Lecture 9: Limsup, Liminf, and the Bolzano–Weierstrass Theorem（上极限、下极限与 Bolzano–Weierstrass 定理）

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Lecture 9: Limsup, Liminf, and the Bolzano–Weierstrass Theorem（上极限、下极限与 Bolzano–Weierstrass 定理）

概述

前两讲我们建立了两条主线：一是极限的代数运算与不等式运算（Lecture 8：夹逼定理、极限保持不等式、四则运算、比值判别法），二是单调有界序列必收敛（Lecture 7），而后者最终依赖实数系的上确界存在性（Lecture 4 的 LUB 性质）。

到目前为止，我们对”收敛”的判断能力有一个明显的空白。Lecture 6 已经证明：收敛序列必有界。但反过来是假的，最典型的例子是

它却有界而不收敛。那么，面对一个有界但不收敛的序列，我们是否就只能”束手无策”？Lecture 9 的回答是：不是。任何有界序列都携带两个”广义极限”信息——

1. 上极限 $\limsup_{n\to\infty}x_n$：序列尾部（tail）的上确界随尾部推移而趋于的极限；
2. 下极限 $\liminf_{n\to\infty}x_n$：序列尾部的下确界随尾部推移而趋于的极限。

本讲的核心逻辑链只有三步，但每一步都非常关键：

• 第一步（存在性）：定义中用到了 $\lim$，看上去有可能不存在。Theorem 98 证明：对有界序列，$\{a_n\}$（尾部上确界）单调递减有界、$\{b_n\}$（尾部下确界）单调递增有界，于是由 Lecture 7 的单调有界定理，两个极限总是存在。这一步是整个定义的合法性来源。
• 第二步（可达性）：Theorem 101 证明 $\limsup$ 不是”抽象的界”，而是真的有一个子序列收敛到它；$\liminf$ 同样可达。这是”从界到点”的关键跨越。
• 第三步（收敛判据）：Theorem 105 给出本讲的最终成果——对有界序列，$\{x_n\}$ 收敛当且仅当 $\liminf x_n=\limsup x_n$。当二者相等时，序列被上下包络”夹住”；当二者不等时，序列在两个不同高度之间来回震荡。

作为第二步的直接推论，我们得到本讲最著名的定理：Theorem 102（Bolzano–Weierstrass）——每个有界序列都存在收敛子序列。注意它与 Lecture 7 的单调有界定理是”两种不同的紧致性工具”：单调有界定理处理已经单调的序列，B–W 处理任意有界序列，代价是只能得到子序列收敛。

本讲还配备了一批”工具箱”序列（Theorem 95），包括 $n^{-p}\to 0$、$p^{1/n}\to 1$、$n^{1/n}\to 1$（以及补充的 $(1+p)^n\to\infty$）。这些极限在后面讲比值判别法、根值判别法、以及 $\limsup$ 版本判别法时会反复使用。特别注意 $n^{1/n}\to 1$ 的证明，它是”用二项式定理把指数增长压过多项式增长”这一思想的第一次亮相，之后在 Lecture 12 判别法中会再次出现。

核心定义与直观解释

1. 为什么需要”尾部上确界”这个中间对象

直接谈 $\limsup$ 最容易产生的误解是把它当作”序列的最大值”或”最大的那个元素”。为了避免这个误解，请始终记住定义的两步结构：

• 第一步：对每个固定的 $n$，把 $n$ 之后的所有项收进一个集合 $\{x_k\mid k\ge n\}$，取其上确界 $a_n$。这一步把”序列”压成了”一个数”，代价是丢失了位置信息，只保留了”从第 $n$ 项往后最高能到多高”。
• 第二步：让 $n$ 增大。尾部集合在缩小（$\{x_k\mid k\ge n+1\}\subseteq\{x_k\mid k\ge n\}$），所以上确界只减不增，得到单调递减序列 $\{a_n\}$；再取它的极限，就得到”尾部通向后最高的高度极限”。

换句话说：

它不要求序列取到那个高度，也不要求序列”最终单调”。例如 $x_n=1/n$ 中 $a_n=1/n$ 确实被取到，但 $b_n=\inf\{1/k\mid k\ge n\}=0$ 永远取不到（因为 $1/k>0$），而 $\liminf x_n=0$ 依然完全合法。

2. 上/下包络的图形直观

下面用 ASCII 图给出 $x_n=(-1)^n\left(1+\frac1n\right)$ 的震荡形态与两条包络线。偶数项在上方、奇数项在下方，$a_n$（圆点 $\bullet$ 连成的上包络）单调下降趋向 $1$，$b_n$（方块 $\blacksquare$ 连成的下包络）单调上升趋向 $-1$：

   x_n
  1.50 |        o  x_2 = 1.5
       |       /|
  1.25 |      / o  x_4 = 1.25          a_n: 上包络(= sup 尾部) 单调递减
  1.166|     /   o x_6         o x_10
  1.10 |    /        o x_8   o
  1.01 |   /                        o  x_100 = 1.01
  -----+--------------------------------------------  ← limsup x_n = 1
       |
  0.00 |     （偶数项在上、奇数项在下，交替震荡）
       |
  -----+--------------------------------------------  ← liminf x_n = -1
 -1.01 |                        o  x_101 = -1.0099
 -1.10 |   s  x_9      s x_11
 -1.166|    s x_7
 -1.25 |     s  x_5                   b_n: 下包络(= inf 尾部) 单调递增
 -1.333|      s x_3
 -2.00 |       s  x_1
       +----+----+----+----+----+----+----+----+----→ n
            1    2    3    4    5    6   ...  100
        o : 偶数项 x_{2m} = 1 + 1/(2m)  → 1
        s : 奇数项 x_{2m-1} = -(1 + 1/(2m-1)) → -1

图中可以读出两条信息：

• 两条水平虚线（$y=1$ 与 $y=-1$）就是 $\limsup$ 与 $\liminf$；它们不是序列的项，而是包络的极限。
• 包络之间的”间隙”（这里是 $1-(-1)=2$）正是序列不收敛的”程度”。当间隙收缩为 $0$ 时（Theorem 105），序列收敛。

数值上可以核对（保留小数）：$a_1=\sup\{x_1,x_2,\dots\}=x_2=1.5$，$a_2=1.5$，$a_3=x_4=1.25$，$a_{100}=x_{100}=1.01$，所以 $\{a_n\}:1.5,1.5,1.25,\dots,1.01,\dots\to 1$；而 $b_1=\inf\{x_1,x_2,\dots\}=x_1=-2$，$b_2=x_3=-1.333333$，$b_{100}=x_{101}=-1.009901$，所以 $\{b_n\}:-2,-1.333333,\dots,-1.009901,\dots\to -1$。

3. 与”子序列极限”途径的关系（补充）

教材在 2.3 节正文中把 $\limsup$ 描述为”所有子序列极限中的最大者”，但定义采用的是尾部上确界途径。两条途径在本讲结束时被 Theorem 101 与下面的补充命题证明是等价的。学习顺序上必须分清：

• 定义用的是尾部上确界（便于证明存在性）；
• 等价刻画用的是子序列极限的最大值（便于计算与理解）。

顺序不能颠倒：如果先定义成”子序列极限的最大者”，就必须先证明”子序列极限的集合有最大元”，而那恰恰要用 Theorem 101——依赖链会变成循环。这是本讲一个典型的结构性设计。

定理与完整证明（核心）

Theorem 95（Some Special Sequences，特殊序列）

以下”工具箱”序列在本课程中会反复出现。

（1）若 $p>0$，则 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}n^{-p}=0$。

证明. 设 $\epsilon>0$ 任意给定。由 Archimedean 性质，存在 $M\in\mathbb{N}$ 使得

对一切 $n\ge M$，由 $n\ge M>0$ 得 $n^p\ge M^p$，从而 $\dfrac{1}{n^p}\le\dfrac{1}{M^p}$。又由 $M^p>\left(\frac1\epsilon\right)^{p\cdot(1/p)}=\frac1\epsilon$ 得 $\dfrac{1}{M^p}<\epsilon$。于是

由于 $\epsilon>0$ 任意，$\lim_{n\to\infty}n^{-p}=0$。$\blacksquare$

数值验算. 取 $p=1.5$、$\epsilon=0.001$，则阈值 $M>(1/0.001)^{1/1.5}=100$，故应取 $M=101$。核对：$100^{-1.5}=0.001$（不小于 $0.001$，恰好说明为何必须取严格大于的 $M$），而 $101^{-1.5}=0.0009851853<0.001$。这与证明中”$n\ge M$ 且 $M^p>1/\epsilon$”的严格性完全一致。

【证明机制解说】 证明的机制是”把 $\epsilon$ 反解成 $M$”。这一步之所以能成功，是因为 $x\mapsto x^p$ 在 $[0,\infty)$ 上单调递增且连续，所以不等式 $1/n^p<\epsilon$ 可以等价地改写为 $n>(1/\epsilon)^{1/p}$。整个证明只用了 $n\ge M\Rightarrow n^p\ge M^p$ 这一单调性，以及实数系的 Archimedean 性质保证”总能取到这么大的 $M$”。

【证明技巧总结】 处理 $\frac{1}{n^p}\to0$ 型极限的标准套路是：先解不等式，再引用 Archimedean 性质。注意阈值必须取严格大于，否则边界点 $n=M$ 处会退化成等式而得不到严格不等号。凡是形如”$1/f(n)\to0$”的极限，都可以套用同一模板，只要 $f$ 单调增且无上界。

（2）若 $p>0$，则 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}p^{1/n}=1$。

证明. 分三种情形。

情形一：$p>1$。 先说明 $p^{1/n}-1>0$。若不然 $p^{1/n}\le1$，两边取 $n$ 次幂（$x\mapsto x^n$ 在 $[0,\infty)$ 上单调递增）得 $p=(p^{1/n})^n\le 1^n=1$，与 $p>1$ 矛盾。记 $t_n:=p^{1/n}-1>0$，则 $p^{1/n}=1+t_n$，于是

最后一步是 Bernoulli 不等式（对 $t_n>0$ 与 $n\ge1$ 成立；可由二项式展开 $(1+t)^n=\sum_{j=0}^n\binom{n}{j}t^j\ge 1+\binom{n}{1}t=1+nt$ 得到）。由此

右端 $\frac{p-1}{n}\to 0$（由第（1）款取 $p=1$），左端是常值序列 $0\to0$。由夹逼定理，$t_n\to0$，即 $p^{1/n}\to1$。

情形二：$p<1$（且 $p>0$）。 此时 $\frac1p>1$，由情形一 $\left(\frac1p\right)^{1/n}\to 1$。又

而分母的极限为 $1\ne 0$，由极限的商法则得 $p^{1/n}\to\dfrac{1}{1}=1$。

情形三：$p=1$。 此时 $p^{1/n}=1$ 对一切 $n$ 成立，极限为 $1$。

三种情形合起来即得 $\lim_{n\to\infty}p^{1/n}=1$。$\blacksquare$

数值验算. 取 $p=2$：$2^{1/10}=1.07177346$，$2^{1/100}=1.00695555$，$2^{1/1000}=1.00069339$，确实趋向 $1$。同时核对证明中的 Bernoulli 界 $t_n\le\frac{p-1}{n}=\frac1n$：$n=10$ 时 $0.07177346\le0.1$；$n=100$ 时 $0.00695555\le0.01$；$n=1000$ 时 $0.00069339\le0.001$——三处均成立。

【证明机制解说】 机制是”先证 $>1$（或 $\ge1$），再作 Bernoulli 线性化“。Bernoulli 不等式把难以处理的 $n$ 次幂 $(1+t)^n$ 压到线性下界 $1+nt$，从而反解出 $t_n\le(p-1)/n$，把问题化成已知的 $1/n\to0$。$p<1$ 的情形不重新论证，而是通过取倒数归约到 $p>1$，这是一个极常用的归约技巧。

【证明技巧总结】 （a）凡”根号/分数次幂 → 1”的极限，都先写成一加扰动；（b）用 Bernoulli 或二项式定理得到一次下界；（c）反解出扰动量的显式上界；（d）用夹逼收尾。$p<1$ 用倒数归约，$p=1$ 单独平凡处理。还要注意 $p>0$ 的假设不可丢：$p=0$ 时 $0^{1/n}=0\to0\ne1$。

（3）$\displaystyle\lim_{n\to\infty}n^{1/n}=1$。

证明. 记 $x_n:=n^{1/n}-1$。先证 $x_n\ge0$：若 $n^{1/n}<1$，两边取 $n$ 次幂得 $n<1$，与 $n\ge1$ 矛盾；故 $n^{1/n}\ge1$。于是 $x_n\ge0$，且 $n=(1+x_n)^n$。由二项式定理并只保留 $j=2$ 项：

对 $n>1$（即 $n\ge2$）两边同除以 $\frac{n(n-1)}{2}>0$，得 $x_n^2\le\frac{2}{n-1}$，故

再证 $\sqrt{\frac{2}{n-1}}\to0$：设 $\epsilon>0$，取 $M\in\mathbb{N}$ 使 $M>1+\frac{2}{\epsilon^2}$。对 $n\ge M$，有 $n-1\ge M-1>\frac{2}{\epsilon^2}$，故 $\frac{2}{n-1}<\epsilon^2$，开方得 $\sqrt{\frac{2}{n-1}}<\epsilon$。因此 $\sqrt{\frac{2}{n-1}}\to0$。由夹逼定理，$x_n\to0$，即 $n^{1/n}=1+x_n\to1$。$\blacksquare$

数值验算. $10^{1/10}=1.25892541$，$100^{1/100}=1.04712855$，$1000^{1/1000}=1.00693167$，$10000^{1/10000}=1.00092146$，稳步趋向 $1$。同时核对上界 $x_n\le\sqrt{2/(n-1)}$：$n=10$ 时 $x_n=0.25892541\le0.47140452$；$n=100$ 时 $0.04712855\le0.14213381$；$n=1000$ 时 $0.00693167\le0.04474374$；$n=10000$ 时 $0.00092146\le0.01414284$。四组数据全部满足，且真实值远小于界，说明这个界足够用（证明只要”能趋于 $0$”，不要求最优）。

【证明机制解说】 机制是”只保留二项式中最低的、能压住 $n$ 的那一项“。左端 $n$ 是一次增长，$x_n^2$ 前面的系数 $\binom{n}{2}\sim n^2/2$ 是二次增长，所以二次项就足以把 $x_n^2$ 压到 $\frac{2}{n-1}$ 量级。若只保留一次项 $\binom{n}{1}x_n=nx_n$，会得到 $n\ge nx_n\Rightarrow x_n\le1$，这只给出有界而不给出趋于 $0$——这正是必须取二次项的原因。

【证明技巧总结】 （a）把”趋于 $1$”统一写成 $1+$（非负扰动），先证扰动非负；（b）用二项式定理保留最低有效阶，得到代数不等式；（c）反解出 $x_n$ 的显式上界；（d）证明该上界趋于 $0$（此处又用了一次反解 $\epsilon$），夹逼收尾。这一”二项式降阶”套路在 Lecture 12 讨论根值判别法和 $n^{1/n}$ 行为时会再次出现。

（4）（补充）若 $p>0$，则 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}(1+p)^n=\infty$。

标注：本款是教材 Theorem 95 之外的标准补充，用于完善”特殊序列工具箱”，也是 Lecture 12 中”指数增长快于任何多项式”的基础。

证明. 由二项式定理（或 Bernoulli 不等式）

设任意 $K>0$。取 $M\in\mathbb{N}$ 使 $M>\frac{K-1}{p}$（$p>0$，故右端有限，Archimedean 性质保证可取）。对 $n\ge M$，

由于 $K>0$ 任意，$(1+p)^n\to\infty$。$\blacksquare$

数值验算. 取 $p=0.1$、$K=100$，则 $M>(100-1)/0.1=990$，故取 $M=991$。核对 $n=991$ 时 $1.1^{991}\approx1.0475\times10^{41}>100$，远超阈值。

【证明机制解说】 机制与第（2）款相同：用 Bernoulli 把幂压成线性 $1+np$，于是”超过任意 $K$”归结为”$1+nM>K$”，即 $n>\frac{K-1}{p}$。

【证明技巧总结】 证明”趋于无穷”时，不要去对 $\epsilon$ 做文章，而应写成”对任意 $K>0$，存在 $M$ 使 $n\ge M\Rightarrow x_n>K$”。Bernoulli 不等式是处理 $(1+p)^n$ 下界的第一选择；若要处理上界或更精细的估计，再用二项式展开。

Question 96（有界序列是否必有收敛子序列？）

问题. 每个有界序列是否都包含一个收敛子序列？

回答（预告）. 是。 这正是 Theorem 102（Bolzano–Weierstrass）。证明路径是：先证明 Theorem 101（$\limsup$ 可被子序列达到），再由”有界 $\Rightarrow$ $\limsup$ 是有限实数”直接得到。注意问题问的是子序列而不是整个序列：$x_n=(-1)^n$ 本身不收敛（Lecture 6 已证），但它的子序列 $x_{2m}=1$ 收敛到 $1$、$x_{2m-1}=-1$ 收敛到 $-1$。

【证明机制解说】 这个问题的困难在于”如何从无穷多项中挑出一条收敛的子序列”。Lecture 7 的单调有界定理只能处理单调序列，而任意有界序列未必单调；Theorem 101 的机制是用 $\limsup$ 作为靶心，逐层在尾部集合中挑出”足够接近当前的尾部上确界”的项，从而同时保证（i）指标严格递增、（ii）数值被上下两条都收敛到 $\limsup$ 的序列夹住。先造靶心，再逐层逼近，是本题的思路。

【证明技巧总结】 遇到”存在收敛子序列”型问题，标准策略是：（a）先确定候选极限（本题用 $\limsup$，因为它是尾部高度的极限）；（b）用上确界/下确界的”不是上界”性质构造指标递增的选取；（c）用夹逼把子序列锁定到候选极限。三步缺一不可，其中（b）是把”$\sup$”变成”真的有一项超过它减 $\epsilon$”的关键。

Definition 97（Limsup / Liminf，上极限与下极限）

设 $\{x_n\}$ 是一个有界序列。定义

二者分别称为序列的上极限与下极限。

为保证上述定义中每个内层 $\sup$、$\inf$ 都是有限实数，必须要求 $\{x_n\}$ 有界：若存在 $B\ge0$ 使 $\forall n,\ -B\le x_n\le B$，则对每个 $n$，$\{x_k\mid k\ge n\}$ 是非空有界集，故其 $\sup$ 与 $\inf$ 都是有限实数；由 Lecture 4 的 LUB 性质，它们确实存在。定义中写”若极限存在”只是形式上的谨慎——Theorem 98 将证明这两个极限对任意有界序列都存在。

注意定义的两步结构：内层是”对固定 $n$ 取尾部集合的确界”（一个数），外层是”让 $n\to\infty$ 取极限”（一个极限）。不是“取某个最大值”，不是“取某一项”。

【证明机制解说】 定义的设计动机是”把任意有界序列改造成单调有界序列”。序列本身可能震荡，但尾部集合随着 $n$ 增大单调缩小，因此 $\sup$ 与 $\inf$ 自动单调（Theorem 98 第①条），而单调有界必收敛（Lecture 7）。这就是定义为什么选”尾部的确界”而不是”某项”或”逐项最大值”的深层原因：它是唯一能让单调有界定理自动生效的构造。

【证明技巧总结】 读这个定义时要养成”拆两步”的习惯：先算 $a_n=\sup\{x_k\mid k\ge n\}$（一个关于 $n$ 的显式数列），再算 $\lim_n a_n$。绝大多数计算错误的根源都是跳过第一步，直接把 $\limsup$ 当成”最大值”。另外，定义中的”有界”是前提条件而不是装饰：它同时保证内层确界有限、外层序列有界，从而保证两个极限存在。

Theorem 98

设 $\{x_n\}$ 是有界序列，并令

则

1. $\{a_n\}$ 单调递减且有界，$\{b_n\}$ 单调递增且有界（于是由 Lecture 7 单调有界定理，$\lim a_n$ 与 $\lim b_n$ 均存在，即 $\limsup$ 与 $\liminf$ 总是存在的）；
2. $\displaystyle\liminf_{n\to\infty}x_n\le\limsup_{n\to\infty}x_n$。

证明.

第①条. 对每个 $n\in\mathbb{N}$，由

知：$a_n=\sup\{x_k\mid k\ge n\}$ 是集合 $\{x_k\mid k\ge n+1\}$ 的一个上界。而 $a_{n+1}$ 是该集合的最小上界，故

这说明 $\{a_n\}$ 单调递减。

同理，$b_n=\inf\{x_k\mid k\ge n\}$ 是集合 $\{x_k\mid k\ge n+1\}$ 的一个下界，而 $b_{n+1}$ 是该集合的最大下界，故

即 $\{b_n\}$ 单调递增。

再证有界性。由 $\{x_n\}$ 有界，存在 $B\ge0$ 使 $\forall n\in\mathbb{N},\ -B\le x_n\le B$。于是对每个 $n$，集合 $\{x_k\mid k\ge n\}$ 非空且被 $[-B,B]$ 包含，故

因此 $\{a_n\}$ 单调递减且以 $-B$ 为下界、$B$ 为上界；$\{b_n\}$ 单调递增且同样被 $[-B,B]$ 包含。由 Lecture 7 的单调有界定理，$\lim a_n=\limsup x_n$ 与 $\lim b_n=\liminf x_n$ 都存在且有限。

第②条. 对每个 $n$，集合 $\{x_k\mid k\ge n\}$ 非空，故其下确界不超过其上确界：

第①条已证 $\{a_n\}$、$\{b_n\}$ 都收敛（有限极限）。由 Lecture 8 的”极限保持非严格不等式”（若 $u_n\le v_n$ 对一切 $n$ 且二者收敛，则 $\lim u_n\le\lim v_n$，其证明见 Lecture 8 Lemma 2.2.3 的 $\epsilon/2$ 论证），对 $u_n=b_n$、$v_n=a_n$ 应用即得

【证明机制解说】 第①条的机制是”子集的上确界不超过全集的上确界“，这是 LUB 定义的直接运用：$a_n$ 是子集的上界，而 $a_{n+1}$ 是子集的最小上界。第②条的机制是”非空集合的 $\inf\le\sup$“配合”极限保持不等式”（Lecture 8）。两条合起来说明：$\limsup$ 的”存在性”不是分析出来的，而是单调有界定理直接给的；而 $\liminf\le\limsup$ 是不等式在极限下不翻转这一原理给的。

【证明技巧总结】 （a）证明单调性时，靶子是定义本身：要证 $a_{n+1}\le a_n$，只需说明 $a_n$ 是子集的上界；（b）证明有界性时，用同一个 $B$ 同时框住 $a_n$ 与 $b_n$，得到 $-B\le b_n\le a_n\le B$ 这条”三明治”式不等式，它一次性给出两个序列的有界性与第②条的一半；（c）凡”确界不等式 → 极限不等式”，都要显式引用 Lecture 8 的极限保持不等式定理，不能凭”看起来一目了然”跳过。核心记忆点：$\limsup$ 与 $\liminf$ 的存在性 = 单调有界定理 + 尾部集合单调缩小。

Example 99

设 $x_n=(-1)^n$。求 $\liminf$ 与 $\limsup$。

解. 对每个 $n$，尾部集合是

（因为 $n$ 之后既有偶数项也有奇数项）。于是对一切 $n$，

两个序列都是常值序列，故

注. $\liminf\ne\limsup$，由 Theorem 105 立即知道 $\{(-1)^n\}$ 不收敛——这与 Lecture 6 的直接证明一致，但这里不需要任何 $\epsilon$ 论证。

【证明机制解说】 机制是”尾部集合与 $n$ 无关“。因为奇偶项都无限次出现，任何尾部都同时含有 $1$ 与 $-1$，所以 $a_n$、$b_n$ 是常数，极限就是常数本身。

【证明技巧总结】 对周期型序列（$(-1)^n$、$\sin$、$\cos$ 型），先算尾部集合到底是什么，再取确界。只要尾部集合不随 $n$ 变化，答案立刻读出。这是计算 $\limsup/\liminf$ 的最快情形。

Example 100

设 $x_n=\dfrac1n$。求 $\liminf$ 与 $\limsup$。

解. 直接计算：

这里用到 $\{1/k\mid k\ge n\}$ 的最大元是 $1/n$（$k\mapsto 1/k$ 在 $k\ge1$ 上递减），故上确界被取到。另一方面，$0<\frac1k$ 对一切 $k$ 成立且 $\frac1k\to0$，所以 $0$ 是 $\{1/k\mid k\ge n\}$ 的下界；又对任意 $\epsilon>0$，取 $k\ge n$ 足够大可使 $\frac1k<\epsilon$，说明任何正数都不是下界，故

因此 $\limsup=\liminf=0$。由 Theorem 105，$\{1/n\}$ 收敛到 $0$，与 Lecture 6 的直接结论一致。$\blacksquare$

注（补充）. 本例是”$\liminf$ 的取值可以不被序列取到“的标准例子：$b_n=0$ 对一切 $n$，而没有任何一项等于 $0$。所以千万不要把 $\liminf$ 理解为”序列中某项的值”。

【证明机制解说】 机制是”分别核实上确界与下确界的两个条件“。对下确界要验证两件事：（i）$0$ 是下界；（ii）没有更大的下界。第（ii）条常被漏掉，但它是”确界”区别于”某个下界”的关键。

【证明技巧总结】 计算 $\inf$ 时必须做两步：先证”是下界”，再证”是最大的下界”（或等价地说明集合中可以任意逼近）。对于单调序列 $x_n=1/n$，尾部集合的上确界就是首项、下确界是聚点值。收敛序列的 $\limsup=\liminf=\lim$，可以用来交叉验证计算。

Theorem 101（$\limsup$ 与 $\liminf$ 的可达性）

设 $\{x_n\}$ 是有界序列，则存在子序列 $\{x_{n_k}\}$ 与 $\{x_{m_k}\}$ 使得

（原文此处两行都印作 $\limsup$；由定理陈述的对象 $\{x_{m_k}\}$ 与 $\liminf$ 的作用可知，第二行应为 $\liminf$。下面分别给出两个方向的完整证明。）

证明（$\limsup$ 方向）. 令 $a_n=\sup\{x_k\mid k\ge n\}$，记 $L=\lim_{n\to\infty}a_n=\limsup_{n\to\infty}x_n$（由 Theorem 98，$L$ 是有限实数）。

第一步：构造第一项。 考察第一个尾部集合 $S_1=\{x_k\mid k\ge1\}$，其最小上界为 $a_1$。因为 $a_1-1<a_1$，所以 $a_1-1$ 不是 $S_1$ 的上界（否则 $a_1$ 就不是最小上界），故存在 $k\ge1$ 使 $x_k>a_1-1$；又因 $a_1$ 是 $S_1$ 的上界，故 $x_k\le a_1$。取 $n_1:=k$，则 $n_1\ge1$ 且

第二步：归纳构造（窗口取自”上一个指标的下一层尾部”）。 假设已取好 $n_1<n_2<\cdots<n_k$。考察尾部集合 $S_{n_k+1}=\{x_j\mid j\ge n_k+1\}$，其最小上界为 $a_{n_k+1}$。因为 $a_{n_k+1}-\frac{1}{k+1}<a_{n_k+1}$，这个数不是 $S_{n_k+1}$ 的上界，故存在 $j\ge n_k+1$ 使

又 $a_{n_k+1}$ 是该集合的上界，故 $x_j\le a_{n_k+1}$。取 $n_{k+1}:=j$，则

于是得到严格递增的指标列 $n_1<n_2<n_3<\cdots$ 与如下窗口链（把上述不等式按 $k=1,2,3,\dots$ 依次写出，并把下标 $k$ 重新编号）：

其中约定 $a_{n_0+1}:=a_1$（即 $k=1$ 时窗口为 $(a_1-1,\ a_1]$，正是第一步）。

第三步：夹逼。 先说明子序列指标趋于无穷：由 $n_1\ge1$ 与 $n_{k+1}\ge n_k+1$，对 $k$ 归纳得 $n_k\ge k$，故 $n_k\to\infty$，从而 $n_{k-1}+1\to\infty$。

又 $\{a_n\}$ 单调递减收敛到 $L$，即 $\lim_{n\to\infty}a_n=L$。于是任给 $\epsilon>0$，存在 $M\in\mathbb{N}$ 使

对足够大的 $k$ 有 $n_{k-1}+1\ge M$，故 $\vert a_{n_{k-1}+1}-L\vert <\epsilon$，即 $\lim_{k\to\infty}a_{n_{k-1}+1}=L$。又

故窗口的两沿都收敛到同一个 $L$：

由夹逼定理（Lecture 8），从

得 $\lim_{k\to\infty}x_{n_k}=L=\limsup_{n\to\infty}x_n$。

关于下标写法的说明. 源文件把窗口写成 $a_{n_k+1}-\frac{1}{k+1}<x_{n_k}\le a_{n_k+1}$。由于构造第 $k$ 项时所用的窗口来自上一个指标的下一层尾部（$a_{n_{k-1}+1}$，其高度为 $\frac1k$），严格的写法即上文的窗口链；源文件的形式是把两侧共同的下标平移后的简写，两种写法给出的是同一类不等式（窗口两沿都收敛到 $\limsup$），论证结构完全一致。此外还可注意：由 $n_k\ge n_{k-1}+1$ 与 $\{a_n\}$ 递减得 $a_{n_k+1}\le a_{n_{k-1}+1}$，所以用 $a_{n_{k-1}+1}$ 作为上沿是更宽松（因而更安全）的选择。

证明（$\liminf$ 方向，补充完整）.） 令 $b_n=\inf\{x_k\mid k\ge n\}$，记 $M=\lim_{n\to\infty}b_n=\liminf_{n\to\infty}x_n$（由 Theorem 98，$M$ 是有限实数）。

第一步：构造指标与项。 考察 $T_1=\{x_k\mid k\ge1\}$，其最大下界为 $b_1$。因为 $b_1+1>b_1$，所以 $b_1+1$ 不是 $T_1$ 的下界（否则 $b_1$ 就不是最大下界），故存在 $k\ge1$ 使 $x_k<b_1+1$；又 $b_1$ 是 $T_1$ 的下界，故 $x_k\ge b_1$。取 $m_1:=k$，则

第二步：归纳构造。 假设已取好 $m_1<m_2<\cdots<m_k$。考察 $T_{m_k+1}=\{x_j\mid j\ge m_k+1\}$，其最大下界为 $b_{m_k+1}$。因为 $b_{m_k+1}+\frac{1}{k+1}>b_{m_k+1}$，这个数不是下界，故存在 $j\ge m_k+1$ 使

又 $x_j\ge b_{m_k+1}$。取 $m_{k+1}:=j$，则 $m_{k+1}>m_k$，且对一切 $k$，

第三步：夹逼。 由 $m_k\ge k$ 得 $m_k+1\to\infty$；由 $\lim_{n\to\infty}b_n=M$ 得 $\lim_{k\to\infty}b_{m_k+1}=M$，从而

由夹逼定理，$x_{m_k}\to M=\liminf_{n\to\infty}x_n$。$\blacksquare$

数值验算（$\limsup$ 可达性，取 $\epsilon=1/2$）. 回到 $x_n=(-1)^n\left(1+\frac1n\right)$，此时 $L=\limsup x_n=1$。”可达”意味着对任给的 $\epsilon>0$（例如 $\epsilon=\frac12$）都存在收敛到 $1$ 的子序列。偶数子序列 $x_{2m}=1+\frac1{2m}\to1$ 就是一条。逐项核对与 $1$ 的距离：

可以看到从 $m=4$ 起即进入 $\frac12$ 邻域，此后一直留在其中（$\vert x_{20}-1\vert =0.05$、$\vert x_{100}-1\vert =0.01$，越往后越靠近 $1$）。

另一方面，构造中的窗口链也逐一成立。按上文修正后的写法执行构造（每一步在窗口内取最小的合法指标），得到

逐项核对窗口 $\left(a_{n_{k-1}+1}-\frac1k,\ a_{n_{k-1}+1}\right]$（其中 $a_{n_0+1}:=a_1$）：

七步全部落在各自窗口内，验证了”下界严格、上界非严格”这一细节。同时窗口上沿序列

而子序列本身 $x_{n_k}=x_{2k}=1+\frac{1}{2k}\to1$，两沿确实收敛到同一个 $\limsup=1$。

顺便注意窗口的”紧而不空”：$k=1$ 的窗口是 $(0.5,1.5]$，而 $x_1=-2$ 落在窗口之外——如果第 $k$ 步的窗口高度取得过大（例如把上确界写成 $\sup$ 之后就以为”很多项都在附近”），构造就会失败。恰恰因为 (a_{n_{k-1}+1}) 是最小上界，窗口 $(a_{n_{k-1}+1}-\frac1k,\ a_{n_{k-1}+1}]$ 中必定含有尾部集合的某个元素（虽然未必是第一个），这正是构造合法的原因。

【证明机制解说】 机制是”把上确界的定义当作选取工具“。上确界是最小上界，所以任何比它小的数都不是上界——这就保证在尾部集合中至少有一项落进 $(a_{n}-h,\ a_n]$ 这个窗口。每次选取时把窗口高度取为 $\frac{1}{k+1}$，是为了让”窗口下沿”与”窗口上沿”同时趋于 $\limsup$（上沿趋于 $\limsup$ 用单调有界定理的收敛性，下沿再减去一个趋于 $0$ 的量仍趋于同一极限），于是夹逼定理可以同时锁住两侧。选取时强制 $n_{k+1}\ge n_k+1$，保证子序列指标严格递增，这才是”子序列”。

【证明技巧总结】 （a）要”取到”，就去找窗口：任何”存在一个元素任意接近确界”的陈述，都是”确界的某个邻居不是上界/下界”这一事实的翻译；（b）窗口高度要趋于 $0$，否则夹逼无法收尾（本例取 $\frac1{k+1}$）；（c）用归纳法同时构造指标与项，并把”指标严格递增”作为归纳假设的一部分显式维护；（d）$\liminf$ 方向不必重新发明，只需把 $\sup$ 换成 $\inf$、”不是上界”换成”不是下界”、窗口朝上开，这个对偶是机械的。

Theorem 102（Bolzano–Weierstrass，波尔查诺–魏尔斯特拉斯定理）

每个有界序列都有收敛子序列。

注（Remark 103）. 该定理常缩写为 B–W。

证明（照实说明：由 Theorem 101 直接得出，这里补全逻辑）. 设 $\{x_n\}$ 是有界序列。由 Theorem 98 第①条，$\{x_n\}$ 有界意味着 $a_n=\sup\{x_k\mid k\ge n\}$ 单调递减有界，故 $\limsup_{n\to\infty}x_n$ 存在且是有限实数（不是 $+\infty$，也不是”不存在”）。由 Theorem 101（$\limsup$ 方向），存在严格递增的指标 $n_1<n_2<n_3<\cdots$ 使

右端是一个有限实数，因此 $\{x_{n_k}\}$ 就是一个收敛子序列。定理证毕。$\blacksquare$

逻辑链条明确化. B–W 的证明没有任何新论证，它是下面三步的合成：

1. $\{x_n\}$ 有界 $\Rightarrow$ 对每个 $n$，$\{x_k\mid k\ge n\}$ 非空有界 $\Rightarrow$ $a_n=\sup\{x_k\mid k\ge n\}\in\mathbb{R}$（Lecture 4 的 LUB 性质）；
2. $\{a_n\}$ 单调递减有界 $\Rightarrow$ $\lim_n a_n=\limsup x_n\in\mathbb{R}$ 存在（Lecture 7 单调有界定理）；
3. Theorem 101 $\Rightarrow$ 存在子序列 $x_{n_k}\to\limsup x_n$（用到 Lecture 8 的夹逼定理）。

所以 B–W 可以理解为：“LUB + 单调有界 + 夹逼”三者协作，把’有界’兑换成’存在收敛子序列’“。

（补充）B–W 的加强形式. 由 Theorem 101 与下面的补充命题，实际上有更强的结论：有界序列的所有子序列极限构成的集合非空，且其中既有最大值（$=\limsup x_n$）也有最小值（$=\liminf x_n$）。B–W 只保证”集合非空”。

【证明机制解说】 机制是”换一个对象来证“：不去直接构造子序列，而是先证明一个更强的结构定理（$\limsup$ 可达），再把”有界”翻译成”$\limsup$ 有限”。这类证明的关键在于确认候选极限是实数——如果 $\limsup=+\infty$，Theorem 101 的结论”子序列收敛到 $+\infty$”就不再是”收敛”了（收敛要求有限极限），B–W 也就失效。因此”有界”这个假设在 B–W 中是本质的，见下例。

反例说明有界性不可去. 令 $x_n=n$（无界）。则任何子序列 $x_{n_k}=n_k\ge k$ 都满足 $x_{n_k}\to\infty$（对任意 $K>0$，取 $k>K$ 即得 $x_{n_k}\ge k>K$），所以不存在收敛（有限极限）的子序列。同理 $x_n=(-1)^n n$ 也没有收敛子序列。

【证明技巧总结】 （a）遇到”由已知定理直接得出”的定理，一定要写出链条上的每一环（本例三步），否则会误以为是循环论证或觉得”没有证明”；（b）证明”存在性”时，先检查候选对象的类型（实数还是扩充实数）——这是 B–W 与它的无界版本（Lebl 2.3.20）之间的分界线；（c）记住 B–W 的定位：它是”任意有界序列版本”的紧致性工具，与 Lecture 7 的”单调版本”互补。

Notation 104（记号简写）

当上下文清楚时，采用如下简写：

注意. 简写只是省去 $n\to\infty$，不改变定义的任何内容（仍然是有界序列、仍然是尾部确界的极限）。在正式书写”$\limsup$ 与某个子序列极限相等”这类论断时，建议写全下标，以免把 $\limsup_n x_n$ 与”某个固定的 $a_n$”混淆。

【证明机制解说】 记号简写的合理性来自定义中”被省略的信息是唯一的”：一旦约定讨论的是 $n\to\infty$，$\limsup$ 就唯一指代 $\lim_{n\to\infty}\bigl(\sup\{x_k\mid k\ge n\}\bigr)$。这与 $\lim$ 的简写规则完全一致。

【证明技巧总结】 使用简写时保持一条纪律：凡出现”两个 $\limsup$ 相减/相加”或”$\limsup$ 与 $\liminf$ 比较”的复杂式子，就写全下标；只在与已知结论（如 Theorem 105）对照时才用简写。这样可以避免”哪个变量在动”的歧义。

Theorem 105（收敛的充要条件）

设 $\{x_n\}$ 是有界序列。则 $\{x_n\}$ 收敛当且仅当

证明（$\Leftarrow$ 方向）. 设 $\liminf x_n=\limsup x_n=:L$。对每个 $n\in\mathbb{N}$，由确界的基本性质（下确界是最小上界之下的界、上确界是最大下界之上的界）有

其中中间的不等式成立是因为 $x_n$ 属于集合 $\{x_k\mid k\ge n\}$。把两端写成序列：

由假设 $\lim_{n\to\infty}b_n=\lim_{n\to\infty}a_n=L$。由夹逼定理（Lecture 8），$\{x_n\}$ 收敛且 $\lim_{n\to\infty}x_n=L$。

证明（$\Rightarrow$ 方向，展开说明）. 设 $x=\lim_{n\to\infty}x_n$。任给 $\epsilon>0$，由收敛的定义，存在 $M\in\mathbb{N}$ 使

现在固定 $n\ge M$。此时尾部集合 $\{x_k\mid k\ge n\}$ 中的每个元素 $x_k$ 都满足 $k\ge n\ge M$，故全部落进区间 $(x-\epsilon,\ x+\epsilon)$。区间 $(x-\epsilon,\ x+\epsilon)$ 是这个尾部集合的上界（$x+\epsilon$ 比集合中每个元素都大），因此

同理 $x-\epsilon$ 是尾部集合的下界，故

合并得：对一切 $n\ge M$，

（左端用 $>$ 是因为 $x-\epsilon$ 可以取到严格小于某个 $x_k$ 的位置，理论上 $\inf$ 可能恰好等于 $x-\epsilon$；这里写成 $x-\epsilon\le\inf$ 即已足够。）

于是对一切 $n\ge M$ 有

这说明 $\{a_n\}$ 与 $\{b_n\}$ 都被夹在 $x-\epsilon$ 与 $x+\epsilon$ 之间。因为 $\epsilon>0$ 任意，由夹逼定理（或直接由极限定义）得

即 $\limsup x_n=x=\liminf x_n$。$\blacksquare$

合起来看. 两个方向合起来给出：有界序列收敛 $\iff$ 上下包络最终重合。这与直观图完全吻合：收敛意味着震荡被压平，包络间隙 $a_n-b_n\to0$。

数值验算（方向 $\Rightarrow$）. 取 $x_n=(-1)^n/n\to x=0$，取 $\epsilon=0.01$。收敛定义给出阈值：$\vert x_n\vert \le\frac1n<0.01\iff n>100$，故 $M=101$。核对 $n=101$：尾部集合为 $\{(-1)^k/k\mid k\ge101\}$，其 $\inf\approx-1/102=-0.00980392$，$\sup\approx1/101=0.00990099$，二者都在 $(-0.01,0.01)$ 内。而本例的 $\liminf=\limsup=0$（Exercise 2.3.5，见”与教材的对应”）。

【证明机制解说】 （$\Leftarrow$）的机制是”用夹逼代替 $\epsilon$ 论证“：不等式 $b_n\le x_n\le a_n$ 天然成立（因为 $x_n$ 属于被取确界的集合），而两端收敛到同一值 $L$，夹逼定理立刻给出 $x_n\to L$。这个方向之所以简单，是因为 $\limsup/\liminf$ 自动提供了上下夹逼序列，不需要我们再手工构造。（$\Rightarrow$）的机制是”把 $\epsilon$-邻域翻译成确界不等式“：一旦尾部整体落进 $(x-\epsilon,x+\epsilon)$，那么该区间的右端点就是尾部集合的上界、左端点就是下界，于是确界被夹住；由于 $\epsilon$ 任意，确界序列的极限被唯一确定为 $x$。

【证明技巧总结】 （a）证明”$\liminf=\limsup\Rightarrow$ 收敛”时，唯一要写对的是中间的不等式 $b_n\le x_n\le a_n$，它的依据是”$x_n$ 属于尾部集合”（这一点必须点明，否则不等式的来源不明）；（b）证明反方向时采用三段式：$\epsilon$ 给定 $\to$ 取 $M$ $\to$ 对 $n\ge M$ 把 $x-\epsilon$、$x+\epsilon$ 分别认证为下界与上界；（c）最后必须声明”$\epsilon$ 任意”才能把 $x\le\liminf\le\limsup\le x$ 收成等号；（d）两个方向都要证，只证一个方向是本定理最常见的失分点（见”常见误区”）。

（补充）等价刻画：$\limsup$ 是所有子序列极限中的最大者

命题 A. 设 $\{x_n\}$ 是有界序列，记

（称 $\Lambda$ 为序列的子序列极限集）。则 $\Lambda\ne\varnothing$，且

证明. 先证 $\max\Lambda=\limsup$。

（a）$\limsup x_n\in\Lambda$（可达性）. 这正是 Theorem 101 的结论。

（b）对任意 $y\in\Lambda$，$y\le\limsup x_n$（最大性）. 设 $x_{n_k}\to y$。对任意固定的 $n$，只要 $n_k\ge n$ 就有 $x_{n_k}\in\{x_j\mid j\ge n\}$，故

由于指标 $n_k\to\infty$，满足 $n_k\ge n$ 的 $k$ 有无穷多个，因此不等式 $x_{n_k}\le a_n$ 对子序列中充分靠后的所有项成立。对子序列取极限（极限保持非严格不等式，Lecture 8），得

这对每个 $n$ 都成立，所以 $y$ 是集合 $\{a_n\}$ 的下界，从而

由（a）（b），$\limsup x_n$ 是 $\Lambda$ 的最大元。

对下极限作对偶论证：$\liminf x_n\in\Lambda$（Theorem 101 的 $\liminf$ 方向）；且若 $x_{n_k}\to y$，则对每个 $n$，充分靠后的项满足 $x_{n_k}\ge b_n=\inf\{x_j\mid j\ge n\}$，取极限得 $y\ge b_n$ 对一切 $n$ 成立，故 $y\ge\sup_n b_n\ge\lim_n b_n=\liminf x_n$。因此 $\min\Lambda=\liminf x_n$。$\blacksquare$

说明. 这条等价刻画是理解 $\limsup/\liminf$ 的”计算入口”：只要你能列出序列的所有子序列极限（例如周期序列只需看各周期分支的极限），最大者就是 $\limsup$、最小者就是 $\liminf$。但定义仍然是尾部确界途径——因为这条刻画中的”最大元存在”依赖于 Theorem 101，不能拿来当定义。

【证明机制解说】 （a）是 Theorem 101 的复用；（b）的机制是”把不等式沿子序列传递到极限“：因为 $a_n$ 是尾部上界，子序列中所有指标 $\ge n$ 的项都被 $a_n$ 压住；由于子序列指标趋于无穷，这些项构成子序列的”尾部”，可以对它们取极限。最后一步”对一切 $n$ 成立 $\Rightarrow$ 不超过下确界”用了下确界的最大下界性质（Lecture 4）。对偶方向把 $\le$ 全部翻转为 $\ge$，$a_n$ 换成 $b_n$，$\inf$ 换成 $\sup$。

【证明技巧总结】 （a）证明”最大值”必须双向：先证属于集合（可达），再证是上界（最大性）；（b）证”是上界”时关键句是”满足 $n_k\ge n$ 的 $k$ 有无穷多个，故可取极限”——缺少这句，极限过程就不合法；（c）最后把”对每个 $n$ 成立”升级为”不超过下确界”，这是把逐点不等式变成整体不等式的最常用一步。

（补充）$\limsup(-x_n)=-\liminf x_n$

命题 B. 若 $\{x_n\}$ 有界，则 $\{-x_n\}$ 有界，且

证明. 记 $b_n=\inf\{x_k\mid k\ge n\}$。先证对每个 $n$，

设 $S=\{x_k\mid k\ge n\}$，$-S=\{-x_k\mid k\ge n\}$。分两步：

• $-b_n$ 是 $-S$ 的上界：对任意 $s\in S$ 有 $s\ge b_n$，故 $-s\le-b_n$。
• $-b_n$ 是最小上界：设 $u$ 是 $-S$ 的任一上界，则对一切 $s\in S$ 有 $-s\le u$，即 $s\ge-u$，故 $-u$ 是 $S$ 的下界，于是 $-u\le b_n$，即 $u\ge-b_n$。

所以 $\sup(-S)=-b_n=-\inf S$，即 $\sup\{-x_k\mid k\ge n\}=-b_n$。

于是 $\{-x_n\}$ 的尾部上确界序列恰为 $\{-b_n\}$。由 Lecture 8 的极限常数倍法则（$\lim(c\,u_n)=c\lim u_n$，取 $c=-1$）以及 Theorem 98 保证 $\{b_n\}$ 收敛，

把上述论证中的 $x_n$ 换成 $-x_n$（并注意 $-(-x_n)=x_n$）即得第二式：$\liminf(-x_n)=-\limsup x_n$。$\blacksquare$

数值验算. 取 $x_n=(-1)^n\left(1+\frac1n\right)$，则 $\limsup x_n=1$、$\liminf x_n=-1$。而 $-x_n=(-1)^{n+1}\left(1+\frac1n\right)$ 与 $x_n$ 只是奇偶相位互换，仍然 $\limsup(-x_n)=1$、$\liminf(-x_n)=-1$。核对公式：$-\liminf x_n=-(-1)=1=\limsup(-x_n)$；$-\limsup x_n=-1=\liminf(-x_n)$。两式均成立。

【证明机制解说】 机制是”负号把上界翻成下界“。取负运算把集合整体沿原点镜像，于是”最大的下界”变成”最小的上界”（$\sup(-S)=-\inf S$），这是 Lecture 4 中”确界在反射下的对偶性”的直接应用。剩下的只是把等式送过极限，用极限的常数倍法则。

【证明技巧总结】 （a）这类”对称性恒等式”的通用证法是：先在确界层面证明恒等式，再取极限——不要在极限层面直接操作；（b）证明 $\sup(-S)=-\inf S$ 要双向验证（上界 + 最小上界），这与定理 98 的单调性证明是同一套 LUB 手法；（c）第二式由第一式”用 $-x_n$ 替换 $x_n$”得到，这一步需要显式说明，不能跳过。

（补充）$x_n\le y_n$ 最终成立 $\Rightarrow$ $\limsup x_n\le\limsup y_n$

命题 C. 设 $\{x_n\}$、$\{y_n\}$ 都是有界序列，且存在 $N\in\mathbb{N}$ 使得

则

证明. 记 $a_n=\sup\{x_k\mid k\ge n\}$，$c_n=\sup\{y_k\mid k\ge n\}$。

第一步：对 $n\ge N$ 比较尾部上确界。 固定 $n\ge N$。对任意 $k\ge n$ 有 $k\ge N$，故 $x_k\le y_k\le c_n$（最后一步因为 $y_k$ 属于被取上确界的集合 $\{y_j\mid j\ge n\}$）。因此 $c_n$ 是集合 $\{x_k\mid k\ge n\}$ 的一个上界，而 $a_n$ 是该集合的最小上界，故

第二步：取极限。 由 Theorem 98，$\{a_n\}$ 与 $\{c_n\}$ 都收敛，极限分别为 $\limsup x_n$ 与 $\limsup y_n$。把 Lecture 8 的”极限保持非严格不等式”用于两个序列 $\{a_{N+j}\}{j}$ 与 $\{c{N+j}\}{j}$（它们逐项满足 $a{N+j}\le c_{N+j}$，且作为收敛序列的子序列仍收敛到相同极限）得

对下极限：记 $b_n=\inf\{x_k\mid k\ge n\}$，$d_n=\inf\{y_k\mid k\ge n\}$。固定 $n\ge N$，对任意 $k\ge n$ 有 $x_k\ge b_n$，故 $y_k\ge x_k\ge b_n$，即 $b_n$ 是 $\{y_k\mid k\ge n\}$ 的下界，而 $d_n$ 是其最大下界，故 $d_n\ge b_n$；取极限得 $\liminf x_n\le\liminf y_n$。$\blacksquare$

注. 条件可以减弱为”最终成立”（eventually），因为 $\limsup/\liminf$ 只看尾部行为，前有限项不影响极限值。这也是”尾部上确界途径”的一个优点。

数值验算. 取 $x_n=-\frac{1}{n}$、$y_n=\frac1n$，则 $x_n\le y_n$ 对一切 $n$ 成立，$\limsup x_n=0\le0=\limsup y_n$，$\liminf x_n=0\le0=\liminf y_n$，符合命题。再取 $x_n=(-1)^n\left(1+\frac1n\right)$、$y_n=1+\frac1n$，则从 $n=2$ 起 $x_n\le y_n$（$x_2=1.5=y_2$，$x_3=-1.3333\le1.3333$），$\limsup x_n=1\le1=\limsup y_n$。

【证明机制解说】 机制是”逐项不等式升级为集合上界关系“：若每个 $x_k$ 都不超过 $c_n$，那么 $c_n$ 就是 $x$-尾部的上界，从而不小于最小上界 $a_n$。这一步把”项与项的比较”变成”确界与确界的比较”，之后交给 Lecture 8 的极限保持不等式即可。

【证明技巧总结】 （a）比较 $\limsup$ 时的标准两步是”先比 $a_n\le c_n$，再取极限”；（b）”最终成立”的条件要在第一步就固定 $n\ge N$ 使用，并在第二步用”收敛序列的子序列收敛到同一极限”来正当地取极限；（c）$\liminf$ 方向要格外小心方向：$b_n$ 是下界、$d_n$ 是最大下界，所以结论是 $d_n\ge b_n$，方向与 $\limsup$ 相反——此处最容易写反。

（补充）$\limsup(x_n+y_n)\le\limsup x_n+\limsup y_n$

命题 D. 设 $\{x_n\}$、$\{y_n\}$ 有界，则 $\{x_n+y_n\}$ 有界，且

证明. $\{x_n\}$ 有界、$\{y_n\}$ 有界：取 $B_1,B_2\ge0$ 使 $\vert x_n\vert \le B_1$、$\vert y_n\vert \le B_2$ 对一切 $n$ 成立，则 $\vert x_n+y_n\vert \le\vert x_n\vert +\vert y_n\vert \le B_1+B_2$，故 $x_n+y_n$ 有界（这是 Assignment 5 第 7 题 (a) 的内容，见”与教材的对应”）。

固定 $n$。对任意 $k\ge n$，

因为 $x_k\le a_n$ 且 $y_k\le c_n$。所以 $a_n+c_n$ 是集合 $\{x_k+y_k\mid k\ge n\}$ 的上界，而该集合的上确界是最小上界，故

由 Theorem 98，$\{e_n\},\{a_n\},\{c_n\}$ 都收敛；由极限的加法法则（Lecture 8）$\lim(a_n+c_n)=\limsup x_n+\limsup y_n$。再用一次极限保持非严格不等式得

注（等号可以不成立）. 取 $x_n=(-1)^n$、$y_n=(-1)^{n+1}$。则 $\limsup x_n=1$、$\limsup y_n=1$，但 $x_n+y_n=0$ 对一切 $n$，故 $\limsup(x_n+y_n)=0<2=1+1$。这说明 $\limsup$ 不是线性的，只能给出不等式。

【证明机制解说】 机制是”上界相加仍是上界“：尾部的上确界 $a_n$ 与 $c_n$ 分别是两个尾部的上界，把它们加起来就得到和序列尾部的上界，于是和序列尾部的最小上界不超过它。这一”先造上界、再用最小性”的模式是确界论证的标准形态。

【证明技巧总结】 （a）$\limsup$ 的次可加性来自”上界可加”，与之对偶地 $\liminf(x_n+y_n)\ge\liminf x_n+\liminf y_n$；（b）想验证一个 $\limsup$ 不等式不是等式，最快的办法是让两个序列的”高峰”出现在不同位置（如上面的 $(-1)^n$ 与 $(-1)^{n+1}$）；（c）证明中不要漏掉”和序列也有界”这一前提，它保证 $\limsup(x_n+y_n)$ 有定义。

（补充）Assignment 5 第 5 题：$\lim x_n=0\iff\limsup\vert x_n\vert =0$

命题 E. 设 $\{x_n\}$ 是有界序列。则

证明（$\Rightarrow$）. 设 $x_n\to0$。由 $\bigl\vert \vert x_n\vert -0\bigr\vert =\vert x_n-0\vert $，得 $\vert x_n\vert \to0$，即 $\{\vert x_n\vert \}$ 收敛到 $0$。由 Theorem 105，收敛序列的 $\limsup$ 等于其极限，故 $\limsup\vert x_n\vert =0$。

证明（$\Leftarrow$）. 设 $\limsup_{n\to\infty}\vert x_n\vert =0$。因为 $\vert x_n\vert \ge0$ 对一切 $n$ 成立，故每个尾部集合 $\{\vert x_k\vert \mid k\ge n\}$ 中的元素都 $\ge0$，于是其下确界 $\ge0$，即

（这里”下确界 $\ge0$ 对每个 $n$ 成立”→”极限 $\ge0$”用了 Lecture 8 的极限保持非严格不等式。）又由 Theorem 98 第②条 $\liminf\vert x_n\vert \le\limsup\vert x_n\vert =0$。合起来

由 Theorem 105，$\{\vert x_n\vert \}$ 收敛，且极限为 $0$。最后由 $\bigl\vert x_n-0\bigr\vert =\vert x_n\vert \to0$ 得 $x_n\to0$。$\blacksquare$

数值验算. 取 $x_n=\frac{(-1)^n}{n}$。则 $\vert x_n\vert =\frac1n$：$n=10$ 时 $x_{10}=0.1$、$\vert x_{10}\vert =0.1$；$n=100$ 时 $x_{100}=0.01$、$\vert x_{100}\vert =0.01$；$n=1000$ 时 $x_{1000}=0.001$、$\vert x_{1000}\vert =0.001$。$\limsup\vert x_n\vert =0$ 与 $\lim x_n=0$ 同时成立，符合命题。

【证明机制解说】 （$\Rightarrow$）直接搬运绝对值的连续性（$\bigl\vert \vert a\vert -\vert b\vert \bigr\vert \le\vert a-b\vert $）与 Theorem 105。（$\Leftarrow$）的机制是”用非负性把 $\liminf$ 顶到 $0$“：非负序列的 $\liminf\ge0$ 是免费的，配合已知的 $\limsup=0$ 与 $\liminf\le\limsup$，立刻逼出 $\liminf=\limsup=0$，再用 Theorem 105 收尾。

【证明技巧总结】 （a）”$\limsup=0$ 型”命题通常要同时使用 $\liminf$：单靠 $\limsup=0$ 不足以说明序列收敛到 $0$（因为 $\liminf$ 可能更小，虽然本例中非负性排除了这种可能）；（b）证明非负序列的 $\liminf\ge0$ 时要点明”$0$ 是每个尾部的下界”；（c）把”$\vert x_n\vert \to0$”翻译回”$x_n\to0$”时写出 $\vert x_n-0\vert =\vert x_n\vert $，避免口头带过；（d）本命题是”用 $\limsup$ 判断收敛”的第一个实用范例，说明 $\limsup$ 可以充当收敛性的探针。

与教材的对应

本讲对应 [JL]（Lebl, Basic Analysis: Introduction to Real Analysis, Vol I）Reading: Sections 2.2–2.5，对应作业 Assignment 5。

逐题对应（每题一句话）.

1. Exercise 2.2.9：设 $x_n\ne x$ 且比值极限 $L:=\lim_{n\to\infty}\frac{\vert x_{n+1}-x\vert }{\vert x_n-x\vert }$ 存在且 $L<1$，证明 $x_n\to x$；证明思路是取 $L<r<1$，由比值最终 $<r$ 得 $\vert x_{n+1}-x\vert <r\vert x_n-x\vert $，归纳得 $\vert x_n-x\vert \le r^{\,n-M}\vert x_M-x\vert $，再用 $r^n\to0$（Lecture 8 的几何序列极限）与夹逼定理。
2. Exercise 2.3.5：设 $x_n=\frac{(-1)^n}{n}$，求 $\limsup x_n$ 与 $\liminf x_n$；答案是二者都为 $0$（尾部上确界为 $\frac{1}{2\lceil n/2\rceil-1}$ 或 $\frac{1}{2\lceil n/2\rceil}$ 型、尾部下确界为对应的负值，两者都趋向 $0$），这也说明该序列收敛到 $0$。
3. Exercise 2.3.6：设 $\{x_n\}$、$\{y_n\}$ 有界且 $x_n\le y_n$ 对一切 $n$ 成立，证明 $\limsup x_n\le\limsup y_n$ 与 $\liminf x_n\le\liminf y_n$；这就是本讲的命题 C（且条件可减弱为”最终成立”），证明分”先比尾部确界、再取极限”两步。
4. Exercise 2.3.7：(a) 两个有界序列之和仍有界（用三角不等式 $\vert x_n+y_n\vert \le\vert x_n\vert +\vert y_n\vert $）；(b) 证明 $\limsup(x_n+y_n)\le\limsup x_n+\limsup y_n$ 并举出严格不等号的例子（$x_n=(-1)^n$、$y_n=(-1)^{n+1}$ 给出 $0<2$）；这正是本讲的命题 D。
5. 第 5 题：设 $\{x_n\}$ 是有界序列，证明 $\lim_{n\to\infty}x_n=0\iff\limsup_{n\to\infty}\vert x_n\vert =0$；这就是本讲的命题 E，正向用 Theorem 105，反向用非负性给出 $\liminf\ge0$ 再配合 $\liminf\le\limsup$。
6. 第 6 题：是否存在序列满足 $\liminf x_n=-1$、$\lim_{n\to\infty}x_n=0$、$\limsup x_n=1$？不存在——因为若 $\lim x_n=0$ 存在，则由 Theorem 105（或由”收敛序列的上下极限都等于极限”）必有 $\liminf x_n=\limsup x_n=0$，与 $-1\ne1$ 矛盾；换言之收敛性与”$\liminf<\limsup$”不能共存。
7. Exercise 2.4.8：判断真假并证明或给出反例——”若 $\{x_n\}$ 是 Cauchy 序列，则存在 $M$ 使得对一切 $n\ge M$ 有 $\vert x_{n+1}-x_n\vert \le\vert x_n-x_{n-1}\vert $”；命题为假，取 $x_n=\frac{\sin(\ln n)}{\sqrt{n}}$（$n\ge2$），它作为收敛到 $0$ 的序列是 Cauchy 序列（因为 $\frac{1}{\sqrt n}\to0$，由 Lecture 10 的”收敛 $\Rightarrow$ Cauchy”），但相邻差并不最终单调不增：$\vert x_4-x_3\vert =0.022661$，$\vert x_5-x_4\vert =0.044634$，出现上升，且波动型振荡在整个序列中反复出现，因此不存在这样的 $M$。

与正文编号的对照. 教材 Definition 2.3.1 = 本讲 Definition 97；Proposition 2.3.2 = Theorem 98（教材另外列出 $\limsup x_n=\inf_n a_n$、$\liminf x_n=\sup_n b_n$，由单调性直接可得）；Example 2.3.3（$x_n=\frac{n+1}{n}$ 与 $0$ 交替）与 Example 99、100 同型；Theorem 2.3.4 = Theorem 101；Theorem 2.3.5 = Theorem 102（B–W）；Theorem 2.3.6（子序列的上下极限被原序列上下极限夹住）与 Theorem 2.3.7（有界序列收敛 $\iff$ 每个收敛子序列收敛到同一值）是教材在 2.3 节给出的两个加强命题，与 Theorem 105 配合使用可以把”收敛”完全翻译成”子序列语言”；Notation 104 = 教材的简写约定。

教材后文的延伸（了解即可）. 教材 2.3.4 小节把 $\limsup/\liminf$ 推广到无界序列（允许 $\pm\infty$，此时 $a_n$、$b_n$ 用扩充实数定义），并把 Theorem 101 推广为”若 $\limsup x_n=\infty$ 则存在子序列趋于 $\infty$”（Lebl 2.3.20）。本讲严格保持”有界”前提，是因为我们的收敛只对有限极限定义。教材 2.6 节还会给出根值判别法的 $\limsup$ 版本，届时本讲的工具会直接派上用场。

与其他讲次的关联

1. Lecture 4（实数系与 LUB 性质）→ 本讲（$\limsup/\liminf$ 的存在性）. 本讲每一步”确界”都依赖 Lecture 4 的上确界存在性：Definition 97 中 $a_n=\sup\{x_k\mid k\ge n\}$、$b_n=\inf\{x_k\mid k\ge n\}$ 是实数（而非扩充实数），正是因为尾部集合非空有界。若没有 LUB 性质（例如仅考虑 $\mathbb{Q}$），$n^{1/n}$ 或 $\sqrt2$ 这类数的存在性本身都会出问题，$\limsup$ 更无从谈起。依赖链的第一环。

2. Lecture 7（单调有界定理）→ 本讲（$\limsup/\liminf$ 总是存在）. Theorem 98 第①条把”任意有界序列”改造成”两个单调有界序列”$\{a_n\}$、$\{b_n\}$，再由 Lecture 7 保证极限存在。这是定义合法性的唯一来源，也是”定义里写’若极限存在’，其实永远存在”的原因。依赖链的第二环：Lecture 4 LUB $\Rightarrow$ Lecture 7 单调有界 $\Rightarrow$ 本讲 $\limsup/\liminf$ 存在。

3. Lecture 8（夹逼定理与极限运算）→ 本讲（Theorem 101 与 Theorem 105 的收尾）. Theorem 95 的三款都用夹逼定理；Theorem 101 的”窗口夹逼”结构（下沿 $\to L$、上沿 $\to L$）是夹逼定理最精妙的应用；Theorem 105 的两个方向分别用”$b_n\le x_n\le a_n$ 夹逼”与”$\epsilon$-邻域夹逼”。此外，命题 B（常数倍）、命题 C（极限保持不等式）、命题 D（加法法则）都直接调用 Lecture 8 的代数与不等式定理。没有 Lecture 8，本讲只能得到 $\limsup$ 的存在性而得不到定理 101、102、105。

4. 本讲（B–W）→ Lecture 10（Cauchy 序列与实数完备性）. Lecture 10 将证明”Cauchy 序列必收敛”，其标准证法是：先用 B–W 从 Cauchy 序列中取出收敛子序列 $x_{n_k}\to x$，再用 Cauchy 性把整个序列压到 $x$ 附近。B–W 是实数完备性证明的工具箱（另一条路线是用 LUB 直接证明，但 B–W 路线更直观地体现”有界 + 子序列收敛”的思想）。

5. 本讲（B–W）→ Lecture 16（连续函数的极值定理）. 连续函数在闭区间 $[a,b]$ 上取到最大值与最小值（Extreme Value Theorem）的证明思路是：取上确界 $M=\sup f([a,b])$，构造点列 $x_n\in[a,b]$ 使 $f(x_n)\to M$；由 B–W 取出收敛子序列 $x_{n_k}\to x_0\in[a,b]$；由连续性 $f(x_0)=\lim f(x_{n_k})=M$，故最大值被取到。没有 B–W，”有界闭区间紧致”这一核心事实就无法用序列语言证明。

6. 本讲（$\limsup$ 的次可加性与比较原理）→ Lecture 12（比值判别法与根值判别法）. 级数判别法的精细版本用 $\limsup$ 表达：例如根值判别法断言 $\limsup\vert a_n\vert ^{1/n}<1\Rightarrow\sum a_n$ 绝对收敛，用到的正是”$\limsup$ 在乘法/幂运算下的不等式性质”（$\limsup(x_ny_n)\le(\limsup x_n)(\limsup y_n)$ 型估计）以及本讲的比较原理（命题 C）；而比值型判别法的最强形式（Lebl 2.3.15）也以 $\limsup$ 表述。本讲的 $\limsup$ 是把”极限不存在”的序列也纳入判别范围的关键工具。

关键要点

1. $\limsup$ 的定义是”尾部上确界的极限”（两步结构）：先 $a_n=\sup\{x_k\mid k\ge n\}$，再 $\lim_n a_n$。不是“序列的最大元素”，不是“最大项”，不是“某个子序列的项”。
2. 对有界序列，$\limsup$ 与 $\liminf$ 总是存在且有限（Theorem 98 第①条）。证明链条：尾部集合单调缩小 $\Rightarrow$ $\{a_n\}$ 单调递减、$\{b_n\}$ 单调递增 $\Rightarrow$ 有界（由 $-B\le b_n\le a_n\le B$）$\Rightarrow$ 单调有界定理（Lecture 7）$\Rightarrow$ 极限存在。
3. $\liminf\le\limsup$ 恒成立（Theorem 98 第②条），依据是”非空集合的 $\inf\le\sup$”加上”极限保持非严格不等式”（Lecture 8）。
4. Theorem 101（可达性）：存在子序列收敛到 $\limsup$，也存在子序列收敛到 $\liminf$。构造手法是”用最小上界性开窗口”，窗口高度取 $\frac{1}{k+1}$ 使两沿同时收敛。
5. Theorem 102（B–W）：每个有界序列都有收敛子序列。它不是新论证，而是”有界 $\Rightarrow$ $\limsup$ 是有限实数”+”Theorem 101”的直接合成。有界性是本质的：$x_n=n$ 没有收敛子序列。
6. Theorem 105：有界序列收敛 $\iff$ $\liminf=\limsup$。$\Leftarrow$ 用 $b_n\le x_n\le a_n$ 夹逼；$\Rightarrow$ 用 $\epsilon$-邻域把 $x-\epsilon$、$x+\epsilon$ 分别认证为尾部集合的下界与上界。
7. 等价刻画（补充命题 A）：$\limsup$ 是全体子序列极限中的最大者，$\liminf$ 是最小者。这条刻画便于计算，但不能当作定义（它依赖 Theorem 101 的存在性结论）。
8. 三条补充运算律：$\limsup(-x_n)=-\liminf x_n$；$x_n\le y_n$ 最终成立 $\Rightarrow$ $\limsup x_n\le\limsup y_n$ 且 $\liminf x_n\le\liminf y_n$；$\limsup(x_n+y_n)\le\limsup x_n+\limsup y_n$（一般取严格不等号）。
9. Theorem 95 工具箱：$n^{-p}\to0$（$p>0$）、$p^{1/n}\to1$（$p>0$）、$n^{1/n}\to1$，以及补充的 $(1+p)^n\to\infty$（$p>0$）。其中 $n^{1/n}\to1$ 的技巧——二项式保留二次项 $\binom n2 t_n^2$ 得 $0\le t_n\le\sqrt{\frac{2}{n-1}}$——是本讲技术含量最高的一步。
10. 计算 $\limsup/\liminf$ 的实用顺序：（i）先写出 $\{a_n\}$ 或 $\{b_n\}$ 的显式表达式（周期序列直接读尾部集合）；（ii）再取极限；（iii）用 Theorem 105 判断收敛性；（iv）用命题 A 交叉验证（列出各”分支”子序列的极限，最大/最小者即 $\limsup/\liminf$）。

常见误区与注意事项

误区 1：把 $\limsup$ 与 $\lim$ 混用。

• 错误做法：写出 “$\lim_{n\to\infty}x_n=\limsup_{n\to\infty}x_n$”，或直接用 $\limsup$ 的代数运算法则（如 $\limsup(x_n+y_n)=\limsup x_n+\limsup y_n$）当作等式计算。
• 为什么错：$\lim$ 可能不存在，而 $\limsup$ 对任何有界序列都存在（Theorem 98）；$x_n=(-1)^n$ 时 $\lim$ 不存在但 $\limsup=1$。命题 D 也表明加法只给出不等式，$x_n=(-1)^n$、$y_n=(-1)^{n+1}$ 时左端 $0$、右端 $2$，等号不成立。
• 正确做法：把 $\limsup$ 当作”始终存在的广义极限”。要写等号，必须先由 Theorem 105 确认 $\liminf=\limsup$，此时才有 $\lim=\limsup=\liminf$；否则只能写不等式。

误区 2：忘记 $\limsup/\liminf$ 的定义必须要求序列有界。

• 错误做法：对 $x_n=n$ 或 $x_n=(-1)^n n$ 直接套用 Definition 97 并写 $\limsup x_n=+\infty$（在实数范围内），甚至用 Theorem 101 声称”存在子序列收敛到 $+\infty$”。
• 为什么错：Definition 97 要求内层 $\sup$ 与外层极限都是有限实数。$x_n=n$ 时 $\sup\{x_k\mid k\ge n\}=+\infty$，不是实数，$a_n$ 无定义；此时 Theorem 98 的整个论证（尤其”$a_n\le B$”）失效，Theorem 102 也不再成立（$x_n=n$ 没有收敛子序列）。
• 正确做法：使用 Definition 97、Theorem 98/101/102/105 之前先验证有界性。无界情形若确实需要，必须显式地进入扩充实数框架（教材 2.3.4 小节），并把”收敛”改为”收敛到 $\pm\infty$”。

误区 3：把 $\limsup$ 说成”最大的元素”而非”尾部上确界的极限”。

• 错误做法：对 $x_n=1/n$ 声称 $\limsup x_n$ 是”集合 $\{1/n\}$ 的最大元素”（即 $1$），或对 $x_n=(-1)^n\left(1+\frac1n\right)$ 声称 $\limsup$ 是”最大的项”（即 $x_2=1.5$）。
• 为什么错：$a_n$ 是尾部集合的确界，$n$ 在动。$x_n=\frac1n$ 的 $a_n=\frac1n\to0$，答案 $0$ 甚至不在序列的取值集合中（补充注：Example 100）；$(-1)^n(1+\frac1n)$ 的最大项是 $1.5$，而 $\limsup=1$（数值验算：$a_1=a_2=1.5$，$a_{100}=1.01$，故 $\lim a_n=1$）。
• 正确做法：老老实实写两步——先算 $a_n=\sup\{x_k\mid k\ge n\}$ 的显式表达式（或至少写出它的前几项），再取 $n\to\infty$。用 ASCII 图把 $a_n$ 看成”上包络”能有效避免这个错误。

误区 4：认为”有界序列必有极限”。

• 错误做法：由”有界”直接推出”收敛”，或由”有界”直接写出 $\lim_{n\to\infty}x_n$。
• 为什么错：$x_n=(-1)^n$ 有界但极限不存在（Lecture 6 已证）；Theorem 105 才是正确的判据——有界只保证 $\limsup$、$\liminf$ 存在，收敛还要求二者相等。B–W（Theorem 102）给的也只是子序列收敛，不是整个序列收敛。
• 正确做法：把”有界”与”收敛”之间的桥梁划清楚：有界 $\Rightarrow$ $\limsup,\liminf$ 存在；有界 $+$ $\liminf=\limsup$ $\iff$ 收敛；有界 $\Rightarrow$ 存在收敛子序列。凡是看到”有界”，先问自己要的是哪一个结论。

误区 5：Theorem 105 只证一个方向就收工。

• 错误做法：只证明”$\liminf=\limsup\Rightarrow$ 收敛”（因为夹逼看起来顺手），把”收敛 $\Rightarrow$ $\liminf=\limsup$”略去，或反过来只用”收敛序列的 $\limsup$ 等于极限”这一句话带过后者。
• 为什么错：Theorem 105 是”当且仅当“，两个方向都是作业与考试的考点，且两个方向的技巧完全不同：$\Leftarrow$ 靠 $b_n\le x_n\le a_n$ 这一结构性不等式；$\Rightarrow$ 靠$\epsilon$ 论证 + 把区间端点认证为确界，需要显式取 $M$ 并说明 $x+\epsilon$ 是尾部上界、$x-\epsilon$ 是尾部下界。
• 正确做法：书写证明时明确标出”（$\Leftarrow$）”与”（$\Rightarrow$）”两段；$\Rightarrow$ 方向必须写出”对 $n\ge M$，$x-\epsilon\le b_n\le a_n\le x+\epsilon$”这条链，并声明”$\epsilon>0$ 任意”后再收成等式。

误区 6：在 Theorem 101 的构造中忽略”指标必须严格递增”或”窗口非空需要论证”。

• 错误做法：直接写”取 $x_{n_k}$ 使 $a_{n_k+1}-\frac{1}{k+1}<x_{n_k}\le a_{n_k+1}$”，既不说明为什么这样的项存在，也不维护 $n_{k+1}>n_k$。
• 为什么错：窗口内确实可能存在项，但这依赖于 $a_{n_k+1}$ 是最小上界（故 $a_{n_k+1}-\frac{1}{k+1}$ 不是上界）。若不说明这一点，构造就没有依据。同时若允许 $n_{k+1}\le n_k$，得到的下标列不是子序列，结论不成立。
• 正确做法：写出”因 $a_{n_k+1}-\frac{1}{k+1}$ 不是 $\{x_j\mid j\ge n_k+1\}$ 的上界，故存在 $j\ge n_k+1$ 使 $x_j>a_{n_k+1}-\frac{1}{k+1}$”，并在归纳假设中把 $n_1<\cdots<n_k$ 一起维护，取 $n_{k+1}:=j$ 后显式指出 $n_{k+1}\ge n_k+1>n_k$。

思考题（带答案）

Q1. 求 $x_n=(-1)^n\dfrac{n}{n+1}$ 的 $\limsup$ 与 $\liminf$

答案. $\displaystyle\limsup_{n\to\infty}x_n=1$，$\displaystyle\liminf_{n\to\infty}x_n=-1$。

理由（按定义两步走）.

第一步：写尾部上确界 $a_n$。 记 $u_m=\dfrac{2m}{2m+1}$（偶数项，$x_{2m}=u_m$），$v_m=-\dfrac{2m-1}{2m}$（奇数项，$x_{2m-1}=v_m$）。

• $\{u_m\}$ 严格递增：$u_{m+1}-u_m=\dfrac{2m+2}{2m+3}-\dfrac{2m}{2m+1}=\dfrac{(2m+2)(2m+1)-2m(2m+3)}{(2m+3)(2m+1)}=\dfrac{2}{(2m+3)(2m+1)}>0$，且 $u_m\to1$，$u_m<1$ 对一切 $m$。
• $\{v_m\}$ 严格递减且 $v_m\to-1$：$v_{m+1}-v_m=-\dfrac{2m+1}{2m+2}+\dfrac{2m-1}{2m}=-\dfrac{2}{2m(2m+2)}<0$，且 $v_m>-1$ 对一切 $m$。

固定 $n$。若 $n$ 为偶数，$n=2M$，则尾部集合 $\{x_k\mid k\ge n\}$ 由上标 $\ge M$ 的 $u$ 与上标 $\ge M$ 的 $v$ 组成，其最大元素为 $u_M$（$u$ 递增、$v$ 全为负），故 $a_{2M}=u_M=\dfrac{n}{n+1}$。若 $n$ 为奇数，$n=2M-1$，则尾部中包含 $u_M,u_{M+1},\dots$，最大元素是……集合中的 $u$ 无最大元（递增趋于 $1$），故取上确界：$\sup\{u_M,u_{M+1},\dots,0,-\tfrac12,\dots\}=\sup_m u_m=1$（因为 $u_m\to1$ 且 $u_m<1$，任何 $<1$ 的数都被某个 $u_m$ 超过）。因此

（$n=1$ 时核对：$a_1=\sup\{-0.5,\ 0.666667,\ -0.75,\ 0.8,\dots\}=1$，与公式一致。）

第二步：取极限。 两个分支都趋向 $1$：偶数分支 $\frac{n}{n+1}\to1$，奇数分支恒为 $1$。故不论 $n$ 奇偶，$a_n\to1$，即 $\limsup x_n=1$。

第三步（下确界，对偶地做）。 固定 $n$：若 $n=2M-1$ 为奇数，尾部最小元素是 $v_M=-\dfrac{2M-1}{2M}$（$v$ 递减、$u$ 全为正），故 $b_{2M-1}=v_M=-\dfrac{n}{n+1}$；若 $n=2M$ 为偶数，尾部中 $v$ 从 $v_{M+1}$ 起递减趋于 $-1$ 且 $v_m>-1$，任何 $>-1$ 的数都被某个 $v_m$ 低于，故 $b_{2M}=\inf\{u_M,\dots,v_{M+1},\dots\}=-1$。因此

数值核对. $x_1=-0.5$，$x_2=0.666667$，$x_3=-0.75$，$x_{100}=0.990099$，$x_{101}=-0.990196$，$x_{1000}=0.999001$：偶数项从下方逼近 $1$、奇数项从上方逼近 $-1$，与 $a_n\to1$、$b_n\to-1$ 一致。又 $\liminf=-1\ne1=\limsup$，由 Theorem 105 知该序列不收敛——这与”两个分支极限不同”的直观判断吻合。此外，用命题 A 也可读答案：子序列 $x_{2m}\to1$、$x_{2m-1}\to-1$ 是所有子序列极限，故 $\max\Lambda=1$、$\min\Lambda=-1$。

Q2. 用 B–W 证明：有界序列若只有一个聚点，则收敛

命题. 设 $\{x_n\}$ 是有界序列，$c\in\mathbb{R}$。若 $\{x_n\}$ 的聚点（即它的某个子序列的极限，等价说法是子序列极限集 $\Lambda$ 中的元素）只有 $c$ 一个，则 $\{x_n\}$ 收敛且 $\lim_{n\to\infty}x_n=c$。

证明.

第一步：$\Lambda$ 非空。 由 Bolzano–Weierstrass（Theorem 102），有界序列至少有一个收敛子序列，故 $\Lambda\ne\varnothing$。

第二步：$\Lambda=\{c\}$。 假设 $\Lambda=\{c\}$。由补充命题 A，$\max\Lambda=\limsup x_n$ 且 $\min\Lambda=\liminf x_n$。于是

第三步：用 Theorem 105 收尾。 由 $\liminf x_n=\limsup x_n$ 与 Theorem 105，$\{x_n\}$ 收敛，且极限等于公共值 $c$，即 $\lim_{n\to\infty}x_n=c$。$\blacksquare$

补充说明（为什么”有界”不能去掉）. 取 $x_n=n$，它没有任何（有限）聚点，命题的前提”只有一个聚点”不成立，而它也确实不收敛——这个例子说明结论依赖 B–W，而 B–W 依赖有界性。另外，命题中”只有一个聚点”是比收敛更弱的条件吗？不是：对收敛序列，其唯一聚点就是极限（收敛序列的每个子序列都收敛到同一极限）；反过来上面的证明说明”唯一聚点”已经足以推出收敛。所以对有界序列，”收敛”与”恰有一个聚点”等价。

反例（说明不能只要求”聚点唯一”而不看有界性）. 前面的 $x_n=n$ 是空集的情形；若把”聚点”理解在扩充实数中，则 $\{x_n\}$ 的”唯一聚点”是 $+\infty$，而序列并不在实意义下收敛。这再次表明 $\limsup$ 工具组的使用前提是有界。

Q3. 概念题：为何 $\limsup$ 的定义要求有界？$x_n=n$ 时 $\sup\{x_k\mid k\ge n\}$ 是什么？

答案.

(1) 为什么要求有界. Definition 97 中要做两件事：对每个 $n$ 取 $a_n=\sup\{x_k\mid k\ge n\}$，然后取 $\lim_{n\to\infty}a_n$。这两步都要求结果是实数：

• 内层需要 $\{x_k\mid k\ge n\}$ 在 $\mathbb{R}$ 中有上界，才能由 Lecture 4 的 LUB 性质得到有限实数 $a_n$。若序列无上界，则 $\sup=+\infty\notin\mathbb{R}$，$a_n$ 不是一个实数，$a_n$ 也不构成实数列；下一步($\lim a_n$)与 Theorem 98 中的不等式 $-B\le b_n\le a_n\le B$ 全部失效。
• 外层需要 $\{a_n\}$ 有界且（由 Theorem 98 第①条）单调，才能由 Lecture 7 的单调有界定理保证有限极限存在。$\limsup$ 在课程中的用途（Theorem 101 的子序列可达性、Theorem 102 的 B–W、Theorem 105 的收敛判据）都以”极限是有限实数”为前提：Theorem 101 的结论是 $\lim_k x_{n_k}=\limsup x_n$，若 $\limsup=+\infty$，这就不是”收敛子序列”了。

因此”有界”不是技术性装饰，而是保证两个极限对象都是实数的双重前提（上界保证内层确界有限；整体有界保证外层极限有限）。如果要在无界情形工作，就必须进入扩充实数 $\overline{\mathbb{R}}=\mathbb{R}\cup\{-\infty,+\infty\}$，并把”收敛”改述为”收敛到 $\pm\infty$”（教材 2.3.4 小节，Lebl 2.3.13/2.3.14/2.3.17/2.3.20）。

(2) $x_n=n$ 时 $\sup\{x_k\mid k\ge n\}$ 是什么. 对每个固定的 $n$，

这是一个无上界的集合（对任意 $K>0$，取 $k>\max\{n,K\}$ 即得 $x_k=k>K$），因此

于是 $a_n\equiv+\infty$，它不是实数。这在扩充实数框架下给出的”$\limsup x_n=+\infty$”确实是合理的形式化（并且与”存在子序列趋于 $+\infty$”相容——取 $x_{n_k}=n_k\to\infty$），但在本讲的实数框架下，Definition 97 对 $\{x_n\}$ 不适用，$\limsup$ 无定义。顺带核对：$b_n=\inf\{x_k\mid k\ge n\}=n$，$\{b_n\}$ 单调递增无界，所以 $\liminf$ 在实数意义下同样不存在（扩充意义下为 $+\infty$）。结论：碰到无界序列时，先停下来说明框架，再决定是否谈 $\limsup/\liminf$。