问题2012110101

设正数列$\{x_n\}$收敛,极限大于0,证明:这个数列有正下界,但在数列中不一定有最小数.

来源

数学分析习题课讲义,作者:谢惠民,恽自求,易法槐,钱定边.

解答

设$x_n \rightarrow x$,则$x>0$,对于$x/2>0$,$\exists N$,当$n>N$时,$|x_n-x|<x/2$,$x_n>x/2$,如果令$m_1 = \inf_{n>N}{x_n}$,那么有$m_1 \ge x/2$,而令$m = \min\{x_1,\cdots,x_N,m_1\}$,那么$m>0$,并且对于所有的$n$,$x_n \ge m$,说明$\{x_n\}$有正的下界.
后半部分只需要举个例子即可:$x_n = 1 + 1/n$.

问题2012110102

证明:若有$\lim_{n \rightarrow \infty}{a_n} = +\infty$,则在数列$\{a_n\}$中一定有最小数.

来源

数学分析习题课讲义,作者:谢惠民,恽自求,易法槐,钱定边.

解答

首先,由于$\lim_{n \rightarrow \infty}{a_n} = +\infty$,对于1,$\exists N_1$,当$n>N_1$时,$a_n>1$.
取$a_{N_1+1} > 0$,那么$\exists N_2$,当$n>N_2$时,$a_n > a_{N_1+1}$.
令$a = \min\{a_1, \cdots,a_{N_2}, a_{N_1 + 1}\}$,那么这个$a$就是最小数.

问题2012110103

证明:无界数列至少有一个子列是确定符号的无穷大量.

来源

数学分析习题课讲义,作者:谢惠民,恽自求,易法槐,钱定边.

解答

由于$\{a_n\}$无界,于是对于任意的$M>0$,$\exists N$,当$n>N$时,$|a_n|>M$,令$M=1,2,\cdots$,则可以得到一个子列$a_{n_i}$,满足$|a_{n_i} > n_i|$,为了方便,记$b_i = a_{n_i}$.
把$b_i$分为两个组:$b_i>0$和$b_i<0$,得到两个子列$\{b_{i_j}\}$,$\{b_{i_k}\}$,这两个至少有一个包含无穷多个元素,那么这个子列是满足要求的有确定符号的无穷大量.

问题2012110104

证明数列$\{\tan{n}\}$发散.

来源

数学分析习题课讲义,作者:谢惠民,恽自求,易法槐,钱定边.

解答

要证明一个数列发散,一个方法是找到两个子列,这两个子列无法收敛到相同的极限.另一个方法是使用Cauchy判别法则.这里准备寻找两个子列,这两个子列不可能收敛到相同的极限.
这只需要观察$f(x)=\tan{x}$的图像,可以发现,无论$x$多大,都可能出现大于0和小于0的函数值.我们恰当选择区间,使得里面包含整数,并且各自的值域能够隔离.显然如下区间满足条件:$[2nk\pi + \pi/12, 2k\pi+5\pi/12]$,$[2nk\pi + 13\pi/12, 2k\pi+17\pi/12]$.这两个区间的长度都是$4\pi/12=\pi/3>1$,因此每个区间中至少包含一个整数,由此可以各自得到一个整数的子列,分别为$n_i$和$m_i$,另一方面
\[\tan{n_i} > \tan{\frac{\pi}{12}} > 0, \tan{m_i} < \tan{\frac{13\pi}{12}} < 0\]
这两个子列对应的$\tan{n_i}$和$\tan{m_i}$不可能收敛到同一个极限.

问题2012110105

设数列$S_n$的定义为$S_n = 1 + \frac{1}{2^p} + \cdots + \frac{1}{n^p}$,$n \in N_+$,讨论这个数列的敛散性.

来源

数学分析习题课讲义,作者:谢惠民,恽自求,易法槐,钱定边.

解答

这个数列极为重要,$p=1$时就是调和级数,书中证明了是发散的,当$p<1$时,由于$\frac{1}{n^p} > \frac{1}{n}$,因此容易证明$S_n$发散,当$p>1$时,可以证明$S_n$是收敛的.当把$p$的范围推广到复数的时候,就是著名的Riemman $\zeta$函数了.下面首先证明$p=1$时发散.
这只要注意到
\[\begin{aligned}&1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{2^n} \\> & 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{2^n} + \cdots + \frac{1}{2^n} \\= &1 + \frac{1}{2} + \frac{2}{4} + \cdots + \frac{2^{n-1}}{2^n} = 1 + \frac{n}{2}\end{aligned}\]
于是对于任意的$M$,令$N=2^{2M}$,那么$n>N$时必有$S_n>1 + \frac{2M}{2} = M + 1 > M$,$S_n$趋于无穷大.
下面证明$p>1$时$S_n$收敛.
显然$S_n$是单调增加的,于是只要证明$S_n$有界即可.这只需注意到
\[\begin{aligned}S_{2^n-1} &= 1 + \frac{1}{2^p} + \cdots + \frac{1}{(2^n-1)^p} \\&<1 + \frac{1}{2^p} + \frac{1}{2^p} + \frac{1}{4^p} + \frac{1}{4^p} + \frac{1}{4^p} + \frac{1}{4^p} + \cdots \\&\ + \frac{1}{(2^n-1)^p} + \cdots + \frac{1}{(2^n-1)^p} \\&=1 + \frac{1}{2^{p-1}} + (\frac{1}{2^{p-1}})^2 + \cdots + (\frac{1}{2^{p-1}})^{n-1}\end{aligned}\]
由于$1/(2^{p-1})<1$,右边的级数收敛,从而有上界$S$.$\forall n$,$\exists K$,使得$n<2^K-1$,于是$S_n < S_{2^K-1} < S$.获证.