单调有界定理

为什么要介绍单调有界定理呢，其实只是为在证明中遇到的一些定理做一些细致化的写文，相当于遇到什么写什么，取决于个人眼光，知识储备。

单调有界定理

1.1 内容

单调有界定理（Monotone Convergence Theorem）：在实数系 \(\mathbb R\) 中——

• 单增有上界的数列必收敛；
• 单减有下界的数列必收敛。
  或

\[\lim_{n\to\infty} a_n = \sup\{a_n\} \quad(\text{递增有上界}) \]

\[\lim_{n\to\infty} a_n = \inf\{a_n\} \quad(\text{递减有下界}) \]

1.2 证明

证法一：

设 \(A = \{a_n \mid n \in \mathbb N\}\)。\(A\) 非空且有上界，由确界原理，\(\beta = \sup A\) 存在。

任给 \(\varepsilon > 0\)，存在某项 \(a_N > \beta - \varepsilon\)。当 \(n \ge N\) 时由单调性：

\[\beta - \varepsilon < a_N \le a_n \le \beta \]

即 \(|a_n - \beta| < \varepsilon\)。所以
\(\lim a_n = \beta = \sup A\)。■

证法二:

设 \(\{a_n\}\) 递增有上界却不收敛。由柯西准则，存在 \(\varepsilon_0 > 0\)，使得对任意 \(N\)，存在 \(m > n \ge N\) 满足

\[a_m - a_n \ge \varepsilon_0 \]

取 \(N_1 = 1\)，得 \(n_1 < m_1\) 使 \(a_{m_1} - a_{n_1} \ge \varepsilon_0\)；

取 \(N_2 = m_1\)，得 \(n_2 > m_1\) 使 \(a_{m_2} - a_{n_2} \ge \varepsilon_0\)；

如此递推，得到一串 \(n_1 < n_2 < \cdots\)，且

\[a_{n_{k+1}} \ge a_{m_k} \ge a_{n_k} + \varepsilon_0 \implies a_{n_k} \ge a_{n_1} + (k-1)\varepsilon_0 \]

右端当 \(k \to \infty\) 时\(\to +\infty\) ，与"有上界"矛盾。■

证法三：

由有界性，据致密性定理，存在收敛子列 \(a_{n_k} \to a\)。

先证所有项都不超过 \(a\)：若某项 \(a_j > a\)，存在 \(k>0\) 有 \(n_k > j\)，则 \(a_{n_k} \ge a_j > a\)，与 \(a_{n_k} \to a\) 且 \(a_{n_k} \le a\)（递增子列收敛于 \(a\) 时各项不超过极限）矛盾。故 \(a_n \le a\) 对一切 \(n\) 成立。

任给 \(\varepsilon > 0\)，取 \(K\) 使 \(|a_{n_K} - a| < \varepsilon\)。当 \(n \ge n_K\) 时：

\[a - \varepsilon < a_{n_K} \le a_n \le a \implies |a_n - a| < \varepsilon \]

所以 \(\lim a_n = a\)。■

证法四：

设 \(\{x_n\}\) 单调递增，且有上界 \(M\)。

取 \(a_1=x_1-1\)，则 \(a_1<x_1\)，故 \(a_1\) 不是数列的上界；取 \(b_1=M\)，则 \(b_1\) 是上界，且 \(a_1<b_1\)。

记区间 \([a_1,b_1]\)。假设已得到 \([a_k,b_k]\)，其中 \(a_k\) 不是上界、\(b_k\) 是上界。取中点 \(c_k=\dfrac{a_k+b_k}{2}\)：

• 若 \(c_k\) 不是上界，取 \([a_{k+1},b_{k+1}]=[c_k,\ b_k]\)；
• 若 \(c_k\) 是上界，取 \([a_{k+1},b_{k+1}]=[a_k,\ c_k]\)。

两种取法都保证：\(a_{k+1}\) 仍不是上界，\(b_{k+1}\) 仍是上界。归纳地得到一列闭区间，满足

\[[a_{k+1},b_{k+1}]\subseteq[a_k,b_k],\qquad b_k-a_k=\frac{b_1-a_1}{2^{k-1}}\to 0 . \]

由区间套定理，存在唯一的 \(\xi\) 属于所有 \([a_k,b_k]\)，且

\[\lim_{k\to\infty}a_k=\lim_{k\to\infty}b_k=\xi . \]

任给 \(\varepsilon>0\)，取 \(K\) 使 \(b_K-a_K<\varepsilon\)。

因为 \(a_K\) 不是上界，存在 \(N\) 使 \(x_N>a_K\)；由单调性，当 \(n\ge N\) 时 \(x_n\ge x_N>a_K\)。
又因为 \(b_K\) 是上界，故对一切 \(n\) 有 \(x_n\le b_K\)。

于是 \(n\ge N\) 时，\(a_K<x_n\le b_K\)，而 \(\xi\in[a_K,b_K]\)，所以

\[|x_n-\xi|\le b_K-a_K<\varepsilon . \]

即 \(\lim x_n=\xi\)。

证法五：

设 \(\{a_n\}\uparrow\)，且 \(\exists M>0\)，对 \(\forall n\)，有\(\ a_n \le M\). 若 \(\overline{\lim}a_n > \underline{\lim}a_n\)，则 \(\exists N>0\)，对 \(\forall \varepsilon>0,\ \exists N>0\)，当 \(n>N\)，有 \(|a_n-\overline{\lim}a_n|<\varepsilon\)，与 \(\underline{\lim}a_n < \overline{\lim}a_n\) 矛盾，故 \(\underline{\lim}a_n \ge \overline{\lim}a_n\)\(\implies \overline{\lim}a_n = \underline{\lim}a_n \implies \{a_n\}\) 收敛

1.3 例题

例1　\(e\) 的存在性：\(a_n = \left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n\) 收敛

单调性. 二项式展开：

\[a_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}\prod_{j=0}^{k-1}\left(1-\frac{j}{n}\right) \]

把 \(n\) 换成 \(n+1\)，对每个 \(j \ge 1\) 有
\(1-\dfrac{j}{n} < 1-\dfrac{j}{n+1}\)，故 \(a_n\) 的每一项都不超过 \(a_{n+1}\) 的对应项，且 \(a_{n+1}\) 还多出一个正项。所以 \(a_n < a_{n+1}\)，严格递增。

有界性. 每个乘积因子都小于 1，故

\[a_n < \sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!} < 1+1+\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{2^{k-1}} < 3 \]

（用到 \(k! \ge 2^{k-1}\)）。递增且有上界 \(3\)，故极限存在，记作 \(e\)

例2　欧拉常数 \(\gamma\) 的存在性

令 \(a_n = 1+\dfrac12+\dots+\dfrac1n - \ln n\)。

递减. \(a_{n+1}-a_n = \dfrac{1}{n+1}-\ln\left(1+\dfrac1n\right)\)。由
\(\ln(1+x) > \dfrac{x}{1+x}\ (x>0)\)，取 \(x=\dfrac1n\)
得 \(\ln\left(1+\dfrac1n\right) > \dfrac{1}{n+1}\)，故 \(a_{n+1}-a_n < 0\)。

有下界. 由 \(\ln(1+x) < x\)，有
\(\dfrac1k > \ln\dfrac{k+1}{k}\)，求和得

\[a_n > \sum_{k=1}^{n}\ln\frac{k+1}{k} = \ln(n+1) > \ln n \]

所以 \(a_n > 0\)。递减有下界，故极限存在，即欧拉常数

例3　\(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2}\) 收敛

部分和 \(S_n\) 显然递增。对 \(k\ge2\) 有\(\dfrac{1}{k^2} \le \dfrac{1}{k(k-1)} = \dfrac{1}{k-1}-\dfrac{1}{k}\)，于是

\[S_n \le 1+\sum_{k=2}^{n}\left(\frac{1}{k-1}-\frac1k\right) = 2-\frac1n < 2 \]

递增有上界 \(\Rightarrow\) 收敛。

例4　无穷嵌套根式 \(\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\cdots}}}\)

设 \(a_1=\sqrt{2},\ a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}\)。

有上界. \(a_1<2\)；若 \(a_n<2\) 则
\(a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}<\sqrt{4}=2\)。归纳得 \(a_n<2\)。

递减.

\[a_{n+1}-a_n = \sqrt{2+a_n}-a_n = \frac{(2-a_n)(1+a_n)}{\sqrt{2+a_n}+a_n} \]

（因 \(a_n<2\)）。

故收敛。

例5（牛顿法开方）：\(b>0,\ a_1>0\)，

\[a_{n+1}=\frac12\left(a_n+\frac{b}{a_n}\right)。 \]

• 下界：由均值不等式

\[a_{n+1}\ge \sqrt{a_n\cdot \frac{b}{a_n}}=\sqrt{b}\ (n\ge 1); \]

(或者直接由\({a_n}\)非负得到一个下界\(0\)，但是下一步关于单调性的工作进行不了)

• 递减：\(a_{n+1}-a_n=\dfrac{b-a_n^2}{2a_n}\le 0\)（\(n\ge 2\)）；
• 故收敛，设极限 \(L\ge \sqrt{b}>0\)，则

\[L=\frac12\left(L+\frac{b}{L}\right)，得 L=\sqrt{b}。 \]