数列与极限

收敛序列

3.1 定义 度量空间$X$中的序列 { p n } \left\{ p_{n} \right\} {pn​}叫做收敛的(converge)，如果有一个下述性质的点$p\in X$：对于每个$\epsilon >0$，有一个正整数$N$，使得$n\ge N$时，$d\left(p_n,p\right)<\epsilon$（这里$d$表示$X$中的距离）
‌‌‌‌　　这时候我们也说 { p n } \left\{ p_{n} \right\} {pn​}收敛于$p$，或者说$p$是 { p n } \left\{ p_{n} \right\} {pn​}的极限，并且写作$p_n\to p$,或
$$\underset{n\to \infty }{\lim }{p}_n=p$$
‌‌‌‌　　如果 { p n } \left\{ p_{n} \right\} {pn​}不收敛，便说它发散(diverge)

‌‌‌‌　　我们记得，一切点$p_n\left(n=1,2,3,\cdots \right)$的集是 { p n } \left\{ p_{n} \right\} {pn​}的值域(range)，序列的值域可以是有限的，也可以是无限的

3.2 定理 设 { p n } \left\{ p_{n} \right\} {pn​}是度量空间$X$中的序列
(a) { p n } \left\{ p_{n} \right\} {pn​}收敛于$p\in X$，当且仅当$p$点的每个邻域，能包含 { p n } \left\{ p_{n} \right\} {pn​}的，除有限项以外的一切项
(b)如果$p\in X,p^{\prime }\in X$， { p n } \left\{ p_{n} \right\} {pn​}收敛与$p$又收敛于$p^{\prime }$，那么$p^{\prime }=p$
©如果 { p n } \left\{ p_{n} \right\} {pn​}收敛， { p n } \left\{ p_{n} \right\} {pn​}必有界
(d)如果$E\subset x$，而$p$是$E$的极限点，那么在$E$中有一个序列 { p n } \left\{ p_{n} \right\} {pn​}，使$p=\underset{n\to \infty }{\lim }{p}_n$

证明：

(a)假定$p_n\to p$,并设$V$使$p$点的邻域，对于某个$\epsilon >0$，条件$d\left(p,q\right)<\epsilon ,q\in X$意味着$q\in V$，对应于这个$\epsilon$，存在$N$，使得当$n\ge N$时有$d\left(p_n,p\right)<\epsilon$，所以$n\ge N$就得出$p_n\in V$

‌‌‌‌　　反过来，假定$p$点的每个邻域，除有限个点外，包含一切点$p_n$。固定$\epsilon >0$，并设$V$时满足$d\left(p,q\right)<\epsilon$的$q\in X$的集。根据假定，存在一个$N$，使得$n\ge N$时$p_n\in V$，所以$n\ge N$时，$d\left(p_n,p\right)<\epsilon$，这就是说$p_n\to p$

(b)设$\epsilon >0$一给定，那么存在正整数$N,N^{\prime }$，使当
$$n\ge N,d\left(p_n,p\right)<\frac{\epsilon }{2}$$
$$n\ge N^{\prime },d\left(p_n,p^{\prime }\right)<\frac{\epsilon }{2}$$
因此，如果$n\ge \max \left(N,N^{\prime }\right)$，就有
$$d\left(p,p^{\prime }\right)\le d\left(p_n,p\right)+d\left(p_n,p^{\prime }\right)<\epsilon$$
由于数$\epsilon$使任意的，可以断定$d\left(p,p^{\prime }\right)=0$
©假定$p_n\to p$，那么存在着正整数$N$，使得$n>N$有$d\left(p_n,p\right)<1$。令
r = max ⁡ { 1 , d ( p 1 , p ) , ⋯ , d ( p N , p ) } r = \max\left\{ 1,d \left( p_{1},p \right) ,\cdots,d\left( p_{N},p \right) \right\} r=max{1,d(p1​,p),⋯,d(pN​,p)}
那么，当$n=1,2,\cdots$时，$d\left(p_n,p\right)\le r$
(d)对于每个正整数$n$，有点$p_n\in E$，使得$d\left(p_n,p\right)<\frac{1}{n}$。给定了$\epsilon >0$，选取$N$，使得$\epsilon N>1$。如果$n>N$，就得$d\left(p_n,p\right)<\epsilon$，因此$p_n\to p$

3.3 定理 假定 { s n } , { t n } \left\{ s_{n} \right\}, \left\{ t_{n} \right\} {sn​},{tn​}是复数序列，而且$\underset{n\to \infty }{\lim }{s}_n=s,\underset{n\to \infty }{\lim }{t}_n=t$，那么
(a)$\underset{n\to \infty }{\lim }\left(s_n+t_n\right)=s+t$
(b)对于任何数$c$，$\underset{n\to \infty }{\lim }c{s}_n=cs,\underset{n\to \infty }{\lim }\left(c+s_n\right)=c+s$
©$\underset{n\to \infty }{\lim }{s}_n{t}_n=st$
(d)只要$s_n\ne 0\left(n=1,2,3,\cdots \right)$且$s\ne 0$，就有$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{s_n}=\frac{1}{s}$
证明：
(a)给定了$\epsilon >0$，存在着正整数 $N_1,N_2$使得
$$n\ge N_1,\left|s_n-s\right|<\frac{\epsilon }{2}$$
$$n\ge N_2,\left|t_n-t\right|<\frac{\epsilon }{2}$$
如果$N=\max \left(N_1,N_2\right)$，那么$n\ge N$时，便有
$$\left|\left(s_n+t_n\right)-\left(s+t\right)\right|\le \left|s_n-s\right|+\left|t_n-t\right|<\epsilon$$
这就证明了(a)
(b)显然
©
利用
$$s_n{t}_n-st=\left(s_n-s\right)\left(t_n-t\right)+s\left(t_n-t\right)+t\left(s_n-s\right)$$
给定了$\epsilon >0$，存在正整数$N_1,N_2$，使得

$$n\ge N_1,\left|s_n-s\right|<\sqrt{\epsilon }$$
$$n\ge N_2,\left|t_n-t\right|<\sqrt{\epsilon }$$
如果取$N=\max \left(N_1,N_2\right)$，那么$n\ge N$时就有
$$\left|\left(s_n-s\right)\left(t_n-t\right)\right|<\epsilon$$
由此
$$\underset{n\to \infty }{\lim }\left(s_n-s\right)\left(t_n-t\right)=0$$
由(a)和(b)
$$\underset{n\to \infty }{\lim }\left(s_n{t}_n-st\right)=0$$
(d)选取一个$m$，当$n\ge m$时，$\left|s_n-s\right|<\frac{1}{2}\left|s\right|$
若$s>0$, 则$s_n-s>\frac{1}{2}s$
若$s<0$,则$s_n-s<\frac{1}{2}\left|s\right|=-\frac{1}{2}s$
$$\left|s_n\right|>\frac{1}{2}\left|s\right|\left(n\ge m\right)$$
给定了$\epsilon >0$，就存在正整数$N$，$N>m$，使得当$n\ge N$时
$$\left|s_n-s\right|<\frac{1}{2}{\left|s\right|}^2\epsilon$$
因此,当$n\ge N$时
$$\left|\frac{1}{s_n}-\frac{1}{s}\right|=\left|\frac{s_n-s}{s_{n}s}\right|<\frac{2}{{\left|s\right|}^2}\left|s_n-s\right|<\epsilon$$

3.4 定理
(a)假定${\mathbf{x}}_n\in {\mathbb{R}}^k\left(n=1,2,3,\cdots \right)$而
$${\mathbf{x}}_n=\left(a_{1,n},\cdots ,a_{k,n}\right)$$
那么序列 { x n } \left\{ x_{n} \right\} {xn​}收敛于$\mathbf{x}=\left(a_1,\cdots ,a_k\right)$，当且仅当
$$\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_{j,n}=a_j\left(1\le j\le k\right)$$
(b)假定 { x n } , { y n } \left\{ \mathbf{x}_{n} \right\}, \left\{ \mathbf{y}_{n} \right\} {xn​},{yn​}是${\mathbb{R}}^k$中的序列， { β n } \left\{ \beta_{n} \right\} {βn​}是实数序列，并且${\mathbf{x}}_n\to \mathbf{x},{\mathbf{y}}_n\to \mathbf{y},{\beta }_n\to \beta$，那么
$$\underset{n\to \infty }{\lim }\left({\mathbf{x}}_n+{\mathbf{y}}_n\right)=\mathbf{x}+\mathbf{y},\underset{n\to \infty }{\lim }{\mathbf{x}}_n\cdot {\mathbf{y}}_n=\mathbf{x}\cdot \mathbf{y},\underset{n\to \infty }{\lim }{\beta }_n{\mathbf{x}}_n=\beta \mathbf{x}$$
证明：
(a)若${\mathbf{x}}_n\to \mathbf{x}$
$$\left|a_{j_n}-a_j\right|\le \left|{\mathbf{x}}_n-\mathbf{x}\right|<\epsilon$$
反之，若$\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_{j,n}=a_j$，对应于每个$\epsilon >0$，有一个正整数$N$，使得$n\ge N$时，
$$\left|a_{j,n}-a_j\right|<\frac{\epsilon }{\sqrt{k}}\left(1\le j\le k\right)$$
因此$n\ge N$时
$$\left|{\mathbf{x}}_n-\mathbf{x}\right|=\sqrt{\sum _{j=1}^k{\left|a_{j,n}-a_j\right|}^2}<\epsilon$$
所以${\mathbf{x}}_n\to \mathbf{x}$

(b)可以由(a)和定理3.3推出来

子序列

3.5 定义 设有序列 { p n } \left\{ p_{n} \right\} {pn​}，取正整数序列 { a n } \left\{ a_{n} \right\} {an​}，使$n_1<n_2<n_3<\cdots$，那么序列$\left\{p_{n_j}\right\}$便叫做 { p n } \left\{ p_{n} \right\} {pn​}的子序列，如果$\left\{p_{n_j}\right\}$收敛，就把它的极限叫做 { p n } \left\{ p_{n} \right\} {pn​}的部分极限(subsequential limit)。

显然，序列 { p n } \left\{ p_{n} \right\} {pn​}收敛于$p$当且仅当它的任何子序列收敛于$p$
证明：
若任何子序列收敛于$p$， { p n } \left\{ p_{n} \right\} {pn​}也是自己的子序列，因此收敛于$p$

若 { p n } \left\{ p_{n} \right\} {pn​}收敛于$p$，
$\forall \epsilon >0,\exists N>0,n\ge N,d\left(p_n,p\right)<\epsilon$
设 { p n i } \left\{ p_{n_{i}} \right\} {pni​​}是 { p n } \left\{ p_{n} \right\} {pn​}的子序列，$\forall \epsilon >0,\exists K>0,k\ge K,n_k\ge N,d\left(p_{n_k},p\right)<\epsilon$

3.6 定理
(a)如果 { p n } \left\{ p_{n} \right\} {pn​}时紧度量空间$X$中的序列，那么 { p n } \left\{ p_{n} \right\} {pn​}有某个子序列，收敛到$X$中的某个点
(b)${\mathbb{R}}^k$中的每个有界序列含有收敛的子序列

证明：
(a)设$E$时 { p n } \left\{ p_{n} \right\} {pn​}的值域。如果$E$有限，那么必有$p$及序列 { n i } ( n 1 < n 2 < n 3 < ⋯ ) \left\{ n_{i} \right\}\left( n_{1} < n_{2} < n_{3}<\cdots \right) {ni​}(n1​<n2​<n3​<⋯)
使得
$$p_{n_1}=p_{n_2}=\cdots =p$$
(每个都只有有个值，说明序列不是无穷个数，矛盾)
显然，这样得到的子序列 { p n i } \left\{ p_{n_{i}} \right\} {pni​​}收敛于$p$

‌‌‌‌　　如果$E$是无限的，定理2.37说明$E$有极限点$p\in X$。选取$n_1$使得$d\left(p,p_n\right)<1$。选定$n_1,n_2,\cdots ,n_{i-1}$以后，据定理2.20知道一定有正整数$n_i>n_{i-1}$，使得$d\left(p,p_{n_i}\right)<\frac{1}{i}$。于是子序列 { p n i } \left\{ p_{n_{i}} \right\} {pni​​}收敛于$p$

(b)有界序列一定是一个$k$-方格的子集，由(a)即可得到

3.7 定理 度量空间$X$里的序列 { p } \left\{ p \right\} {p}的部分极限组成$X$的闭子集
证明：
设$E^{\ast }$是 { p n } \left\{ p_{n} \right\} {pn​}的所有部分极限组成的集，$q$是$E^{\ast }$的极限点，现在需要证明$q\in E^{\ast }$
‌‌‌‌　　选取$n_1$，使$p_{n_1}\ne q$（如果没有这样的$n_1$，则$p_1=p_2=\cdots =q$，进而 E ∗ = { q } E^{*} = \left\{ q \right\} E∗={q}）。令$\delta =d\left(q,p_{n_1}\right)$。假设已经选好了$n_1,\cdots ,n_{i-1}$，因为$q$是$E^{\ast }$的极限点，必有$x\in E^{\ast }$，使$d\left(x,q\right)<2^{-1}\delta$。因为$x\in E^{\ast }$，因此$x$是部分极限，必有$n_i>n_{i-1}$，使得$d\left(x,p_{n_i}\right)<2^{-i}\delta$。于是对于$i=1,2,3,\cdots$，
$$d\left(q,p_n\right)\le 2^{1-i}\delta$$
这就说明 { p n i } \left\{ p_{n_{i}} \right\} {pni​​}收敛于$q$。因此$q\in E^{\ast }$

Cauchy序列

3.8 定义 度量空间$X$中的序列 { p n } \left\{ p_{n} \right\} {pn​}叫做Cauchy序列，如果对于任何$\epsilon >0$存在正整数$N$，只要$n\ge N$和$m\ge N$便有$d\left(p_n,p_m\right)<\epsilon$

3.9 定义 设$E$是度量空间$X$的子集，又设$S$是一切形式为$d\left(p,q\right)$的实数集，这里$p\in E,q\in E$。数$\sup S$叫做$E$的直径(diameter)，记作$\mathrm{diam}E$

如果 { p n } \left\{ p_{n} \right\} {pn​}是$X$中的序列，而$E_N$由点$p_N,p_{N+1},\cdots$组成。那么，从上边的两个定义来看，显然可以说： { p n } \left\{ p_{n} \right\} {pn​}是Cauchy序列，当且仅当
$$\underset{N\to \infty }{\lim }\mathrm{diam}{E}_N=0$$
证明：
$E_N\supset E_{N+1}\supset \cdots$
因此$\mathrm{diam}{E}_N\ge \mathrm{diam}{E}_{N+1}\ge \cdots$

若 { p n } \left\{ p_{n} \right\} {pn​}是Cauchy序列，$\exists N>0,m\ge N,n\ge N,d\left(p_m,p_n\right)<\frac{\epsilon }{2}$
$\frac{\epsilon }{2}$是$E_N$的上界，进而$\sup E_N\le \frac{\epsilon }{2}<\epsilon$

若$\underset{N\to \infty }{\lim }\mathrm{diam}{E}_N=0$，因此$\forall \epsilon >0,\exists N>0,n\ge N,\mathrm{diam}{E}_n<\epsilon$，进而$\mathrm{diam}{E}_N<\epsilon$
$\forall \epsilon >0,\exists N>0,m\ge N,n\ge N,d\left(p_m,p_n\right)\le \mathrm{diam}{E}_N<\epsilon$

3.10 定理
(a)如果$E$是度量空间$X$中的集，$\bar{E}$是$E$的闭包，那么
$$\mathrm{diam}\bar{E}=\mathrm{diam}E$$
(b)如果 { K n } \left\{ K_{n} \right\} {Kn​}是$X$中的紧集的序列，并且$K_n\supset K_{n+1}\left(n=1,2,\cdots \right)$。又若
$$\underset{n\to \infty }{\lim }\mathrm{diam}{K}_n=0$$
那么${\bigcap }_{n=1}^{\infty }{K}_n$由一个点组成
证明：
(a)因为$E\subset \bar{E}$，显然
$$\mathrm{diam}E\le \mathrm{diam}\bar{E}$$
固定$\epsilon >0$，再取$p\in \bar{E},q\in \bar{E}$。根据$\bar{E}$的定义，必然再$E$中有两个$p^{\prime },q^{\prime }$使得$d\left(p,p^{\prime }\right)<\epsilon ,d\left(q,q^{\prime }\right)<\epsilon$。因此
$$\begin{array}{rl}d\left(p,q\right)& \le d\left(p,p^{\prime }\right)+d\left(p^{\prime },q^{\prime }\right)+d\left(q^{\prime },q\right)\\ & <2\epsilon +d\left(p^{\prime },q^{\prime }\right)\\ & \le 2\epsilon +\mathrm{diam}E\end{array}$$
可见$\mathrm{diam}\bar{E}\le 2\epsilon +\mathrm{diam}E$，又因为$\epsilon$是任意的，所以(a)被证明了
(b)令$K={\bigcap }_{n=1}^{\infty }{K}_n$。根据定理2.36，$K$不空。如果$K$不只包含一个点，那就得$\mathrm{diam}K>0$。然而对于每个$n$，有$K_n\supset K$，从而$\mathrm{diam}{K}_n\ge \mathrm{diam}K$。这与假设条件$\mathrm{diam}{K}_n\to 0$矛盾。

3.11 定理
(a)在度量空间中，收敛序列是Cauchy序列。
(b)如果$X$是紧度量空间，并且如果 { p n } \left\{ p_{n} \right\} {pn​}是$X$中的Cauchy序列，那么 { p n } \left\{ p_{n} \right\} {pn​}收敛于$X$的某个点
©在${\mathbb{R}}^k$中，每个Cauchy序列收敛
证明：
(a)若$p_n\to p$且$\epsilon >0$，便有正整数$N$，保证只要$n\ge N$，便有$d\left(p,p_n\right)<\epsilon$。因此，只要$n\ge N,m\ge N$
$$d\left(p_n,p\right)\le d\left(p_n,p\right)+d\left(p,p_m\right)<2\epsilon$$
于是 { p n } \left\{ p_{n} \right\} {pn​}是Cauchy序列
(b)设 { p n } \left\{ p_{n} \right\} {pn​}是紧空间$X$中的Cauchy序列，对于$N=1,2,\cdots$，令$E_N$是由$p_N,p_{N+1},\cdots$组成的集。那么
$$\underset{N\to \infty }{\lim }\mathrm{diam}{\bar{E}}_N=\underset{N\to \infty }{\lim }{E}_N=0$$
每个$\bar{E}$是紧空间闭子集，因而必是紧集。又因为$E_N\supset E_{N+1}$，所以${\bar{E}}_N\supset {\bar{E}}_{n+1}$
‌‌‌‌　　根据定理3.10(b)，在$X$中由唯一的$p$在每个${\bar{E}}_N$中
‌‌‌‌　　设给定了$\epsilon >0$，有整数$N_0$，凡当$N\ge N_0$的时候，就有$\mathrm{diam}{\bar{E}}_N<\epsilon$。由于$p\in {\bar{E}}_N$，所有对每个$q\in {\bar{E}}_N,d\left(p,q\right)<\epsilon$。当然对于$q\in E_N$也有$d\left(p,q\right)<\epsilon$。换句话说，只要$n\ge N_0$，就$d\left(p,p_n\right)<\epsilon$。这正是说$p_n\to p$
©设 { x n } \left\{ \mathbf{x}_{n} \right\} {xn​}是${\mathbb{R}}^k$中的Cauchy序列。
有某个$N$，$\mathrm{diam}{E}_N<1$。 { x n } \left\{ x_{n} \right\} {xn​}的值域是$E_N$与有限集 { x 1 , ⋯ , x N − 1 } \left\{ x_{1},\cdots, x_{N-1} \right\} {x1​,⋯,xN−1​}的并。所以 { x n } \left\{ x_{n} \right\} {xn​}有界。因${\mathbb{R}}^k$的每个有界子集在${\mathbb{R}}^k$中有紧闭包，由(b)即得©

3.12 定义 如果度量空间$X$中的每个Cauchy序列在$X$中收敛，就说它是完备的

有理数组成的空间是不完备空间，例如$\left\{{\sum }_{i=1}^n\frac{1}{i!}\right\}$收敛到$e$，但是$e$不在空间里

3.13 定义 实数序列 { s n } \left\{ s_{n} \right\} {sn​}叫做
(a)单调递增的，如果$s_n\le s_{n+1}\left(n=1,2,\cdots \right)$
(b)单调递减的，如果$s_n\ge s_{n+1}\left(n=1,2,\cdots \right)$
单调递增和单调递减序列，组成单调序列类

3.14 定理 单调序列 { s n } \left\{ s_{n} \right\} {sn​}收敛，当且仅当它是有界的
证明：假设$s_n\le s_{n+1}$。设$E$是 { s n } \left\{ s_{n} \right\} {sn​}的值域，如果 { s n } \left\{ s_{n} \right\} {sn​}有界，设$s$是$E$的最小上界，那么
$$s_n\le s\left(n=1,2,\cdots \right)$$
对于每个$\epsilon >0$，一定由一个正整数$N$，使$s-\epsilon <s_N\le s$
因为 { s n } \left\{ s_{n} \right\} {sn​}递增，所以$n\ge N$时有
$$s-\epsilon <s_n\le s$$
因此 { s n } \left\{ s_{n} \right\} {sn​}收敛于$s$

逆命题由定理3.2©推出来

上极限和下极限

定义 3.15 设 { s n } \left\{ s_{n} \right\} {sn​}时由下列性质的实数序列：对于任意实数$M$，由一个正整数$N$，而$n\ge N$时由$s_n\ge M$，我们便把这写作
$$s_n\to +\infty$$

类似地，如果对于任意的实数$M$，有一个正整数$N$，而$n\ge N$时有$s_n\le M$，我们便把这写作
$$s_n\to -\infty$$

定义 3.16 设 { s n } \left\{ s_{n} \right\} {sn​}时实数序列。$E$时所有可能的子序列 { s n k } \left\{ s_{n_{k}} \right\} {snk​​}的极限$x$（在扩大了的实数系里，$s_{n_k}\to x$）组成的集。$E$含有定义3.5所规定的部分极限，可能还有$+\infty ,-\infty$两数
令
$$\begin{array}{rl}{s}^{\ast }& =\sup E\\ s_{\ast }& =\inf E\end{array}$$
$s^{\ast }$和$s_{\ast }$两数叫做序列 { s n } \left\{ s_{n} \right\} {sn​}的上极限和下极限，采用的记号是
$$\underset{n\to \infty }{\mathrm{limsup}}{s}_n=s^{\ast },\underset{n\to \infty }{\mathrm{liminf}}{s}_n=s_{\ast }$$
定理 3.17 设 { s n } \left\{ s_{n} \right\} {sn​}是实数序列，设$E$和$s^{\ast }$的意义和定义3.16 中说的一样，那么$s^{\ast }$有以下两种性质
(a)$s^{\ast }\in E$
(b)如果$x>s^{\ast }$，那么就有正整数$N$，能使$n\ge N$时有$s_n<x$
此外，$s^{\ast }$时唯一具有性质(a)和(b)的数
当然，对于$s_{\ast }$，与此类的结论也正确
证明：
(a)
‌‌‌‌　　如果$s^{\ast }=+\infty$，那么$E$不是上有界；因此 { s n } \left\{ s_{n} \right\} {sn​}不是上有界，因而有子序列 { s n k } \left\{ s_{n_{k}} \right\} {snk​​}合于$s_{n_k}\to +\infty$
‌‌‌‌　　如果$s^{\ast }\in \mathbb{R}$，那么$E$上有界，从而至少有一个部分极限。因此，(a)可以从定理3.7和2.28推出来
‌‌‌‌　　如果$s^{\ast }=-\infty$，那么$E$只包含一个元素，就是$-\infty$，从而没有部分极限，就是说，对于任意实数$M$，只有有限个$n$的值，使得$s_n>M$，于是$s_n\to -\infty$
(b)
‌‌‌‌　　假定有一个数$x>s^{\ast }$，而有无限多个$n$的值使得$s_n>x$。那时，则有一个数$y\in E$，使$y\ge x>s^{\ast }$。这与$s^{\ast }$的定义矛盾
所以$s\ast$满足(a)和(b)

‌‌‌‌　　为了证明唯一性，我们假定有两个数$p,q$都满足条件(a)和(b)，并且假定$p<q$。取$x$要它适合$p<x<q$。因为$p$满足(b)，那么当$n\ge N$时有$s_n<x$。但是，如果真这样的话，$q$就不能满足(a)了

定理 3.19 如果$N$是固定的正整数，当$n\ge N$时$s_n\le t_n$，那么
$$\underset{n\to \infty }{\mathrm{liminf}}{s}_n\le \underset{n\to \infty }{\mathrm{liminf}}{t}_n$$
$$\underset{n\to \infty }{\mathrm{limsup}}{s}_n\le \underset{n\to \infty }{\mathrm{limsup}}{t}_n$$
证明：
若$s^{\ast }>t^{\ast }$，令$\epsilon =\frac{s^{\ast }-t^{\ast }}{2},x=s^{\ast }-\epsilon$，于是$s^{\ast }>x>t^{\ast }$
由定理3.17(b)，$\exists N_0,n\ge N_0,t_n<x$
由定理3.17(a)，$s^{\ast }\in E$，因此存在子序列 { s n k } \left\{ s_{n_{k}} \right\} {snk​​}收敛于$s^{\ast }$
因此$\exists K,k\ge K,\left|s_{n_k}-s^{\ast }\right|<\epsilon$
当 n k ≥ max ⁡ { N , N 0 } n_{k} \ge \max \left\{ N, N_{0} \right\} nk​≥max{N,N0​}时，有
$$s_{n_k}>s^{\ast }-\epsilon =x>t_{n_k}$$
矛盾

${\mathrm{liminf}}_{n\to \infty }{s}_n\le {\mathrm{liminf}}_{n\to \infty }{t}_n$可以用类似的方法证明，也可以用${\mathrm{liminf}}_{n\to \infty }{x}_n={\mathrm{limsup}}_{n\to \infty }\left(-x_n\right)$

一些特殊序列

接下来的证明用的夹逼准则
如果$N$是某个固定的正整数，当$n\ge N$时，$0\le x_n\le s_n$而且$s_n\to 0$，那么$x_n{\to }_0$

3.20 定理
(a)$p>0$时，$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n^p}=0$
(b)$p>0$时，$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{p}=1$
©$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{n}=1$
(d)$p>0$时，而$\alpha \in \mathbb{R}$时
$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n^{\alpha }}{{\left(1+p\right)}^n}=0$$
(e)$\left|x\right|<1$时，$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}^n=0$
证明：
(a)取$n>{\left(\frac{1}{\epsilon }\right)}^{\frac{1}{p}}$
(b)如果$p>1$，令$x_n=\sqrt[n]{p}-1$，那么$x_n>0$，
$$1+n{x}_n\le {\left(1+x_n\right)}^n=p$$
于是
$$0<x_n\le \frac{p-1}{n}$$
因此$x_n\to 0$
如果$p=1$显然
如果$0<p<1$，则令$x_n=1-\sqrt[n]{p}$，后面类似
©令$x_n=\sqrt[n]{n}-1$那么$x_n\ge 0$，在根据二项式定理
$$n={\left(1+x_n\right)}^n\ge \frac{n\left(n-1\right)}{2}{x}_n^2$$
从而
$$0\le x_n\le \sqrt{\frac{2}{n-1}}\left(n\ge 2\right)$$
（其实我感觉用上一小问的方法也可以）
(d)设$k$时一个正整数，$k>\alpha$。当$n>2k$时，
$${\left(1+p\right)}^n>\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)p^k=\frac{n\left(n-1\right)\cdots \left(n-k+1\right)}{k!}{p}^k>\frac{n^k{p}^k}{2^{k}k!}$$

从而
$$0<\frac{n^{\alpha }}{{\left(1+p\right)}^n}<\frac{2^{k}k!}{p^k}{n}^{\alpha -k}\left(n>2k\right)$$
因为$\alpha -k<0$，由(a)，知道$n^{\alpha -k}\to 0$
(e)在(d)中取$\alpha =0$(?)