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
\[\sup S^{-1}>0,\quad\inf S^{-1}\geq 0,\quad \sup S^{-1}=\frac{1}{\inf S}.\]
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) \(\sup\limits_{x\in D}\{f(x)g(x)\}\leq \sup\limits_{x\in D}f(x)\cdot \sup\limits_{x\in D}g(x)\).
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）
原文：https://www.cnblogs.com/sunfenglong/p/11749822.html