系列导言, 本文是作者在学习史济怀老师数学分析教程的读书笔记, 侧重于记录我当时没有看懂的部分, 以及对书中部分知识点的一些扩展. 非常零散, 不成系统. 对本系列的使用最好是读者也在学习史济怀老师数学分析教程并且恰好有某处不太明白, 可以参考着本系列说不定这里就有答案. 本系列文章在写作时参考了互联网上零零散散非常多的资料在此表示感谢!
定理 14.1.4, 该命题等同于: 序列 $a_n$ 子序列 $a_{k_n}$ 收敛, 且有 $a_j \in [a_{k_i}, a_{k_{i+1}}], \forall j \in [k_i, k_{i+1}]$, 则序列 $a_n$ 也收敛
证明: 记 $L = \lim_{n \to \infty}a_{k_n}, \forall \epsilon, \exists N, \forall n \ge N, \vert a_{k_n} - L \vert \lt \epsilon$. 由 $\vert a_{k_i} - L \vert \lt \epsilon, \vert a_{k_{i+1}} - L \vert \lt \epsilon$ 易证 $\vert a_j - L \vert \lt \epsilon$.
P.S. 原文证明看得我有点迷惑.
定理 14.3.6 Raabe 判别法, 略作补充
- $\lim_{t \to 0} \frac{(1+t)^a - 1}{t} = a$
解: $\lim_{t \to 0} \frac{(1+t)^a - 1}{t} = \lim_{t \to 0} \frac{(1+t)^a - 1^a}{t} = f’(1), f(x) = x^a$ 可得.
14.1.zy1, 对原文 $\frac{n+1}{n}(\frac{\ln (n+1)}{\ln n})^a = 1 + \frac{1}{n} + \frac{a}{n \ln n} + o(\frac{1}{n \ln n}) (n \to \infty)$ 的证明略作补充
- $\ln (1 + \frac{1}{n}) = \frac{1}{n} + o(\frac{1}{n})$
证明: 只要证得 $\lim_{n \to \infty}\frac{\ln (1 + \frac{1}{n}) - \frac{1}{n}}{\frac{1}{n}} = 0$, 即 $\lim_{n \to \infty} n \ln(1+\frac{1}{n})= 1$, 而这是已知事实.
- 已知 $b_n = c_n + o(d_n)$, 求证 $a_n b_n = a_n c_n + o(a_n d_n)$.
证明: 只要明白 $b_n = c_n + o(d_n)$ 意味着 $\lim_{n\to \infty}\frac{b_n - c_n}{d_n} = 0$ 即可.
- $(\frac{\ln (n+1)}{\ln n})^a = 1 + \frac{a}{n \ln n} + o(\frac{1}{n \ln n})$
证明: 设 $f_n \in o(\frac{1}{n \ln n}), t = \frac{1}{n \ln n} + f_n$, 已知 $\frac{\ln (n+1)}{\ln n} = 1 + t$, 二项式展开可得 $(1 + t)^a = 1 + at + (t)(c_k t^k + \cdots + c_1 t)$. 由 $\lim_{n \to \infty} f_n n \ln n = 0$ 可证得 $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n \ln n} + f_n = 0$, 即 $ (t)(c_k t^k + \cdots + c_1 t) \in o(\frac{1}{n \ln n} + f_n)$, 易证 $o(\frac{1}{n \ln n} + f_n) \subseteq o(\frac{1}{n \ln n})$. 所以可得结论.
P.S. 这里主要是想演示 $o(\cdot)$ 意味着什么? 以及如何对含 $o(\cdot)$ 的式子进行四则运算.
各种判别法的区别与联系, 由定理 14.2.3 可知 $\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n} = 0$ 时, 若 $\sum b_n$ 收敛, 则 $\sum a_n$ 收敛. 现在我们已知 $q \in (0, 1), a \gt 1, b \gt 1; \sum q^n, \sum \frac{1}{n^a}, \sum \frac{1}{n (\ln n)^b}$ 收敛. Cauchy 判别, D’Alembert 判别基于 $\sum q^n$. Raabe 判别基于 $\sum \frac{1}{n^a}$. Gauss 判别基于 $\sum \frac{1}{n (\ln n)^b}$. 本节末尾段落也讨论了并不存在万能判别法.
定理 14.4.2, 这里讨论的是 $(-1)^{n-1} a_n$, 而 Tao 在介绍这个定理时使用的是 $(-1)^n a_n$, 在 Tao 中 $S_{2n}$ 是单调递减的, 所以我一开始意味着原文出错了.
定理 14.6.2, 对 $\lim_{n \to \infty} \gamma_n = 0$ 证明略作补充.
证明: 已知 $\vert \gamma_n \vert \le \epsilon M + D_n, D_n = \vert a_{n - N+1} \vert \vert \beta_N \vert + \cdots + \vert a_n \vert \vert \beta_1 \vert$, 固定 N. 则由上册定理 1.10.2(3) 可得 $\lim \sup \vert \gamma_n \vert \le \lim \sup (\epsilon M + D_n)$, 别忘了 $\lim a_n = 0$, 所以 $\forall k, \lim a_{n - N+k} = 0$, 即 $\lim \epsilon M + D_n = \epsilon M$. 所以可得 $\lim \sup \vert \gamma_n \vert \le \epsilon M, \forall \epsilon \gt 0$, 即可得 $\lim \sup \vert \gamma_n \vert \le 0$, 结合 $\lim \inf \vert \gamma_n \vert \ge 0$ 可得 $\lim \vert \gamma_n \vert = 0$.
14.1.zy3, 已知 f 严格单调递增, 且 $\lim_{n\to\infty}f(a_n) = f(a)$, 则 $\lim_{n \to \infty} a_n = a$.
证明: 假设 $a_n$ 不收敛到 a, 这意味着 $\exists \epsilon, \forall N, \exists n \ge N, \vert a_n - a \vert \gt \epsilon$, 即 $a_n \gt a + \epsilon, a_n \lt a - \epsilon$, 也即 $f(a_n) \gt f(a + \epsilon), f(a_n) \lt f(a - \epsilon)$, 这与 $\lim_{n\to\infty}f(a_n) = f(a)$ 矛盾.
定理 14.7.2, 其依赖了 14.1.zy3, 由 $\lim \ln P_n = \ln e^S$ 可以推出 $\lim P_n = e^S$.
定理 14.7.3, 略作补充.
- 首先定理本身我重新组织下: 如果从某个 n 起都有 $a_n \gt 0$ 或者 $a_n \lt 0$, 那么 $\prod_{n=1}^{\infty} (1+a_n)$ 收敛当且仅当 $\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 收敛.
P.S. 由如上描述可知若 $\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 发散当且仅当 $\prod_{n=1}^{\infty} (1+a_n)$ 发散.
P.S. 这种描述下原文把 $\lim_{n \to \infty} a_n = 0$ 作为条件便可以理解了, 在原文那种描述下, 我之前疑惑当 $\prod_{n=1}^{\infty} (1+a_n)$ 或 $\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 发散时 $\lim_{n \to \infty} a_n = 0$ 并不一定成立, 怎能把其作为条件呢?
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$\lim_{n \to \infty} \frac{\ln (1 + a_n)}{a_n} = 1$ 成立的前提是 $\lim_{n \to \infty} a_n = 0$,
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从某个 n 起都有 $a_n \gt 0$ 或者 $a_n \lt 0$ 这个条件用在哪里?
解: 别忘了定理 14.2.3 仅对正项级数生效. 当 $a_n \gt 0$ 时 $\ln (1 + a_n)$ 也是大于 0 的, 可以用定理 14.2.3. 若 $a_n \lt 0$, 则此时 $\ln (1 + a_n)$ 也总是小于 0 的, 此时由 $\lim_{n \to \infty} \frac{-\ln (1 + a_n)}{-a_n} = 1$ 结合 14.2.3 可得 $\sum (-a_n), \sum (-\ln (1 + a_n))$ 同敛散.
定理 14.7.4, 别忘了 $x \gt \ln (1+x), \forall x$ 成立, 即 $a_n - \ln (1 + a_n) \gt 0$, 其与 $a_n^2$ 都是正项级数, 符合定理 14.2.3 条件.
定理 14.7.5, 求证: 已知 $\sum a_n$ 发散, 所以 $\sum \ln (1 + a_n) = -\infty$.
证明: 记 $S_n = \sum_{k=1}^n \ln (1 + a_k)$, 已知 $S_n$ 单调递减, 假设 $S_n$ 具有下确界 S, 即 $\lim_{n \to \infty} S_n = S$ 可得 $\lim_{n \to \infty} \ln (1 + a_n) = 0$ 可得 $\lim a_n = 0$, 可得 $\lim_{n \to \infty} \frac{-\ln (1 + a_n)}{-a_n} = 1$, 即正项级数 $\sum (-a_n)$ 与 $\sum -\ln (1 + a_n)$ 同敛散, 即 $\sum a_n$ 收敛, 矛盾了.
