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1. 上、下确界的若干结论
1.1 与集合的上、下确界有关的结论
命题1. 设$A$, $B$为非空有界数集, $S=A\cup B$, 则 (i) $\sup S=\max{\sup A, \sup B}$; (ii) $\inf S=\min{\inf A,\inf B}$.
从上述命题出发可得以下推论.
推论1. 设$A$, $B$为非空有界数集, 并且$A\subset B$, 则 $$\inf B\leq \inf A\leq \sup A\leq \sup B.$$
命题2. 设$S$为非空有界数集, 定义$S^{-}={x\ |\ -x\in S}$, 则 $$\inf S^{-}=-\sup S,\quad \sup S^{-}=-\inf S.$$
命题3. 设$A$, $B$为非空有界数集, 定义集合 $$A+B={z\ |\ z=x+y,,x\in A,,y\in B },$$ 则 $$\sup (A+B)=\sup A+\sup B,\quad \inf(A+B)=\inf A+\inf B.$$
命题4. 设$S$为非空有下界(不一定有上界)的数集, 并且$\inf S>0$, 则集合 $$S^{-1}=\left{x^{-1}\ |\ x\in S \right}$$ 有界并且 $$\sup S^{-1}>0,\quad\inf S^{-1}\geq 0,\quad \sup S^{-1}=\frac{1}{\inf S}.$$
1.2 与函数的上、下确界有关的结论
命题5. 设$f,g$为$D$上的有界函数, 则 (i) $\inf\limits_{x\in D}f(x)+\inf\limits_{x\in D} g(x)\leq \inf\limits_{x\in D}{f(x)+g(x) }\leq \inf\limits_{x\in D}f(x)+\sup\limits_{x\in D}g(x)$; (ii) $\sup\limits_{x\in D}f(x)+\inf\limits_{x\in D}g(x)\leq \sup\limits_{x\in D}{f(x)+g(x)}\leq \sup\limits_{x\in D}f(x)+\sup\limits_{x\in D}g(x)$.
注意命题5和命题3的区别. 集合 $$f(D)+g(D)={f(x)+g(y)\ |\ x,y\in D}$$ 与 $$(f+g)(D)={f(x)+g(x)\ |\ x\in D}$$ 不一定相等.
命题6. 设$f,g$为$D$上的有界函数, 并且 $$f(x)\leq g(x),\quad x\in D,$$ 则 $$\inf_{x\in D}f(x)\leq \inf_{x\in D}g(x),\quad \sup_{x\in D}f(x)\leq \sup_{x\in D} g(x).$$
请注意命题6和推论1的区别.
命题6. 设$f,g$为$D$上的非负有界函数, 则 (i) $\inf\limits_{x\in D} f(x)\cdot \inf\limits_{x\in D}g(x)\leq \inf\limits_{x\in D}{f(x)g(x)}$; (ii) $\sup\limits_{x\in D}{f(x)g(x)}\leq \sup\limits_{x\in D}f(x)\cdot \sup\limits_{x\in D}g(x)$.
2. 上、下极限的定义
定义1. 设${a_n}$是有界数列, 令 $$\overline{a_n}=\sup{a_n,a_{n+1},a_{n+2},\cdots},\quad\underline{a_n}=\inf{a_n,a_{n+1},a_{n+2},\cdots}.$$ 则${\overline{a_n}}$和${\underline{a_n}}$均收敛. 记 $$\overline{a}=\lim_{n\to \infty }\overline{a_n},\quad \underline{a}=\lim_{n\to \infty}\underline{a_n},$$ 称$\overline{a}$为数列${a_n}$的上极限, $\underline{a}$为数列${a_n}$的下极限, 分别记为$\varlimsup\limits_{n\to \infty}a_n$和 $\varliminf\limits_{n\to \infty}a_n$.
下面验证上述定义的合理性.
根据${a_n}$的有界性, $\overline{a_n}$和$\underline{a_n}$都是确定的实数. 由于 $${a_n,a_{n+1},a_{n+2},\cdots}\supset {a_{n+1},a_{n+2},\cdots},$$ 根据推论1并利用数学归纳法可知, 对任意$m,n\in \Bbb{N}+$且$m\geq n$, 有 $$\overline{a_1}\geq \overline{a_2}\geq \cdots \geq \overline{a_m}\geq \cdots\geq \overline{a_n}\geq \cdots \underline{a_n} \geq\cdots\geq \underline{a_m} \geq \cdots\geq \underline{a_2}\geq \underline{a_1}.$$ 所以${\overline{a_n}}$是单调递减有下界的数列, ${\underline{a_n}}$是单调递增有上界的数列, 根据单调有界定理, ${\overline{a_n}}$和${\underline{a_n}}$均收敛, 存在$\overline{a},\underline{a}\in \Bbb{R}$使得 $$\overline{a}=\lim{n\to \infty }\overline{a_n},\quad \underline{a}=\lim_{n\to \infty}\underline{a_n}.$$ 因此定义1是合理的.
根据致密性定理, 有界数列${a_n}$必有收敛子列. 然而, 一个数列有收敛子列, 并不能保证该数列自身收敛. 利用上、下极限的概念, 我们可以给出有界数列收敛的一个充要条件.
定理1. (有界数列收敛的充要条件) 设${a_n}$是有界数列, 则${a_n}$收敛当且仅当 $$\varlimsup\limits_{n\to \infty}a_n= \varliminf\limits_{n\to \infty}a_n,$$ 此时${a_n}$的极限等于上、下极限.
证明: 为了方便, 记$\overline{a}=\varlimsup\limits_{n\to \infty}a_n$, $\underline{a}=\varliminf\limits_{n\to \infty}a_n.$ 由于 $$\overline{a_n}\geq \underline{a_n},\quad \forall n\in \Bbb{N}+,$$ 利用数列极限的保不等式性可得 $$\overline{a}=\varlimsup\limits{n\to \infty}a_n\geq \varliminf\limits_{n\to \infty}a_n=\underline{a}.$$
(充分性) 设$\overline{a}=\underline{a}$, 下证${a_n}$收敛, 并且${a_n}$的极限等于上、下极限.
由于 $$\overline{a}=\lim_{n\to \infty }\overline{a_n},\quad \underline{a}=\lim_{n\to \infty}\underline{a_n},$$ 则对任意$\varepsilon>0$, 存在正整数$N$, 使得对任意$n>N$, 有 $$|\overline{a_n}-\overline{a}|<\varepsilon,\quad |\underline{a_n}-\underline{a}|<\varepsilon,$$ 从而 $$\underline{a}-\varepsilon<\underline{a_n}\leq a_n\leq \overline{a_n}<\overline{a}+\varepsilon.$$ 由于$\overline{a}=\underline{a}$, 由上式可知 $$|a_n-\overline{a}|<\varepsilon,\quad \forall n>N,$$ 从而${a_n}$收敛并且 $$\lim_{n\to \infty}a_n=\overline{a}=\underline{a}.$$
(必要性) 设${a_n}$收敛于$a$, 下证$\overline{a}=\underline{a}=a$.
对任意$\varepsilon>0$, 存在正整数$N$, 使得对任意$n\geq N$, 有 $$|a_n-a|<\varepsilon,$$ 即 $$a-\varepsilon <a_n< a+\varepsilon, \quad \forall n\geq N.$$ 所以$a+\varepsilon$是集合${a_{N},a_{N+1},a_{N+2},\cdots}$的一个上界, $a-\varepsilon$是集合${a_{N},a_{N+1},a_{N+2},\cdots}$的一个下界, 从而 $$a-\varepsilon < \underline{a_N}\leq \underline{a_n}\leq a_n\leq\overline{a_n}\leq\overline{a_N} < a+\varepsilon,\quad \forall n\geq N.$$ 在上式中令$n\to \infty$, 根据数列极限的保不等式性可得 $$a-\varepsilon\leq \underline{a}\leq a\leq \overline{a}\leq a+\varepsilon.$$ 由$\varepsilon>0$的任意性可知 $$\overline{a}=\underline{a}=a.$$ $\Box$
（未完待续）
来源：oschina
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