學習目標與準備
我們假設已掌握實數的次序、有限和、二項式系數與初等函數。本章定義數列收斂，證明自然常數的數列構造，並區分存在性定理、算法和唯一性結論。後續微積分可以核驗由這些定義建立的恆等式。
為何實數不只有算術規則
有理數支援熟悉的有序算術，但集合 { q ∈ Q : q > 0 , q 2 < 2 } \{q\in\mathbb Q:q>0,\ q^2<2\} { q ∈ Q : q > 0 , q 2 < 2 }
定義
上界與上確界 對非空 A ⊂ R A\subset\mathbb R A ⊂ R a ∈ A a\in A a ∈ A a ≤ u a\le u a ≤ u u u u s s s u u u s ≤ u s\le u s ≤ u s = sup A s=\sup A s = sup A A A A A A A
定理
完備性公理 每個非空且有上界的實數子集都有實數上確界。等價地，每個非空且有下界的子集都有實數下確界，因為 inf A = − sup ( − A ) \inf A=-\sup(-A) inf A = − sup ( − A )
例如 sup ( 0 , 1 ) = 1 \sup(0,1)=1 sup ( 0 , 1 ) = 1 1 1 1 sup [ 0 , 1 ] = 1 \sup[0,1]=1 sup [ 0 , 1 ] = 1
定理
上確界近似判據 非空集合 A A A s s s sup A \sup A sup A ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 a ∈ A a\in A a ∈ A s − ε < a ≤ s s-\varepsilon<a\le s s − ε < a ≤ s
證明
證明兩個方向 若 s = sup A s=\sup A s = sup A s − ε s-\varepsilon s − ε s − ε s-\varepsilon s − ε s s s u < s u<s u < s ε = s − u > 0 \varepsilon=s-u>0 ε = s − u > 0 a > u a>u a > u u u u s s s
例題
上確界證明的兩部分 令 A = { n / ( n + 1 ) : n ∈ N , n ≥ 1 } A=\{n/(n+1):n\in\mathbb N, n\ge1\} A = { n / ( n + 1 ) : n ∈ N , n ≥ 1 } 1 1 1 1 1 1 ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 n > 1 / ε n>1/\varepsilon n > 1/ ε 1 − n / ( n + 1 ) = 1 / ( n + 1 ) < ε 1-n/(n+1)=1/(n+1)<\varepsilon 1 − n / ( n + 1 ) = 1/ ( n + 1 ) < ε sup A = 1 \sup A=1 sup A = 1 1 1 1 A A A 2 2 2
阿基米德性質與稠密性
定理
阿基米德性質 對每個實數 x x x n > x n>x n > x ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 n ∈ N n\in\mathbb N n ∈ N 1 / n < ε 1/n<\varepsilon 1/ n < ε
證明
完備性迫使整數無上界 若正整數有上界，完備性給 s = sup N s=\sup\mathbb N s = sup N s − 1 s-1 s − 1 n ∈ N n\in\mathbb N n ∈ N n > s − 1 n>s-1 n > s − 1 n + 1 > s n+1>s n + 1 > s n + 1 ∈ N n+1\in\mathbb N n + 1 ∈ N s s s 1 / ε 1/\varepsilon 1/ ε
任意實數 x < y x<y x < y n n n n ( y − x ) > 1 n(y-x)>1 n ( y − x ) > 1 m m m n x < m < n y nx<m<ny n x < m < n y x < m / n < y x<m/n<y x < m / n < y x x x y y y q q q x − 2 < q < y − 2 x-\sqrt2<q<y-\sqrt2 x − 2 < q < y − 2 q + 2 q+\sqrt2 q + 2
例題
以反射求下確界 對 B = { 2 + 1 / n : n ≥ 1 } B=\{2+1/n:n\ge1\} B = { 2 + 1/ n : n ≥ 1 } 2 2 2 ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 n > 1 / ε n>1/\varepsilon n > 1/ ε 2 < 2 + 1 / n < 2 + ε 2<2+1/n<2+\varepsilon 2 < 2 + 1/ n < 2 + ε 2 2 2 3 3 3 n = 1 n=1 n = 1
6.1 數列收斂與基本法則
收斂中的量詞
定義
實數數列的收斂 數列 ( x n ) (x_n) ( x n ) L ∈ R L\in\mathbb R L ∈ R ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 N ∈ N N\in\mathbb N N ∈ N n ≥ N n\ge N n ≥ N ∣ x n − L ∣ < ε |x_n-L|<\varepsilon ∣ x n − L ∣ < ε x n → L x_n\to L x n → L N N N ε \varepsilon ε
「收斂至 L L L ε 0 > 0 \varepsilon_0>0 ε 0 > 0 N N N n ≥ N n\ge N n ≥ N ∣ x n − L ∣ ≥ ε 0 |x_n-L|\ge\varepsilon_0 ∣ x n − L ∣ ≥ ε 0
例題
構造 epsilon–N 證明 對 x n = ( 3 n + 1 ) / ( n + 2 ) x_n=(3n+1)/(n+2) x n = ( 3 n + 1 ) / ( n + 2 ) L = 3 L=3 L = 3
∣ 3 n + 1 n + 2 − 3 ∣ = 5 n + 2 < 5 n , \left|\frac{3n+1}{n+2}-3\right|=\frac5{n+2}<\frac5n, n + 2 3 n + 1 − 3 = n + 2 5 < n 5 , 選 N > 5 / ε N>5/\varepsilon N > 5/ ε n ≥ N n\ge N n ≥ N ∣ x n − 3 ∣ < ε |x_n-3|<\varepsilon ∣ x n − 3∣ < ε
定理
唯一性、有界性及極限定律 收斂實數數列的極限唯一，且數列有界。若 x n → x x_n\to x x n → x y n → y y_n\to y y n → y x n + y n → x + y x_n+y_n\to x+y x n + y n → x + y x n y n → x y x_ny_n\to xy x n y n → x y y ≠ 0 y\ne0 y = 0 x n / y n → x / y x_n/y_n\to x/y x n / y n → x / y x n ≤ z n ≤ y n x_n\le z_n\le y_n x n ≤ z n ≤ y n L L L z n → L z_n\to L z n → L
證明
唯一性與有界性 若 x n → L x_n\to L x n → L x n → M x_n\to M x n → M ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 ∣ x n − L ∣ < ε / 2 |x_n-L|<\varepsilon/2 ∣ x n − L ∣ < ε /2 ∣ x n − M ∣ < ε / 2 |x_n-M|<\varepsilon/2 ∣ x n − M ∣ < ε /2 ∣ L − M ∣ < ε |L-M|<\varepsilon ∣ L − M ∣ < ε ε \varepsilon ε L = M L=M L = M N N N n ≥ N n\ge N n ≥ N ∣ x n − L ∣ < 1 |x_n-L|<1 ∣ x n − L ∣ < 1 ∣ x n ∣ ≤ ∣ L ∣ + 1 |x_n|\le|L|+1 ∣ x n ∣ ≤ ∣ L ∣ + 1
有界性的逆命題不成立：( − 1 ) n (-1)^n ( − 1 ) n L L L 1 1 1 − 1 -1 − 1
證明
乘積定律的機制 收斂數列 ( y n ) (y_n) ( y n ) ∣ y n ∣ ≤ M |y_n|\le M ∣ y n ∣ ≤ M
∣ x n y n − x y ∣ ≤ ∣ y n ∣ ∣ x n − x ∣ + ∣ x ∣ ∣ y n − y ∣ , |x_ny_n-xy|\le|y_n||x_n-x|+|x||y_n-y|, ∣ x n y n − x y ∣ ≤ ∣ y n ∣∣ x n − x ∣ + ∣ x ∣∣ y n − y ∣ , 兩項均趨零。對商，y n → y ≠ 0 y_n\to y\ne0 y n → y = 0 ∣ y n ∣ ≥ ∣ y ∣ / 2 |y_n|\ge|y|/2 ∣ y n ∣ ≥ ∣ y ∣/2 1 / y n → 1 / y 1/y_n\to1/y 1/ y n → 1/ y
例 1：明確的閾值。 對 a n = 3 + 2 / n a_n=3+2/n a n = 3 + 2/ n N > 2 / ε N>2/\varepsilon N > 2/ ε n ≥ N n\ge N n ≥ N ∣ a n − 3 ∣ = 2 / n ≤ 2 / N < ε |a_n-3|=2/n\le2/N<\varepsilon ∣ a n − 3∣ = 2/ n ≤ 2/ N < ε 3 3 3 n n n
6.2 單調數列與簡單級數
單調數列
定理
單調收斂定理 每個有上界的遞增實數數列都收斂至其項集合的上確界；每個有下界的遞減數列都收斂至其下確界。
證明
由上確界得到最終接近 令 s = sup { x n : n ∈ N } s=\sup\{x_n:n\in\mathbb N\} s = sup { x n : n ∈ N } ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 N N N s − ε < x N ≤ s s-\varepsilon<x_N\le s s − ε < x N ≤ s n ≥ N n\ge N n ≥ N s − ε < x N ≤ x n ≤ s s-\varepsilon<x_N\le x_n\le s s − ε < x N ≤ x n ≤ s x n → s x_n\to s x n → s
例題
遞迴數列 設 x 1 = 1 x_1=1 x 1 = 1 x n + 1 = ( x n + 2 ) / 2 x_{n+1}=(x_n+2)/2 x n + 1 = ( x n + 2 ) /2 x n < 2 x_n<2 x n < 2 x n + 1 − x n = ( 2 − x n ) / 2 > 0 x_{n+1}-x_n=(2-x_n)/2>0 x n + 1 − x n = ( 2 − x n ) /2 > 0 L L L L = ( L + 2 ) / 2 L=(L+2)/2 L = ( L + 2 ) /2 L = 2 L=2 L = 2
對滿足 ∣ r ∣ < 1 |r|<1 ∣ r ∣ < 1 r r r r n → 0 r^n\to0 r n → 0 0 < q = ∣ r ∣ < 1 0<q=|r|<1 0 < q = ∣ r ∣ < 1 h = q − 1 − 1 > 0 h=q^{-1}-1>0 h = q − 1 − 1 > 0 ( 1 + h ) n ≥ 1 + n h (1+h)^n\ge1+nh ( 1 + h ) n ≥ 1 + nh
∣ r n ∣ = q n ≤ 1 1 + n h → 0. |r^n|=q^n\le\frac1{1+nh}\to0. ∣ r n ∣ = q n ≤ 1 + nh 1 → 0. 該不等式從 n = 1 n=1 n = 1 1 + n h 1+nh 1 + nh 1 + h 1+h 1 + h n h 2 nh^2 n h 2 r = 0 r=0 r = 0 r = 1 r=1 r = 1 r = − 1 r=-1 r = − 1 ∣ r ∣ > 1 |r|>1 ∣ r ∣ > 1 ∣ r ∣ < 1 |r|<1 ∣ r ∣ < 1
6.4 無窮級數是有限總和的極限
定義
對項 a 1 , a 2 , … a_1,a_2,\ldots a 1 , a 2 , … N N N 部分和
S N = ∑ n = 1 N a n . S_N=\sum_{n=1}^{N}a_n. S N = n = 1 ∑ N a n . 若數列 ( S N ) (S_N) ( S N ) S S S ∑ n = 1 ∞ a n \sum_{n=1}^{\infty}a_n ∑ n = 1 ∞ a n 收斂 到 S S S
收斂的必要條件是 a n → 0 a_n\to0 a n → 0 S N → S S_N\to S S N → S n ≥ 2 n\ge2 n ≥ 2
a n = S n − S n − 1 ⟶ S − S = 0. a_n=S_n-S_{n-1}\longrightarrow S-S=0. a n = S n − S n − 1 ⟶ S − S = 0. 常見錯誤
所以項不趨於零可證明發散；項趨於零卻不能 證明收斂。
例題
例 4：區分項和總和。 數列 a n = 1 / n a_n=1/n a n = 1/ n 2 m 2^m 2 m
1 + 1 2 + ( 1 3 + 1 4 ) + ( 1 5 + ⋯ + 1 8 ) + ⋯ . 1+\frac12+\left(\frac13+\frac14\right)
+\left(\frac15+\cdots+\frac18\right)+\cdots. 1 + 2 1 + ( 3 1 + 4 1 ) + ( 5 1 + ⋯ + 8 1 ) + ⋯ . 從 2 j − 1 + 1 2^{j-1}+1 2 j − 1 + 1 2 j 2^j 2 j 2 j − 1 2^{j-1} 2 j − 1 1 / 2 j 1/2^j 1/ 2 j 1 / 2 1/2 1/2 S 2 m ≥ 1 + m / 2 S_{2^m}\ge1+m/2 S 2 m ≥ 1 + m /2
考慮 a + a r + a r 2 + ⋯ a+ar+ar^2+\cdots a + a r + a r 2 + ⋯ S N = ∑ k = 0 N − 1 a r k S_N=\sum_{k=0}^{N-1}ar^k S N = ∑ k = 0 N − 1 a r k a = 0 a=0 a = 0 r r r a ≠ 0 a\ne0 a = 0
等比數列滿足 a 1 = a a_1=a a 1 = a a k + 1 = r a k a_{k+1}=ra_k a k + 1 = r a k k ≥ 2 k\ge2 k ≥ 2 a k = a r k − 1 a_k=ar^{k-1} a k = a r k − 1 a 1 a_1 a 1 r = 0 r=0 r = 0 0 0 0^0 0 0
S n = a + a r + ⋯ + a r n − 1 , r S n = a r + a r 2 + ⋯ + a r n . S_n=a+ar+\cdots+ar^{n-1},\quad
rS_n=ar+ar^2+\cdots+ar^n. S n = a + a r + ⋯ + a r n − 1 , r S n = a r + a r 2 + ⋯ + a r n . 因此 ( 1 − r ) S n = a ( 1 − r n ) (1-r)S_n=a(1-r^n) ( 1 − r ) S n = a ( 1 − r n )
S n = a ( 1 − r n ) 1 − r ( r ≠ 1 ) , S n = n a ( r = 1 ) . S_n=\frac{a(1-r^n)}{1-r}\quad(r\ne1),\qquad S_n=na\quad(r=1). S n = 1 − r a ( 1 − r n ) ( r = 1 ) , S n = na ( r = 1 ) . 這是對任意實數 a , r a,r a , r n n n r r r 1 1 1
若 ∣ r ∣ < 1 |r|<1 ∣ r ∣ < 1 r N → 0 r^N\to0 r N → 0
∑ k = 0 ∞ a r k = a 1 − r . \sum_{k=0}^{\infty}ar^k=\frac a{1-r}. k = 0 ∑ ∞ a r k = 1 − r a . 當 ∣ r ∣ ≥ 1 |r|\ge1 ∣ r ∣ ≥ 1 a r k ar^k a r k r = 1 r=1 r = 1 r = − 1 r=-1 r = − 1 r = 2 r=2 r = 2 a / ( 1 − r ) a/(1-r) a / ( 1 − r )
當 ∣ r ∣ < 1 |r|<1 ∣ r ∣ < 1 N N N
R N = S − S N = a r N 1 − r , ∣ R N ∣ = ∣ a ∣ ∣ r ∣ N ∣ 1 − r ∣ . R_N=S-S_N=\frac{ar^N}{1-r},\qquad
|R_N|=\frac{|a|\,|r|^N}{|1-r|}. R N = S − S N = 1 − r a r N , ∣ R N ∣ = ∣1 − r ∣ ∣ a ∣ ∣ r ∣ N . 較簡單的估計 ∣ R N ∣ ≤ ∣ a ∣ ∣ r ∣ N / ( 1 − ∣ r ∣ ) |R_N|\le |a||r|^N/(1-|r|) ∣ R N ∣ ≤ ∣ a ∣∣ r ∣ N / ( 1 − ∣ r ∣ )
6.3 通過數列定義自然常數
令 e n = ( 1 + 1 / n ) n e_n=(1+1/n)^n e n = ( 1 + 1/ n ) n
e n = ∑ k = 0 n 1 k ! ∏ j = 0 k − 1 ( 1 − j n ) . e_n=\sum_{k=0}^n\frac1{k!}\prod_{j=0}^{k-1}\left(1-\frac jn\right). e n = k = 0 ∑ n k ! 1 j = 0 ∏ k − 1 ( 1 − n j ) . 對固定 k ≤ n k\le n k ≤ n n n n e n + 1 e_{n+1} e n + 1 e n e_n e n 1 1 1
e n ≤ ∑ k = 0 n 1 k ! < 3. e_n\le\sum_{k=0}^n\frac1{k!}<3. e n ≤ k = 0 ∑ n k ! 1 < 3. 例如，對 k ≥ 1 k\ge1 k ≥ 1 k ! ≥ 2 k − 1 k!\ge2^{k-1} k ! ≥ 2 k − 1 k k k e 1 = 2 e_1=2 e 1 = 2 自然常數 e = lim n e n e=\lim_ne_n e = lim n e n 2 ≤ e ≤ 3 2\le e\le3 2 ≤ e ≤ 3
把單位比例增長分成 n n n
建立指數與對數微積分後，可由 x > 0 x>0 x > 0 x / ( 1 + x ) ≤ ln ( 1 + x ) ≤ x x/(1+x)\le\ln(1+x)\le x x / ( 1 + x ) ≤ ln ( 1 + x ) ≤ x x = 1 / n x=1/n x = 1/ n n / ( n + 1 ) ≤ n ln ( 1 + 1 / n ) ≤ 1 n/(n+1)\le n\ln(1+1/n)\le1 n / ( n + 1 ) ≤ n ln ( 1 + 1/ n ) ≤ 1 e n → exp ( 1 ) e_n\to\exp(1) e n → exp ( 1 )
6.4 函數極限與連續性
極限與定義域中的點
定義
函數極限 設 A ⊂ R A\subset\mathbb R A ⊂ R c c c A A A c c c A A A f : A → R f:A\to\mathbb R f : A → R ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 δ > 0 \delta>0 δ > 0 x ∈ A x\in A x ∈ A 0 < ∣ x − c ∣ < δ 0<|x-c|<\delta 0 < ∣ x − c ∣ < δ ∣ f ( x ) − L ∣ < ε |f(x)-L|<\varepsilon ∣ f ( x ) − L ∣ < ε lim x → c , x ∈ A f ( x ) = L \lim_{x\to c,\,x\in A}f(x)=L lim x → c , x ∈ A f ( x ) = L
f ( c ) f(c) f ( c ) L L L
例題
epsilon–delta 估計 對 f ( x ) = x 2 f(x)=x^2 f ( x ) = x 2 c = 2 c=2 c = 2 L = 4 L=4 L = 4 ∣ x − 2 ∣ < 1 |x-2|<1 ∣ x − 2∣ < 1 ∣ x + 2 ∣ < 5 |x+2|<5 ∣ x + 2∣ < 5 ∣ x 2 − 4 ∣ = ∣ x − 2 ∣ ∣ x + 2 ∣ < 5 ∣ x − 2 ∣ |x^2-4|=|x-2||x+2|<5|x-2| ∣ x 2 − 4∣ = ∣ x − 2∣∣ x + 2∣ < 5∣ x − 2∣ ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 δ = min ( 1 , ε / 5 ) \delta=\min(1,\varepsilon/5) δ = min ( 1 , ε /5 ) 0 < ∣ x − 2 ∣ < δ 0<|x-2|<\delta 0 < ∣ x − 2∣ < δ ∣ x 2 − 4 ∣ < ε |x^2-4|<\varepsilon ∣ x 2 − 4∣ < ε
定理
函數極限的序列判據 若 c c c A A A f f f c c c L L L x n ∈ A ∖ { c } x_n\in A\setminus\{c\} x n ∈ A ∖ { c } x n → c x_n\to c x n → c f ( x n ) → L f(x_n)\to L f ( x n ) → L
證明
證明判據 若 epsilon–delta 極限成立，對任何這類數列，最終有 0 < ∣ x n − c ∣ < δ 0<|x_n-c|<\delta 0 < ∣ x n − c ∣ < δ ∣ f ( x n ) − L ∣ < ε |f(x_n)-L|<\varepsilon ∣ f ( x n ) − L ∣ < ε ε 0 > 0 \varepsilon_0>0 ε 0 > 0 δ > 0 \delta>0 δ > 0 n n n x n ∈ A x_n\in A x n ∈ A 0 < ∣ x n − c ∣ < 1 / n 0<|x_n-c|<1/n 0 < ∣ x n − c ∣ < 1/ n ∣ f ( x n ) − L ∣ ≥ ε 0 |f(x_n)-L|\ge\varepsilon_0 ∣ f ( x n ) − L ∣ ≥ ε 0 x n → c x_n\to c x n → c f ( x n ) f(x_n) f ( x n ) L L L
例題
兩種趨近可否定極限 在 R ∖ { 0 } \mathbb R\setminus\{0\} R ∖ { 0 } f ( x ) = sin ( 1 / x ) f(x)=\sin(1/x) f ( x ) = sin ( 1/ x ) x n = ( π / 2 + 2 π n ) − 1 x_n=(\pi/2+2\pi n)^{-1} x n = ( π /2 + 2 π n ) − 1 y n = ( 3 π / 2 + 2 π n ) − 1 y_n=(3\pi/2+2\pi n)^{-1} y n = ( 3 π /2 + 2 π n ) − 1 0 0 0 f ( x n ) = 1 f(x_n)=1 f ( x n ) = 1 f ( y n ) = − 1 f(y_n)=-1 f ( y n ) = − 1
當定義域從兩側都有趨近 a a a
在定義域端點使用適當的單側或相對域極限，而不是不存在的另一側。
無窮遠處的極限把接近 a a a x > M x>M x > M
2 x 2 + 3 x 2 + 1 = 2 + 1 x 2 + 1 ⟶ 2 ( x → ∞ ) . \frac{2x^2+3}{x^2+1}=2+\frac1{x^2+1}\longrightarrow2\quad(x\to\infty). x 2 + 1 2 x 2 + 3 = 2 + x 2 + 1 1 ⟶ 2 ( x → ∞ ) . 定義
相對定義域的連續性 對 c ∈ A c\in A c ∈ A f : A → R f:A\to\mathbb R f : A → R c c c ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 δ > 0 \delta>0 δ > 0 x ∈ A x\in A x ∈ A ∣ x − c ∣ < δ |x-c|<\delta ∣ x − c ∣ < δ ∣ f ( x ) − f ( c ) ∣ < ε |f(x)-f(c)|<\varepsilon ∣ f ( x ) − f ( c ) ∣ < ε A A A f ( c ) f(c) f ( c )
連續性的序列判據也適用於孤立點：f f f a a a x n → a x_n\to a x n → a f ( x n ) → f ( a ) f(x_n)\to f(a) f ( x n ) → f ( a ) ε \varepsilon ε δ \delta δ n n n a a a 1 / n 1/n 1/ n a a a f ( a ) f(a) f ( a )
例 2：間斷點與可去空點。 設 x ≠ 2 x\ne2 x = 2 f ( x ) = x + 1 f(x)=x+1 f ( x ) = x + 1 f ( 2 ) = 0 f(2)=0 f ( 2 ) = 0 3 3 3 2 2 2 f ( 2 ) = 3 f(2)=3 f ( 2 ) = 3 ∣ x ∣ / x |x|/x ∣ x ∣/ x
6.5 介值定理與最值定理
定理
介值定理 若 f f f [ a , b ] [a,b] [ a , b ] y y y f ( a ) f(a) f ( a ) f ( b ) f(b) f ( b ) c ∈ [ a , b ] c\in[a,b] c ∈ [ a , b ] f ( c ) = y f(c)=y f ( c ) = y
證明
完備性定位穿越點 若 y = f ( a ) y=f(a) y = f ( a ) y = f ( b ) y=f(b) y = f ( b ) f ( a ) < y < f ( b ) f(a)<y<f(b) f ( a ) < y < f ( b ) f f f − f -f − f y y y − y -y − y S = { x ∈ [ a , b ] : f ( x ) ≤ y } S=\{x\in[a,b]:f(x)\le y\} S = { x ∈ [ a , b ] : f ( x ) ≤ y } c = sup S c=\sup S c = sup S f ( c ) < y f(c)<y f ( c ) < y y y y c < b c<b c < b f ( c ) > y f(c)>y f ( c ) > y c c c y y y S S S f ( c ) = y f(c)=y f ( c ) = y
介值定理證明存在性而非唯一性。要把二分括區稱為唯一根的位置，還須單調性或其他條件；二分法數值誤差界見第 1 章。
子列
定義
子列 ( x n ) (x_n) ( x n ) ( x n k ) (x_{n_k}) ( x n k ) n 1 < n 2 < ⋯ n_1<n_2<\cdots n 1 < n 2 < ⋯ x n → L x_n\to L x n → L L L L n k ≥ k n_k\ge k n k ≥ k
證明
套疊區間證明 把所有項放入閉有界區間 I 1 I_1 I 1 I 2 I_2 I 2 I k I_k I k n k n_k n k x n k ∈ I k x_{n_k}\in I_k x n k ∈ I k L L L x n k , L ∈ I k x_{n_k},L\in I_k x n k , L ∈ I k
結論是關於子列，而非整個數列。例如 ( − 1 ) n (-1)^n ( − 1 ) n 1 1 1 − 1 -1 − 1
實直線閉集：序列判據與開補集
在通常的經典集合論背景下討論實直線，並允許可數次見證選擇。集合 U U U y y y U U U r > 0 r>0 r > 0 ( y − r , y + r ) (y-r,y+r) ( y − r , y + r ) U U U 1 / n 1/n 1/ n K K K
K K K K K K K K K
由 2 推出 1。 設 x n x_n x n K K K x n x_n x n x x x x x x K K K r > 0 r>0 r > 0 ( x − r , x + r ) (x-r,x+r) ( x − r , x + r ) K K K ∣ x n − x ∣ < r |x_n-x|<r ∣ x n − x ∣ < r x n x_n x n K K K x x x K K K
由 1 推出 2。 固定不屬於 K K K y y y y y y K K K n n n x n x_n x n K K K ∣ x n − y ∣ < 1 / n |x_n-y|<1/n ∣ x n − y ∣ < 1/ n ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 N N N 1 / N < ε 1/N<\varepsilon 1/ N < ε n ≥ N n\ge N n ≥ N ∣ x n − y ∣ < 1 / n ≤ 1 / N < ε |x_n-y|<1/n\le1/N<\varepsilon ∣ x n − y ∣ < 1/ n ≤ 1/ N < ε x n x_n x n y y y y y y K K K y y y K K K K K K K K K
學習目標與定義
集合 K ⊆ R K\subseteq\mathbb R K ⊆ R K K K K K K K K K K K K
空集是緊致、閉且有界的，也滿足序列緊致性；這些性質均以空真方式成立。在需要選取點或無窮序列的證明中，要單獨處理空集。我們使用先前數列內容中的實數完備性及其閉區間套和 Bolzano–Weierstrass 推論。
定理：實數直線上的 Heine–Borel 定理
對 K ⊆ R K\subseteq\mathbb R K ⊆ R
緊致推出閉且有界。 區間 ( − n , n ) (-n,n) ( − n , n ) n ≥ 1 n\ge1 n ≥ 1 R \mathbb R R K K K y ∉ K y\notin K y ∈ / K x ∈ K x\in K x ∈ K B ( x , ∣ x − y ∣ / 2 ) B(x,|x-y|/2) B ( x , ∣ x − y ∣/2 ) y y y K K K δ \delta δ y y y x x x y y y ∣ x − y ∣ / 2 ≥ δ |x-y|/2\ge\delta ∣ x − y ∣/2 ≥ δ B ( y , δ ) B(y,\delta) B ( y , δ ) K K K K K K
閉且有界推出緊致。 將非空的 K K K I 0 I_0 I 0 K K K I 0 I_0 I 0 K K K K K K I n I_n I n K ∩ I n K\cap I_n K ∩ I n x n ∈ K ∩ I n x_n\in K\cap I_n x n ∈ K ∩ I n p p p I n I_n I n x n → p x_n\to p x n → p p ∈ K p\in K p ∈ K O O O p p p O O O p p p n n n I n I_n I n O O O K ∩ I n K\cap I_n K ∩ I n
閉且有界推出序列緊致。 K K K K K K
序列緊致推出閉且有界。 若無界，可選取 x n ∈ K x_n\in K x n ∈ K ∣ x n ∣ > n |x_n|>n ∣ x n ∣ > n p p p K K K x n ∈ K x_n\in K x n ∈ K ∣ x n − p ∣ < 1 / n |x_n-p|<1/n ∣ x n − p ∣ < 1/ n K K K p p p p ∈ K p\in K p ∈ K K K K
實數線上的緊緻子集
集合 K ⊂ R K\subset\mathbb R K ⊂ R R \mathbb R R K K K K K K
定理
極值定理 若 K ⊂ R K\subset\mathbb R K ⊂ R f : K → R f:K\to\mathbb R f : K → R f f f K K K
證明
抽取逼近最大值的子列 若 f f f x n ∈ K x_n\in K x n ∈ K f ( x n ) > n f(x_n)>n f ( x n ) > n x n k → x ∈ K x_{n_k}\to x\in K x n k → x ∈ K f ( x n k ) → f ( x ) f(x_{n_k})\to f(x) f ( x n k ) → f ( x ) − f -f − f s = sup f ( K ) s=\sup f(K) s = sup f ( K ) x n ∈ K x_n\in K x n ∈ K s − 1 / n < f ( x n ) ≤ s s-1/n<f(x_n)\le s s − 1/ n < f ( x n ) ≤ s x ∈ K x\in K x ∈ K f ( x ) = s f(x)=s f ( x ) = s − f -f − f
例題
哪個假設失效？ 連續函數 f ( x ) = x f(x)=x f ( x ) = x ( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) 0 0 0 1 1 1 [ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ]
例 3：假設決定是否取到。 f ( x ) = x f(x)=x f ( x ) = x ( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) 0 , 1 0,1 0 , 1 [ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] f ( x ) = x f(x)=x f ( x ) = x [ 0 , ∞ ) [0,\infty) [ 0 , ∞ )
6.6 分級練習
基礎
用明確的 N ( ε ) N(\varepsilon) N ( ε ) a n = 5 − 3 / n a_n=5-3/n a n = 5 − 3/ n 5 5 5
給出有界但發散的數列，並指出未滿足的收斂條件。
將分子分母除以 n n n lim n ( 4 n + 1 ) / ( 2 n − 3 ) \lim_n(4n+1)/(2n-3) lim n ( 4 n + 1 ) / ( 2 n − 3 )
核心
求 ∑ k = 0 ∞ 3 ( 1 / 4 ) k \sum_{k=0}^{\infty}3(1/4)^k ∑ k = 0 ∞ 3 ( 1/4 ) k
說明為甚麼 a n → 0 a_n\to0 a n → 0 ∑ a n \sum a_n ∑ a n
計算 e 1 , e 2 , e 3 e_1,e_2,e_3 e 1 , e 2 , e 3
為 ( x 2 − 1 ) / ( x − 1 ) (x^2-1)/(x-1) ( x 2 − 1 ) / ( x − 1 ) x = 1 x=1 x = 1
證明 x 3 + x − 1 = 0 x^3+x-1=0 x 3 + x − 1 = 0 [ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ]
綜合
設 a n ≥ 0 a_n\ge0 a n ≥ 0 10 10 10
分別舉例說明為甚麼最值定理不能各自去掉連續性、閉性和有界性，並解釋每例中結論如何失敗。
6.7 完整解答
給定 ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 N > 3 / ε N>3/\varepsilon N > 3/ ε n ≥ N n\ge N n ≥ N ∣ a n − 5 ∣ = 3 / n ≤ 3 / N < ε |a_n-5|=3/n\le3/N<\varepsilon ∣ a n − 5∣ = 3/ n ≤ 3/ N < ε
取 ( − 1 ) n (-1)^n ( − 1 ) n 1 1 1 − 1 -1 − 1
商化為 ( 4 + 1 / n ) / ( 2 − 3 / n ) → 4 / 2 = 2 (4+1/n)/(2-3/n)\to4/2=2 ( 4 + 1/ n ) / ( 2 − 3/ n ) → 4/2 = 2 2 2 2
公比絕對值 1 / 4 < 1 1/4<1 1/4 < 1 3 / ( 1 − 1 / 4 ) = 4 3/(1-1/4)=4 3/ ( 1 − 1/4 ) = 4
調和級數分組給出反例：項 1 / n 1/n 1/ n
e 1 = 2 e_1=2 e 1 = 2 e 2 = 9 / 4 e_2=9/4 e 2 = 9/4 e 3 = 64 / 27 e_3=64/27 e 3 = 64/27 3 3 3 x ≠ 1 x\ne1 x = 1 x + 1 x+1 x + 1 2 2 2 2 2 2 多項式連續，在 0 0 0 − 1 -1 − 1 1 1 1 1 1 1
令 L = sup { a n : n ≥ 1 } L=\sup\{a_n:n\ge1\} L = sup { a n : n ≥ 1 } ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 a N > L − ε a_N>L-\varepsilon a N > L − ε n ≥ N n\ge N n ≥ N L − ε < a N ≤ a n ≤ L L-\varepsilon<a_N\le a_n\le L L − ε < a N ≤ a n ≤ L a n → L a_n\to L a n → L 10 10 10 L L L
去掉連續性：在 [ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] x < 1 x<1 x < 1 f ( x ) = x f(x)=x f ( x ) = x f ( 1 ) = 0 f(1)=0 f ( 1 ) = 0 1 1 1 f ( x ) = x f(x)=x f ( x ) = x ( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) f ( x ) = x f(x)=x f ( x ) = x [ 0 , ∞ ) [0,\infty) [ 0 , ∞ )
小結
收斂是帶量詞的精度陳述。單調有界數列由完備性收斂；有界數列不一定收斂，級數項趨零也不一定使級數有有限和。自然常數可由數列構造。連續性傳遞極限；介值定理保證中間值存在，最值定理在完整的區間假設下保證取到最值。
