5.极限平均值定理与反向情况下的反例(2.3.11)
6.实数几大基本定理的互证(2.6.6)
7.几何级数与 $\mathrm{p}$ 级数间的转换(2.7.7)
8.绝对收敛重排定理的证明(2.7.14)

数列与级数

习题 2.2 序列的极限

(a) 选取一个 $\varepsilon>0$，我们寻找 $N\in \mathbb{N^+}$ 使得 $\displaystyle\frac{1}{6N^2+1}<\varepsilon$。事实上，因为 $\displaystyle\frac{1}{6N^2+1}<\frac{1}{N}$，令 $\displaystyle \frac{1}{N}<\varepsilon$，得出 $\displaystyle N>\frac{1}{\varepsilon}$ 即可，于是对 $\forall\ n>N$，都有 $\displaystyle\frac{1}{6n^2+1}-0<\varepsilon$。

(b) 相似地，令 $\displaystyle \left|\frac{3N+1}{2N+5}-\frac{3}{2}\right|=\frac{13}{4N+10}<\frac{13}{4N}<\varepsilon$，得出 $\displaystyle N>\frac{13}{4\varepsilon}$。

(c) 同理。

$\exists\ \varepsilon>0$，对 $\forall\ N\in \mathbb{N^+}$，只要 $n\geq N$ 就有 $|a_n-a|<\varepsilon$。

其实这就是说 $a_n$ 是有界的。

例如：$\displaystyle a_n=(-1)^n$，取 $\varepsilon=1.1$，$a=0$。

(a) 在美国某一所大学里，有一个没有七英尺高的学生。

(b) 在美国某一所大学里，没有一位给学生 $A$ 或 $B$ 成绩的教授。

(c) 在美国所有大学里，都有一位没有六英尺高的学生。

我们假设它以 $0$ 为极限，那么对于 $\varepsilon\geq 1$ 有效，对于 $\varepsilon<1$ 无效。事实上，由于这个数列永远都会在 $0,1$ 之间跳动，所以不可能以 $0$ 为极限。

(a) 对于 $\displaystyle a_n=[[\frac{1}{n}]]$，除了 $a_1=1$，其余项均为 $0$，所以它以 $0$ 为极限。

(b) 对于 $\displaystyle a_n=[[\frac{10+n}{2n}]]$， 当 $n>10$ 时均为 $0$，所以它以 $0$ 为极限。

“$\varepsilon$-邻域越小，$N$ 可能需要越大”是对所有收敛数列的普遍刻画，但并不是说 $N$ 一定会随着 $\varepsilon$ 的减小而增大。

(a) (b) 均为更大，用不等式的传递性得出结论。

(a) 对 $\forall\ G>0$，$\exists\ N\in \mathbb{N^+}$ 使得 $\forall\ n\geq N$，都有 $a_n>G$。

对于 $a_n=\sqrt{n}$，取 $N>G^2$ 即可。

(b) 因为总 $\exists\ k\in \mathbb{N^+}$ 使得 $a_k=0$，所以它不满足 (a) 中定义，不收敛到无穷大。

(a) 频繁。

(b) (i) 定义更强，最终也意味着频繁。

(c) 使用“最终”术语：$(a_n)$ 收敛于 $a$，若对 $\forall\ \varepsilon>0$，$\exists\ N\in \mathbb{N^+}$ 使得 $\forall\ n\geq N$，都有 $a_n\in (a-\varepsilon,a+\varepsilon)$。

(d) 如果它还在其它数上跳跃，那么可能不最终，但因为总有 $a_k=2\in (1.9,2.1)$，所以频繁。

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习题 2.3 代数极限定理与序极限定理

严谨地写一遍，对 $\forall\ \varepsilon>0$，$|a_n-a|=0<\varepsilon$，所以 $\displaystyle\lim_{n\to\infty} a_n=a$。

(a) 由题意，对 $\forall\ \varepsilon>0$，$\exists\ N\in \mathbb{N^+}$， 使得对 $\forall\ n>N$，有 $|x_n-0|<\varepsilon^2$。即 $|\sqrt{x_n}-0|<\varepsilon$，所以 $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \sqrt{x_n}=0$。

(b) 由 (a) 同样的操作，可得对某个 $n>N_1$，$|x_n-x|<C\varepsilon$，其中 $C$ 可以是大于 $0$ 的任意常数。由 $\displaystyle|\sqrt{x_n}-\sqrt{x}|=\frac{|x_n-x|}{\sqrt{x_n}+\sqrt{x}}$，考虑 $\sqrt{x_n}+\sqrt{x}$ 的下界即可。

由于 $\displaystyle\lim_{n\to \infty}x_n=x$，那么 $\exists\ N_2\in \mathbb{N^+}$，使得对 $\forall\ n>N_2$，有 $\displaystyle x_n>\frac{x}{2}$。所以取 $C=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{\displaystyle\frac{x}{2}}+\sqrt{x}}$，并让 $N>\max\{N_1,N_2\}$，则有 $\displaystyle|\sqrt{x_n}-\sqrt{x}|=\frac{|x_n-x|}{\sqrt{x_n}+\sqrt{x}}<\varepsilon$。这样就得到 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sqrt{x_n}= \sqrt{x}$。

使用两次序极限定理，得到 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_n\leq\lim_{n\to\infty}y_n\leq\lim_{n\to\infty}z_n$。由此可得 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_n=\lim_{n\to\infty}y_n=\lim_{n\to\infty}z_n=l$。

不失一般性，不妨设 $l_1>l_2$，利用 $l_1,l_2$ 的间距，以及数列与极限间距离随项数增大会小于任何间距得出矛盾。

由定义，$\exists\ N\in \mathbb{N^+}$，使得对 $\forall\ n>N$，有 $\displaystyle|a_n-l_1|<\frac{l_1-l_2}{2}$，因此 $\displaystyle a_n>\frac{l_1+l_2}{2}$，所以 $\displaystyle\lim_{n\to\infty} a_n\geq \frac{l_1+l_2}{2}>l_2$，这与 $\displaystyle\lim_{n\to\infty} a_n=l_2$ 矛盾。

所以 $l_1=l_2$，极限有唯一性。

$2.3.5.$

$\Rightarrow$) 若 $\{z_n\}$ 收敛，则 $\exists\ z\in \mathbb{R}$，对 $\forall\ \varepsilon>0$，$\exists\ N\in \mathbb{N^+}$，使得对 $\forall\ n>N$，有 $|z_n-z|<\varepsilon$。即 $|x_n-z|<\varepsilon$ 和 $|y_n-z|<\varepsilon$，所以 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_n=\lim_{n\to\infty}y_n=z$。

$\Leftarrow)$ 若 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_n=\lim_{n\to\infty}y_n=z$，则对 $\forall\ \varepsilon>0$，$\exists\ N_1,N_2\in \mathbb{N^+}$，使得对 $\forall\ n>N_1$，有 $|x_n-z|<\varepsilon$，对 $\forall\ n>N_2$，有 $|y_n-z|<\varepsilon$。取 $N=\max\{N_1,N_2\}$，则对 $\forall\ n>N$，有 $|x_{2n}-z|<\varepsilon$ 和 $|y_{2n}-z|<\varepsilon$，即 $|z_n-z|<\varepsilon$，所以 $\{z_n\}$ 收敛。

(a) 对于单独的绝对值，尝试使用绝对值不等式 $||b_n|-|b||\leq |b_n-b|<\varepsilon$，所以 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}|b_n|=|b|$。

(b) 不等式的反向是不成立的。考虑 $b_n=(-1)^n$，则 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}|b_n|=1$，但 $\{b_n\}$ 发散。

(a) $\{a_n\}$ 发散的情况下并不能使用代数极限定理。这里利用有界性进行证明。

$\{a_n\}$ 有界即 $\exists\ M>0$，对 $\forall\ n\in \mathbb{N^+}$，有 $|a_n|<M$。所以 $|a_nb_n|=|a_n||b_n|<M|b_n|$，再令 $\displaystyle|b_n-b|<\frac{\varepsilon}{M}$ 即得 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_nb_n=0$。

(b) 不能，$\{a_n\}$ 任意跳动的情况下，$\{a_nb_n\}$ 也会任意跳动。

(c) $\{b_n\}$ 收敛即有界，使用 (a) 的结论即可。

(a) $x_n=n$，$y_n=-n$ 是可能的。

(b) 由代数极限定理，两个收敛数列的和或差一定收敛，所以不可能。

(c) $b_n=\displaystyle\frac{1}{n}$ 是可能的。

(d) 用绝对值不等式 $|a_n|=|(a_n-b_n)+b_n|\leq |a_n-b_n|+|b_n|$，如果 $\{a_n-b_n\}$ 和 $\{b_n\}$ 都有界，则 $\{a_n\}$ 必有界，所以不可能。

(e) $a_n=0$ 是可能的。

不成立。

如果 $x_n>0$，沿用定理的证明，则极限 $x=0$ 的时候也能成立。所以 $x\geq 0$。

由题，$\exists\ N\in \mathbb{N^+}$，使得对 $\forall\ n>N$，$|a_n|<\varepsilon$，所以 $|b_n-b|\leq |a_n|<\varepsilon$。所以 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}b_n=b$。

极限平均值定理与反向情况下的反例

假设 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_n=x$，考虑将平均值转化为极限的形式：

$$|\displaystyle\frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}-x|=\frac{1}{n}|\displaystyle\sum_{k=1}^n(x_k-x)|$$

我们以 $N$ 为界限进行拆分：假设 $N$ 是满足对 $\forall\ n>N$，有 $|x_n-x|<\varepsilon$ 的正整数，则有

$$|\displaystyle\frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}-x|=\frac{1}{n}|\displaystyle\sum_{k=1}^n(x_k-x)|<\frac{1}{n}(\sum_{k=1}^N|x_k-x|+(n-N)\varepsilon)$$

再利用有界性，$\exists\ M>0$，使得对 $\forall\ k\in \mathbb{N^+}$，有 $|x_k|<M$，则有 $|x_k-x|\leq |x_k|+|x|<M+|x|$。所以

$$\begin{align*} |\displaystyle\frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}-x|&<\frac{1}{n}(N(M+|x|)+(n-N)\varepsilon)\\ &<\frac{1}{n}(N(M+|x|))+\varepsilon \end{align*}$$

当然，$\exists\ N_1\in \mathbb{N^+}$，$N_1>N$，使得对 $\forall\ n>N_1$，有 $\displaystyle\frac{1}{n}(N(M+|x|))<\varepsilon$，所以

$$|\displaystyle\frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}-x|<2\varepsilon$$

所以 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}=x=\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_n$。

对于下一个问题，我先考虑了 $\{x_n\}$ 的增长度小于 $n$ 的情况，比如 $x_n=\sqrt{n}$，但这并不能说明问题。后来我尝试反向证明，得到了这样一串式子：

$$\begin{align*} |\displaystyle\frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}-x|&=\frac{1}{n}|\displaystyle\sum_{k=1}^n(x_k-x)|\\ &\leq \frac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=1}^n|x_k-x|\\ &\leq \frac{1}{n}|x_n-x|\\ &<\frac{1}{n}n\varepsilon=\varepsilon \end{align*}$$

这个式子是不成立的，但它的确给了我启发：对于 $\{x_n\}$ 单调递增（趋近于 $x$）的情况， 貌似可以符合上面的条件。我没有直接证明这一点，但我想到了另外一种思路来构造反例 $\{x_n\}$：让它左右跳动，连上面的式子都不成立。比如 $\displaystyle x_n=(-1)^n$。不难得出 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}=0$，但是 $\{x_n\}$ 发散。

(a) 直观来讲，$\displaystyle\lim_{m,n\to\infty}a_{m,n}$ 应当表示 $m,n$ 同时趋于无穷时 $\{a_n\}$ 的极限。

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\displaystyle\lim_{m\to\infty}a_{m,n}=\displaystyle\lim_{n\to\infty}1=1$，$\displaystyle\lim_{m\to\infty}\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_{m,n}=\displaystyle\lim_{m\to\infty}0=0$。

所以上面的直观难以给我们一个准确的答案，我们需要更清晰的定义，例如规定 $m,n$ 的取极限顺序。

(b) 若对 $\forall\ \varepsilon>0$，$\exists\ N_1,N_2\in \mathbb{N^+}$，对 $\forall\ n>N_1$，$m>N_2$，$|a_{m,n}-b_m|<\varepsilon$，$|b_m-l|<\varepsilon$，则有 $\displaystyle\lim_{m,n\to\infty}a_{m,n}=l$。

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习题 2.4 单调收敛定理与无穷级数初探

若级数 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}2^nb_{2^n}$ 发散，则考虑在 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}b_n$ 中构造该级数以证明其发散。

固定 $m\in \mathbb{N^+}$，则总存在 $t\in \mathbb{N}$ 使 $2^t\leq m$，因此

$$\begin{align*} \displaystyle\sum_{n=1}^{m}b_n&=b_1+b_2+\cdots+b_m\\ &\geq b_1+b_2+\cdots+b_{2^t}\\ &=b_1+b_2+(b_3+b_4)+\cdots+(b_{2^{t-1}+1}+b_{2^{t-1}+2}+\cdots+b_{2^t})\\ &\geq b_1+b_2+2b_4+4b_8+\cdots+2^{t-1}b_{2^t}\\ &=\displaystyle\frac{1}{2}b_1+\displaystyle\frac{1}{2}\displaystyle\sum_{n=0}^{t}2^nb_{2^n}\\ &\geq \displaystyle\frac{1}{2}\displaystyle\sum_{n=0}^{t}2^nb_{2^n}. \end{align*}$$

对 $\forall\ G>0$，$\exists\ t\in \mathbb{N}$ 使 $\displaystyle\sum_{n=0}^{t}2^nb_{2^n}>2G$，即 $\exists\ m\in \mathbb{N^+}$ 使 $\displaystyle\sum_{n=1}^{m}b_n>G$。

所以 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}b_n$ 发散。

$2.4.2.$

(a) 计算可得 $x_2=1<x_1$，$x_3=\displaystyle\frac{1}{3}<x_2$，$\cdots$ 大胆猜想 $\{x_n\}$ 是单调递减的，配合单调有界定理证明其收敛。

假设 $x_{n+1}<x_n$，即 $\displaystyle\frac{1}{4-x_n}<x_n$，整理得 $\displaystyle\frac{x_n^2-4x_n+1}{4-x_n}<0$，考虑到原题中 $x_1=3<4$，可得 $x_n^2-4x_n+1<0$。设 $x^2-4x+1=0$ 两根分别为 $t_1<t_2$，那么 $x_n\in (t_1,t_2)$。

下面证明 $x_{n+2}<x_{n+1}$，利用同样的方法化简得到 $\displaystyle\frac{x_{n+1}^2-4x_{n+1}+1}{4-x_{n+1}}<0$。下面判断这个不等式的正负。

要判断它的正负，关键是求解 $x_{n+1}$ 的范围，而 $x_{n+1}$ 的范围又由 $x_{n}$ 所控制，所以我们考虑 $x_n\in (t_1,t_2)$ 时对 $x_{n+1}$ 的影响。

分析 $x^2-4x+1=0$ 解的范围，可知 $0<t_1<t_2<4$。由于 $x_{n+1}=\displaystyle\frac{1}{4-x_n}$，所以 $x_{n+1}\in (\displaystyle\frac{1}{4-t_1},\displaystyle\frac{1}{4-t_2})$。此时直接化简有些困难，于是我思考了这一方程的来历，发现这一方程就是 $x=\displaystyle\frac{1}{4-x}$ 的变形，于是 $x_{n+1}\in (t_1,t_2)$。

上面由 $x_{n+2}<x_{n+1}$ 得到的那个不等式因为形式完全一致，所以成立。

所以 $x_{n+2}<x_{n+1}$。

由数学归纳法可得 $\{x_n\}$ 单调递减。又因为 $x_n\in (t_1,t_2)$ 对 $\forall\ n\in \mathbb{N^+}$ 成立，所以 $\{x_n\}$ 有界，由单调有界定理可知其收敛。

(b) $\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_n$ 与 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_{n+1}$ 的意义是相同的。下面我们用极限定义严格地说明一下这一点。

设 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_n=A$，即对 $\forall\ \varepsilon>0$，$\exists\ N_1\in \mathbb{N^+}$，使得对 $\forall\ n>N_1$, $|x_n-A|<\varepsilon$。取 $N_2=N_1-1$，则对 $\forall\ n>N_2$，$|x_{n+1}-A|<\varepsilon$。所以 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_{n+1}=A$。

反向的证明可以使用同样的操作。

对 (a) 中递推公式左右取极限，可得 $A=\displaystyle\frac{1}{4-A}$，解得 $A=2-\sqrt{3}$ 或 $A=2+\sqrt{3}$，考虑原式里 $x_n$ 始终小于 $3$ 的事实，由序极限定理可知 $A\leq 3<2+\sqrt{3}$，所以 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_n=A=2-\sqrt{3}$。

使用 $2.4.2$ 中完全一致的方法就可以得出结论。

其一：$y_n$ 是单调递增的，且 $y_n<4$，所以 $y_n$ 收敛。

其二：两边同时取极限得到 $A=4-\displaystyle\frac{1}{A}$，其实这个方程的两解跟上一题完全一样，不过这次因为 $y_n>1$ 是恒成立的，所以 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}y_n=A=2+\sqrt{3}$。

把它写成数列形式如下：

$$x_{n+1}=\sqrt{2x_n},\quad x_1=\sqrt{2}\,.$$

先试探数列单调性，假设 $x_{n+1}>x_n$，化简得到 $x_n<2$，从而 $x_{n+1}=\sqrt{2x_n}<2$，所以 $x_{n+2}=\sqrt{2x_{n+1}}<x_{n+1}$。又因为 $x_1=\sqrt{2}<2$，假设成立，数列单调递增。

又因为对 $\forall\ n\in \mathbb{N^+}$，$\sqrt{2}\leq x_n<2$，由单调有界定理知其收敛。

两边同时取极限得到 $A=\sqrt{2A}$，解得 $A=2$ 或 $A=0$，又因为 $\sqrt{2}\leq x_n$，由序极限定理 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_n=A=2$。

(a) 若 $x_n>0$，则 $x_{n+1}=\displaystyle\frac{1}{2}(x_n+\frac{2}{x_n})>0$。考虑均值不等式

$$\displaystyle\frac{1}{2}(x_n+\frac{2}{x_n})\geq \sqrt{x_n\cdot\frac{2}{x_n}}=\sqrt{2}$$

所以 $x_{n+1}\geq \sqrt{2}$。又因为 $x_1=2$，$x_n\neq \sqrt{2}$ 时 $x_{n+1}\neq \sqrt{2}$，所以无法取等， $x_n^2>2$。

下面借助这一点证明其单调性。令 $x_{n+1}-x_n$ 得到

$$x_{n+1}-x_n=\displaystyle\frac{1}{2}(x_n+\displaystyle\frac{2}{x_n})-x_n=\displaystyle\frac{2-x_n^2}{2x_n}<0$$

所以 $\{x_n\}$ 单调递减。由之前不等式知其有界，由单调有界定理可知其收敛。

两边同时取极限，利用 $x_n>0$ 舍去一根解出 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_n=\sqrt{2}$。

(b) $x_{n+1}=\displaystyle\frac{1}{2}(x_n+\displaystyle\frac{c}{x_n})$ 其中 $c>0$。再规定 $x_1>0$。

(a) 用单调有界定理证明。

如果对 $\forall\ n\in \mathbb{N^+}$，$\exists\ G>0$ 使得 $|x_n|<G$，则 $|y_n|<G$ 同样成立，故 $\{y_n\}$ 有界。

若 $\exists\ k>n$ 使 $x_k\geq x_n$ 则有 $y_n=y_{n+1}$，否则 $y_n=x_n>y_{n+1}$，所以 $\{y_n\}$ 单调递减。

由单调有界定理可知 $\{y_n\}$ 收敛。

(b) 令 $z_n=\inf \{a_k:k\geq n\}$，$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\inf a_n=\displaystyle\lim_{n\to\infty}z_n$。

同 (a)，它是单调的，又因为它有界，所以它收敛。

(c) $z_n\leq a_n\leq y_n$，得出 $z_n\leq y_n$，利用序极限定理即可证明。

例如 $a_n=(-1)^n$ 时不等式会严格成立。

$\Rightarrow$) 若 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\inf a_n=\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sup a_n$，则由夹逼定理可知 $\{a_n\}$ 收敛。

$\Leftarrow$) 若 $\{a_n\}$ 收敛，设 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=A$。

首先，$\{a_n\}$ 有界，$\displaystyle\lim_{n\to\infty}z_n$ 与 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}y_n$ 均存在。

然后，对 $\forall\ \varepsilon>0$，$\exists\ N>0$ 使得对 $\forall\ n>N$，$|a_n-A|<\displaystyle\frac{\varepsilon}{2}$，即 $A-\displaystyle\frac{\varepsilon}{2}<a_n<A+\displaystyle\frac{\varepsilon}{2}$。

若 $\exists\ k>N$ 使得 $z_k<A-\displaystyle\frac{\varepsilon}{2}$，则由下确界的性质可知 $\exists\ m\geq k$ 使得 $a_m\leq A-\displaystyle\frac{\varepsilon}{2}$，矛盾，所以：

$$A-\varepsilon<A-\displaystyle\frac{\varepsilon}{2}\leq z_n\leq a_n<A+\varepsilon\\ |z_n-A|<\varepsilon$$

所以 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}z_n=A$。同理反向可证 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}y_n=A$。

综上，$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\inf a_n=\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sup a_n$ 当且仅当 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n$ 存在。

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习题 2.5 子列与 Bolzano-Weierstrass 定理

设 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=L$，则对 $\forall\ \varepsilon>0$，$\exists\ N>0$，使得 当 $n>N$ 时，$|a_n-L|<\varepsilon$。考虑子列 $a_{n_k}$，由于 $n_k\geq k$，所以对 $\forall\ k>N$，有 $n_k>N$，从而 $|a_{n_k}-L|<\varepsilon$。因此 $\displaystyle\lim_{k\to\infty}a_{n_k}=L$。

(a) 定义 $s_{n_k}=\displaystyle\sum_{i=1}^{n_k}a_i$，$k\in \mathbb{N^+}$，则 $\{s_{n_k}\}$ 是 $\{s_n\}$ 的子列。所以 $\displaystyle\lim_{k\to\infty}s_{n_k}=\displaystyle\lim_{n\to\infty}s_n=L$。

别看错了，这不是黎曼重排定理，事实上，级数的结合律只是把相邻的数加在一起而已，甚至没有改变顺序，所以敛散性和原级数应该一致。

举个例子，$\displaystyle\frac{1}{2}+\displaystyle\frac{1}{2}+\displaystyle\frac{1}{4}+\displaystyle\frac{1}{4}+\cdots=\left(\displaystyle\frac{1}{2}+\displaystyle\frac{1}{2}\right)+\left(\displaystyle\frac{1}{4}+\displaystyle\frac{1}{4}\right)+\cdots=1+\displaystyle\frac{1}{2}+\cdots$。

(b) 因为那个级数是不收敛的。

(a) 构造交替子列，极限分别为 $0,1$ 即可。例如 $\{\displaystyle\frac{1}{2n}\}$ 和 $\{1-\displaystyle\frac{1}{2n}\}$。放 $2n$ 的目的是防止 $0,1$ 出现在其中。

(b) 这是不可能的。不妨设它单调递增，因为原数列的任意序列到最后都会变得很大，因此发散，下面我们来证明这一点。

其实要证的就是对 $\forall\ G>0$，存在 $N>0$，使得当 $n\geq N$ 时，$a_n>G$。首先，$\exists\ N>0$ 使得 $a_N>G$，是无误的，然后由原数列单调递增，$\forall\ n\geq N$，都有 $a_n\geq a_N>G$，从而对任何一个 $\{a_{n_k}\}$ 子列都有 $k>N$ 时，$a_{n_k}>G$，因此发散。

(c) 可能。考虑一种分别构造的方式，使得数列里面 $1,1/2,1/3,\ldots$ 都出现无穷多次。

直接按顺序排会让它们无法出现第二次，因此尝试交替排列，例如 $\{1,1/2,1,1/2,1/3,1,1/2,1/3,1/4,\ldots\}$，符合要求。

可能。构造两个子列交替排列，一个收敛，一个发散。

不可能，因为由 Bolzano-Weierstrass 定理，这个有界子列里存在一个更小的收敛子列。

$2.5.4.$

由 Bolzano-Weierstrass 定理，有界数列一定有收敛子列，但是这并不意味着所有所有子列都是收敛的，所以想通过数列每项都属于某个收敛子列来证明数列收敛是行不通的。

那我们来考察一下，假如 $\{a_n\}$ 有界，且要么子列不收敛，要么子列都收敛到同一个极限 $a$ 呢?

比如说 $(-1)^n$，如果它是 $\{a_n\}$ 的子列，那么它确实不收敛。但是它也有自己的两个子列，并且这两个子列收敛到的极限不相同，那么就矛盾了。

所以，如果子列都收敛到同一个极限 $a$，那么 $\{a_n\}$ 就不能有不收敛的子列。事实上，因为 $\{a_n\}$ 有界，那么子列也有界，符合 Bolzano-Weierstrass 定理的要求，所以可以利用这个定理在发散子列里面创造两个更小的收敛子列，从而导致矛盾。这就是我们的证明逻辑。

我们用反证法。假设 $\{a_n\}$ 发散，因为 $\{a_n\}$ 有界，故由 Bolzano-Weierstrass 定理知，$\{a_n\}$ 有收敛子列，设该子列为 $\{a_{n_k}\}$，且 $\displaystyle\lim_{k\to\infty}a_{n_k}=a$。

下面我们创造第二个收敛子列，并且让它的极限不等于 $a$。因为 $\{a_n\}$ 发散，所以肯定有无穷多项不在 $\{a_n\}$ 的邻域里面，不然 $\{a_n\}$ 就收敛了。又因为这无穷多项是有界的，所以它肯定有一个不收敛到 $a$ 的子列，这样就得出了矛盾。用数学语言来说就是：

$\exists\ \varepsilon>0$，使得对 $\forall\ N>0$，$\exists\ n>N$，使得 $|a_n-a|\geq \varepsilon$。也就是 $a_n\notin (a-\varepsilon,a+\varepsilon)$。

取 $n_1>N$ 满足上述条件，由 $N$ 的任意性，可以取到 $n_2>n_1$ 满足上述条件。以此类推，对 $\forall\ k\in \mathbb{N^+}$，都可以取到 $n_{k+1}>n_{k}$ 满足上述条件。所以我们得到了 $\{a_n\}$ 的一个子列 $\{a_{n_k}\}$。由于 $\{a_n\}$ 有界，所以 $\{a_{n_k}\}$ 也有界，由 Bolzano-Weierstrass 定理知，$\{a_{n_k}\}$ 有收敛子列，设该子列为 $\{a_{n_{k_j}}\}$，且 $\displaystyle\lim_{j\to\infty}a_{n_{k_j}}=b$。由于 $\forall\ k\in \mathbb{N^+}$，都有 $a_{n_k}\notin (a-\varepsilon,a+\varepsilon)$，所以由序极限定理 $b\notin (a-\varepsilon,a+\varepsilon)$，从而 $b\neq a$，这就得到了矛盾。

综上所述，$\{a_n\}$ 必须收敛。由收敛数列子列的极限和原数列极限相同可知 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=a$。

可以看出，$-1<b<0$ 时，$\{b^n\}$ 正负交错并不单调。但是我们可以把它的正负项分别提取成两个子列，并且这两个子列都收敛到 $0$。再利用 $2.3.5.$ 的结论，我们就可以进行证明。

正数项子列的收敛性书上已证，现在证明负数项子列的收敛性。令 $c_n=b^{2n-1}$，则 $\{c_n\}$ 为 全体负数项组成的子列。因为 $-1<b<0$，所以 $b<b^3<b^5<\cdots<0$，由单调有界定理 $\{c_n\}$ 收敛。记 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}c_n=c$，则 $\{c_n\}$ 的子列 $\{c_{2n}\}$ 也应当收敛到 $c$，而 $c_{2n}=b^{4n-1}=b(c_n)^2$，所以 $c=bc^2$，从而 $c=0$ 或 $\displaystyle\frac{1}{b}$，但是 $\displaystyle\frac{1}{b}<-1<c_n$，所以 $c=0$。

所以这两个子列的极限都为 $0$。由于这两个子列交替构成了 $\{b^n\}$，由 $2.3.5.$ 的结论可知，$\{b^n\}$ 也收敛到 $0$。

只需要证明 $s$ 的任意邻域都存在 $\{a_n\}$ 中的项，便能构造出收敛到 $s$ 的子列。

假设存在 $\varepsilon>0$，使得 $\forall\ n\in \mathbb{N^+}$，$a_n\notin (s-\varepsilon,s+\varepsilon)$。那么 $\{a_n\}$ 中就有无限多项大于 $s+\varepsilon$，或小于 $s-\varepsilon$。

若有无限多项大于 $s+\varepsilon$，则 $x=s+\displaystyle\frac{\varepsilon}{2}\in S$，与 $s=\sup S$ 矛盾。

若只有无限多项小于 $s-\varepsilon$，则不存在 $x>s-\varepsilon$，使得 $x\in S$，与 $s=\sup S$ 矛盾。

所以 $\forall\ \varepsilon>0$，$\exists\ n\in \mathbb{N^+}$，使得 $a_n\in (s-\varepsilon,s+\varepsilon)$。由此便能构造出收敛到 $s$ 的子列。

首先，$\exists\ n_1\in \mathbb{N^+}$，使得 $a_{n_1}\in (s-1,s+1)$；

然后，$\exists\ n_2\in \mathbb{N^+}$，$n_2>n_1$，使得 $a_{n_2}\in (s-\displaystyle\frac{1}{2},s+\displaystyle\frac{1}{2})$；

依此类推，对 $\forall\ k\in \mathbb{N^+}$，$\exists\ n_k\in \mathbb{N^+}$，$n_k>n_{k-1}$，使得 $a_{n_k}\in (s-\displaystyle\frac{1}{k},s+\displaystyle\frac{1}{k})$。

这样便构造出了 $\{a_{n_k}\}$。

对 $\forall\ \varepsilon>0$，$\exists\ N\in \mathbb{N^+}$，$N>\displaystyle\frac{1}{\varepsilon}$，对 $\forall\ k>N$，有 $|a_{n_k}-s|<\displaystyle\frac{1}{k}<\varepsilon$。

所以 $\displaystyle\lim_{k\to\infty}a_{n_k}=s$。

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习题 2.6 Cauchy 准则

(a) $a_n=(-1)^n\displaystyle\frac{1}{n}$。

(b) $a_n=n$。

(c) 不存在，因为柯西列一定收敛，所有子列都必须收敛。

(d) 让 $\{1\}$ 和 $\{n\}$ 交替组成 $\{a_n\}$ 即可。

定理 $2.6.2$ 的证明利用了原数列的极限作为中间量，关键如下：在 $n$ 足够大时，每个 $a_n$ 都靠近极限 $a$ $\Rightarrow$ $a_n$ 之间都相互靠近。接下来定量证明即可 $\forall\ \varepsilon>0$，$\exists\ N>0$，$\forall\ m,n>N$，$|a_m-a|<\varepsilon$，$|a_n-a|<\varepsilon$，也就是说，$a_m,a_n$ 最多都只离 $a$ 有 $\varepsilon$ 的距离，因此它们两之间最多也只有 $2\varepsilon$ 的距离，用三角不等式得出 $|a_m-a_n|\leq|a_m-a|+|a_n-a|<2\varepsilon$。这就证明了收敛数列都是柯西列。

(a) 伪柯西列的定义仅要求相邻项的距离足够小，而柯西列的定义要求任意两项的距离都足够小。

(b) 一个发散序列是有可能是伪柯西列的，对它的一个直观想法是：它是单调递增的，在增长量越来越小（趋于 $0$）的情况下无限增大。由于 $\{n\}$ 是一个典型的增长量不变的数列，所以我们可以考虑那些增长小于 $\{n\}$ 的数列，比如 $\{\sqrt{n}\}$。因为 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=0$，所以 $\{\sqrt{n}\}$ 是一个伪柯西列。

$|c_m-c_n|=\big||a_m-b_m|-||a_n-b_n|\big|\leq |(a_m-a_n)-(b_m-b_n)|\leq |a_m-a_n|+|b_m-b_n|$，依此即可证明。

(a) 与 $2.6.4.$ 类似，令 $z_n=x_n+y_n$，则有 $|z_m-z_n|=|(x_m+y_m)-(x_n+y_n)|\leq |x_m-x_n|+|y_m-y_n|$，依此即可证明。

(b) 令 $w_n=x_ny_n$，则有 $|w_m-w_n|=|x_my_m-x_ny_n|=|x_my_m-x_ny_m+x_ny_m-x_ny_n|=|(x_m-x_n)y_m+(y_m-y_n)x_n|\leq |y_m||x_m-x_n|+|x_n||y_m-y_n|$。

对 $\forall\ \varepsilon>0$，$\exists\ N_1,N_2\in \mathbb{N^+}$，对 $\forall\ m,n\geq N_1$，$|x_m-x_n|<\varepsilon$；对 $\forall\ m,n\geq N_2$，$|y_m-y_n|<\varepsilon$。取 $N\in \mathbb{N^+}$，$N>\max\{N_1,N_2\}$，则对 $\forall\ m,n\geq N$，上述两式均成立。

又因为柯西列是有界的，所以 $\exists\ M_1,M_2>0$，对 $\forall\ n\in \mathbb{N^+}$，$|x_n|\leq M_1$，$|y_n|\leq M_2$。因此对 $\forall\ m,n\geq N$，有 $|w_m-w_n|<M_2\varepsilon+M_1\varepsilon=(M_1+M_2)\varepsilon$。这就证明了 $\{w_n\}$ 是柯西列。

$2.6.6.$实数几大基本定理的互证

(a) 闭区间套定理 $\Rightarrow$ 完备性公理

闭区间套定理其实揭示了实数的连续性，也就是说，实数轴上不存在空隙。使用无限的闭区间嵌套，在闭区间长度减小（趋于 $0$）的情况下，一定会正好落在某个实数上，这就像拿越来越细的刀去切实数轴，当它的厚度趋于 $0$ 时，一定会切到某个实数上。

从刀的比喻拓展来看，闭区间套定理最终能够把实数轴切成两个部分，而完备性公理正好就描述了这一性质：通过上确界的存在唯一性，将实数轴上所有点都划分成要么属于集合，要么属于上界的两部分（当然这里不严谨，我们只考虑切右边即上确界，下确界在这里忽略了）。

所以它们两个说明的是同一个性质，下面考虑用数学语言严谨地证明。

考虑有上界的非空集合 $A$。如果 $a\in A$ 为它的上界，那么 $a=\sup A$。具体来讲，任何一个元素都小于等于 $a$，而且 $a-\varepsilon<a$，满足上确界两条性质。实际上这个在第一章证明过了。

如果任何一个元素都不是 $A$ 的上界，那么这时我们就要用闭区间套定理把 $\sup A$ “切”出来了。我们可以仿照书上 Bolzano-Weierstrass 定理的证明思路，这样构造：

(i) 闭区间的左端点属于 $A$，右端点是 $A$ 的上界。

(ii) 下一个闭区间的长度是上一个的 $\displaystyle\frac{1}{2}$，以达到长度趋于 $0$ 的效果。

如此一来，闭区间“切出来”的实数应该就是“属于”和“上界”的分界点，即 $\sup A$。

理论存在，操作开始：

设 $A$ 的一个上界是 $M$，且有 $a\in A$。因为任何元素都不是 $A$ 的上界，所以 $a<M$。令 $a_1=a$，$b_1=M$，构造第一个闭区间 $[a_1,b_1]$。

现在，考虑 $[a_1,b_1]$ 的中点 $c_1=\displaystyle\frac{a_1+b_1}{2}$。按照这个形式操作:

(i) 若 $c_1$ 不是 $A$ 的上界，则令 $a_2=c_1$，$b_2=b_1$，构造下一个闭区间 $[a_2,b_2]$。

(ii) 若 $c_1$ 是 $A$ 的上界，则令 $a_2=a_1$，$b_2=c_1$，构造下一个闭区间 $[a_2,b_2]$。

$c_1$ 能且仅能满足其一，由此可得到下一个闭区间 $[a_2,b_2]$。

接下来，考虑 $[a_2,b_2]$ 的中点 $c_2=\displaystyle\frac{a_2+b_2}{2}$。按照完全相同的形式操作...

也就是说，对 $\forall\ n\in \mathbb{N^+}$，我们对 $[a_n,b_n]$ 的中点 $c_n=\displaystyle\frac{a_n+b_n}{2}$ 进行相同的操作；

(i) 若 $c_n$ 不是 $A$ 的上界，则令 $a_{n+1}=c_n$，$b_{n+1}=b_n$，构造下一个闭区间 $[a_{n+1},b_{n+1}]$。

(ii) 若 $c_n$ 是 $A$ 的上界，则令 $a_{n+1}=a_n$，$b_{n+1}=c_n$，构造下一个闭区间 $[a_{n+1},b_{n+1}]$。

得到下一个闭区间 $[a_{n+1},b_{n+1}]$。

如此一来，我们便得到一个闭区间套。由闭区间套定理，一定存在一个实数 $c$，使得 $c\in\displaystyle\bigcap_{n=1}^{\infty}[a_n,b_n]$。

下面我们证明 $c=\sup A$。

$c$ 的特殊之处在哪呢？它的左边 $a_n$ 不是 $A$ 的上界，而右边 $b_n$ 都是 $A$ 的上界，而且 $a_n,b_n$ 之间会随 $n$ 增大任意接近，这说明 $a_n,c,b_n$ 三者也能在后面任意接近。把这个“任意接近”和上确界定义里面的“任意接近”联系起来，就能得到证明。

(i) 先证明 $c$ 是 $A$ 的上界，也就是说任何一个大于 $c$ 的数字都是 $A$ 的上界，这一点利用右边。如果 $c$ 不是一个上界，则 $\exists\ x\in A$，$c<x$。因为 $c,b_n$ 之间的距离能任意小，所以它们肯定能小于 $c,x$ 之间的距离，也就是说 $x$ 会大于某个 $b_n$，这样就矛盾了。数学语言说法如下：

取 $\varepsilon=x-c$，因为 $b_n-c\leq b_n-a_n=\displaystyle\frac{b_1-a_1}{2^{n-1}}$，而令 $n>\log_2(\displaystyle\frac{b_1-a_1}{\varepsilon})+1$ 时，$b_n-c<\varepsilon$，即 $x>b_n>x$，矛盾。（一个元素不能大于上界，不然就大于自身）

所以 $c$ 是 $A$ 的上界。

(ii) 再证明 $c$ 是 $A$ 的最小上界，也就是说任何一个小于 $c$ 的数字都不是 $A$ 的上界，这一点利用左边。如果 $c$ 不是最小上界，则 $\exists\ y<c$，使得 $y$ 是 $A$ 的上界。同上分析，取 $\varepsilon=c-y$，因为 $c-a_n\leq b_n-a_n=\displaystyle\frac{b_1-a_1}{2^{n-1}}$，而令 $n>\log_2\left(\displaystyle\frac{b_1-a_1}{\varepsilon}\right)+1$ 时，$c-a_n<\varepsilon$，即 $a_n<y<a_n$，矛盾。（其实跟上面一样）

综上所述 ，$c=\sup A$。

这就证明了完备性公理。

(b) 单调有界定理 $\Rightarrow$ 闭区间套定理

单调有界定理说明，一列一直增加的数列，如果有上界，那么它一定会收敛到某个实数。如果不收敛到某个上界，肯定也会收敛到更小的一个上界。这就像打到了一堵墙上，数列会越来越靠近墙，但不会穿过墙。

“墙”与“切”的关系其实很紧密，事实上，闭区间套定理用刀切出来的实数正好就可以看作分开左右端点的一堵墙。所以左/右端点的极限就是切出来的实数。

下面用数学语言证明。

设 $\{[a_n,b_n]\}$ 是闭区间套，则对 $\forall\ n\in \mathbb{N^+}$，$a_n\leq a_{n+1}\leq b_1$，这说明 $\{a_n\}$ 单调递增有上界，由单调有界定理，$\{a_n\}$ 有极限，设 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=a$。

下面证明 $a\in [a_n,b_n]$ 对 $\forall\ n\in \mathbb{N^+}$ 成立。由于右边端点全是上界，即对 $\forall\ m,n\in \mathbb{N^+}$，$a_m\leq b_n$，由序极限定理 $a\leq b_n$。

对于左边，我们固定一个 $n$，因为 $\{a_n\}$ 单调递增，所以对 $\forall\ m\geq n$，$a_n\leq a_m$，由序极限定理 $a_n\leq a$。

所以对 $\forall\ n\in \mathbb{N^+}$，$a\in [a_n,b_n]$。即 $\displaystyle\bigcap_{n=1}^{\infty}[a_n,b_n]=\{a\}\neq \varnothing$。

这就证明了闭区间套定理。

(c) Bolzano-Weierstrass 定理 $\Rightarrow$ 闭区间套定理

Bolzano-Weierstrass 定理可以在任何一个有界序列里面找到一个极限，而闭区间套的左右端点都是有界的，所以我们可以用前者来生成一个极限，由 (b) 问的证明可知，这个极限就是闭区间套切出来的实数。

总之，由 (b) 问的概述，$\{a_n\}$ 是有界的，所以由 Bolzano-Weierstrass 定理，$\{a_n\}$ 有一个收敛子列 $\{a_{n_k}\}$，设 $\displaystyle\lim_{k\to\infty}a_{n_k}=a$。

其实对这个子列的分析与 (b) 问的分析是一样的，同样由序极限定理得出 $a\leq b_n$。

左边同样固定 $n$，并使 $m>n$，则 $n_m\geq m>n$，所以 $a_n\leq a_{n_m}$，由序极限定理 $a_n\leq a$。

所以对 $\forall\ n\in \mathbb{N^+}$，$a\in [a_n,b_n]$。即 $\displaystyle\bigcap_{n=1}^{\infty}[a_n,b_n]=\{a\}\neq \varnothing$。

这就证明了闭区间套定理。

(d) Cauchy 准则 $\Rightarrow$ Bolzano-Weierstrass 定理

Cauchy 准则在不知道极限，只需要知道数列的项彼此之间足够接近的情况下，就能判断数列收敛。所以我们需要用它来构造一个收敛子列。而 Bolzano-Weierstrass 定理的条件是有界。有界和足够接近...要怎么结合到一起呢？我们可以仿照书上的证明思路，因为它有界，所以我们可以不断的选取更小区间范围里的项，从而使它们彼此足够接近。

设 $\{a_n\}$ 有界，$\exists\ M>0$，对 $\forall\ n\in \mathbb{N^+}$，$a_n\in [-M,M]$。

选取第一个 $a_{n_1}\in [-M,M]$，记 $b_1=-M,c_1=M$，则 $a_{n_1}\in [b_1,c_1]$。

选取第二个 $a_{n_2}$，$n_2>n_1$：

若 $[b_1,\displaystyle\frac{b_1+c_1}{2}]$ 有 $\{a_n\}$ 的无限项，则 $a_{n_2}\in [b_1,\displaystyle\frac{b_1+c_1}{2}]$，否则 $a_{n_2}\in [\displaystyle\frac{b_1+c_1}{2},c_1]$，记 $a_{n_2}$ 属于的新闭区间为 $[b_2,c_2]$。

选取第三个 $a_{n_3}$，$n_3>n_2$：

若 $[b_2,\displaystyle\frac{b_2+c_2}{2}]$ 有 $\{a_n\}$ 的无限项，则 $a_{n_3}\in [b_2,\displaystyle\frac{b_2+c_2}{2}]$，否则 $a_{n_3}\in [\displaystyle\frac{b_2+c_2}{2},c_2]$，记 $a_{n_3}$ 属于的新闭区间为 $[b_3,c_3]$。

$\cdots$

依此类推，对 $\forall\ k\in \mathbb{N^+}$，都可以选取出一个闭区间，$a_{n_k}\in [b_k,c_k]$。

这样就构造出了一个子列 $\{a_{n_k}\}$。

依据选取方式，$c_k-b_k=\displaystyle\frac{M}{2^{k-2}}$，所以对 $\forall\ \varepsilon>0$，$\exists\ N\in \mathbb{N^+}$，$N>\log_2\left(\displaystyle\frac{M}{\varepsilon}\right)+2$，对 $\forall\ p,q>N$，都有 $b_N\leq a_{n_p}\leq c_N$，$b_N\leq a_{n_q}\leq c_N$，所以 $|a_{n_p}-a_{n_q}|\leq c_N-b_N=\displaystyle\frac{M}{2^{N-2}}<\varepsilon$，$\{a_{n_k}\}$ 收敛。

这就证明了 Bolzano-Weierstrass 定理。

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习题 2.7 无穷级数的性质

因为 $s_n=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}(-1)^{k+1}a_k$，所以证明 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}a_n$ 收敛相当于证明 $\{s_n\}$ 收敛。

我们以 $a_k=\displaystyle\frac{1}{k}$ 为例，生成 $s_n$ 的一份点列图：

可以看到，奇数项和偶数项各自单调，且摆动区间越来越小，这将为我们接下来的证明提供参考。

(a) 由于 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=0$，则对 $\forall\ \varepsilon>0$，$\exists\ N\in \mathbb{N^+}$，使得对 $\forall\ n>N$，$|a_n|<\varepsilon$。

所以对 $\forall\ n>m>N$，$|s_m-s_n|=\left|\displaystyle\sum_{k=m+1}^n a_k\right| \leq \sum_{k=m+1}^n |a_k| < (n-m)\varepsilon$。

这样子不足以控制它的大小。

再考虑没有用上的 $\{a_n\}$ 单调递减，则有 $a_{k}-a_{k+1}\geq 0$，这个不等式正反用可得 $0\leq a_k-(a_{k+1}-a_{k+2})\leq a_{k}$。事实上，$a_k$ 后面所有摆动项加起来的威力，都无法让它脱离这个区间。因此，我们最终的目的是证明 $0\leq \displaystyle\sum_{k=m+1}^{n}a_k\leq a_{m+1}$。

若 $a_n$ 前为正号，则 $\displaystyle\sum_{k=m+1}^{n}a_k=a_{m+1}-(a_{m+2}-a_{m+3})-(a_{m+4}-a_{m+5})-\cdots-(a_{n-1}-a_{n})\leq a_{m+1}$，

$\displaystyle\sum_{k=m+1}^{n}a_k=(a_{m+1}-a_{m+2})+(a_{m+3}-a_{m+4})+\cdots+(a_{n-2}+a_{n-1})+a_n\geq 0$，

所以 $0\leq \displaystyle\sum_{k=m+1}^{n}a_k\leq a_{m+1}$。

若 $a_n$ 前为负号，用同样的方法两次组合分别证明。

所以 $|s_m-s_n|=\displaystyle\sum_{k=m+1}^{n}a_k\leq a_{m+1}<\varepsilon$，由 Cauchy 准则可知 $\{s_n\}$ 收敛。

(b) 考虑到 $\{s_n\}$ 是在越来越小的区间里面摆动的，所以利用闭区间套定理可以追踪到它的极限，再进行证明。

若 $s_k\leq s_{k+1}$ 即 $a_{k+1}$ 前面为正号，则 $s_{k+2}=s_{k+1}-a_{k+2}\leq s_{k+1}$，$s_{k+2}=s_k+(a_{k+1}-a_{k+2})\geq s_k$，得到 $s_k\leq s_{k+2}\leq s_{k+1}$。

若 $s_k\geq s_{k+1}$ 即 $a_{k+1}$ 前面为负号，用同样的方法可得 $s_k \leq s_{k+2}\leq s_{k+1}$。

这说明 $\{s_n\}$ 在越来越小的区间内摆动，下面构造闭区间套。

设 $I_k=[s_k,s_{k+1}]$，则由上述分析可知 $I_{k+1}\subset I_k$。

所以 $\{I_k\}$ 是一个闭区间套，由闭区间套定理，$\exists\ s\in \displaystyle\bigcap_{k=1}^{\infty}I_k$。

下面证明 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}s_n=s$。

因为 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}|s_{n+1}-s_{n}|=\displaystyle\lim_{n\to\infty}|a_{n+1}|=0$，所以对 $\forall\ \varepsilon>0$，$\exists\ N\in \mathbb{N^+}$，使得对 $\forall\ n>N$，$|s_{n+1}-s_n|<\varepsilon$。

又因为 $s\in I_n$，所以 $|s_n-s|\leq |s_{n+1}-s_n|<\varepsilon$，所以 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}s_n=s$。

所以 $\{s_n\}$ 收敛。

(c) 我们这里让 $n$ 从 $1$ 开始计数，这样 $\{s_{2n-1}\}$ 作为子列比 $\{s_{2n+1}\}$ 更为合适。

$s_{2n+1}=s_{2n-1}-(a_{2n}-a_{2n+1})\leq s_{2n-1}$，所以 $\{s_{2n-1}\}$ 单调递减。

$s_{2n+2}=s_{2n}+a_{2n+1}-a_{2n+2}\geq s_{2n}$，所以 $\{s_{2n}\}$ 单调递增。

又因为 $s_{2n-1}-s_{2n}=a_{2n}\geq 0$，所以 $s_1\geq s_{2n-1}\geq s_{2n}\geq s_2$，这说明 $\{s_{2n-1}\}$ 和 $\{s_{2n}\}$ 都是有界的。

由单调有界定理可知 $\{s_{2n-1}\}$ 和 $\{s_{2n}\}$ 都收敛。

设 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}s_{2n-1}=s$，则对 $\forall\ \varepsilon>0$，$\exists\ N_1\in \mathbb{N^+}$，使得对 $\forall\ n>N_1$，$|s_{2n-1}-s|<\displaystyle\frac{\varepsilon}{2}$。

又 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_{2n}=\displaystyle\lim_{n\to\infty}|s_{2n-1}-s_{2n}|=0$，所以对 $\forall\ \varepsilon>0$，$\exists\ N_2\in \mathbb{N^+}$，使得对 $\forall\ n>N_2$，$|s_{2n-1}-s_{2n}|<\displaystyle\frac{\varepsilon}{2}$。

取 $N=\max\{N_1,N_2\}$，则对 $\forall\ n>N$，$|s_{2n}-s|=|s_{2n}-s_{2n-1}+s_{2n-1}-s|\leq |s_{2n}-s_{2n-1}|+|s_{2n-1}-s|<\varepsilon$，所以 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}s_{2n}=s$。

由 $2.3.5.$，$\displaystyle\lim_{n\to\infty}s_n=s$。

令 $s_n=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}a_k$，$t_n=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}b_k$，那么判断它们的敛散性就相当于判断原级数的敛散性了。

由于对 $\forall\ k\in \mathbb{N^+}$，$0\leq a_k\leq b_k$，所以 $s_n\leq t_n$，且它们都是单调递增的。

(a) (i) 若 $\{t_n\}$ 收敛，则对 $\forall\ \varepsilon>0$，$\exists\ N\in \mathbb{N^+}$，使得对 $\forall\ m,n>N$，$|t_m-t_n|<\varepsilon$，即 $\displaystyle\sum_{k=m+1}^{n}b_k<\varepsilon$。

所以 $|s_m-s_n|=\displaystyle\sum_{k=m+1}^{n}a_k\leq \displaystyle\sum_{k=m+1}^{n}b_k<\varepsilon$，由 Cauchy 准则可知 $\{s_n\}$ 收敛。

(ii) 若 $\{s_n\}$ 发散，则 $\exists\ \varepsilon>0$，对 $\forall\ N\in \mathbb{N^+}$，$\exists\ m,n>N$，使得 $|s_m-s_n|\geq \varepsilon$，即 $\displaystyle\sum_{k=m+1}^{n}a_k\geq \varepsilon$。

所以 $|t_m-t_n|=\displaystyle\sum_{k=m+1}^{n}b_k\geq \displaystyle\sum_{k=m+1}^{n}a_k\geq \varepsilon$，由 Cauchy 准则可知 $\{t_n\}$ 发散。

(b) (i) 若 $\{t_n\}$ 收敛，则 $\{t_n\}$ 有界，$\exists\ M>0$，使得对 $\forall\ n\in \mathbb{N^+}$，$|t_n|\leq M$。

又因为 $s_n\leq t_n\leq M$，所以 $\{s_n\}$ 也有界，又因为 $\{s_n\}$ 单调递增，所以由单调有界定理可知 $\{s_n\}$ 收敛。

(ii) 若 $\{s_n\}$ 发散，则对 $\forall\ M>0$，$\exists\ N\in \mathbb{N^+}$，使得对 $\forall\ n>N$，$s_n>M$。

所以 $t_n\geq s_n>M$，$\{t_n\}$ 发散。

译本的题目有点问题，这里我按照自己的想法修正一下：

对于每个 $n\in \mathbb{N^+}$，

$$p_n=\begin{cases} 0,\quad &a_n\geq 0\\ a_n,\quad &a_n<0 \end{cases}$$

$$q_n=\begin{cases} a_n,\quad &a_n\geq 0\\ 0,\quad &a_n<0 \end{cases}$$

由此定义，$\sum a_n=\sum p_n+\sum q_n$。

(a) 若 $\{\sum a_n\}$ 发散，由 $\sum a_n=\sum p_n+\sum q_n$ 可知 $\sum p_k,\sum q_k$ 必有其一发散。

(b) 若 $\sum a_n$ 条件收敛，则 $\sum |a_n|$ 发散。

由 $\sum a_n=\sum p_n+\sum q_n$ 收敛，$\sum p_n,\sum q_n$ 要么都收敛，要么都发散；

由 $\sum |a_n|=-\sum p_n+\sum q_n$ 发散，$\sum p_n,\sum q_n$ 必有其一发散。

综合两条，即得 $\sum p_n$ 和 $\sum q_n$ 均发散。

考虑构造交错级数，用它乘上另一个级数就可能让它项与项之间相互抵消，进而收敛。

$x_n=1$，$y_n=(-1)^n$ 可以吗？$\sum x_ny_n$ 永远在 $0,1$ 上摆动，不收敛。

所以另一个级数还得单调递减，让抵消后的值越来越小。

比如说，$x_n=\displaystyle\frac{1}{n}$，$y_n=(-1)^n$，那么 $x_ny_n=(-1)^n\displaystyle\frac{1}{n}$ 就是一个交错级数，由判别法可知它收敛。

(a) 若 $\sum a_n$ 绝对收敛，要证 $\sum a_n^2$ 收敛，一个可能的想法是 $a_n^2\leq |a_n|$ 即 $|a_n|<1$，而这在绝对收敛的条件下是做得到的（事实上 $a_n$ 可以任意小）。

由 Cauchy 准则，对 $\forall\ \varepsilon>0$，$\exists\ N\in \mathbb{N^+}$，使得对 $\forall\ m,n\geq N$，$\displaystyle\sum_{k=m+1}^{n}|a_k|<\varepsilon$。我们取 $\varepsilon<1$，$m=n-1$，就有 $\forall\ n>N$， $|a_n|<\varepsilon<1$，所以 $a_n^2\leq |a_n|$。

所以 $\displaystyle\sum_{k=n+1}^{n}a_k^2\leq \displaystyle\sum_{k=m+1}^{n}|a_k|<\varepsilon$，由 Cauchy 准则可知 $\sum a_n^2$ 收敛。由非负性可得 $\sum a_n^2$ 绝对收敛。

(b) 不能。由 (a) 的分析，$0\leq a_n<1$ 时 $a_n\leq \sqrt{a_n}$，所以 $\sqrt{a_n}$ 的值增大了，那它的和就不一定收敛。

比如令 $a_n=\displaystyle\frac{1}{n^2}$，则 $\sum a_n$ 收敛，但 $\sum \sqrt{a_n}=\sum \displaystyle\frac{1}{n}$ 发散。

(a) 用绝对值不等式将 $|\sum x_ny_n|$ 拆开，再用 $\{y_n\}$ 有界进行估计，最后用绝对收敛的条件得出结论。

由 $\{y_n\}$ 有界，$\exists\ M>0$，使得对 $\forall\ n\in \mathbb{N^+}$，$|y_n|\leq M$。

又因为 $\sum x_n$ 绝对收敛，所以对 $\forall\ \varepsilon>0$，$\exists\ N\in \mathbb{N^+}$，使得对 $\forall\ m,n>N$，$\displaystyle\sum_{k=m+1}^{n}|x_k|<\displaystyle\frac{\varepsilon}{M}$。

所以对 $\forall\ m,n>N$，$|\displaystyle\sum_{k=m+1}^{n}x_ky_k|\leq \displaystyle\sum_{k=m+1}^{n}|x_k||y_k|\leq M\displaystyle\sum_{k=m+1}^{n}|x_k|<M\displaystyle\frac{\varepsilon}{M}=\varepsilon$，由 Cauchy 准则可知 $\sum x_ny_n$ 收敛。

(b) 考虑 $\sum x_n,\sum y_n$ 都是交错级数的情况，那么它们相乘后可能抵消符号，变成正项级数，从而发散。

比如说，$x_n=(-1)^{n+1}\displaystyle\frac{1}{n}$，$y_n=(-1)^{n+1}$，则满足题意，但 $x_ny_n=\displaystyle\frac{1}{n}$，$\sum x_ny_n$ 发散。

$2.7.7.$几何级数与 $\mathrm{p}$ 级数间的转换

题目让我们用几何级数的敛散性证明 $\mathrm{p}$ 级数的敛散性。也就是

$$\sum ar^n \Rightarrow \sum \frac{1}{n^p}$$

这两个级数的变化量一个在指数上，一个在底数上，所以需要想一个转换的方法。

有什么办法能将变化量这样转换，而不改变原级数的敛散性呢？我没有想到，问了 deepseek 后，它为我提供了 Cauchy 判敛法，在 $2.4$ 节提过：

$$a_n\ \text{单调递减且非负}\Rightarrow \sum a_n\ \text{收敛}\Leftrightarrow \sum 2^na_{2^n}\ \text{收敛}$$

由此可见，$\sum \displaystyle\frac{1}{n^p}$ 是否收敛等价于 $\sum 2^n\displaystyle\frac{1}{(2^n)^p}=\sum (2^{(1-p)})^n$ 是否收敛，这就把变量转移到指数上来了。

由几何级数的敛散性可知，当且仅当 $|2^{1-p}|<1$ 即 $p>1$ 时 $\sum (2^{(1-p)})^n$ 收敛。

所以 $\sum \displaystyle\frac{1}{n^p}$ 当且仅当 $p>1$ 时收敛。

我们要论证部分和序列

$$\begin{align*} s_n&=(a_1+b_1)+(a_2+b_2)+\cdots (a_n+b_n)\\ &=(a_1+a_2+\cdots +a_n)+(b_1+b_2+\cdots +b_n)\\ \end{align*}$$

收敛，则令 $p_n=a_1+a_2+\cdots +a_n$，$q_n=b_1+b_2+\cdots +b_n$，则 $s_n=p_n+q_n$。

由 $p_n,q_n$ 收敛可知 $s_n$ 收敛。

(a) 由实数稠密性可知 $r'$ 必须存在。

由 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}|\displaystyle\frac{a_{n+1}}{a_n}|=r<r'$，则对 $\forall\ \varepsilon>0$，$\exists\ N\in \mathbb{N^+}$，使得对 $\forall\ n\geq N$，$|\displaystyle\frac{a_{n+1}}{a_n}-r|\leq \varepsilon$。

取 $\varepsilon=r'-r$，则对 $\forall\ n>N$，$|\displaystyle\frac{a_{n+1}}{a_n}|\leq r+\varepsilon=r'$。所以 对 $\forall\ n\geq N$，$|a_{n+1}|\leq |a_n|r'$。

(b) 因为 $|\displaystyle\frac{a_{n+1}}{a_n}|\geq 0$，由序极限定理可知 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}|\displaystyle\frac{a_{n+1}}{a_n}|=r\geq 0$。所以 $0<r'<1$，由几何级数的敛散性可知 $|a_N|\sum (r')^n$ 收敛。

(c) 结合前两问我们可以把 $\{a_n\}$ 放缩成一个收敛的几何级数，从而证明 $\sum a_n$ 收敛。

对 $\forall\ n\in \mathbb{N}$，由上面递推式得出 $|a_{n+N}|\leq |a_N|(r')^{n}$。所以 $\displaystyle\sum_{n=N}^{\infty}|a_n|\leq \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}|a_N|(r')^{n}=|a_N|\sum_{n=0}^{\infty}(r')^{n}=\frac{|a_N|}{1-r'}$。由此可知 $\displaystyle \sum_{n=N}^{\infty}|a_n|$ 收敛。

由于收敛级数的前有限项和不影响其敛散性（Cauchy 收敛准则），所以 $\sum |a_n|$ 收敛。

(a) 通过 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}(na_n)=l$ 估计 $a_n$ 的下界即可。这里我们用 $2.7.9.$ 的类似操作。

首先，由 $a_n>0$，$l>0$（题目中给出了 $l\neq 0$），所以对 $\forall\ \varepsilon>0$，$\exists\ N\in \mathbb{N^+}$，使得对 $\forall\ n\geq N$，$|na_n-l|<\varepsilon$。

取 $\varepsilon=\displaystyle\frac{l}{2}$，则对 $\forall\ n\geq N$，$|na_n-l|<\displaystyle\frac{l}{2}$，即 $-\displaystyle\frac{l}{2}<na_n-l<\displaystyle\frac{l}{2}$，所以 $na_n>\displaystyle\frac{l}{2}$，即 $a_n>\displaystyle\frac{l}{2n}$。

所以 $\displaystyle\sum_{n=N}^{\infty} a_n>\displaystyle\frac{l}{2}\sum_{n=N}^{\infty} \displaystyle\frac{1}{n}$，由 $\mathrm{p}$ 级数的敛散性和比较判别法可知 $\sum a_n$ 发散。

(b) 同样的方法，这次估计上界。

记 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}(n^2a_n)=l$，由 (a) 问同样的操作最终可得出 $\exists\ N\in \mathbb{N^+}$，对 $\forall\ n\geq N$，$a_n<\displaystyle\frac{3l}{2n^2}$

还是对 $n\geq N$ 的项进行求和放缩，同样的操作即可知 $\sum a_n$ 收敛。

一般的例子可以这么构造：$0,n$ 奇偶交替，另外一个级数 $n,0$ 奇偶交替，这样它们的最小值永远是 $0$ 即可收敛。

全都为正项递减的例子太难了，问了 deepseek 也构造不出来。

问了 Gemini 2.5 pro 后，它给了我一个思路：

$a_n,b_n$ 都要一段递减，一段常数，交替进行，使得 $\min(a_n,b_n)$ 永远在递减。

首先我们选取递减部分，它肯定要收敛，所以我们选取 $\displaystyle\frac{1}{n^2}$，并先让 $a_n=\displaystyle\frac{1}{n^2}$ 一段距离。

$a_1=1$，$a_2=\displaystyle\frac{1}{4}$ 时，让 $b_1=b_2=1$，接下来让 $a_3$ 到 $a_6$ 都等于 $\displaystyle\frac{1}{4}$，而 $b_3$ 到 $b_6$ 按接下来的 $\displaystyle\frac{1}{n^2}$ 序列递减，一直递减到 $\displaystyle\frac{1}{36}$，

然后让 $a_7$ 到 $a_{42}$ 的值都等于 $\displaystyle\frac{1}{36}$，而 $b_7$ 到 $b_{42}$ 按接下来的 $\displaystyle\frac{1}{n^2}$ 序列递减，一直递减到 $\displaystyle\frac{1}{42^2}$。

接下来就让从 $a_{43}$ 开始的 $42^2$ 项按 $\displaystyle\frac{1}{n^2}$ 通项递减，而从 $b_{43}$ 开始的 $42^2$ 项值都等于 $\displaystyle\frac{1}{42^2}$。

所以，我们的操作流程如下：每次常数段的前一项记作 $a_k$，那么下一段常数段每一项的值就为 $a_k$，而长度为 $\displaystyle\frac{1}{a_k}$，这样这一段所有常数的和就为 $1$。常数段结束之后，紧接着按 $\displaystyle\frac{1}{n^2}$ 的通项递减，而常数段的最后一项 $a_s$ 的下标作为另一个数列常数段的前一项下标，即 $b_s$ 为 $\{b_n\}$ 常数段的前一项。而 $a_2$ 作为 $\{a_n\}$ 的第一个常数段的前一项，$b_1$ 到 $b_2$ 作为 $\{b_n\}$ 的第一个常数段。再规定 $b_1=b_2=a_1=1$。

这样子就能保证 $\{a_n\}$ 和 $\{b_n\}$ 永远在递减，而且都有无穷多个常数段，这样级数和里面就有无穷多个 $1$ 的和，这就保证了级数发散。

而交替递减的形式保证了 $\{\min(a_n,b_n)\}=\{\displaystyle\frac{1}{n^2}\}$，所以 $\sum \min(a_n,b_n)$ 收敛。

下为 $\{a_n\},\{b_n\}$ 的示意图，使用对数坐标轴让交替单调递减的性质更清晰可见：

我们主要分析这个式子：

$$\displaystyle\sum_{j=m+1}^{n}s_j(y_j-y_{j+1})$$

由题目给出的提示，我们考虑产生 $\{s_j\}$ 的相邻项再作差。因为上面这个求和每一项里都有 $\{y_j\}$ 相邻项的差，所以求和的项与项之间是有公因式 $y_j$ 的，将不同的 $s_j$ 都提取成它的系数即可构造：

$$\begin{align*} &s_j(y_j-y_{j+1})+s_{j+1}(y_{j+1}-y_{j+2})+s_{j+2}(y_{j+2}-y_{j+3})+\cdots\\ =\ &s_jy_j+(s_{j+1}-s_j)y_{j+1}-s_{j+1}y_{j+2}+s_{j+2}(y_{j+2}-y_{j+3})+\cdots\\ =\ &s_jy_j+x_{j+1}y_{j+1}-s_{j+1}y_{j+2}+s_{j+2}(y_{j+2}-y_{j+3})+\cdots\\ =\ &s_jy_j+x_{j+1}y_{j+1}+(s_{j+2}-s_{j+1})y_{j+2}-s_{j+2}y_{j+3}+\cdots\\ =\ &s_jy_j+x_{j+1}y_{j+1}+x_{j+2}y_{j+2}-s_{j+2}y_{j+3}+\cdots\\ =\ &s_jy_j+x_{j+1}y_{j+1}+x_{j+2}y_{j+2}+\cdots+x_ny_n-s_ny_{n+1}\\ \end{align*}$$

所以

$$\begin{align*} &s_ny_{n+1}-s_my_{m+1}+\displaystyle\sum_{j=m+1}^{n}s_j(y_j-y_{j+1})\\ =\ &s_ny_{n+1}-s_my_{m+1}+s_{m+1}y_{m+1}-s_ny_{n+1}+\displaystyle\sum_{j=m+2}^{n}x_jy_j\\ =\ &(s_{m+1}-s_m)y_{m+1}+\displaystyle\sum_{j=m+2}^{n}x_jy_j\\ =\ &x_{m+1}y_{m+1}+\displaystyle\sum_{j=m+2}^{n}x_jy_j\\ =\ &\displaystyle\sum_{j=m+1}^{n}x_jy_j\\ \end{align*}$$

记 $\displaystyle\sum_{j=1}^{n}x_j=s_n$。

(a) 由题意 $s_n\leq M$ 总是成立。

由 $\{y_n\}$ 正项递减，$y_j-y_{j+1}\geq 0$ 总是成立。

由 $2.7.12.$ 可得

$$\begin{align*} \displaystyle\sum_{j=m+1}^{n}x_jy_j &=s_ny_{n+1}-s_my_{m+1}+\displaystyle\sum_{j=m+1}^{n}s_j(y_j-y_{j+1})\\ &\leq |s_n||y_{n+1}|+|s_m||y_{m+1}|+\displaystyle\sum_{j=m+1}^{n}|s_j||y_j-y_{j+1}|\\ &\leq M|y_{n+1}|+M|y_{m+1}|+M\displaystyle\sum_{j=m+1}^{n}|y_j-y_{j+1}|\\ &=M(y_{n+1}+y_{m+1}+\displaystyle\sum_{j=m+1}^{n}(y_j-y_{j+1}))\\ &=2My_{m+1}=2M|y_{m+1}|\\ \end{align*}$$

(b) 由 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}y_n=0$ 可知对 $\forall \ \varepsilon>0$，$\exists\ N\in\mathbb{N^+}$，当 $n>N$ 时，有 $|y_n|<\displaystyle\frac{\varepsilon}{2M}$。

即对 $\forall\ m,n>\mathbb{N^+}$，有 $\displaystyle\sum_{j=m+1}^{n}x_jy_j\leq 2M|y_{m+1}|<2M\cdot \frac{\varepsilon}{2M}=\varepsilon$。

所以 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}x_ny_n$ 收敛。

取 $x_n=(-1)^{n+1}$，$y_n$ 正项递减且趋于 $0$，则 $\sum x_n y_n$ 符合交错级数判别法的条件，由 Dirichlet 判别法知其收敛。

(a) Abel 判别法将收敛的条件从 $\{y_n\}$ 转移到了 $\{x_n\}$ 上，并且对收敛的要求变弱了，不需要指出收敛于某个具体值。

(b) 用 $2.7.13.$ 完全一样的证明方法。

(c) 由题意可知 $\sum x_n$ 收敛，所以由 Cauchy 收敛准则，对任意 $\varepsilon>0$，存在 $N\in \mathbb{N^+}$，对任意 $n>m>N$，$\left|\displaystyle\sum_{j=m+1}^{n}x_n\right|=\left|\displaystyle\sum_{j=1}^{n-m}a_n\right|<\displaystyle\frac{\varepsilon}{2b_1}$。

所以有 $\left|\displaystyle\sum_{j=m+1}^{n}x_ny_n\right|=\left|\displaystyle\sum_{j=1}^{n-m}a_nb_n\right|\leq 2b_1\cdot \displaystyle\frac{\varepsilon}{2b_1}=\varepsilon$，由 Cauchy 收敛准则可知 $\sum x_ny_n$ 收敛。

附录：绝对收敛重排定理的证明

定理复述：若 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 绝对收敛，则它的任意重排都收敛到相同的极限。

注：证明有点画蛇添足，想看收敛同极限的证明直接跳到“接下来证明极限是同一个”这一段。

证明：这里用一种跟书上不同的证明。

我的考虑是这样的：如果原数列的项是有正有负的，那么重排可以把正项和负项打乱，假设前面全排正项（或负项）部分和就会变得很大（小），难以估计重排后的部分和的范围，于是难以用 $\varepsilon-\delta$ 语言说明（这也许就是条件收敛级数重排不一定收敛的原因）。但是我们可以利用绝对收敛的性质进行估计，因为它的项全都是非负的，重排之后部分和的性质仍然好掌握，再由绝对收敛得出原重排级数收敛即可。

设 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}b_n$ 为 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 的一个重排。由绝对收敛的性质，$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}|a_n|$ 收敛，因为它的部分和单调递增，所以它一定有界，不妨设 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}|a_n|<M$。因为 $\{b_n\}$ 中的项均为 $\{a_n\}$ 中的项，所以 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}|b_n|<M$，由其单调的性质得到 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}|b_n|$ 收敛。也就是说 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}b_n$ 绝对收敛，所以它本身也必定收敛。

接下来证明极限为同一个，利用 Cauchy 收敛准则和绝对收敛的性质打出组合拳。

我想利用的性质是，通过两级数之差为 $0$ 证明它们收敛到同一个极限。因为 $\{a_n\}$ 中的项在 $\{b_n\}$ 中均出现，所以肯定 $\exists\ N,T\in \mathbb{N^+}$，$\{a_1,\ldots,a_N\}\subseteq \{b_1,\ldots,b_T\}$。这样 $|a_T-b_T|$ 留下来的项其下标均大于 $N$，再利用绝对收敛性质得以证明。

对 $\forall\ \varepsilon>0$，$\exists\ N\in \mathbb{N^+}$，对 $\forall\ n>m>N$，都有 $\displaystyle\sum_{k=m}^{n}|a_k|<\varepsilon$。同时又 $\exists\ T>N$，使得 ，$\{a_1,\ldots,a_N\}\subseteq \{b_1,\ldots,b_T\}$。所以对 $\forall\ n>T$，

$$\begin{align*} |\displaystyle\sum_{k=1}^{n}a_k-\displaystyle\sum_{k=1}^{n}b_k|&\leq|a_{r_1}|+|a_{r_2}|+\cdots+|a_{r_m}| \qquad r_1<r_2<\cdots<r_m，r_i>N\\ &\leq \displaystyle\sum_{k=r_1}^{r_m}|a_k|<\varepsilon \end{align*}$$

所以 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n-\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}b_n=0$。又因为它们均收敛，所以它们的极限相同。

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习题 2.8 双重求和与无穷级数的乘积

$2.8$ 节的习题旨在探索级数乘积的求和条件，我会在对应习题的后面简要说明它对应的探索步骤。

$s_{nn}=-1\left(1+\displaystyle\frac{1}{2}+\displaystyle\frac{1}{4}+\cdots+\displaystyle\frac{1}{2^{n-1}}\right)=-2+\displaystyle\frac{1}{2^{n-1}}$

所以 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}s_n=-2=\displaystyle\sum_{j=1}^{\infty}\displaystyle\sum_{i=1}^{\infty}a_{ij}$。

下为二维数列 $\{a_{ij}\}$ 的无限方形数表，其中把每一行的和记为 $c_{i}$：

| $a_{11}$ | $a_{12}$ | $a_{13}$ | $a_{14}$ | $a_{15}$ | $\cdots$ | $c_{1}$ |

| -------- | -------- | -------- | -------- | -------- | -------- | -------- |

| $a_{21}$ | $a_{22}$ | $a_{23}$ | $a_{24}$ | $a_{25}$ | $\cdots$ | $c_{2}$ |

| $a_{31}$ | $a_{32}$ | $a_{33}$ | $a_{34}$ | $a_{35}$ | $\cdots$ | $c_{3}$ |

| $a_{41}$ | $a_{42}$ | $a_{43}$ | $a_{44}$ | $a_{45}$ | $\cdots$ | $c_{4}$ |

| $a_{51}$ | $a_{52}$ | $a_{53}$ | $a_{54}$ | $a_{55}$ | $\cdots$ | $c_{5}$ |

| $\vdots$ | $\vdots$ | $\vdots$ | $\vdots$ | $\vdots$ | $\vdots$ | $\ddots$ |

首先，由定义可得 $\displaystyle\sum_{i=1}^{\infty}\displaystyle\sum_{j=1}^{\infty}a_{ij}=\displaystyle\sum_{i=1}^{\infty}c_i$，所以我们要证明：

1. $c_i$ 的存在性，即 $\displaystyle\sum_{j=1}^{\infty}a_{ij}$ 对任意 $i\in \mathbb{N^+}$ 收敛。

2. $\displaystyle\sum_{i=1}^{\infty}c_i$ 收敛。

因为 $\displaystyle\sum_{j=1}^{\infty}|a_{ij}|$ 收敛到 $b_i$，由绝对收敛的性质可知 $\displaystyle\sum_{j=1}^{\infty}a_{ij}$ 也收敛，所以 $c_i$ 存在。

又因为 $\displaystyle\sum_{i=1}^{\infty}b_i$ 收敛，且 $|c_i|=\left|\displaystyle\sum_{j=1}^{\infty}a_{ij}\right| \leq \displaystyle\sum_{j=1}^{\infty}|a_{ij}|=b_i$，所以 $0\leq \displaystyle\sum_{i=1}^{\infty}|c_i|\leq \displaystyle\sum_{i=1}^{\infty}b_i$，$\displaystyle\sum_{i=1}^{\infty}|c_i|$ 收敛，所以 $\displaystyle\sum_{i=1}^{\infty}c_i$ 收敛。

综上所述，$\displaystyle\sum_{i=1}^{\infty}\displaystyle\sum_{j=1}^{\infty}a_{ij}$ 收敛。

(a) 使用 $2.8.2.$ 中一样的条件，则 $\displaystyle\sum_{i=1}^{\infty}b_i$ 是有界的，即存在 $M>0$，使得对任意的 $m\in \mathbb{N^+}$，都有 $\displaystyle\sum_{i=1}^{m}b_i \leq M$。

所以 $t_{mn}=\displaystyle\sum_{i=1}^{m}\displaystyle\sum_{j=1}^{n}|a_{ij}| \leq \displaystyle\sum_{i=1}^{m}\displaystyle\sum_{j=1}^{\infty}|a_{ij}| \leq \displaystyle\sum_{i=1}^{m}b_i \leq M$。

这就得到 $\{t_{mn}\}$ 有界。

又因为对 $\forall\ n\in \mathbb{N^+}$，$t_{n+1,n+1}=\displaystyle\sum_{i=1}^{n+1}\displaystyle\sum_{j=1}^{n+1}|a_{ij}|=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\displaystyle\sum_{j=1}^{n}|a_{ij}|+\displaystyle\sum_{j=1}^{n+1}|a_{n+1,j}|+\displaystyle\sum_{i=1}^{n}|a_{i,n+1}|\geq t_{nn}$，所以 $\{t_{nn}\}$ 单调递增。由单调有界定理可知 $\{t_{nn}\}$ 收敛。

(b) 对 $\forall\ \varepsilon>0$，$\exists\ N\in \mathbb{N^+}$，对 $\forall\ n>m>N$，有 $|t_{mm}-t_{nn}|<\varepsilon$。

由绝对值不等式，$|s_{mm}-s_{nn}|=\left|\displaystyle\sum_{i=m+1}^{n}\displaystyle\sum_{j=1}^{n}a_{ij}+\displaystyle\sum_{i=1}^{m}\displaystyle\sum_{j=m+1}^{n}a_{ij}\right|\leq \displaystyle\sum_{i=m+1}^{n}\displaystyle\sum_{j=1}^{n}|a_{ij}|+\displaystyle\sum_{i=1}^{m}\displaystyle\sum_{j=m+1}^{n}|a_{ij}|=|t_{mm}-t_{nn}|<\varepsilon$。

所以 $\{s_{nn}\}$ 也是 Cauchy 列，故收敛。

(a) 取 $N_1>\max\{m_0,n_0\}$，由 $|a_{ij}|$ 的非负性可得 $\forall\ m,n>N_1$，$B-\displaystyle\frac{\varepsilon}{2}<t_{m_0n_0}\leq t_{mn}\leq B$。

(b) 一个想法是 $|s_{mn}-S|\leq |s_{mn}-s_{nn}|+|s_{nn}-S|$，并估计 $|s_{mn}-s_{nn}|$ 的大小。

绝对值不等式可得 $|s_{mn}-s_{nn}|\leq |t_{mn}-t_{nn}|$，再利用 (a) 中的结论限制 $t_{mn}$ 的范围完成证明。

首先，对 $\forall\ \varepsilon>0$，$\exists\ N_2\in \mathbb{N^+}$，对 $\forall\ n>N_2$，都有 $|s_{nn}-S|<\displaystyle\frac{\varepsilon}{2}$。

由 (a)，对 $\forall\ m,n>N_1$，$B-\displaystyle\frac{\varepsilon}{2}<t_{mn}\leq B$，$B-\displaystyle\frac{\varepsilon}{2}<t_{nn}\leq B$，所以 $|t_{mn}-t_{nn}|<\displaystyle\frac{\varepsilon}{2}$。

取 $N=\max\{N_1,N_2\}$，则对 $\forall\ m,n>N$，都有

$$\begin{align*} |s_{mn}-S| &\leq |s_{mn}-s_{nn}|+|s_{nn}-S| \\ &\leq |t_{mn}-t_{nn}|+|s_{nn}-S| \\ &< \displaystyle\frac{\varepsilon}{2}+\displaystyle\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon \end{align*}$$

因为 $|s_{mn}-S|<\varepsilon$，所以由序极限定理，对 $\forall\ m>N$，

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}|s_{mn}-S|\leq \varepsilon$，即 $-\varepsilon\leq \displaystyle\lim_{n\to\infty}(s_{mn}-S)\leq \varepsilon$。

而

$$\begin{align*} \displaystyle\lim_{n\to\infty}(s_{mn}-S)&=\displaystyle\lim_{n\to\infty}s_{mn}-S\\ &=\displaystyle\lim_{n\to\infty}(\displaystyle\sum_{j=1}^{n}a_{1j}+\displaystyle\sum_{j=1}^{n}a_{2j}+\cdots+\displaystyle\sum_{j=1}^{n}a_{mj})-S\\ &=(\displaystyle\sum_{j=1}^{\infty}a_{1j}+\displaystyle\sum_{j=1}^{\infty}a_{2j}+\cdots+\displaystyle\sum_{j=1}^{\infty}a_{mj})-S\\ &=(r_1+r_2+\cdots+r_m)-S \end{align*}$$

所以 $|(r_1+r_2+\cdots+r_m)-S|\leq \varepsilon$，由此可得 $\displaystyle\sum_{i=1}^{\infty}\displaystyle\sum_{j=1}^{\infty}a_{ij}=\displaystyle\sum_{i=1}^{\infty}r_i=S$。

仿照上题，首先对 $\forall\ n>N$，$\displaystyle\lim_{m\to\infty}|s_{mn}-S|\leq \varepsilon$；

然后把 $s_{mn}$ 逐列拆解，$s_{mn}=\displaystyle\sum_{j=1}^{n}\displaystyle\sum_{i=1}^{m}a_{ij}=(\displaystyle\sum_{i=1}^{m}a_{i1}+\displaystyle\sum_{i=1}^{m}a_{i2}+\cdots+\displaystyle\sum_{i=1}^{m}a_{in})$；

根据 $t_{mn}$ 的有界性，得到 $\displaystyle\sum_{j=1}^{\infty}\displaystyle\sum_{i=1}^{\infty}|a_{ij}|$ 有界收敛，所以对 $\forall\ k\in \mathbb{N^+}$，$\displaystyle\sum_{i=1}^{\infty}|a_{ik}|$ 收敛 $\Rightarrow$ $\displaystyle\sum_{i=1}^{\infty}a_{ik}$ 收敛。

所以 $|\displaystyle\sum_{j=1}^{n}\displaystyle\sum_{i=1}^{\infty}a_{ij}-S|\leq \varepsilon$，$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\displaystyle\sum_{j=1}^{n}\displaystyle\sum_{i=1}^{\infty}a_{ij}=\displaystyle\sum_{j=1}^{\infty}\displaystyle\sum_{i=1}^{\infty}a_{ij}=S$。

(a) 由绝对值不等式，$0\leq \displaystyle\sum_{k=2}^{n+1}|d_k|\leq t_{nn}$。

因为 $\{t_{nn}\}$ 收敛，所以 $\displaystyle\sum_{k=2}^{\infty}d_k$ 绝对收敛。

(b) 由 (a)，$\displaystyle\sum_{k=2}^{\infty}d_k$ 收敛。

我们要得出 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\displaystyle\sum_{k=2}^{n}d_k=S=\displaystyle\lim_{n\to\infty}s_{nn}$，仿照前面的做法，我们可以估计 $\left|\displaystyle\sum_{k=2}^{n}d_k-s_{nn}\right|$ 的范围。

绘制一个简单的图来说明这个范围包括的区域：

（这里假设 $n=4$）

• 红色：$s_{nn}-\displaystyle\sum_{k=2}^{n}d_k$ 剩余的元素求和；

• 红色+蓝色：$\displaystyle\sum_{k=2}^{2n}d_k-\displaystyle\sum_{k=2}^{n}d_k$ 剩余的元素求和；

因为 $\displaystyle\sum_{k=2}^{\infty}|d_k|$ 收敛，所以由 Cauchy 收敛准则，红色+蓝色区域的各元素绝对值的和可以被限制，于是可以进一步限制红色，进而得到证明。

由 $\displaystyle\sum_{k=2}^{\infty}|d_k|$ 收敛，对 $\forall\ \varepsilon>0$，$\exists\ N\in \mathbb{N^+}$，对 $\forall\ m,n>N$，$\left|\displaystyle\sum_{k=2}^{m}|d_k|-\displaystyle\sum_{k=2}^{n}|d_k|\right|<\varepsilon$。

取 $m=2n$ 有 $\left|\displaystyle\sum_{k=2}^{2n}|d_k|-\displaystyle\sum_{k=2}^{n}|d_k|\right|<\varepsilon$。

又 $\left|\displaystyle\sum_{k=2}^{n}d_k-s_{nn}\right|\leq \left|\displaystyle\sum_{k=2}^{2n}|d_k|-\displaystyle\sum_{k=2}^{n}|d_k|\right|<\varepsilon$，所以 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(\displaystyle\sum_{k=2}^{n}d_k-s_{nn}\right)=0$。

所以 $\displaystyle\sum_{k=2}^{\infty}d_k=\displaystyle\lim_{n\to\infty}s_{nn}=S$。

（这一题其实可以把 $a_ib_j$ 看作 $c_{ij}$，这样所有的结论可以通过双重求和的性质给出）

(a) 由题知 $\displaystyle\sum_{i=1}^{\infty}a_i=A$，$\displaystyle\sum_{j=1}^{\infty}b_j=B$。（绝对收敛于 $A$ 指的是它本身收敛于 $A$，且是绝对收敛的）

由绝对收敛级数的单调性，可得 $\exists\ M,N>0$, 对 $\forall\ m,n\in \mathbb{N^+}$，$\displaystyle\sum_{i=1}^{m}|a_i|\leq M$，$\displaystyle\sum_{j=1}^{n}|b_j|\leq N$。

再利用绝对值的性质，可得

$$\begin{align*} \displaystyle\sum_{i=1}^{m}\displaystyle\sum_{j=1}^{n}|a_ib_j|&=\displaystyle\sum_{i=1}^{m}(|a_ib_1|+|a_ib_2|+\cdots+|a_ib_n|)\\ &=\displaystyle\sum_{i=1}^{m}(|a_i|(|b_1|+|b_2|+\cdots+|b_n|))\\ &=\displaystyle\sum_{i=1}^{m}|a_i|\displaystyle\sum_{j=1}^{n}|b_j|\\ &\leq MN \end{align*}$$

所以 $\displaystyle\sum_{i=1}^{m}\displaystyle\sum_{j=1}^{n}|a_ib_j|$ 是有界的。

由单调有界定理，对 $\forall\ i\in \mathbb{N^+}$，$|a_i|\displaystyle\sum_{j=1}^{n}|b_j|$ 收敛于 $c_i\geq 0$，所以 $\displaystyle\sum_{i=1}^{m}\displaystyle\sum_{j=1}^{\infty}|a_ib_j|=\displaystyle\sum_{i=1}^{m}c_i$，又由单调有界定理知 $\displaystyle\sum_{i=1}^{\infty}c_i$ 收敛。

所以 $\displaystyle\sum_{i=1}^{\infty}\displaystyle\sum_{j=1}^{\infty}|a_ib_j|$ 收敛。

(b) 根据 (a) 中一样的方法可以将双重求和拆开，所以

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}s_{nn}=\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(\displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_i\displaystyle\sum_{j=1}^{n}b_j\right)=\displaystyle\sum_{i=1}^{\infty}a_i\displaystyle\sum_{j=1}^{\infty}b_j=AB$。

再运用书上定理 $2.8.1.$ 即可得到结论

$$\displaystyle\sum_{i=1}^{\infty}\displaystyle\sum_{j=1}^{\infty}a_ib_j=\displaystyle\sum_{j=1}^{\infty}\displaystyle\sum_{i=1}^{\infty}a_ib_j=\displaystyle\sum_{k=2}^{\infty}d_k=AB$$

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