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--- 数学分析:实数与极限 [2026/02/18 19:45] – 移除 - 外部编辑 (未知日期) 127.0.0.1
+++ 数学分析:实数与极限 [2026/02/18 20:19] (当前版本) – [1.1.3 实数的完备性] 张叶安
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+====== 第一章 实数与极限 ======
+===== 1.1 实数理论 =====
+==== 1.1.1 实数的引入 ====
+为什么要研究实数？
+**有理数的定义：**
+形如 $\frac{p}{q}$ 的数称为**有理数**，其中 $p, q$ 为整数且 $q \neq 0$。所有有理数组成的集合记为 $\mathbb{Q}$。
+有理数可以表示为有限小数或无限循环小数。有理数集对加、减、乘、除（除数不为零）四则运算封闭。
+**有理数的局限性：**
+有理数集合 $\mathbb{Q}$ 虽然对四则运算封闭，但存在"空隙"。例如 $\sqrt{2}$ 不是有理数，这可以通过反证法证明：
+假设 $\sqrt{2} = \frac{p}{q}$，其中 $p, q$ 为互质的整数。则 $p^2 = 2q^2$，故 $p^2$ 只能是偶数，奇数的平方为奇数，从而 $p$ 是偶数。设 $p = 2k$，则 $4k^2 = 2q^2$，即 $q^2 = 2k^2$，故 $q$ 也是偶数。这与 $p, q$ 互质矛盾！
+因此，仅靠有理数无法描述数轴上所有的点，需要引入无理数，形成完整的实数系统。
+==== 1.1.2 戴德金分割 ====
+**定义 1.1（戴德金分割）**
+将有理数集 $\mathbb{Q}$ 分成两个非空子集 $A$ 和 $B$，满足：
+. $A \cup B = \mathbb{Q}$，$A \cap B = \emptyset$
+. 对任意 $a \in A, b \in B$，都有 $a < b$
+这样的 $(A, B)$ 称为一个**戴德金分割**。
+**三种情况：**
+  - **类型一**：$A$ 有最大元，$B$ 无最小元（对应有理数）
+  - **类型二**：$A$ 无最大元，$B$ 有最小元（对应有理数）
+  - **类型三**：$A$ 无最大元，$B$ 无最小元（对应无理数）
+例如，对于 $\sqrt{2}$：
+  - $A = \{r \in \mathbb{Q} : r < 0 \text{ 或 } r^2 < 2\}$
+  - $B = \{r \in \mathbb{Q} : r > 0 \text{ 且 } r^2 > 2\}$
+这个分割就是类型三，定义了无理数 $\sqrt{2}$。
+> 戴德金说：「我们不需要创造新的数，我们只需要承认有理数之间的空缺就是一个数。」
+==== 1.1.3 实数的完备性 ====
+**实数的基本性质：**
+. **有序性**：任意两个实数可以比较大小
+. **稠密性**：任意两个实数之间存在有理数和无理数
+. **完备性**（连续性）：实数集没有"空隙"
+**定理 1.1（确界原理）**
+非空有上界的实数集必有上确界；非空有下界的实数集必有下确界。
+**说明：** 这意味着在实数集 $\mathbb{R}$ 中：
+  - 只要有上界，就一定存在上确界（最小的上界）
+  - 只要有下界，就一定存在下确界（最大的下界）
+这是实数完备性的重要体现，是有理数集不具备的性质。例如，集合 $\{x \in \mathbb{Q} : x^2 < 2\}$ 在有理数集内没有上确界，但在实数集内上确界为 $\sqrt{2}$。
+**定义 1.2（确界）**
+设 $S \subseteq \mathbb{R}$ 非空：
+  - 若存在 $M \in \mathbb{R}$ 使得对所有 $x \in S$ 有 $x \leq M$，则称 $S$ 有上界，$M$ 为一个上界
+  - 上确界 $\sup S$ 是最小的上界，满足：
+    - 是上界
+    - 任何小于它的数都不是上界
+  - 若存在 $m \in \mathbb{R}$ 使得对所有 $x \in S$ 有 $x \geq m$，则称 $S$ **有下界**，$m$ 为一个**下界**
+  - 下确界 $\inf S$ 是最大的下界，满足：
+    - 是下界
+    -  任何大于它的数都不是下界
+**例 1.1** 设 $S = \{x \in \mathbb{Q} : x^2 < 2, x > 0\}$，则 $\sup S = \sqrt{2}$。
+**证明：** 首先 $\sqrt{2}$ 是 $S$ 的上界。对任意 $\varepsilon > 0$，取有理数 $r$ 满足 $\sqrt{2} - \varepsilon < r < \sqrt{2}$，则 $r \in S$ 且 $r > \sqrt{2} - \varepsilon$，故 $\sqrt{2}$ 是最小上界。
+===== 1.2 数列极限 =====
+==== 1.2.1 数列极限的定义 ====
+**定义 1.3（数列极限的 ε-N 定义）**
+设 $\{a_n\}$ 是一个数列，$a$ 是一个实数。如果对于任意给定的正数 $\varepsilon > 0$，都存在正整数 $N$，使得当 $n > N$ 时，有 $|a_n - a| < \varepsilon$，则称数列 $\{a_n\}$ **收敛**于 $a$，记作：
+$$\lim_{n \to \infty} a_n = a \quad \text{或} \quad a_n \to a (n \to \infty)$$
+**几何解释：** 在数轴上，无论给出多么小的区间 $(a-\varepsilon, a+\varepsilon)$，数列中总存在某一项 $a_N$，使得从这一项之后的所有项都落在该区间内。
+**例 1.2** 证明 $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} = 0$
+**证明：** 对任意 $\varepsilon > 0$，取 $N = \left[\frac{1}{\varepsilon}\right] + 1$（其中 $[x]$ 表示不超过 $x$ 的最大整数）。
+当 $n > N$ 时：
+$$\left|\frac{1}{n} - 0\right| = \frac{1}{n} < \frac{1}{N} < \varepsilon$$
+因此 $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} = 0$。
+**例 1.3** 设 $|q| < 1$，证明 $\lim_{n \to \infty} q^n = 0$
+**证明：** 若 $q = 0$，结论显然成立。
+若 $0 < |q| < 1$，令 $\frac{1}{|q|} = 1 + h$，其中 $h > 0$。
+由伯努利不等式：$(1+h)^n \geq 1 + nh > nh$
+因此：
+$$|q^n - 0| = |q|^n = \frac{1}{(1+h)^n} < \frac{1}{nh}$$
+对任意 $\varepsilon > 0$，取 $N = \left[\frac{1}{h\varepsilon}\right] + 1$，则当 $n > N$ 时：
+$$|q^n| < \frac{1}{nh} < \varepsilon$$
+故 $\lim_{n \to \infty} q^n = 0$。
+==== 1.2.2 数列极限的性质 ====
+**定理 1.2（唯一性）**
+若数列 $\{a_n\}$ 收敛，则其极限唯一。
+**证明：** 假设 $\lim_{n \to \infty} a_n = a$ 且 $\lim_{n \to \infty} a_n = b$，且 $a \neq b$。
+取 $\varepsilon = \frac{|a-b|}{2} > 0$。
+存在 $N_1$，当 $n > N_1$ 时 $|a_n - a| < \varepsilon$；
+存在 $N_2$，当 $n > N_2$ 时 $|a_n - b| < \varepsilon$。
+取 $N = \max\{N_1, N_2\}$，当 $n > N$ 时：
+$$|a - b| \leq |a - a_n| + |a_n - b| < 2\varepsilon = |a - b|$$
+矛盾！故 $a = b$。
+**定理 1.3（有界性）**
+收敛数列必有界。
+**证明：** 设 $\lim_{n \to \infty} a_n = a$。取 $\varepsilon = 1$，存在 $N$，当 $n > N$ 时 $|a_n - a| < 1$。
+**为什么 $|a_n| < |a| + 1$？**
+由绝对值不等式（三角不等式的变形）：
+$$|a_n| = |(a_n - a) + a| \leq |a_n - a| + |a|$$
+因为 $|a_n - a| < 1$，所以：
+$$|a_n| < 1 + |a|$$
+因此当 $n > N$ 时：$|a_n| < |a| + 1$
+令 $M = \max\{|a_1|, |a_2|, \ldots, |a_N|, |a| + 1\}$，则对所有 $n$，$|a_n| \leq M$。
+**定理 1.4（保号性）**
+若 $\lim_{n \to \infty} a_n = a > 0$，则存在 $N$，当 $n > N$ 时 $a_n > 0$。
+**证明：** 取 $\varepsilon = \frac{a}{2} > 0$，存在 $N$，当 $n > N$ 时 $|a_n - a| < \frac{a}{2}$。
+因此 $a_n > a - \frac{a}{2} = \frac{a}{2} > 0$。
+**定理 1.5（夹逼定理）**
+设数列 $\{a_n\}, \{b_n\}, \{c_n\}$ 满足 $a_n \leq b_n \leq c_n$（$n$ 充分大时），且 $\lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} c_n = L$，则 $\lim_{n \to \infty} b_n = L$。
+**例 1.4** 求 $\lim_{n \to \infty} \frac{\sin n}{n}$
+**解：** 由于 $|\sin n| \leq 1$，故：
+$$-\frac{1}{n} \leq \frac{\sin n}{n} \leq \frac{1}{n}$$
+而 $\lim_{n \to \infty} \left(-\frac{1}{n}\right) = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} = 0$，由夹逼定理：
+$$\lim_{n \to \infty} \frac{\sin n}{n} = 0$$
+==== 1.2.3 极限的四则运算 ====
+**定理 1.6**
+设 $\lim_{n \to \infty} a_n = a$，$\lim_{n \to \infty} b_n = b$，则：
+. $\lim_{n \to \infty} (a_n \pm b_n) = a \pm b$
+. $\lim_{n \to \infty} (a_n \cdot b_n) = a \cdot b$
+. 若 $b \neq 0$，则 $\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n} = \frac{a}{b}$
+**例 1.5** 求 $\lim_{n \to \infty} \frac{2n^2 + 3n - 1}{n^2 + 1}$
+**解：**
+$$\begin{aligned}
+\frac{2n^2 + 3n - 1}{n^2 + 1} &= \frac{2 + \frac{3}{n} - \frac{1}{n^2}}{1 + \frac{1}{n^2}} \\
+&\to \frac{2 + 0 - 0}{1 + 0} = 2
+\end{aligned}$$
+===== 1.3 函数极限 =====
+==== 1.3.1 函数极限的 ε-δ 定义 ====
+**定义 1.4（函数在一点的极限）**
+设函数 $f(x)$ 在 $x_0$ 的某去心邻域内有定义，$A$ 是一个实数。如果对于任意 $\varepsilon > 0$，存在 $\delta > 0$，使得当 $0 < |x - x_0| < \delta$ 时，有 $|f(x) - A| < \varepsilon$，则称当 $x$ 趋于 $x_0$ 时 $f(x)$ 的极限为 $A$，记作：
+$$\lim_{x \to x_0} f(x) = A$$
+**注：** $0 < |x - x_0|$ 表示 $x \neq x_0$，极限与函数在该点的值无关。
+**例 1.6** 证明 $\lim_{x \to 2} (3x + 1) = 7$
+**证明：** 对任意 $\varepsilon > 0$，要找 $\delta > 0$ 使得当 $0 < |x - 2| < \delta$ 时：
+$$|(3x + 1) - 7| = |3x - 6| = 3|x - 2| < \varepsilon$$
+取 $\delta = \frac{\varepsilon}{3}$，则当 $0 < |x - 2| < \delta$ 时：
+$$|(3x + 1) - 7| = 3|x - 2| < 3 \cdot \frac{\varepsilon}{3} = \varepsilon$$
+故 $\lim_{x \to 2} (3x + 1) = 7$。
+**例 1.7** 证明 $\lim_{x \to 1} \frac{x^2 - 1}{x - 1} = 2$
+**证明：** 当 $x \neq 1$ 时，$\frac{x^2 - 1}{x - 1} = x + 1$。
+对任意 $\varepsilon > 0$，取 $\delta = \varepsilon$，当 $0 < |x - 1| < \delta$ 时：
+$$\left|\frac{x^2 - 1}{x - 1} - 2\right| = |(x + 1) - 2| = |x - 1| < \varepsilon$$
+==== 1.3.2 单侧极限 ====
+**定义 1.5**
+  - **右极限**：$\lim_{x \to x_0^+} f(x) = A$，当 $x$ 从右侧趋于 $x_0$ 时的极限
+  - **左极限**：$\lim_{x \to x_0^-} f(x) = A$，当 $x$ 从左侧趋于 $x_0$ 时的极限
+**定理 1.7**
+$\lim_{x \to x_0} f(x) = A$ 当且仅当 $\lim_{x \to x_0^+} f(x) = \lim_{x \to x_0^-} f(x) = A$。
+**例 1.8** 设
+$f(x) = \begin{cases} x + 1, & x > 0 \\ 0, & x = 0 \\ x - 1, & x < 0 \end{cases}$
+求 $\lim_{x \to 0} f(x)$。
+**解：**
+  - $\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} (x + 1) = 1$
+  - $\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} (x - 1) = -1$
+因左右极限不相等，故 $\lim_{x \to 0} f(x)$ 不存在。
+===== 1.4 极限的存在准则 =====
+==== 1.4.1 单调有界定理 ====
+**定理 1.8（单调有界定理）**
+单调有界数列必有极限。
+  - 若 $\{a_n\}$ 单调递增且有上界，则 $\{a_n\}$ 收敛
+  - 若 $\{a_n\}$ 单调递减且有下界，则 $\{a_n\}$ 收敛
+**例 1.9** 证明数列 $a_n = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n$ 收敛。
+**证明：**
+**(1) 证明有界性：** 由二项式定理：
+$$\begin{aligned}
+a_n &= \sum_{k=0}^n C_n^k \frac{1}{n^k} = \sum_{k=0}^n \frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{k! \cdot n^k} \\
+&= \sum_{k=0}^n \frac{1}{k!}\left(1 - \frac{1}{n}\right)\left(1 - \frac{2}{n}\right)\cdots\left(1 - \frac{k-1}{n}\right) \\
+&< \sum_{k=0}^n \frac{1}{k!} < 1 + 1 + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \cdots \\
+&< 1 + 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} + \cdots = 3
+\end{aligned}$$
+故 $\{a_n\}$ 有上界 3。
+**(2) 证明单调性：** 类似可证 $a_n < a_{n+1}$。
+因此 $\{a_n\}$ 收敛，其极限定义为自然常数 $e \approx 2.71828...$
+==== 1.4.2 柯西收敛准则 ====
+**定理 1.9（柯西收敛准则）**
+数列 $\{a_n\}$ 收敛的充分必要条件是：对任意 $\varepsilon > 0$，存在 $N$，当 $m, n > N$ 时，有 $|a_m - a_n| < \varepsilon$。
+满足此条件的数列称为**柯西列**或**基本列**。
+**例 1.10** 证明调和级数部分和 $H_n = 1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n}$ 发散。
+**证明：** 取 $\varepsilon_0 = \frac{1}{2}$，对任意 $N$，取 $n = N + 1$，$m = 2N$：
+$$H_m - H_n = \frac{1}{N+1} + \frac{1}{N+2} + \cdots + \frac{1}{2N} > N \cdot \frac{1}{2N} = \frac{1}{2} = \varepsilon_0$$
+故 $\{H_n\}$ 不是柯西列，从而发散。
+===== 1.5 典型例题 =====
+**例题 1.1** 求 $\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{n}$
+**解：** 设 $a_n = \sqrt[n]{n} - 1 \geq 0$，则：
+$$n = (1 + a_n)^n \geq \frac{n(n-1)}{2} a_n^2$$
+因此 $a_n^2 \leq \frac{2}{n-1} \to 0$，故 $a_n \to 0$，即 $\sqrt[n]{n} \to 1$。
+**例题 1.2** 设 $a_1 = \sqrt{2}$，$a_{n+1} = \sqrt{2 + a_n}$，求 $\lim_{n \to \infty} a_n$。
+**解：** 先证单调有界：
+  - $a_1 = \sqrt{2} < 2$，归纳可证 $a_n < 2$（有上界）
+  - $a_2 = \sqrt{2 + \sqrt{2}} > \sqrt{2} = a_1$，归纳可证 $a_{n+1} > a_n$（单调增）
+故 $\{a_n\}$ 收敛。设极限为 $L$，则 $L = \sqrt{2 + L}$，解得 $L = 2$。
+**例题 1.3** 证明：若 $\lim_{n \to \infty} a_n = a$，则 $\lim_{n \to \infty} \frac{a_1 + a_2 + \cdots + a_n}{n} = a$（算术平均收敛）。
+**证明：** 对任意 $\varepsilon > 0$，存在 $N_1$，当 $n > N_1$ 时 $|a_n - a| < \frac{\varepsilon}{2}$。
+$$\left|\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n a_k - a\right| \leq \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{N_1}|a_k - a| + \frac{1}{n}\sum_{k=N_1+1}^n|a_k - a|$$
+第一项当 $n$ 充分大时可小于 $\frac{\varepsilon}{2}$，第二项 $< \frac{n-N_1}{n} \cdot \frac{\varepsilon}{2} < \frac{\varepsilon}{2}$。
+故极限为 $a$。
+===== 1.6 习题 =====
+**基础题**
+. 用 ε-N 定义证明：
+(a) $\lim_{n \to \infty} \frac{n+1}{2n-1} = \frac{1}{2}$
+(b) $\lim_{n \to \infty} \frac{\cos n}{n} = 0$
+. 计算下列极限：
+(a) $\lim_{n \to \infty} \frac{3n^3 + 2n - 1}{n^3 - n^2 + 5}$
+(b) $\lim_{n \to \infty} \left(\sqrt{n^2 + n} - n\right)$
+**提高题**
+. 设 $a_n = \frac{1}{1 \cdot 2} + \frac{1}{2 \cdot 3} + \cdots + \frac{1}{n(n+1)}$，求 $\lim_{n \to \infty} a_n$。
+. 证明：若 $\{a_n\}$ 满足 $|a_{n+1} - a_n| \leq \frac{1}{2^n}$，则 $\{a_n\}$ 收敛。
+**挑战题**
+. 设 $a_1 > 0$，$a_{n+1} = \frac{1}{2}\left(a_n + \frac{c}{a_n}\right)$（$c > 0$），证明 $\{a_n\}$ 收敛并求极限。
+. 证明：$e = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!}$（提示：利用 $a_n = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n$ 的展开式）。

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