\chapter{实数和数列极限}
\section{实数及其性质}
\begin{definition}[通用记号约定]
    数集：\par
    $\naturalnum$——自然数全体，关于加法和乘法运算封闭；\par
    $\integer$——整数全体，自然数集的扩充，$\naturalnum \subset \integer$。关于加法的逆运算（减法）也封闭；\par
    $\mathbb{Q}$——有理数全体，整数集的扩充。关于加、乘及其逆运算（减、除）封闭；\par
    $\realnum$——实数全体，有理数集的扩充，关于极限运算封闭。
\end{definition}

\begin{theorem}[有理数的稠密性]
    $\forall a, b \in \realnum$，$a < b$，$\exists r \in \mathbb{Q}$，s.t. $a < r < b$。
\end{theorem}

\begin{definition}[上界、下界、有界、无界]
    $A$为非空数集。若$\exists M \in \realnum$，s.t. $\forall x \in A$，有$x \leq M$，则称$M$为$A$的一个\textbf{上界}。若$\exists m \in R$，s.t. $\forall x \in A$，有$x \geq m$，则称$m$为$A$的一个\textbf{下界}。若$A$既有上界又有下界，则称 $A$ \text{有界}，否则称 $A$ \textbf{无界}。
\end{definition}

\begin{definition}[上确界$\sup A$、下确界$\inf A$]
    $A$为非空数集。称$A$的最小上界$\xi$为$A$的\textbf{上确界}，记作$\xi = \sup A$。称$A$的最大下界$\eta$为$A$的\textbf{下确界}，记作$\eta = \inf A$。
\end{definition}

\begin{remark}
    $\sup A$，$\inf A$的等价定义：
    \begin{itemize}
        \item $\xi = \sup A$的充要条件：$\xi$是$A$的上界，且$\forall \varepsilon > 0$，$\exists x \in A$，s.t. $x > \xi - \varepsilon$。
        \item $\eta = \inf A$的充要条件：$\eta$是$A$的下界，且$\forall \varepsilon > 0$，$\exists x \in A$，s.t. $x < \eta + \varepsilon$。
    \end{itemize}
\end{remark}

\begin{remark}
    若非空集合$A$无上界，则记$\sup A = + \infty$；若非空集合$A$无下界，则记$\inf A = - \infty$。
\end{remark}

\section{数列和收敛数列}
\subsection{收敛和发散}
\begin{definition}[收敛]
    设数列$\{ a_n \}$，$a \in \realnum$。若$\forall \varepsilon > 0$，$\exists n_0 \in \naturalnum$，使得$\forall n > n_0$，都有$\vert a_n - a \vert < \varepsilon$则称数列数列$\{ a_n \}$\textbf{收敛}于$a$（$n$趋于无穷时），记为$\lim \limits_{n \to \infty} a_n = a$或$a_n \to a \ (n \to \infty)$。$a$称为$\{ a_n \}$的极限。
\end{definition}

\begin{definition}[发散]
    若$\{ a_n \}$不收敛，则称数列$\{ a_n \}$\textbf{发散}。
\end{definition}

收敛的含义：对于$\lim \limits_{n \to \infty} a_n = a$，
\begin{enumerate}
    \item $\forall \varepsilon > 0$……$\vert a_n - a \vert < \varepsilon$：$\varepsilon$可以任意小；
    \item $\exists n_0 \in \naturalnum$：$n$可能与$\varepsilon$有关；
    \item $\forall n > n_0$：$n$充分大之后。
\end{enumerate}
综上，只要$n$充分大，就能使$a_n$任意接近$a$。

此外，$\vert a_n - a \vert < \varepsilon$即$\pm (a_n - a) < \varepsilon$，这等价于$a - \varepsilon < a_n < a + \varepsilon$，$a_n \in (a - \varepsilon, a + \varepsilon)$。

\subsection{验证数列的极限}
用定义验证数列的极限实际上就是在验证$a_n$与$A$的距离能随着$n$的增大而达到无限小，因此可以通过对任意给定的$\varepsilon > 0$通过求解不等式$\vert a_n - A \vert < \varepsilon$来确定$N$。因为这里不要求找到最小的$N$，我们可以通过适当放大来简化问题，即寻找关系$\left| a_n - a \right| < \varphi(n) < \varepsilon$。
\begin{example}
    设$\exists m \in N_+$，验证$\lim \limits_{n \to \infty} \dfrac{1}{n^m} = 0$。
\end{example}

\begin{proof}[解]
    根据定义，$\forall \varepsilon > 0$，要使
    \begin{equation*}
        \left| \frac{1}{n^m} - 0 \right| = \frac{1}{n^m} < \varepsilon \eqco
    \end{equation*}
    只需
    \begin{equation*}
        \frac{1}{\varepsilon} < n^m \eqco
    \end{equation*}
    即
    \begin{equation*}
        n > \frac{1}{\sqrt[m]{\varepsilon}}\eqper
    \end{equation*}
    
    可以取
    \begin{equation*}
        n_0 = \left[ \frac{1}{\sqrt[m]{\varepsilon}} \right]\eqco
    \end{equation*}
    那么$\forall n > n_0$，必有
    $$n \geq n_0 + 1 > \frac{1}{\sqrt[m]{\varepsilon}} \eqco$$
    即$\left| \dfrac{1}{n^m} - 0 \right| < \varepsilon$，这也就说明$\lim \limits_{n \to \infty} \dfrac{1}{n^m} = 0$。
\end{proof}

\begin{example}
    验证$\lim \limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{n} = 1$。
\end{example}

\begin{proof}[解]
    首先，注意到$\sqrt[n]{n} > 1$，因此$\left| \sqrt[n]{n} - 1 \right| = \sqrt[n]{n} - 1$。

    此时我们需要考虑：对于任意给定的$\varepsilon$，$n$应该满足与$\varepsilon$怎样的数量关系才能使不等式$\sqrt[n]{n} - 1 < \varepsilon$成立？自然的想法是解这个不等式，而可以看出这个不等式并不容易解。因此我们希望可以找到一个形式简单的式子$\varphi(n)$满足$\sqrt[n]{n} - 1 < \varphi(n) < \varepsilon$，这样就可以以$\varphi(n)$为桥梁找到一个合适的$N$使$\forall n > N$不等式均成立。

    找$\varphi(n)$过程需要一些技巧：记$a_n = \sqrt[n]{n} - 1$，则
    \begin{align*}
        n & = (1 + a_n)^n\\
        & = 1 + na_n + \frac{n(n-1)}{2}a_n^2 + \cdots + a_n^n\\
        & > \frac{n(n-1)}{2}a_n^2 \eqper
    \end{align*}

    注意，上面放缩使用$a_n^2$项而非$a_n$项进行放缩是为了保证放缩后不等式还是一个一边是含$n$的式子（也就是$\varphi(n)$），一边是含$a_n$（也就是$\sqrt[n]{n} - 1$）的式子，这样才是一个有用的放缩。如果使用$a_n$项，得到的就是$1 > a_n$，对我们的解题没有任何帮助。

    于是我们可以通过将上面得到的不等式再进行变形来找到一个合适的$\varphi(n)$：
    \begin{equation*}
        a_n = (\sqrt[n]{n} - 1) < \sqrt{\frac{2}{n-1}}\eqper
    \end{equation*}
    
    由此，若想$\sqrt[n]{n} - 1 < \varepsilon$，只需$\dfrac{2}{n-1} < \varepsilon$即可。这个新的不等式比之前的要好解得多。解这个不等式，我们可以得到
    \begin{equation*}
        n > \dfrac{2}{\varepsilon^2} + 1\eqco
    \end{equation*}
    那么$\forall \varepsilon > 0$，我们只要取
    \begin{equation*}
        n_0 = \left[\dfrac{2}{\varepsilon^2}\right] + 1\eqco
    \end{equation*}
    于是$\forall n > n_0$，都有$n \geq n_0 + 1 > \dfrac{2}{\varepsilon^2} + 1$，那么
    \begin{equation*}
        \left| \sqrt[n]{n} \right| < \sqrt{\dfrac{2}{n-1}} < \varepsilon \eqper \qedhere
    \end{equation*}
\end{proof}

\begin{remark}
    $\lim \limits_{n \to \infty} a_n = A$\par
    $\Leftrightarrow \forall \varepsilon > 0$, $\exists N \in \naturalnum$, s.t. 当$n > N$时，有$\left| a_n - A \right| < \varepsilon$\par
    $\Leftrightarrow \forall \varepsilon > 0$, $\exists N \in \naturalnum$, s.t. 当$n \geq N$时，有$\left| a_n - A \right| \leq \varepsilon$\par
    $\Leftrightarrow \forall \varepsilon > 0$, $\exists N \in \naturalnum$, s.t. 当$n > N$时，有$\left| a_n - A \right| < k\varepsilon$（$k$为任意正常数）\par
    $\Leftrightarrow \forall \varepsilon \in (0,1)$, $\exists N \in \naturalnum$, s.t. 当$n > N$时，有$\left| a_n - A \right| < \varepsilon$（强调$\varepsilon$``任意地小''的部分而不强调``任意地大''的部分）\par
    $\Leftrightarrow \forall k \in \naturalnum$, $\exists N = N(k) \in \naturalnum$, s.t. 当$n > N$时，有$\left| a_n - A \right| \leq \dfrac{1}{k}$。
\end{remark}

\section{由已知极限求未知极限}
要从已知的极限验证未知的极限，我们首先需要明确其原理在于我们已知$\left| a_n - A \right|$可以无限小。所以我们需要把未知的极限转化为可利用已知极限这个性质的形式。
\begin{example} 
    已知$\lim \limits_{n \to \infty} a_n = A$。证明：$\lim \limits_{n \to \infty} e^{a_n} = e^A$。
\end{example}
\begin{proof}
    首先我们需要转化式子的形式，使其可以利用上我们已知的极限。可以发现：
    \begin{align}
        \left| e^{a_n} - e^A \right| < \varepsilon & \Leftrightarrow \left| e^{a_n - A} - 1 \right| < \varepsilon e^{-A} \notag\\
        & \Leftrightarrow 1 - \varepsilon e^{-A} < e^{a_n - A} < 1 + \varepsilon e^{-A} \notag\\
        & \Leftrightarrow \ln{(1 - \varepsilon e^{-A})} < a_n -A < \ln{(1 + \varepsilon e^{-A})} \tag{$\ast$} \label{1.3.1}
    \end{align}

    令$\delta = \min \{ - \ln{(1 - \varepsilon e^{-A})},\ln{(1 + \varepsilon e^{-A})}\}$，则$\delta > 0$，那么当给定$\varepsilon$时，$\delta$也确定。由$\lim \limits_{n \to \infty}a_n = A$，对任意的$\varepsilon$，总有$N$足够大使得$\forall n > N$，$\left| a_n - A \right|$足够小，小到比$\delta$还小，即满足式子\eqref{1.3.1}。通过等价关系，这也就代表着我们同时也找到了$N$使得$\forall n > N$，$\left| e^{a_n} - e^A \right| < \varepsilon$。由极限的定义，$\lim \limits_{n \to \infty} e^{a_n} = e^A$。
\end{proof}

\begin{example}
    已知$\lim \limits_{n \to \infty} a_n = A$，证明：$\lim \limits_{n \to \infty} \dfrac{a_1 + a_2 + \cdots + a_n}{n} = A$。
\end{example}

\begin{proof}[分析]
    \renewcommand{\qedsymbol}{}
    我们已经知道，$\forall \varepsilon > 0$，$N_1 \in \naturalnum$，$\forall n > N_1$，$\vert a_n - A \vert < \varepsilon$。

    那么我们可以把要求的式子变形成
    \begin{equation*}
        \left| \dfrac{a_1 + a_2 + \cdots + a_n}{n} - A \right| =  \left| \dfrac{(a_1 - A) + (a_2 - A) + \cdots + (a_n -A)}{n} \right|
    \end{equation*}
    \begin{equation*}
        \leq \dfrac{\vert a_1 - A \vert + \vert a_2 - A \vert + \cdots + \vert a_N -A \vert}{n} + \dfrac{\vert a_{N+1} - A \vert + \vert a_{N+2} - A \vert + \cdots + \vert a_n -A \vert}{n}
    \end{equation*}
    
    这其中左侧的分数的分母是一个定值，因此只要$n$足够大，就能满足
    \begin{equation*}
        \dfrac{\vert a_1 - A \vert + \vert a_2 - A \vert + \cdots + \vert a_N -A \vert}{n} < \varepsilon \text{；}
    \end{equation*}
    而对于右边的分数，其中的每一个绝对值都小于$\varepsilon$，于是其整体也小于$\varepsilon$。那么这整个式子小于$2 \varepsilon$。
\end{proof}

\begin{proof}
    由题，$\forall \varepsilon > 0$，$\exists N_1 \in \naturalnum$，$\forall n > N_1$，$\vert a_n - A \vert < \varepsilon$。

    对此$N_1$，一定存在$N_2 > N_1$，使$\forall n > N_2$，$\dfrac{\vert a_1 - A \vert + \vert a_2 - A \vert + \cdots + \vert a_N -A \vert}{n} < \varepsilon$。

    因此，$\forall n > N_2$，
    \begin{align*}
        & \left| \dfrac{a_1 + a_2 + \cdots + a_n}{n} - A \right|\\
        = & \left| \dfrac{(a_1 - A) + (a_2 - A) + \cdots + (a_n -A)}{n} \right|\\
        \leq & \dfrac{\vert a_1 - A \vert + \cdots + \vert a_{N_1} -A \vert}{n}+ \dfrac{\vert a_{{N_1}+1} - A + \cdots + \vert a_n -A \vert}{n} \\
        < & \varepsilon + \varepsilon\\
        = & 2 \varepsilon \eqper
    \end{align*}
     
    因此，$\lim \limits_{n \to \infty} \dfrac{a_1 + a_2 + \cdots + a_n}{n} = A$。
\end{proof}

\begin{definition}[发散到无穷的定义]
    \ \par
    若$\forall M > 0$，$N \in \naturalnum$，当$n > N$时$a_n > M$，称$\{ a_n \}$\textbf{发散到$+ \infty$}，记作$\lim \limits_{n \to \infty} a_n = + \infty$；

    若$\forall M > 0$，$N \in \naturalnum$，当$n > N$时$a_n < -M$，称$\{ a_n \}$\textbf{发散到$- \infty$}，记作$\lim \limits_{n \to \infty} a_n = - \infty$；

    若$\forall M > 0$，$N \in \naturalnum$，当$n > N$时$\vert a_n \vert > M$，称$\{ a_n \}$\textbf{发散到$\infty$}，记作$\lim \limits_{n \to \infty} a_n = \infty$。
\end{definition}

\begin{remark}
    $\{ a_n \}$无界不一定有$\lim \limits_{n \to \infty} a_n = \infty$。无界只要求$\exists n$，s.t. $\vert a_n \vert > M$，而发散到无穷则要求$\forall n > N$，$\vert a_n \vert > M$。
\end{remark}

\section{收敛数列的性质}
\begin{proposition}[唯一性]
    如果$\{ a_n \}$收敛，则其极限是唯一的。
\end{proposition}

\begin{proof}
    反证法：假设$\lim \limits_{n \to \infty} a_n = A$，$\lim \limits_{n \to \infty} a_n = B$且$A \neq B$。

    由$\lim \limits_{n \to \infty} a_n = A$，可以得到
    \begin{equation}
        \forall \varepsilon > 0 \eqco \exists N_1 \in \naturalnum \eqco \forall n > N_1 \eqco \vert a_n - A \vert < \varepsilon \text{；}\label{1.4.1.1}
    \end{equation}

    由$\lim \limits_{n \to \infty} a_n = B$，可以得到
    \begin{equation}
        \forall \varepsilon > 0 \eqco \exists N_2 \in \naturalnum \eqco \forall n > N_2 \eqco \vert a_n - B \vert < \varepsilon \text{；}\label{1.4.1.2}
    \end{equation}

    取$N = \max \{ N_1, N_2 \}$，取$\varepsilon = \dfrac{\vert A - B \vert}{3}$，$\forall n > N$，\ref{1.4.1.1}与\ref{1.4.1.2}同时成立。因此，有
    \begin{align*}
        \vert B - A \vert & = \vert B - a_n + a_n - A \vert\\
        & \leq \vert B - a_n \vert + \vert a_n - A \vert\\
        & \leq \varepsilon + \varepsilon\\ 
        & = \dfrac{2}{3} \vert A - B \vert \eqco 
    \end{align*}

    矛盾！因此原假设不成立。
\end{proof}

\begin{proposition}[有界性]
    设$\lim \limits_{n \to \infty} a_n = a$，则$\{ a_n \}$有界。
\end{proposition}

\begin{proof}
    由题，$\exists N \in \naturalnum$，$\forall n > N$，$\vert a_n - A \vert < 1$。

    则$\forall n > N$，$a_n \leq a + 1$。

    为此，令$M = \max \{ a_1, a_2, \ldots , a_N, a + 1\} + 1$，则$\forall n \in \naturalnum$，都有$\vert a_n \vert < M$。因此$\{ a_n \}$有界。
\end{proof}

\begin{remark}
    有界数列不必收敛。
    考察$a_n = (-1)^n$，显然其有界，然而其发散。
\end{remark}

\begin{definition}[数列的子列]
    设$\{ a_n \}$为一数列。取一自然数列$k_1 < k_2 < k_3 < \ldots < k_n < \ldots$。注意$\{a_{k_n}\}$构成一个数列，称为数列$\{ a_n \}$的一个\textbf{子列}。
\end{definition}

\begin{theorem}[子列的性质]
    设$\{ a_n \}$收敛于$a$，则$\{ a_n \}$的任意子列也收敛于$a$。
\end{theorem}

\begin{proof}
    $\forall \varepsilon > 0$，$\exists n_0 \in \naturalnum$，使$\forall n > n_0$都有$\vert a_n - a \vert < \varepsilon$。

    任取$\{ a_n \}$的一个子列$\{ a_{k_n} \}$。注意$k_n \geq n$（子列的下标与数列下标的关系），当$n > n_0$时，$k_n \geq n > n_0$。因此$\vert a_{k_n} - a \vert < \varepsilon$。那么$\lim \limits_{n \to \infty} a_{k_n} = a$。
\end{proof}

\begin{corollary}
    $\{ a_n \}$收敛的充分必要条件是$\{a_n\}$的任意子列收敛。
\end{corollary}

\begin{corollary}
    $\{ a_n \}$收敛的充分必要条件时$\{ a_n \}$的奇子列与偶子列都收敛且极限相等。
\end{corollary}

\begin{remark}
    上述命题通常可以用来判别数列的不收敛。

    也就是说如果一个数列的两个子列极限不同或有不收敛子列，就可以判定该数列不收敛。例如$(-1)^n$。
\end{remark}

\begin{proposition}[保号性]
    设$\lim \limits_{n \to \infty} a_n = a$，有：

    \begin{enumerate}
        \item 若$a_n \geq 0$，则$n$充分大后$a \geq 0$。
        \item 若$a > 0$，则$n$充分大后$a_n > 0$。
    \end{enumerate}
\end{proposition}

\begin{corollary}[极限的保序性]
    若$\toinf a_n = a$，$\toinf b_n = b$，则
    \begin{enumerate}
        \item 若$a_n \geq b_n$（$n$充分大后）则$a \geq b$；
        \item 若$a > b$，则$n$充分大后，$a_n > b_n$。
    \end{enumerate}
    
\end{corollary}

\begin{proposition}[极限的四则运算性质]\label{极限的四则运算性质}
    设$\lim \limits_{n \to \infty} a_n = a$，$\lim \limits_{n \to \infty} b_n = b$，则：
    \begin{enumerate}
        \item $\lim \limits_{n \to \infty}(a_n \pm b_n) = a \pm b$；
        \item $\lim \limits_{n \to \infty}(a_n b_n) = ab$；
        \item $\lim \limits_{n \to \infty}\left(\dfrac{a_n}{b_n}\right) = \dfrac{a}{b}$，只要$b \neq 0$。
    \end{enumerate}
\end{proposition}

下面证明\ref{极限的四则运算性质}的第二条。
\begin{proof}
    首先，注意到
    \begin{align*}
        \vert a_n b_n - ab \vert = & \vert a_n b_n - a b_n + a b_n - ab \vert\\
        \leq & \vert b_n \vert \vert a_n - a \vert + a \vert b_n - b \vert \text{；}
    \end{align*}
    
    其次，由于$\lim \limits_{n \to \infty} a_n = a$，$\lim \limits_{n \to \infty} b_n = b$，因此$\forall \varepsilon > 0$，$\exists N_1, N_2 \in \naturalnum$，满足$\forall n > N_1$，$\vert a_n - a \vert < \varepsilon$，$\forall n > N_2$，$\vert b_n - b \vert < \varepsilon$，又因为$\{ b_n \}$有界（设$\{ b_n \}$的一个上界为$M$），而$a$是定值，因此$\vert b_n \vert \vert a_n - a \vert + a \vert b_n - b \vert \leq M \cdot \varepsilon + a \cdot \varepsilon$。即$\lim \limits_{n \to \infty} a_n b_n = ab$。
\end{proof}

下面证明\ref{极限的四则运算性质}的第三条。
\begin{proof}
    首先，注意到
    \begin{align*}
        \left| \dfrac{a_n}{b_n} - \dfrac{a}{b} \right| = & \left| \dfrac{a_n - a}{b_n} + \dfrac{a}{b_n} - \dfrac{a}{b}\right|\\
        \leq & \left| \dfrac{1}{b_n}\right| \left| a_n - a\right| + \left| a \right| \left| \dfrac{1}{b_n} - \dfrac{1}{b} \right|\\
        = & \left| \dfrac{1}{b_n} \right| \left(\left| a_n - a \right| + \left| \dfrac{a}{b}\right| \left| b_n - b \right| \right) \text{；}
    \end{align*}

    其次，由于$\lim \limits_{n \to \infty} b_n = b$且$b \neq 0$，因此，$\exists n_0 \in \naturalnum$，使得$\forall n > n_0$，有$\vert b_n - b \vert < \left| \dfrac{b}{2} \right|$（$b_n$与$b$的距离不超过$\left| \dfrac{b}{2} \right|$），即$b - \left| \dfrac{b}{2} \right| < b_n < b + \left| \dfrac{b}{2} \right|$。那么，$\vert b_n \vert > \left| \dfrac{b}{2} \right|$（可通过数轴上的几何意义理解）。于是有$\left| \dfrac{1}{b_n} \right| < \left| \dfrac{2}{b} \right|$。那么令$M = \max \left\{ \left| \dfrac{1}{b_1} \right|, \left| \dfrac{1}{b_2} \right|, \ldots , \left| \dfrac{1}{b_{n_0}} \right|, \left| \dfrac{2}{b} \right| \right\}$，则$\forall n \in \naturalnum$，有$\left| \dfrac{1}{b_n} \right| \leq M$，即$\left| \dfrac{1}{b_n} \right|$有界。
    
    因此，
    \begin{equation*}
        \left| \dfrac{1}{b_n} \right| \left(\left| a_n - a \right| + \left| \dfrac{a}{b}\right| \left| b_n - b \right| \right) < M \left( 1  + \left|\dfrac{a}{b}\right|\right)\varepsilon \eqco
    \end{equation*}
    于是$\lim \limits_{n \to \infty}\left(\dfrac{a_n}{b_n}\right) = \dfrac{a}{b}$。
\end{proof}

\begin{theorem}[夹逼原理]
    设$n$充分大后，$a_n \leq b_n \leq c_n$。

    若$\toinf a_n = a$，$\toinf c_n = a$，则$\toinf b_n = a$。
\end{theorem}

\begin{proof}
    $\forall \varepsilon > 0$，$\exists n_1, n_2 \in \naturalnum$，使：
    \begin{enumerate}
        \item $\forall n > n_1$，有$\vert a_n - a \vert < \varepsilon$，即$a - \varepsilon < a_n < a + \varepsilon$；
        \item $\forall n > n_2$，有$\vert c_n - a \vert < \varepsilon$，即$a - \varepsilon < c_n < a + \varepsilon$。
    \end{enumerate}
    当$n > \max \{n_1, n_2\}$且$n$充分大使得$a_n \leq b_n \leq c_n$后，有
    \begin{equation*}
        a - \varepsilon < a_n \leq b_n \leq c_n < a + \varepsilon
    \end{equation*}
    因此$a - \varepsilon < b_n < a + \varepsilon$，即$\vert b_n - a \vert < \varepsilon$，即$\toinf b_n = a$。
\end{proof}

\section{几个重要不等式}
利用不等式进行放缩从而求得极限是重要的方法。
\subsection{Bernoulli不等式}
设$a_i > -1$且符号相同，则有
\begin{equation*}
    (1+a_1)(1+a_2)\cdots(1+a_n) \geq 1 + (a_1 + a_2 + \cdots + a_n)\eqper
\end{equation*}

\subsection{Cauchy-Scharz不等式}
\begin{equation*}
    \left(\sum_{k=1}^n a_kb_k\right)^2 \leq \left(\sum_{k=1}^n a_k^2\right)\left(\sum_{k=1}^n b_k^2\right) \eqper
\end{equation*}
利用$\sum (a_k + \lambda b_k)^2 \geq 0$即可证明。

\subsection{Minkowski不等式}
\begin{equation*}
    \left[\sum_{k=1}^n (a_k + b_k)^2\right]^{\frac{1}{2}} \leq \left(\sum_{k=1}^n a_k^2\right)^\frac{1}{2} + \left(\sum_{k=1}^n b_k^2\right)^\frac{1}{2}
\end{equation*}

\subsection{算数——几何平均不等式}
已知$a_i \geq 0, i = 1, 2, \cdots , n$，则有：
\begin{equation*}
    \dfrac{a_1 + a_2 + \cdots + a_n}{n} \geq \sqrt[n]{a_1a_2 \cdots a_n}
\end{equation*}

\section{数列极限概念的推广}
\begin{definition}[无穷小数列]
    设$\{a_n\}$为一数列。若$\toinf a_n = 0$，称$\{a_n\}$为\textbf{无穷小数列}（简称\textbf{无穷小}），记作$a_n = o(1)$。
\end{definition}

\begin{proposition}[无穷小的性质]
    无穷小具有下列性质：
    \begin{enumerate}
        \item $\{a_n\}$为无穷小当仅当$\{\vert a_n \vert \}$为无穷小；
        \item 无穷小和差依然为无穷小；
        \item 无穷小数列与有界数列的乘积为无穷小；
        \item 数列$\{a_n\}$极限为$a$等价于$\{a_n - a\}$为无穷小。
    \end{enumerate}
\end{proposition}

\begin{definition}[无穷大数列]
    设$\{a_n\}$为一数列。若$\forall A > 0$，$\exists n_0 \in \naturalnum$，使得$\forall n > n_0$，
    \begin{enumerate}
        \item 都有$a_n > A$，则称$\{a_n\}$趋于$+\infty$，记为$\toinf a_n = + \infty$；
        \item 都有$a_n < -A$，则称$\{a_n\}$趋于$-\infty$，记为$\toinf a_n = - \infty$；
        \item 都有$\vert a_n \vert > A$，则称$\{a_n\}$趋于$\infty$，记为$\toinf a_n = \infty$。
    \end{enumerate}
    以上三种情况统称$\{a_n\}$为无穷大数列。
\end{definition}

\begin{proposition}[无穷大数列的性质]
    设$\{a_n\}$为无穷大数列，则：
    \begin{enumerate}
        \item $\{a_n\}$无界。
        \item $\toinf \left(\dfrac{1}{a_n}\right) = 0$。
        \item 若$\toinf b_n = b$，则$\toinf (a_n \pm b_n) = \infty$；又若$b \neq 0$，则$\toinf (a_nb_n) = \infty$。
    \end{enumerate}
\end{proposition}

\section{单调数列及其性质}
\begin{definition}[单调数列]
    设$\{a_n\}$为一个数列。

    若$a_n \leq a_{n+1} (n = 1, 2, 3, \cdots)$，则称$\{a_n\}$单调增；

    若$a_n \geq a_{n+1} (n = 1, 2, 3, \cdots)$，则称$\{a_n\}$单调减。

    单调增与单调减数列统称单调数列。将不等号换成严格不等号，则称为严格单调。
\end{definition}

\begin{theorem}[单调性原理（公理）]
    单调有界数列必有极限（必收敛）。    
\end{theorem}

\begin{remark}
    这是实数集上的公理，在有理数集上不成立。
\end{remark}

\begin{remark}
    公理保证了极限的存在性，但是没有给出极限的值。
\end{remark}

\begin{corollary}
    单调数列收敛的充分必要条件是数列有界。
\end{corollary}

\begin{corollary}[单调有界数列极限的刻画]
    对于一个单调数列：
    \begin{enumerate}
        \item 单调增有上界数列的极限是数列的最小上界（上确界）；
        \item 单调减有下界数列的极限是数列的最大下界（下确界）。
    \end{enumerate}
\end{corollary}

\begin{proof}
    只证明1。设集合$S = \{a_n\}$。则由确界公理，$S$有上确界。记$A = \sup{S}$。

    欲证$\toinf a_n = A$，即$\forall \varepsilon > 0$，有$A - \varepsilon < a_n < A + \varepsilon$：

    首先，$a_n < A < A + \varepsilon$，不等式右边成立；

    其次，因为$A$是$S$的上确界，因此有$\forall \varepsilon > 0$，$\exists n_0, a_{n_0} > A - \varepsilon$。而$\{a_n\}$单调增，$\forall n > n_0$，$a_n \geq a_{n_0} > A - \varepsilon$。

    因此，$\toinf a_n = A$。
\end{proof}

\section{自然对数底e}
两个重要的数列：
\[a_n = \left(1 + \dfrac{1}{n}\right)^n, b_n = 1 + \dfrac{1}{1!} + \dfrac{1}{2!} + \cdots + \dfrac{1}{n!}\]

\begin{theorem}\label{Definition of e}
    $\toinf a_n = a$与$\toinf b_n = b$均存在，且$a=b$，今后记为$e$。
\end{theorem}

\begin{lemma}\label{e lemma 1}
    $\{b_n\}$单增有上界，因而$\toinf b_n = b$存在。
\end{lemma}

\begin{proof}
    注意到$n \geq 3$时，$n! \geq 2^{n-1}$。
    \[b_n < 1 + 1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2^2} + \cdots + \dfrac{1}{2^{n-1}} < 3\]
    因此$\{b_n\}$单增有上界。
\end{proof}

\begin{corollary}
    $\toinf b_n = b \leq 3$。
\end{corollary}

\begin{lemma}\label{e lemma 2}
    $a_n \leq b_n (n=1, 2, \cdots)$因此$\{a_n\}$有上界。
\end{lemma}

\begin{proof}
    二项式展开。
    \[
        \begin{aligned}
            a_n & = 1 + n \cdot \dfrac{1}{n} + \dfrac{n(n-1)}{2}\dfrac{1}{n^2} + \cdots + \dfrac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{k(k+1)\cdots 2}\left(\dfrac{1}{n}\right)^k + \cdots + \left(\dfrac{1}{n}\right)^n\\
            & = 1 + 1 + \dfrac{1}{2}\left(1 - \dfrac{1}{n}\right)  \cdots + \dfrac{1}{k!}(1- \dfrac{1}{n})\cdots \left(1 - \dfrac{k-1}{n}\right) + \cdots\\
            & + \dfrac{1}{n!}\left(1-\dfrac{1}{n}\right)\cdots\left(1-\dfrac{n-1}{n}\right)\\
            & \leq 1 + 1 + \dfrac{1}{2} + \cdots + \dfrac{1}{k!} + \cdots + \dfrac{1}{n!}\\
            & = b_n
        \end{aligned}  
    \]
    因此$\{a_n\}$有界。
\end{proof}

\begin{lemma}\label{e lemma 3}
    $\{a_n\}$单调增，因此$\toinf a_n = a$存在。
\end{lemma}

\begin{proof}
    由上证
    \begin{align*}
        a_n & = 2 + \dfrac{1}{2!}\left(1 - \dfrac{1}{n}\right) + \cdots + \dfrac{1}{k!}\left(1 - \dfrac{1}{n}\right) \cdots \left(1 - \dfrac{k-1}{n}\right) + \cdots\\
        & + \dfrac{1}{n!}\left(1-\dfrac{1}{n}\right) \cdots \left(1 - \dfrac{n-1}{n}\right)\\
        & \leq 2 + \dfrac{1}{2!}\left(1 - \dfrac{1}{n+1}\right) + \cdots + \dfrac{1}{k!}\left(1 - \dfrac{1}{n+1}\right) \cdots \left(1 - \dfrac{k-1}{n+1}\right) + \cdots \\
        & + \dfrac{1}{n!}\left(1-\dfrac{1}{n+1}\right) \cdots \left(1 - \dfrac{n-1}{n+1}\right) + \dfrac{1}{(n+1)!}\left(1 - \dfrac{1}{n+1}\right)\cdots \left(1 - \dfrac{n}{n+1}\right)\\
        & = a_{n+1} \eqper\qedhere
    \end{align*}
\end{proof}

在此，我们可以证明定理\ref{Definition of e}的正确性。
\begin{proof}
    由极限的保序性，引理\ref{e lemma 2} $\Rightarrow a \leq b$。
    \begin{align*}
        a_n & = 2 + \dfrac{1}{2!}\left(1 - \dfrac{1}{n}\right) + \cdots + \dfrac{1}{k!}\left(1 - \dfrac{1}{n}\right) \cdots \left(1 - \dfrac{k-1}{n}\right) + \cdots\\
        & + \dfrac{1}{n!}\left(1-\dfrac{1}{n}\right) \cdots \left(1 - \dfrac{n-1}{n}\right)\\
        & \geq 2 + \dfrac{1}{2!}\left(1 - \dfrac{1}{n}\right) + \cdots + \dfrac{1}{k!}\left(1 - \dfrac{1}{n}\right)
    \end{align*}
    对$k \leq n$成立。固定$k$，令$n \to \infty$，得
    \[a \geq 2 + \dfrac{1}{2!} + \cdots + \dfrac{1}{k!} = b_k\]
    再令$k \to \infty$，有
    \[a \geq b\]
    又因为
    \[a \leq b\]
    因此$a=b$。
\end{proof}

\section{基本列和Cauchy收敛原理}
\begin{definition}[基本列]
    设$\{a_n\}$为一个数列。若$\forall \varepsilon > 0$，$\exists n \in \naturalnum^\ast$，使当$n > N$，对$\forall p \in \naturalnum$，都有$\vert a_{n+p} - a_n \vert < \varepsilon$，则称$\{a_n\}$是基本列或Cauchy列。
\end{definition}

\begin{proposition}
    若$\{a_n\}$收敛，则$\{a_n\}$是基本列。
\end{proposition}

\begin{proof}
    令$\toinf a_n = a$。则$\forall \varepsilon > 0$，$\exists n_0 \in \naturalnum$，使$\forall n, n^\prime > n_0$，都有$\vert a_n - a \vert < \dfrac{\varepsilon}{2}, \vert a_{n^\prime} - a \vert < \dfrac{\varepsilon}{2}$。由三角不等式
    \[\vert a_n - a_{n^\prime} = \vert a_n - a - (a_{n^\prime} - a) \vert \leq \vert a_n - a \vert + \vert a_{n^\prime} - a \vert < \varepsilon \eqper \qedhere\]
\end{proof}

\begin{theorem}[Cauchy收敛原理]\label{cauchy principle of convergence}
    数列收敛的充要条件是该数列为基本列。
\end{theorem}

问题：基本列一定收敛吗？

\begin{lemma}\label{cauchy priciple of convergence lemma 1}
    基本列是有界的。
\end{lemma}

\begin{proof}
    取基本列$\{a_n\}$。$\exists n_0 \in \naturalnum$，使$\forall n, n^\prime > n_0$， $\vert a_n - a_{n^\prime} \vert < 1$。由此可得$\forall n > n_0$，$\vert a_n - a_{n_0 + 1} \vert < 1$，所以$\vert a_n \vert \leq \vert a_{n_0 + 1} \vert + 1$。

    进一步有$\forall n \in \naturalnum$，$\vert a_n \vert \leq \vert a_1 \vert + \cdots + \vert a_{n_0} \vert + \vert a_{n_1+1}+1\vert$。
\end{proof}

\begin{lemma}[Bolzano-Weierstrass列紧性原理]\label{Bolzano-Weierstrass列紧性原理}
    有界数列必有收敛子列。
\end{lemma}

通过此定理可以先找到一个基本列的收敛子列，然后可以再想办法证明基本列收敛到该子列的极限。

\begin{remark}
    此引理的结论是实数理论中的重要结论，与单调性原理（公理）是等价的。
\end{remark}

证法一：利用二分法选子序列。
\begin{proof}
    思路：先按一定规则选取出一个子序列，再证明该子序列收敛。
    
    \noindent 第一步，选子序列：

    $\{a_n\}$有界$\Rightarrow \exists m_1, M_1$，$\forall n \in \naturalnum$，有$m_1 \leq a_n \leq M_1$。

    可以将$\{a_n\}$分成两部分，其中的$a_i$分别满足
    \[m_1 \leq a_i \leq \dfrac{m_1 + M_1}{2}, \dfrac{m_1 + M_1}{2} \leq a_i \leq M_1 \eqco\]
    这两组中至少有一组含有无穷多项，记为$\{a_{n_1}^\ast\}$。

    于是将刚刚的分类标准的两个端点记为$m_2, M_2$，有$m_2 \leq a_{n_1}^\ast \leq M_2$，可以继续将其二分得到新的无限数列，记为$\{a_{n_2}^\ast\}$；如此无限地操作下去，会得到一串子数列
    \[\{a_{n_1}^\ast\}, \{a_{n_2}^\ast\}, \cdots , \{a_{n_k}^\ast\}, \cdots \eqco\]
    在每个子数列中都任选一个数，记为
    \[a_{n_1}, a_{n_2}, \cdots, a_{n_k}, \cdots \eqper \]

    至此我们选出了一个子列。

    \noindent 第二步，证明子列收敛：

    我们知道
    \[m_1 \leq a_{n_1} \leq M_1, m_2 \leq a_{n_2} \leq M_2, \cdots , m_k \leq a_{n_k} \leq M_k, \cdots \eqco\]
    同时
    \[m_1 \leq m_2 \leq \cdots \leq m_k \leq \cdots \leq M_1 \eqco\]
    \[M_1 \geq M_2 \geq \cdots \geq M_k \geq \cdots \geq m_1 \eqco\]
    因此$\{m_n\}, \{M_n\}$都是单调有界数列，两数列都收敛。
    
    又因为$\lim \limits_{k \to \infty} (M_k - m_k) = \lim \limits_{k \to \infty} \dfrac{M_1 - m_1}{2^{k-1}} = 0$，因此
    \[\lim \limits_{k \to \infty} M_k = \lim \limits_{k \to \infty} m_k = A\eqco\]
    从而
    \[\lim \limits_{k \to \infty} a_{n_k} = A \eqper \qedhere\]
\end{proof}

证法二：利用确界概念选子数列。
\begin{proof}
    整体思路仍旧是先选出子数列，再证明它收敛。

    \noindent 第一步，选子数列：

    设$a_{n_1} = a_1$。定义集合$\{a_{n_1}\} = \{a_n \vert n \in \naturalnum, n > 1\}$，$\{a_{n_1}\}$有界，设$b_1 = \sup{\{a_{n_1}\}}$；

    $\exists a_{n_2} \in \{a_{n_1}\}$，使$0 \leq b_1 - a_{n_2} < \dfrac{1}{2}$。定义集合$\{a_{n_2}\} = \{a_n \vert n \in \naturalnum, n > n_2\}$，$\{a_{n_2}\}$有界，设$b_2 = \sup{\{a_{n_2}\}} \leq b_1$；

    $\exists a_{n_3} \in \{a_{n_2}\}$，使$0 \leq b_2 - a_{n_3} < \dfrac{1}{3}$。定义集合$\{a_{n_3}\} = \{a_n \vert n \in \naturalnum, n > n_3\}$，$\{a_{n_3}\}$有界，设$b_3 = \sup{\{a_{n_3}\}} \leq b_2$；

    如此无限地操作下去，得

    $\exists a_{n_k} \in \{a_{n_{k-1}}\}$，使$0 \leq b_{k-1} - a_{n_k} < \dfrac{1}{k}$。定义集合$\{a_{n_k}\} = \{a_n \vert n \in \naturalnum, n > n_k\}$，$\{a_{n_k}\}$有界，设$b_k = \sup{\{a_{n_k}\}} \leq b_{k-1}$。

    于是我们得到了一个子列
    \[a_{n_1}, a_{n_2}, \cdots , a_{n_k}, \cdots \]

    \noindent 第二步，证明选出的子列是收敛的：

    由第一步可以得到，$\lim \limits_{k \to \infty}(b_{k-1} - a_{n_k}) = 0$，
    同时$\{b_k\}$单调减有下界意味着$\{b_k\}$收敛，那么$\{a_{n_k}\}$也收敛。
\end{proof}

\begin{lemma}\label{cauchy priciple of convergence lemma 3}
    任意数列都有单调子列。
\end{lemma}

\begin{remark}
    本定理也可用来证明有界数列有收敛子列。
\end{remark}

\begin{proof}
    任取数列$\{a_n\}$，定义其``龙头项''为：固定$k \in \naturalnum$，若$\forall n > k, a_k > a_n$，则称$a_k$为一个``龙头项''。那么一个数列必属于下列两种情况之一：
    \begin{enumerate}
        \item $\{a_n\}$有无穷多个``龙头项''，依次记为$a_{k_1}, a_{k_2}, \cdots , a_{k_n}, \cdots$。注意$k_1 < k_2 < \cdots < k_n < \cdots$，因此$a_{k_1} > a_{k_2} > \cdots > a_{k_n} > \cdots$，这时$\{a_n\}$中有严格单调减子列$\{a_{k_n}\}$；
        \item ``龙头项''只有有限多，那么$\exists n_0 \in \naturalnum$，$\forall n \geq n_0$，$a_n$不是``龙头项''，取$a_{k_1} = a_{n_0}$，那么$a_{k_1}$不是``龙头项''，$\exists k_2 > k_1, a_{k_2} \geq a_{k_1}$，而$a_{k_2}$也不是``龙头项''，$\exists k_3 > k_2, a_{k_3} \geq a_{k_2}$，……依此类推，得到单调增子列$\{a_{k_n}\}$。\qedhere
    \end{enumerate}
\end{proof}

在此，我们可以证明定理\ref{cauchy principle of convergence}的正确性：
\begin{proof}
    只需证明充分性：

    任取基本列$\{a_n\}$。由引理\ref{cauchy priciple of convergence lemma 1}，$\{a_n\}$有界。

    由引理\ref{Bolzano-Weierstrass列紧性原理}，存在$\{a_n\}$的一个收敛子列$\{a_{k_n}\}$。

    记$\toinf a_{k_n} = a$，下面验证$\toinf a_n = a$：

    注意
    \[\vert a_n - a \vert \leq \vert a_n - a_{k_n} \vert + \vert a_{k_n} - a \vert \eqper\]

    首先，$\forall \varepsilon > 0$，$\exists n_1 \in \naturalnum$，使$\forall n, n^\prime > n_1$，有\begin{equation*}\tag{1}\label{cauchy principle of convergence eq1}
        \vert a_n - a_{n^\prime} \vert < \dfrac{\varepsilon}{2} \text{；}
    \end{equation*}

    其次，由$\toinf a_{k_n} = a$，$\exists n_2 \in \naturalnum$，使$\forall n > n_2$，有\begin{equation*}\tag{2}\label{cauchy principle of convergence eq2}
        \vert a_{k_n} - a \vert < \dfrac{\varepsilon}{2}\eqper
    \end{equation*}

    综上，当$n > n_0 = \max{\{n_1, n_2\}} \in \naturalnum$，因为$k_n \geq n > n_0$，因此\eqref{cauchy principle of convergence eq1}与\eqref{cauchy principle of convergence eq2}都成立，
    \[\vert a_n - a \vert \leq \vert a_n - a_{k_n} \vert + \vert a_{k_n} - a \vert < \dfrac{\varepsilon}{2} + \dfrac{\varepsilon}{2} = \varepsilon \eqper \qedhere\]
\end{proof}

基本列的定义中不涉及极限的具体值，这是与收敛数列定义的根本区别。

\section{上、下确界与确界原理}
\begin{theorem}[确界原理]
    设$E \subset \realnum$非空。

    \begin{enumerate}
        \item 如果$E$有上界，则必有上确界：$\exists \beta = \sup{E} \in \realnum$；
        \item 如果$E$有下界，则必有下确界：$\exists \alpha = \inf{E} \in \realnum$；
    \end{enumerate}
\end{theorem}

\begin{proof}
    容易看出1与2类似。下面只证1。

    设$\exists a_0 \in E$，$b_0$是$E$上界，不妨令$a_0 < b_0$（否则$a_0 = b_0 = \sup E$）。
    如果$E \cap \left[\dfrac{a_0 + b_0}{2}, b_0\right]$非空，就取$[a_1, b_1] = \left[\dfrac{a_0 + b_0}{2}, b_0\right]$；否则，取$[a_1, b_1] = \left[a_0, \dfrac{a_0 + b_0}{2}\right]$。
    
    这样$E \cap [a_1, b_1]$非空，$b_1$也是$E$的上界。

    同样，若$E \cap \left[\dfrac{a_1 + b_1}{2}, b_1\right]$非空，取$[a_2, b_2] = \left[\dfrac{a_1 + b_1}{2}, b_1\right]$；否则，取$[a_2, b_2] \\ = \left[a_1, \dfrac{a_1 + b_1}{2}\right]$。

    依此类推，得到数列$\{a_n\}$和$\{b_n\}$，它们具有以下性质：
    \begin{enumerate}[label=(\alph{*})]
        \item $\{a_n\}$单调增，$\{b_n\}$单调减，且$a_n \leq b_n, n = 1, 2, \cdots$；\label{sup inf prove a}
        \item $b_n - a_n = \dfrac{b_0 - a_0}{2^n}, n = 1, 2, \cdots$；\label{sup inf prove b}
        \item $E \cap [a_n, b_n]$非空，$b_n$是$E$上界，$n = 1, 2, \cdots$。\label{sup inf prove c}
    \end{enumerate}

    应用单调性原理，由\ref{sup inf prove a}导出$\toinf a_n = a$与$\toinf b_n = b$都存在，结合\ref{sup inf prove b}可以得到$a=b$。再由\ref{sup inf prove c}可知$\forall x \in E$都有$x \leq b_n, n = 1, 2, \cdots$，从而由极限的保序性可以得到$x \leq b$。这说明$a = b$是$E$的一个上界。

    只要再证明$\forall \varepsilon > 0$，$a - \varepsilon$都不是$E$的一个上界，即可证明$a=b$是$E$的上确界。

    注意到$\toinf a_n = a > a - \varepsilon$，根据极限的保序性，$\exists n_0 \in \naturalnum$，使$\forall n > n_0$，$a_n \geq a - \varepsilon$。而根据上面的\ref{sup inf prove c}，$E \cap [a_n, b_n]$非空，因此$\exists x_n \in E \cap [a_n, b_n], n= 1, 2, \cdots$。综上，$\forall n > n_0$，$\exists x_n \in E$，$x_n \geq a_n \geq a - \varepsilon$。因而$a - \varepsilon$不是$E$的上界，$a = b = \sup{E}$。
\end{proof}

回忆约定：若$E$无上界，则记$\sup E = + \infty$；若$E$无下界，则记$\inf E = - \infty$。

\begin{example}
    证明：若$\vert x_n - x_{n+p} \vert \leq \dfrac{p}{n^2} \eqco \forall p, n \in \naturalnum$，则$\{x_n\}$为Cauchy列。
\end{example}

\begin{proof}
    $\vert x_n - x_{n+p} \vert \leq \dfrac{p}{n^2} \eqco \forall p, n \in \naturalnum$，则$\vert x_n - x_{n+1} \leq \dfrac{1}{n^2} \eqco \forall n$。于是$\forall p, n > 1$，
    \begin{align*}
        \vert x_n - x_{n+p} \vert & \leq \vert x_n - x_{n+1} \vert + \vert x_{n+1} - x_{n+2} \vert + \cdots + \vert x_{n+p-1} - x_{n+p} \vert \\
        & \leq \frac{1}{n^2} + \cdots + \frac{1}{(n+p-1)^2}\\
        & \leq \frac{1}{n(n-1)} + \cdots + \frac{1}{(n+p-1)(n+p-2)}\\
        & = \frac{1}{n-1} - \frac{1}{n+p-1}\\
        & < \frac{1}{n-1} \eqper \qedhere
    \end{align*}
\end{proof}

证明的核心思想是通过放缩把$n, p$两个任意的数只留下一个，这样就可以说明他在什么情况下一定小于一个$\varepsilon$。

\section{实数理论六大原理}
\begin{enumerate}
    \item 单调性原理
    \item 确界原理
    \item Bolzano-Weierstrass列紧原理
    \item Cauchy收敛原理
    \item 区间套原理
    \item Heine-Borel有限覆盖原理
    \item 有界无穷集必有聚点
\end{enumerate}

\begin{theorem}[闭区间套定理]
    若闭区间列$[a_n, b_n]$满足条件：
    \begin{enumerate}[label=(\arabic{*})]
        \item $[a_{n+1}, b_{n+1}] \subset [a_n, b_n](n = 1, 2, \cdots)$
        \item $\toinf (b_n - a_n) = 0$
    \end{enumerate}
    则$\exists ! \xi \in \realnum$，s.t. $\xi \in \bigcap \limits_{n \geq 1}[a_n, b_n]$，$\toinf a_n = \toinf b_n = \xi$。
\end{theorem}

可以由单调收敛原理证明闭区间套原理：
\begin{proof}
    存在性：由$[a_{n+1}, b_{n+1}] \subset [a_n, b_n]$，有$\{a_n\}$单增，$\{b_n\}$单减，且$\forall n, a_1 \leq a_n \leq b_n \leq b_1$。

    由单调收敛原理，$\toinf a_n$与$\toinf b_n$存在。有因为$\toinf (b_n - a_n) = 0$，因此
    \[\toinf a_n = \toinf b_n := \xi \eqper\]

    设$\exists a_k > \xi$。因为$\{a_n\}$单增，有$\forall n > k, a_n \geq a_k > \xi$。这与$\toinf a_n = \xi$矛盾。因此$\forall n, a_n \leq \xi$。同理，有$\forall n, \xi \leq b_n$。因此
    \[\forall n, a_n \leq \xi \leq b_n \eqper\]

    唯一性：设$\forall n, a_n \leq \eta \leq b_n$。由极限的保序性，有
    \[\toinf a_n \leq \eta \leq \toinf b_n \eqper\]
    而
    \[\toinf a_n = \toinf b_n = \xi \eqco\]
    因此$\eta = \xi$。
\end{proof}

也可以由闭区间套定理证明Bolzano-Weierstrass定理：
\begin{proof}
    设$\{x_n\}$为有界数列。则$\exists a_1 < b_1$，满足$\forall n, x_n \in [a_1, b_1]$。用$\dfrac{a_1 + b-1}{2}$将$[a_1, b_1]$分为两个区间，则其中至少有一个包含$\{x_n\}$的无穷多项，记为$[a_2, b_2]$，再用$\dfrac{a_2 + b_2}{2}$将$[a_2, b_2]$分为两个区间，其中至少有一个包含$\{x_n\}$的无穷多项，记为$[a_3, b_3]$。如此继续，得到区间序列$[a_n, b_n], n=1,2, \cdots$，满足
    \[[a_{n+1}, b_{n+1}] \subset [a_n, b_n](n = 1, 2, \cdots)\]
    且
    \[\toinf (b_n - a_n) = \toinf \frac{b_1 - a_1}{2^{n-1}} = 0 \eqper\]

    由闭区间套定理，$\exists ! \xi \in \bigcap \limits_{n \geq 1} [a_n, b_n]$，且$\toinf a_n = \toinf b_n = \xi$。

    $[a_1, b_1]$中包含\setname{X_n}的无穷多项，因此$\exists x_{n_1} \in [a_1, b_1]$。$[a_2, b_2]$中包含\setname{X_n}的无穷多项，因此$\exists X_{n_2} \in [a_1, b_2]$且$n_2 > n_1$。依次做下去，$\exists x_{n_{k+1}} \in [a_{k+1}, b_{k+1}]$且$n_{k+1} > n_k$。由此可以得到\setname{X_n}的子列\setname{X_{n_k}}，满足$\forall k, a_k \leq x_{n_k} \leq b_k$。令$k \to \infty$，由夹逼原理得
    \[\lim \limits_{k \to \infty} x_{n_k} = \lim \limits_{k \to \infty} a_k = \lim \limits_{k \to \infty} b_k = \xi \eqper \qedhere\]
\end{proof}

\begin{theorem}[有限覆盖定理]
    若闭区间$[a, b]$被开区间系$\Sigma = \{\sigma\}$覆盖（即$[a, b] \subseteq \bigcup \limits_{\sigma \in \Sigma} \sigma$），则存在有限子系$\Sigma^\ast = \{\sigma_1, \cdots, \sigma_n\} \subseteq \Sigma$使得$[a, b] \subseteq \bigcup \limits_{k = 1}^n \sigma_k$。
\end{theorem}

我们可以用区间套定理证明有限覆盖定理。
\begin{proof}
    用反证法。假设不然，即$[a, b]$不能被$\Sigma$中有限个开区间覆盖。将区间$[a, b]$等分为两半，其中至少有一个区间不能被$\Sigma$中有限个开区间覆盖，将这样的区间记作$[a_1, b_1]$。再将$[a_1, b_1]$等分为两半，其中至少有一个区间不能被$\Sigma$中的有限个开区间覆盖。将这个区间记为$[a_2, b_2]$……

    这样我们得到区间套\setname{[a_k, b_k]}。由区间套定理知道，存在唯一的点$c \in \bigcap \limits_{k=1}^\infty [a_k, b_k]$。因为$\Sigma$覆盖区间$[a, b]$，所以$\exists \sigma \in \Sigma$使得$c \in \sigma$。又因为$\lim \limits_{k \to \infty}(b_k - a_k) = 0 \eqco c \in \bigcap \limits_{k = 1}^\infty [a_k, b_k]$，所以$\exists k$使得$[a_k , b_k] \subset \sigma$（$\sigma$的上下界是一定的，而$[a_k , b_k]$是可以无限小的，因此只要$k$足够大，就一定能让$[a_k , b_k]$包含在$\sigma$里面）。

    这与区间套的构作方式矛盾。
\end{proof}

\begin{definition}[临域]
    点$x_0$的$\delta$临域是指与点$x_0$距离小于$\delta$的点的集合$U(x_0, \delta) = \{x \vert \vert x - x_0 \vert < \delta\}$，即开区间$(x_0 - \delta, x_0 + \delta)$。    
\end{definition}

\begin{definition}[聚点]
    设集合$A \subseteq \realnum \eqco a \in \realnum$。若$\forall \delta > 0$，$a$的$\delta$临域中都含有$A$中无穷多个点，则称$a$是$A$的一个聚点。
\end{definition}

\begin{proposition}
    $a$是$A$的一个聚点的充要条件是$\forall \delta > 0$，$a$的$\delta$临域中都含有$A$中异于$a$的点。
\end{proposition}

\begin{theorem}
    有界无穷集必有聚点。
\end{theorem}

\begin{proof}
    设$A$是有界无穷集。任取$x_1 \in A$。

    $A \setminus \{x_1\}$是有界无穷集，任取$x_2 \in A \setminus \{x_1\}$。

    $A \setminus \{x_1, x_2\}$是有界无穷集，任取$x_3 \in A \setminus \{x_1, x_2\}$。

    ……

    数列\setname{X_n}有界，从而有收敛子列，记$\lim \limits_{k \to \infty} x_{n_k} = a$。
    
    下证$a$是$A$的一个聚点。$\forall \delta > 0 \exists K, \forall k > K, \vert x_{n_k} - a \vert < \delta$。即$a$的$\delta$临域含有$A$中的无穷多个点$x_{n_{K}}, x_{n_{K+1}}, \cdots$。
\end{proof}

\section{Stolz定理——一类数列极限的计算}
\begin{theorem}[Stolz定理]
    设\setname{a_n}为一数列，若：
    \begin{enumerate}[label=(\arabic{*})]
        \item \setname{b_n}严格单调增，且$\toinf b_n = +\infty$，$\toinf \dfrac{a_n - a_{n-1}}{b_n - b_{n-1}} = A$或
        \item \setname{b_n}严格单调减且$\toinf a_n = \toinf b_n = 0$，$\toinf \dfrac{a_n - a_{n-1}}{b_n - b_{n-1}} = A$，
    \end{enumerate}
    则$\toinf \dfrac{a_n}{b_n} = A$。
\end{theorem}