定义#

定义 1 序列 $\{a_n\}$ 的上极限定义为：

下极限定义为：

注记：

• $\sup_{k \geq n} a_k$ 单调不增，$\inf_{k \geq n} a_k$ 单调不减，故极限一定存在
• 允许取值为 $\pm\infty$：
  • 若 $\{a_n\}$ 无上界，则 $\sup a_n = +\infty$
  • 若 $\{a_n\}$ 无下界，则 $\inf a_n = -\infty$

基本性质#

命题 1 对任意序列 $\{a_n\}$：

证明

对于每个固定的 $n$，由确界的性质：

考虑序列 $\{b_n\}$ 和 $\{c_n\}$，其中：

• $b_n = \sup\limits_{k \geq n} a_k$（单调递减）
• $c_n = \inf\limits_{k \geq n} a_k$（单调递增）

由于单调有界序列必收敛（可能趋于无穷大），这两个极限存在。

对每个 $n$，有 $b_n \geq c_n$，取极限 $n \to \infty$ 得：

即：

证毕。

定理 1 序列 $\{a_n\}$ 收敛的充分必要条件是：

此时：

证明

(i)必要性（收敛 ⇒ 上下极限相等）

设 $\lim\limits_{n \to \infty} a_n = L$。

对任意 $\epsilon > 0$，存在 $N$，当 $n \geq N$ 时：

因此：

• $\inf\limits_{k \geq n} a_k \geq L - \epsilon$
• $\sup\limits_{k \geq n} a_k \leq L + \epsilon$

取极限 $n \to \infty$ 得：

由 $\epsilon$ 的任意性，令 $\epsilon \to 0$ 得：

结合命题1得：

(ii)充分性（上下极限相等 ⇒ 收敛）

设 $\limsup\limits_{n \to \infty} a_n = \liminf\limits_{n \to \infty} a_n = L$。

对任意 $\epsilon > 0$，存在 $N$，当 $n \geq N$ 时：

• $\left|\sup\limits_{k \geq n} a_k - L\right| < \epsilon$
• $\left|\inf\limits_{k \geq n} a_k - L\right| < \epsilon$

即：

因此对所有 $k \geq n$：

故 $\{a_n\}$ 收敛于 $L$。

证毕。

命题 2 设 $a_n \in \mathbb{R}$, $n = 1, 2, \cdots$, $a \in [-\infty, +\infty]$。则 $\limsup_{n \to \infty} a_n = a$ 当且仅当

• (C1) 如果 $\{a_{n_k}\}$ 是 $\{a_n\}$ 的子列，且 $\lim_{k \to \infty} a_{n_k} = s \in [-\infty, +\infty]$，则 $s \leq a$；
• (C2) 存在 $\{a_n\}$ 的子列 $\{a_{n_k}\}$，使得 $\lim_{k \to \infty} a_{n_k} = a$。

证明

(i)若 $\limsup_{n \to \infty} a_n = a$，则 (C1) 和 (C2) 成立

记 $L = \limsup_{n \to \infty} a_n = a$。
令 $b_n = \sup_{k \geq n} a_k$，则 $b_n$ 单调递减且 $\lim_{n \to \infty} b_n = a$。

(C1) 的证明：

设 $\{a_{n_k}\}$ 是任意收敛子列，且 $\lim_{k \to \infty} a_{n_k} = s$。需证 $s \leq a$。

分三种情况讨论：

1. $a = +\infty$
   此时 $s \leq +\infty$ 恒成立，故 (C1) 成立。

2. $a = -\infty$
   由于 $b_n \to -\infty$，对任意 $M > 0$，存在 $N$ 使得当 $n \geq N$ 时 $b_n < -M$。
   于是当 $n \geq N$ 时 $a_n \leq b_n < -M$，故 $a_n \to -\infty$。
   从而子列 $a_{n_k} \to -\infty$，即 $s = -\infty$，满足 $s \leq a$。

3. $a \in \mathbb{R}$
   由于 $b_n \to a$ 且 $b_n$ 单调递减，对任意子列 $a_{n_k}$，有 $a_{n_k} \leq b_{n_k}$。
   又 $b_{n_k} \to a$（因为 $n_k \to \infty$），故 $\limsup_{k \to \infty} a_{n_k} \leq \lim_{k \to \infty} b_{n_k} = a$。
   由于子列收敛， $\lim_{k \to \infty} a_{n_k} = s$，所以 $s \leq a$。

综上，(C1) 成立。

(C2) 的证明：

需构造子列 $\{a_{n_k}\}$ 使得 $\lim_{k \to \infty} a_{n_k} = a$。

分三种情况：

1. $a = +\infty$
   由于 $L = +\infty$，对任意 $K > 0$，存在无限多个 $n$ 使得 $a_n > K$。
   递归构造子列：

   • 取 $n_1$ 使 $a_{n_1} > 1$；
   • 取 $n_2 > n_1$ 使 $a_{n_2} > 2$；
   • 依此类推，取 $n_k > n_{k-1}$ 使 $a_{n_k} > k$。
     则 $\lim_{k \to \infty} a_{n_k} = +\infty = a$。

2. $a = -\infty$
   由于 $b_n \to -\infty$，有 $a_n \to -\infty$。
   取子列为整个序列，即 $n_k = k$，则 $\lim_{k \to \infty} a_{n_k} = -\infty = a$。

3. $a \in \mathbb{R}$
   由于 $b_n \to a$，对每个 $k \in \mathbb{N}$，存在 $N_k$ 使得当 $n \geq N_k$ 时 $|b_n - a| < \frac{1}{k}$。
   递归构造子列：

   • 取 $n_1 \geq N_1$ 使 $a_{n_1} > b_{N_1} - \frac{1}{1}$。
     由于 $b_{N_1} > a - \frac{1}{1}$，有 $a_{n_1} > a - 2$。
     又 $a_{n_1} \leq b_{n_1} \leq b_{N_1} < a + \frac{1}{1}$，故 $|a_{n_1} - a| < 2$。
   • 取 $n_2 > n_1$ 且 $n_2 \geq N_2$ 使 $a_{n_2} > b_{N_2} - \frac{1}{2}$。
     则 $a_{n_2} > a - \frac{1}{2} - \frac{1}{2} = a - 1$，且 $a_{n_2} \leq b_{n_2} \leq b_{N_2} < a + \frac{1}{2}$，故 $|a_{n_2} - a| < 1$。
   • 继续此过程，取 $n_k > n_{k-1}$ 且 $n_k \geq N_k$ 使 $a_{n_k} > b_{N_k} - \frac{1}{k}$。
     则 $a_{n_k} > a - \frac{1}{k} - \frac{1}{k} = a - \frac{2}{k}$，且 $a_{n_k} \leq b_{n_k} \leq b_{N_k} < a + \frac{1}{k}$，
     所以 $|a_{n_k} - a| < \frac{2}{k}$。
     故 $\lim_{k \to \infty} a_{n_k} = a$。

综上，(C2) 成立。

(ii)若 (C1) 和 (C2) 成立，则 $\limsup_{n \to \infty} a_n = a$

设 (C1) 和 (C2) 成立。
令 $L = \limsup_{n \to \infty} a_n$。由定义，$L$ 是所有收敛子列极限的上确界。

• 由 (C2)，存在子列收敛于 $a$，故 $L \geq a$。
• 由 (C1)，任何收敛子列的极限 $s$ 满足 $s \leq a$，故 $L \leq a$。

因此 $L = a$，即 $\limsup_{n \to \infty} a_n = a$。

命题 3 设 $\{x_n\}$ 和 $\{y_n\}$ 是实数序列，则以下不等式在右边有意义（即不是 $+\infty$ 与 $-\infty$ 之和）时成立：

证明 (i) 记 $A' = \limsup_{n \to \infty} (x_n + y_n)$，$B' = \limsup_{n \to \infty} x_n$，$C' = \limsup_{n \to \infty} y_n$。

由于 $A'$ 是数列 $\{x_n + y_n\}$ 的极限点，因此有子列 $\{x_{m_k} + y_{m_k}\}$ 收敛于 $A'$，即

这时可不妨假定 $\{x_{m_k}\}$ 也收敛，否则由于 $\{x_{m_k}\}$ 为有界数列，由凝聚定理知它有收敛子列 $\{x_{m_{k_j}}\}$，于是可以用 $\{x_{m_{k_j}} + y_{m_{k_j}}\}$ 代替 $\{x_{m_k} + y_{m_k}\}$ 作以下讨论。

在 $\{x_{m_k}\}$ 收敛时，$\{y_{m_k}\}$ 也收敛。又因为 $B'$ 是 $\{x_n\}$ 的最大极限点，$C'$ 是 $\{y_n\}$ 的最大极限点，因此就得到

将两式相加就有所要的不等式 $A' \leq B' + C'$，即

(ii) 记 $A = \liminf_{n \to \infty} (x_n + y_n)$，$B = \liminf_{n \to \infty} x_n$，$C = \liminf_{n \to \infty} y_n$。

由于 $A$ 是数列 $\{x_n + y_n\}$ 的极限点，因此有子列 $\{x_{n_k} + y_{n_k}\}$ 收敛于 $A$，即

这时可不妨假定 $\{x_{n_k}\}$ 也收敛，否则由于 $\{x_{n_k}\}$ 为有界数列，由凝聚定理（波尔查诺-魏尔斯特拉斯定理）知它有收敛子列 $\{x_{n_{k_j}}\}$，于是可以用 $\{x_{n_{k_j}} + y_{n_{k_j}}\}$ 代替 $\{x_{n_k} + y_{n_k}\}$ 作以下讨论。

在 $\{x_{n_k}\}$ 收敛时，$\{y_{n_k}\}$ 也收敛。又因为 $B$ 是 $\{x_n\}$ 的最小极限点，$C$ 是 $\{y_n\}$ 的最小极限点，因此就得到

将两式相加就有所要的不等式 $A \geq B + C$，即

命题 4 不等式

在中间的和式有意义时成立。

证明

合并命题 3就得到以下一组不等式：

只要假定其中的和式均有意义。

命题 5若在数列 $\{x_n\}$ 和 $\{y_n\}$ 中已知 $\{y_n\}$ 收敛，或为带有确定符号的无穷大量时，则成立

（在 $\{y_n\}$ 为无穷大量时要求所出现的和式有意义。）

证明

设 $L = \lim_{n \to \infty} y_n$（$L$ 可以是有限数或 $\pm\infty$，但要求相关和式有意义）。

(i)$\{y_n\}$ 收敛于有限数 $L \in \mathbb{R}$

1. 对于下极限的等式证明

由命题 3的第二个不等式有：

另一方面，考虑 $(x_n + y_n) - y_n = x_n$，由命题 3的第一个不等式有：

由于 $\{y_n\}$ 收敛于 $L$，有 $\liminf_{n \to \infty} (-y_n) = -L$，因此：

整理得：

结合 (1) 和 (2)，得到：

2. 对于上极限的等式证明

由命题 3的第一个不等式有：

另一方面，考虑 $(x_n + y_n) - y_n = x_n$，由命题 3的第二个不等式有：

由于 $\{y_n\}$ 收敛于 $L$，有 $\limsup_{n \to \infty} (-y_n) = -L$，因此：

整理得：

结合 (3) 和 (4)，得到：

(ii)$\{y_n\}$ 为带有确定符号的无穷大量

1. $y_n \to +\infty$

由于 $y_n \to +\infty$，且要求所出现的和式有意义，因此 $\liminf_{n \to \infty} x_n \neq -\infty$，$\limsup_{n \to \infty} x_n \neq -\infty$。

对于任意 $M > 0$，存在 $N$ 使得当 $n \geq N$ 时，$y_n > M$。

因此：

• 对于下极限：$x_n + y_n > x_n + M$，故 $\liminf_{n \to \infty} (x_n + y_n) \geq \liminf_{n \to \infty} x_n + M$
• 对于上极限：$x_n + y_n > x_n + M$，故 $\limsup_{n \to \infty} (x_n + y_n) \geq \limsup_{n \to \infty} x_n + M$

由于 $M$ 可以任意大，且 $x_n$ 的上下极限不是 $-\infty$，因此：

2. $y_n \to -\infty$

由于 $y_n \to -\infty$，且要求所出现的和式有意义，因此 $\liminf_{n \to \infty} x_n \neq +\infty$，$\limsup_{n \to \infty} x_n \neq +\infty$。

对于任意 $M > 0$，存在 $N$ 使得当 $n \geq N$ 时，$y_n < -M$。

因此：

• 对于下极限：$x_n + y_n < x_n - M$，故 $\liminf_{n \to \infty} (x_n + y_n) \leq \liminf_{n \to \infty} x_n - M$
• 对于上极限：$x_n + y_n < x_n - M$，故 $\limsup_{n \to \infty} (x_n + y_n) \leq \limsup_{n \to \infty} x_n - M$

由于 $M$ 可以任意大，且 $x_n$ 的上下极限不是 $+\infty$，因此：

命题6设 $\{x_n\}$ 和 $\{y_n\}$ 是非负数列，且在以下乘积均有意义时（即没有 $0 \cdot \infty$ 或 $\infty \cdot 0$ 的不确定形式），有：

证明

1. 第一个不等式：$\liminf x_n \cdot \liminf y_n \leq \liminf (x_n y_n)$

令 $a = \liminf_{n \to \infty} x_n$，$b = \liminf_{n \to \infty} y_n$。

定义 $i_n = \inf_{k \geq n} x_k$，$j_n = \inf_{k \geq n} y_k$，则 $i_n \to a$，$j_n \to b$。

由于 $x_n \geq i_n$ 和 $y_n \geq j_n$ 对所有 $n$ 成立，且 $x_n, y_n \geq 0$，因此 $x_n y_n \geq i_n j_n$ 对所有 $n$ 成立。

于是：

取极限 $n \to \infty$：

即：

2. 第二个不等式：$\liminf (x_n y_n) \leq \liminf x_n \cdot \limsup y_n$

令 $a = \liminf_{n \to \infty} x_n$，$c = \limsup_{n \to \infty} y_n$。

定义 $i_n = \inf_{k \geq n} x_k$，$C_n = \sup_{k \geq n} y_k$，则 $i_n \to a$，$C_n \to c$。

对于任意 $n$，有 $x_k y_k \leq x_k C_n$ 对所有 $k \geq n$ 成立，因此：

取极限 $n \to \infty$：

即：

3. 第三个不等式：$\liminf x_n \cdot \limsup y_n \leq \limsup (x_n y_n)$

令 $a = \liminf_{n \to \infty} x_n$，$c = \limsup_{n \to \infty} y_n$。

如果 $a = 0$，则 $a c = 0$，且由于 $x_n y_n \geq 0$，有 $\limsup_{n \to \infty} (x_n y_n) \geq 0$，不等式成立。

如果 $a > 0$，则对于任意 $\epsilon > 0$，存在 $N$ 使得当 $n \geq N$ 时，有 $x_n > a - \epsilon$（因为 $\inf_{k \geq n} x_k \to a$）。

同时，存在子列 $\{n_k\}$ 使得 $y_{n_k} \to c$。

沿此子列，对于足够大的 $k$，有 $x_{n_k} > a - \epsilon$，因此：

取极限 $k \to \infty$：

由于 $\epsilon > 0$ 任意，有：

即：

4. 第四个不等式：$\limsup (x_n y_n) \leq \limsup x_n \cdot \limsup y_n$

令 $c = \limsup_{n \to \infty} x_n$，$d = \limsup_{n \to \infty} y_n$。

定义 $C_n = \sup_{k \geq n} x_k$，$D_n = \sup_{k \geq n} y_k$，则 $C_n \to c$，$D_n \to d$。

对于任意 $\epsilon > 0$，存在 $N$ 使得当 $n \geq N$ 时，有 $C_n < c + \epsilon$ 和 $D_n < d + \epsilon$。

因此，对于所有 $k \geq n$，有 $x_k < c + \epsilon$ 和 $y_k < d + \epsilon$，所以：

因此：

取极限 $n \to \infty$：

由于 $\epsilon > 0$ 任意，有：

即：

等价刻画#

上极限 $\lambda = \limsup a_n$ 满足：

1. 对任意 $\varepsilon > 0$，存在 $N$，当 $n > N$ 时，$a_n < \lambda + \varepsilon$
2. 对任意 $\varepsilon > 0$，存在无穷多个 $n$，使得 $a_n > \lambda - \varepsilon$

下极限 $\mu = \liminf a_n$ 满足（大小关系相反）：

1. 对任意 $\varepsilon > 0$，存在 $N$，当 $n > N$ 时，$a_n > \mu - \varepsilon$
2. 对任意 $\varepsilon > 0$，存在无穷多个 $n$，使得 $a_n < \mu + \varepsilon$

定义#

定义 2 序列 $\{a_n\}$ 称为 Cauchy 列（基本列），如果：

定理陈述#

定理 2（Cauchy 收敛准则）
序列 $\{a_n\}$ 收敛的充分必要条件是：$\{a_n\}$ 是 Cauchy 列。

即：

证明一：利用上下极限#

1.必要性证明

设 $a_n \to \alpha$，则：

于是当 $p, q \geq N$ 时：

故 $\{a_n\}$ 是 Cauchy 列。

2，充分性证明

设 $\{a_n\}$ 是 Cauchy 列。

第一步：证明有界性
取 $\varepsilon = 1$，存在 $N$，当 $n, m \geq N$ 时 $|a_n - a_m| < 1$
特别地，当 $n \geq N$ 时 $|a_n - a_N| < 1$，故：

令 $M = \max\{|a_1|, \dots, |a_{N-1}|, |a_N| + 1\}$，则 $\{a_n\}$ 有界。

第二步：构造上下确界序列
令：

则：

• $\{l_n\}$ 单调递减，$\{m_n\}$ 单调递增
• $m_n \leq l_n$，且两者均有有限极限

第三步：证明上下极限相等
由 Cauchy 条件：

于是：

即：

由于 $l_n$ 递减、$m_n$ 递增，对 $k \geq N$ 有：

令 $n \to \infty$ 得：

由 $\varepsilon$ 任意性，$\limsup a_n = \liminf a_n$。 所以，$\{a_n\}$ 收敛。

证明二：利用区间套法#

1.必要性证明 同上。

2.充分性证明

设 $\{a_n\}$ 满足 Cauchy 条件。

第一步：证明有界性
同上。

第二步：构造区间套
令：

则：

• $I_1 \supset I_2 \supset \cdots$
• $l_n - m_n \to 0$（由 Cauchy 条件保证）

第三步：应用区间套定理
由区间套定理，存在唯一 $\lambda \in \bigcap I_n$，且：