| \lt \varepsilon，即 lim⁡n→∞an=a\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = a

(2)
同理可证
□\square

示例 重要极限
数列

{(1+1n)n}\left\{\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n\right\}

是收敛的

证明

对其进行二项式展开

(1+1n)n=1+nC1⋅1n+nC2⋅1n2+⋯+nCn⋅1nn=∑k=0nnCk⋅1nk\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = 1 + {}_nC_1 \cdot \frac{1}{n} + {}_nC_2 \cdot \frac{1}{n^2} + \dots + {}_nC_n \cdot \frac{1}{n^n} = \sum_{k=0}^n {}_nC_k \cdot \frac{1}{n^k}

分析每一项：

nCk⋅1nk=n!k!(n−k)!⋅1nk=n(n−1)(n−2)…(n−k+1)k!⋅1nk=1k!⋅(1−1n)⋅(1−2n)⋅⋯⋅(1−k−1n)\begin{aligned} {}_nC_k \cdot \frac{1}{n^k} &= \frac{n!}{k!(n-k)!} \cdot \frac{1}{n^k} \\ &= \frac{n(n-1)(n-2) \dots (n-k+1)}{k!} \cdot \frac{1}{n^k} \\ &= \frac{1}{k!} \cdot \left(1 - \frac{1}{n}\right) \cdot \left(1 - \frac{2}{n}\right) \cdot \dots \cdot \left(1 - \frac{k-1}{n}\right) \end{aligned}

因此可以知道，在固定 kk 的情况下，每一项都是单调递增的。
并且也不难看出

{}_C_k \cdot \frac{1}{n^k} \leq \frac{1}{k!}

因此，数列是有界的，所以其收敛
□\square

  • 通常记该重要极限为

e:=lim⁡n→∞(1+1n)ne := \lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n

有界的单调数列收敛这一结论可以推广到区间列上，从而得到实数上的一个重要结论

定理 区间套定理
令 {In}\{I_n\} 是实数上的一个非空的，有界闭区间，且满足

∀n∈N:In+1⊆In{}^\forall n \in \mathbb N: I_{n+1} \subseteq I_n

那么，此时

∃ !x∈R: ⋂n=1∞In={x}{}^{\exists \, !} x \in \mathbb R:\ \bigcap_{n=1}^\infty I_n = \{x\}

证明

不妨设

In=[an,bn]I_n = [a_n, b_n]

根据区间列单调递减的假设，有

a1≤a2≤an≤an+1≤bn+1≤bn≤b1a_1 \leq a_2 \leq a_n \leq a_{n+1} \leq b_{n+1} \leq b_n \leq b_1

那么，数列 {an}\{a_n\} 是单调递增的且有上界，所以 {an}\{a_n\} 收敛于 a:=sup⁡{an∣n∈N}a := \sup\{a_n \mid n \in \mathbb N\}；
数列 {bn}\{b_n\} 是单调递减的且有下界，所以 {bn}\{b_n\} 收敛于 b := \inf\

那么，对于任意 n∈Nn \in \mathbb N，有 an≤bna_n \leq b_n，因此 a≤ba \leq b，所以 ⋂n=1∞In=[a,b]\bigcap_{n=1}^\infty I_n = [a, b]

如果 a≠ba \neq b，则存在 x∈(a,b)x \in (a, b)，由于 lim⁡n→∞an=a\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = a 和 lim⁡n→∞bn=b\displaystyle\lim_{n \to \infty} b_n = b，根据夹逼定理，lim⁡n→∞x=x\displaystyle\lim_{n \to \infty} x = x，矛盾

因此，a=ba = b，即 ⋂n=1∞In={a}\bigcap_{n=1}^\infty I_n = \{a\}，设 x:=ax := a，则 ⋂n=1∞In={x}\bigcap_{n=1}^\infty I_n = \{x\}
□\square

对于一个给定的数列 {an}\{a_n\}，通过取自然数中的一个单调递增序列

n1<n2<n3<…n_1 \lt n_2 \lt n_3 \lt \dots

再取这部分序列所对应的数列组成新的数列，可以得到

{ank}={an1,an2,an3,… }\{a_{n_k}\} = \{a_{n_1}, a_{n_2}, a_{n_3}, \dots\}

称 {ank}\{a_{n_k}\} 是 {an}\{a_n\} 的一个 子数列 (subsequence)「部分列」

定理 Bolzano-Weierstrass 定理
任意有界数列 {an}\{a_n\} 都存在一个收敛的子数列

证明

令 {xn}\{x_n\} 是一个有界的实数列，根据有界性，可以取到 M>0M \gt 0 使得

∣xn∣≤M|x_n| \leq M

我们按照如下方式构造一个有界闭区间的减少列

  • I0:=[−M,M]I_0 := [-M, M]
  • 对于各个 nn，集合 {k∈N∣xk∈In}\{k \in \mathbb N \mid x_k \in I_n\} 是无限的
  • In+1I_{n+1} 定义为将 InI_n 平分成两段后的其中一个

根据区间套定理，存在 x∈Rx \in \mathbb R 使得 ⋂n=0∞In={x}\bigcap_{n=0}^\infty I_n = \{x\}
对于任意 n∈Nn \in \mathbb N，集合 {k∈N∣xk∈In}\{k \in \mathbb N \mid x_k \in I_n\} 是无限的，因此可以取到一个单调递增的序列 {nk}\{n_k\} 使得 xnk∈Ikx_{n_k} \in I_k 对任意 kk 都成立
所以对于任意 ε>0\varepsilon \gt 0，存在 N∈NN \in \mathbb N 使得 IN⊆(x−ε,x+ε)I_N \subseteq (x - \varepsilon, x + \varepsilon)，因此对于任意 k≥Nk \geq N 都有

∣xnk−x∣≤length(IN)=length(I0)2N<ε|x_{n_k} - x| \leq \text{length}(I_N) = \frac{\text{length}(I_0)}{2^N} \lt \varepsilon

因此 lim⁡k→∞xnk=x\displaystyle\lim_{k \to \infty} x_{n_k} = x，即数列 {xnk}\{x_{n_k}\} 收敛
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# Cauchy 列

定义
称数列 {an}\{a_n\} 是 Cauchy 列 (Cauchy sequence)「コーシー列」，当且仅当

∀ε>0,∃N∈N,∀m,n≥N:∣an−am∣<ε{}^\forall \varepsilon \gt 0, {}^\exists N \in \mathbb N, {}^\forall m, n \geq N: |a_n - a_m| \lt \varepsilon

示例
取实数 rr 使得 0<r<10 \lt r \lt 1，若数列 {an}\{a_n\} 满足

∀n∈N:∣an+1−an∣≤r∣an−an−1∣{}^\forall n \in \mathbb N: |a_{n+1} - a_n| \leq r |a_n - a_{n-1}|

则 {an}\{a_n\} 是 Cauchy 列。（这样的数列称为收缩列）

证明

通过归纳法可以证明

∀n∈N:∣an+1−an∣≤rn−1∣a2−a1∣{}^\forall n \in \mathbb N: |a_{n+1} - a_n| \leq r^{n-1} |a_2 - a_1|

因此对于任意 m,n∈Nm, n \in \mathbb N，不妨设 n>mn \gt m，则

∣an−am∣≤∣an−an−1∣+∣an−1−an−2∣+⋯+∣am+1−am∣≤(rn−2+rn−3+⋯+rm)∣a2−a1∣=rm⋅1−rn−m−11−r⋅∣a2−a1∣≤rm1−r⋅∣a2−a1∣\begin{aligned} |a_n - a_m| &\leq |a_n - a_{n-1}| + |a_{n-1} - a_{n-2}| + \dots + |a_{m+1} - a_m| \\ &\leq (r^{n-2} + r^{n-3} + \dots + r^m)|a_2 - a_1| \\ &= r^m \cdot \frac{1 - r^{n-m-1}}{1 - r} \cdot |a_2 - a_1| \\ &\leq \frac{r^m}{1 - r} \cdot |a_2 - a_1| \end{aligned}

因此，对于任意 ε>0\varepsilon \gt 0，取 N=⌈log⁡r((1−r)ε∣a2−a1∣)⌉N = \left\lceil\log_r\left(\frac{(1 - r)\varepsilon}{|a_2 - a_1|}\right)\right\rceil，则对于任意 m,n≥Nm, n \geq N 都有

∣an−am∣≤rm1−r⋅∣a2−a1∣≤rN1−r⋅∣a2−a1∣<ε|a_n - a_m| \leq \frac{r^m}{1 - r} \cdot |a_2 - a_1| \leq \frac{r^N}{1 - r} \cdot |a_2 - a_1| \lt \varepsilon

即 {an}\{a_n\} 是 Cauchy 列
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命题
Cauchy 列是有界的

证明

设 {an}\{a_n\} 是一个 Cauchy 列，所以

∃N∈N,∀m,n≥N:∣an−am∣<1{}^\exists N \in \mathbb N, {}^\forall m, n \geq N: |a_n - a_m| \lt 1

考虑任意 n≥Nn \geq N，则

∣an∣=∣an−aN+aN∣≤∣an−aN∣+∣aN∣<1+∣aN∣|a_n| = |a_n - a_N + a_N| \leq |a_n - a_N| + |a_N| \lt 1 + |a_N|

因此，设

M:=max⁡{∣a1∣,∣a2∣,…,∣aN−1∣,1+∣aN∣}M := \max\{|a_1|, |a_2|, \dots, |a_{N-1}|, 1 + |a_N|\}

那么对于任意 n∈Nn \in \mathbb N 都有 ∣an∣≤M|a_n| \leq M
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实数的性质很好，这使得 Cauchy 列和收敛列等价。这样的性质被称为完备性
如果考虑在有理数上的数列，那么是可以构造出非收敛的 Cauchy 列的

命题
对于实数列 {an}\{a_n\}，以下等价

  • {an}\{a_n\} 是收敛的
  • {an}\{a_n\} 是 Cauchy 列
证明

(⇒)(\Rightarrow) 设数列收敛于 aa，则对于任意 ε>0\varepsilon \gt 0

∃N∈N,∀n≥N:∣an−a∣<ε2{}^\exists N \in \mathbb N, {}^\forall n \geq N: |a_n - a| \lt \frac{\varepsilon}{2}

因此，对于任意自然数 m,n≥Nm, n \geq N，有

∣an−am∣=∣an−a+a−am∣≤∣an−a∣+∣am−a∣<ε2+ε2=ε\begin{aligned} |a_n - a_m| &= |a_n - a + a - a_m| \\ &\leq |a_n - a| + |a_m - a| \\ &\lt \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon \end{aligned}

(⇐)(\Leftarrow) 设数列 {an}\{a_n\} 是 Cauchy 列，已有结论可以知道其有界，又根据 Bolzano-Weierstrass 定理可知存在收敛的子列 {ank}k∞\{a_{n_k}\}_k^\infty
设子列的极限

a:=lim⁡k→∞anka := \lim_{k \to \infty} a_{n_k}

我们证明原数列的极限也是 aa：任取 ε>0\varepsilon \gt 0，子列的收敛性与 Cauchy 列的定义分别给出

{∃k0∈N,∀k≥k0:∣ank−a∣<ε2∃n0∈N,∀m,n≥n0:∣an−am∣<ε2\begin{cases} {}^\exists k_0 \in \mathbb N, {}^\forall k \geq k_0: |a_{n_k} - a| \lt \dfrac{\varepsilon}{2} \\ {}^\exists n_0 \in \mathbb N, {}^\forall m, n \geq n_0: |a_n - a_m| \lt \dfrac{\varepsilon}{2} \end{cases}

因此，取 k≥k0k \geq k_0 使得 nk≥n0n_k \geq n_0
对于任意 n≥nkn \geq n_k，有

∣an−a∣=∣an−ank+ank−a∣≤∣an−ank∣+∣ank−a∣<ε2+ε2=ε  ⟹  lim⁡n→∞an=a\begin{aligned} |a_n - a| &= |a_n - a_{n_k} + a_{n_k} - a| \\ &\leq |a_n - a_{n_k}| + |a_{n_k} - a| \\ &\lt \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon \\ &\implies \lim_{n \to \infty} a_n = a \end{aligned}

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