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单调有界数列收敛定理
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用单调有界收敛定理证明下列极限liman存在an=1+1/2_...+1/n-lnn
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首先要承认ln(1+x)≤x,x>-1时成立,(等号只在x=0时成立).所以1+1/2+...+1/n>ln(2/1)+ln(3/2)+ln(4/3)+...+ln[(n+1)/n]=ln(n+1)因此a[n]>ln(n+1)-lnn>0a[n+1]-a[n]=1/(n+1)-ln(n+1)+lnn=1/(n+1)+ln[1-1/(n+1)]
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什么叫单调有届收敛定理
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定理如果ak是一个单调的实数序列（例如ak≤ak+1）,则这个序列具有极限（如果我们把正无穷大和负无穷大也算作极限的话）.这个极限是有限的,当且仅当序列是有界的.证明我们证明如果递增序列{an}有上界,则它是收敛的,且它的极限为 .由于{an}非空且有上界,因此根据实数的最小上界公理,c= 存在,且是有限的.现在,对于每一个 ,都存在一个aN,使得aN>c- ,否则c- 是{an}的一个上界,这与c为最小上界 的事实矛盾.于是,由于{an}是递增的,对于所有的n > N,都有 ,因此根据定义,{an}的极限为 .证毕.类似地,如果一个实数序列是递减且有下界,则它的最大下界就是它的极限.2单调级数的收敛性定理编辑如果对于所有的自然数j和k,aj,k都是非负实数,且aj,k≤aj+1,k,则3勒贝格单调收敛定理编辑这个定理是前一个定理的推广,也许就是最重要的单调收敛定理.定理设( X,A,)为一个测度空间.设f1,f2.为 -可测的[0,]值单调递增函数.也就是说：.接着,设序列的逐点极限为f.也就是说：,那么,f是 -可测的,且：.证明我们首先证明f是 -可测函数.为此,只需证明区间[0,t]在f下的原像是X上的σ代数A的一个元素.设I为[0,)的一个子区间.那么：,另一方面,由于[0,t]是闭区间,因此：等价于 ,所以：.注意可数交集中的每一个集合都是A的一个元素,这是因为它是一个波莱尔子集在 -可测函数 下的原像.由于根据定义,σ代数在可数交集下封闭,因此这便证明了f是 -可测的.需要注意的是,一般来说,任何可测函数的最小上界也是可测的.现在我们证明单调收敛定理的余下的部分.f是 -可测的事实,意味着表达式 是定义良好的.我们从证明 开始.根据勒贝格积分的定义,其中SF是X上的-可测简单函数的交集.由于在每一个,都有,我们便有：包含于,因此,由于一个子集的最小上界不能大于整个集合的最小上界,我们便有：,右面的极限存在,因为序列是单调的.我们现在证明另一个方向的不等式（也可从法图引理推出）,也就是说,我们来证明：从积分的定义可以推出,存在一个非负简单函数的非递增序列gn,它几乎处处逐点收敛于f,且：只需证明对于每一个,都有：,这是因为如果这对每一个k都成立,那么等式左端的极限也将小于或等于等式右端.我们证明如果gk是简单函数,且几乎处处,则：由于积分是线性的,我们可以把函数分拆成它的常数部分,化为是σ代数A的一个元素B的指示函数的情况.在这种情况下,我们假设是一个可测函数的序列,它在B的每一个点的最小上界都大于或等于一.为了证明这个结果,固定,并定义可测集合的序列：根据积分的单调性,可以推出对于任何的,都有根据的假设,对于足够大的n,任何B内的x都将位于内,因此：,所以,我们有：利用测度的单调性,可得,取,并利用这对任何正数都正确的事实,定理便得证.
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我现在 碰到一个 很棘手的问题 要用这个定理 去证明 一个函数 存在极值
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