补充习题

2.4 补充习题

2.4.1 有界闭区间套

例 2.4.1 设 $0 < λ < 1$ ， $x_{1} = a$ ， $x_{2} = b$ ， $x_{n + 2} = (1 - λ) x_{n} + λ x_{n + 1}$ 。证明 ${x_{n}}$ 的极限存在，并求它的值。

证明不妨设 $a \leq b$ ，否则可以考虑 $y_{n} = - x_{n}$ 。用数学归纳法可以证明 $\begin{matrix} (1) & x_{2 n - 1} \leq x_{2 n + 1} \leq x_{2 n + 2} \leq x_{2 n} \end{matrix}$ 于是 $[x_{2 n - 1}, x_{2 n}]$ 构成有界闭区间套，从而 $α = lim_{n \to + \infty} x_{2 n - 1}$ 、 $β = lim_{n \to + \infty} x_{2 n}$ 存在。令 $n \to + \infty$ ，则有 $β = (1 - λ) β + λ α$ ，即 $α = β$ 。因此 $α = lim_{n \to + \infty} x_{n}$ 。

注意到 $\begin{matrix} (2) & (\begin{matrix} x_{n + 2} \\ x_{n + 1} \end{matrix}) = (\begin{matrix} λ & 1 - λ \\ 1 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix} x_{n + 1} \\ x_{n} \end{matrix}) = (\begin{matrix} 1 & λ - 1 \\ 1 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix} 1 \\ λ - 1 \end{matrix}) {(\begin{matrix} 1 & λ - 1 \\ 1 & 1 \end{matrix})}^{- 1} (\begin{matrix} x_{n + 1} \\ x_{n} \end{matrix}) \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (3) & \begin{aligned} lim_{n \to + \infty} (\begin{array}{c} x_{n + 2} \\ x_{n + 1} \end{array}) & = lim_{n \to + \infty} {[(\begin{array}{c} 1 & λ - 1 \\ 1 & 1 \end{array}) (\begin{array}{c} 1 \\ λ - 1 \end{array}) {(\begin{array}{c} 1 & λ - 1 \\ 1 & 1 \end{array})}^{- 1}]}^{n} (\begin{array}{c} x_{2} \\ x_{1} \end{array}) \\ (\begin{array}{c} α \\ α \end{array}) & = (\begin{array}{c} 1 & λ - 1 \\ 1 & 1 \end{array}) [lim_{n \to + \infty} {(\begin{array}{c} 1 \\ λ - 1 \end{array})}^{n}] {(\begin{array}{c} 1 & λ - 1 \\ 1 & 1 \end{array})}^{- 1} (\begin{array}{c} b \\ a \end{array}) \\ = (\begin{array}{c} 1 & λ - 1 \\ 1 & 1 \end{array}) (\begin{array}{c} 1 \\ 0 \end{array}) {(\begin{array}{c} 1 & λ - 1 \\ 1 & 1 \end{array})}^{- 1} (\begin{array}{c} b \\ a \end{array}) = \frac{b + (1 - λ) a}{2 - λ} (\begin{array}{c} 1 \\ 1 \end{array}) \end{aligned} \end{matrix}$ 即 $\begin{matrix} (4) & α = \frac{b + (1 - λ) a}{2 - λ} \end{matrix}$ $◻$

2.4.2 Cauchy准则

例 2.4.2 压缩不动点定理。设 $I \subseteq R$ 是闭集， $f : I \to I$ 是压缩映射，即存在常数 $λ \in (0, 1)$ 使得 $\forall x, y \in I$ ，都有 $| f (x) - f (y) | \leq λ | x - y |$ 。证明：存在唯一的 $x^{*} \in I$ 使得 $f (x^{*}) = x^{*}$ ，并且 $\forall x_{0} \in I$ ， $lim_{n \to + \infty} f^{(n)} (x_{0}) = x^{*}$ ，且 $\begin{matrix} (5) & | x_{n} - x^{*} | \leq \frac{λ^{n}}{1 - λ} | f (x_{0}) - x_{0} | \end{matrix}$

证明记 $x_{n} = f^{(n)} (x_{0})$ 。若 $x_{1} = f (x_{0}) = x_{0}$ ，则命题显然成立。若 $x_{1} = f (x_{0}) \neq x_{0}$ ，则 $\begin{matrix} (6) & | x_{n + 1} - x_{n} | = | f (x_{n}) - f (x_{n - 1}) | \leq λ | x_{n} - x_{n - 1} | \leq \dots \leq λ^{n} | x_{1} - x_{0} | \end{matrix}$ 从而 $\forall ε > 0$ ，取特定 $N > 0$ ，使得 $\forall m > n > N$ ，有 $\begin{matrix} ((*)) & | x_{m} - x_{n} | \leq \sum_{k = n}^{m - 1} | x_{k + 1} - x_{k} | \leq \sum_{k = n}^{m - 1} λ^{k} | x_{1} - x_{0} | \leq \frac{λ^{n}}{1 - λ} | x_{1} - x_{0} | < \frac{λ^{N}}{1 - λ} | x_{1} - x_{0} | \overset{?}{<} ε \end{matrix}$ 取 $\begin{matrix} (7) & N = [\log_{λ} \frac{ε (1 - λ)}{| x_{1} - x_{0} |}] + 1 \end{matrix}$ 即可。所以 ${x_{n}}$ 是Cauchy数列，于是 $x^{*} = lim_{n \to + \infty} x_{n}$ 存在。

在 $(*)$ 中令 $m \to + \infty$ 可得 $\begin{matrix} (8) & | x_{n} - x^{*} | = lim_{m \to + \infty} | x_{m} - x_{n} | \leq \frac{λ^{n}}{1 - λ} | x_{1} - x_{0} | \end{matrix}$ 易见 $f$ 连续，因此 $\begin{matrix} (9) & f (x^{*}) = f (lim_{n \to + \infty} x_{n}) = lim_{n \to + \infty} f (x_{n}) = lim_{n \to + \infty} x_{n + 1} = x^{*} \end{matrix}$

设 $x^{*}, x^{#}$ 均为 $f$ 的不动点，则 $\begin{matrix} (10) & | x^{*} - x^{#} | = | f (x^{*}) - f (x^{#}) | \leq λ | x^{*} - x^{#} | < | x^{*} - x^{#} | \end{matrix}$ 即 $x^{*} = x^{#}$ ，故不动点唯一。 $◻$

例 2.4.3 用压缩不动点定理证明例1.5.25。

证明令 $\begin{matrix} (11) & f (y) := \frac{y}{2} + \frac{x}{2 y} \end{matrix}$ 记 $I \subseteq [\sqrt{x}, + \infty)$ ，由AM-GM不等式可得 $f (I) \subseteq I$ ，且 $\forall y_{1}, y_{2} \in I$ ，都有 $\begin{matrix} (12) & | f (y_{1}) - f (y_{2}) | = | \frac{y_{1} - y_{2}}{2} - \frac{x (y_{1} - y_{2})}{2 y_{1} y_{2}} | \leq \frac{1}{2} | 1 - \frac{x}{y_{1} y_{2}} | | y_{1} - y_{2} | \leq \frac{1}{2} | y_{1} - y_{2} | \end{matrix}$ 因此 $f$ 是压缩映射，故 $f$ 有唯一不动点 $y^{*} = \sqrt{x}$ ，且 $\forall y_{0} > 0$ ， $y_{n} = f^{(n)} (y_{0}) \to \sqrt{x}$ 。 $◻$

例 2.4.4 设 $0 \leq λ \leq \frac{1}{2}$ ，用压缩不动点定理证明例1.5.26。

证明当 $x = 0$ 时，命题显然成立。故设 $0 < x \leq 1$ 。令 $\begin{matrix} (13) & f (y) := y + λ (x - y^{2}) \end{matrix}$ 记 $I \subseteq [0, \sqrt{x}]$ ，则 $\forall x \in I$ ，都有 $\begin{matrix} (14) & \sqrt{x} - f (y) = (\sqrt{x} - y) [1 - λ (\sqrt{x} + y)] \geq 0 \end{matrix}$ 故 $f (I) \subseteq I$ 。 $\forall y_{1}, y_{2} \in I$ ，都有 $\begin{matrix} (15) & | f (y_{1}) - f (y_{2}) | = | y_{1} - y_{2} - λ (y_{1}^{2} - y_{2}^{2}) | \leq | y_{1} - y_{2} | | 1 - λ (y_{1} + y_{2}) | \leq (1 - \sqrt{x}) | y_{1} - y_{2} | \end{matrix}$ 因此 $f$ 是压缩映射，故 $f$ 有唯一不动点 $y^{*} = \sqrt{x}$ ，且 $\forall y_{0} > 0$ ， $y_{n} = f^{(n)} (y_{0}) \to \sqrt{x}$ 。 $◻$

例 2.4.5 设 $0 < λ < 1$ ， $y_{0} > 0$ ， $y_{n + 1} = \frac{1 - λ}{y_{n}} + λ$ 。证明 $lim_{n \to + \infty} y_{n}$ 存在，并求其值。

证明令 $\begin{matrix} (16) & f (y) := \frac{1 - λ}{y} + λ \end{matrix}$ 记 $I \subseteq [λ, + \infty)$ ，显然 $f (I) \subseteq I$ ，且 $\forall y_{1}, y_{2} \in I$ ，都有 $\begin{matrix} (17) & | f (y_{1}) - f (y_{2}) | = | \frac{1 - λ}{y_{1}} - \frac{1 - λ}{y_{2}} | \leq \frac{1 - λ}{λ^{2}} | y_{1} - y_{2} | \end{matrix}$ 并不能保证 $f$ 是压缩映射，故我们考虑 $\begin{matrix} (18) & f^{(2)} (y) = f (\frac{1 - λ}{y} + λ) = \frac{1 - λ}{\frac{1 - λ}{y} + λ} + λ = \frac{(1 - λ) y}{1 - λ + λ y} + λ \end{matrix}$ 此时 $\begin{matrix} (19) & | f^{(2)} (y_{1}) - f^{(2)} (y_{2}) | = \frac{(1 - λ)^{2} | y_{1} - y_{2} |}{(1 - λ + λ y_{1}) (1 - λ + λ y_{2})} \leq {(\frac{1 - λ}{1 - λ + λ^{2}})}^{2} | y_{1} - y_{2} | \end{matrix}$ 因此 $f^{(2)}$ 是压缩映射，故 $f^{(2)}$ 有唯一不动点 $y^{*} = 1$ 。因此 $\begin{matrix} (20) & lim_{n \to + \infty} f^{(2 n + 1)} = f (lim_{n \to + \infty} f^{(2 n)}) = f (y^{*}) = 1 \end{matrix}$ 于是 $\forall y_{0} > 0$ ， ${y_{n}}_{n \geq 1} \subseteq I$ ，都有 $\begin{matrix} (21) & lim_{n \to + \infty} y_{n} = lim_{n \to + \infty} f^{(n)} (y_{0}) = 1 \end{matrix}$ $◻$

另解直接求出 ${x_{n}}$ 的通项。 $◻$

例 2.4.6 每一种收敛都对应一种Cauchy准则。试写出 $lim_{x \to a} f (x)$ 收敛所对应的Cauchy准则，并给予证明。

证明 $lim_{x \to a} f (x) = A$ 当且仅当 $\forall ε > 0$ ， $\exists δ > 0$ ，使得 $\forall x, y \in I$ ， $\begin{matrix} (22) & 0 < | x - a | < δ \land 0 < | y - a | < δ ⟹ | f (x) - f (y) | < ε \end{matrix}$

必要性显然，因为 $\begin{matrix} (23) & | f (x) - f (y) | \leq | f (x) - A | + | f (y) - A | < 2 ε \end{matrix}$

充分性：任取 ${x_{n}}$ 满足 $lim_{n \to + \infty} x_{n} = a$ 且 $x_{n} \neq a$ ，则 $\forall ε^{'} = δ > 0$ ， $\exists N > 0$ 使得 $\forall m > n > N$ ，都有 $0 < | x_{m} - a | < δ$ 且 $0 < | x_{n} - a | < δ$ ，因此 $| f (x_{m}) - f (x_{n}) | < ε$ ，即 ${f (x_{n})}$ 是Cauchy数列，从而 $lim_{n \to + \infty} f (x_{n}) =: A$ 存在。令不等式中的 $m \to + \infty$ 可得 $| f (x_{n}) - A | \leq ε$ ，因此 $\forall x \in I$ ， $\begin{matrix} (24) & 0 < | x - a | < δ ⟹ | f (x) - A | \leq | f (x) - f (x_{n}) | + | f (x_{n}) - A | < 2 ε \end{matrix}$ 所以 $lim_{x \to a} f (x) = A$ 。 $◻$

例 2.4.7 设 $I \subseteq R$ ， $f : I \to R$ ，证明： $f$ 在 $I$ 上连续且所有间断点都是可去间断点当且仅当对于 $I$ 中的任意Cauchy数列 ${x_{n}}$ ， ${f (x_{n})}$ 都是Cauchy数列。

证明必要性：设 ${x_{n}}$ 为 $I$ 中的Cauchy数列，但 $f (x_{n})$ 不是Cauchy数列，则 $lim_{n \to + \infty} x_{n}$ 存在，记为 $x_{0}$ 。若 $x_{0} \in I$ ，则 $f$ 在 $x_{0}$ 处连续，此时 $lim_{n \to + \infty} f (x_{n}) = f (x_{0})$ ，这与假设矛盾。若 $x_{0} \notin I$ ，则 $x_{0}$ 是 $f$ 的可去间断点且 $x_{n} \neq x_{0}$ ，此时 $lim_{n \to + \infty} f (x_{n}) = lim_{x \to x_{0}} f (x)$ ，这也与假设矛盾。

充分性：设 $x_{0}$ 为 $I$ 的聚点，且满足 $lim_{x \to x_{0}} f (x)$ 不存在。则 $\exists ε > 0$ ， $\forall δ > 0$ ， $\exists x, y \in I$ ，使得 $0 < | x - x_{0} | < δ$ 且 $0 < | y - x_{0} | < δ$ ，但 $| f (x) - f (y) | \geq ε$ 。取 $δ = \frac{1}{n}$ ，则 $\exists x_{2 n - 1}, x_{2 n} \in I$ ，使得 $0 < | x_{2 n - 1} - x_{0} | < \frac{1}{n}$ 且 $0 < | x_{2 n} - x_{0} | < \frac{1}{n}$ ，但 $| f (x_{2 n - 1}) - f (x_{2 n}) | \geq ε$ ，因此 ${x_{n}}$ 是Cauchy数列，但 ${f (x_{n})}$ 不是Cauchy数列，这与假设矛盾。

因此对 $I$ 的任何聚点 $x_{0}$ ， $lim_{x \to x_{0}} f (x)$ 存在。若 $x_{0} \notin I$ ，则 $x_{0}$ 是 $f$ 的可去间断点。若 $x_{0} \in I$ ，设 $lim_{x \to x_{0}} f (x) \neq f (x_{0})$ ，则取 $y_{2 n - 1} = x_{0}$ 、 $y_{2 n} \in I$ 满足 $0 < | y_{2 n} - x_{0} | < \frac{1}{n}$ ，则 ${y_{n}}$ 是Cauchy数列，但 ${f (y_{n})}$ 不是Cauchy数列，这与假设矛盾。因此 $f$ 在 $I$ 上连续。 $◻$

例 2.4.8 证明数列 $\begin{matrix} (25) & a_{n} = \frac{1}{0!} + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \dots + \frac{1}{n!} \end{matrix}$ 收敛，并证明其极限为 $e := lim_{n \to + \infty} {(1 + \frac{1}{n})}^{n}$ 。

证明显然 ${a_{n}}$ 严格增，且有上界 $\begin{matrix} (26) & a_{n} \leq 1 + 1 + \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{k (k + 1)} = 3 - \frac{1}{n} < 3 \end{matrix}$ 即 ${a_{n}}$ 单调增且有上界，故收敛。

下证其极限为 $e$ 。记 $b_{n} = {(1 + \frac{1}{n})}^{n}$ ，则 $e := lim_{n \to + \infty} b_{n}$ 。注意到 $\begin{matrix} (27) & b_{n} = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) \frac{1}{n^{k}} \leq \sum_{k = 0}^{n} \frac{1}{k!} = a_{n} ⟹ e \leq lim_{n \to + \infty} a_{n} \end{matrix}$ 同时 $\begin{matrix} (28) & b_{n} = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) \frac{1}{n^{k}} \geq \sum_{k = 0}^{N} \frac{n (n - 1) \dots (n - k + 1)}{n^{k}} \frac{1}{k!} ⟹ e \geq a_{N} ⟹ e \geq lim_{N \to + \infty} a_{N} \end{matrix}$ 因此 $lim_{n \to + \infty} a_{n} = e$ 。 $◻$

例 2.4.9 (基于级数定义指数函数) $\forall z \in C$ ，定义 $\begin{matrix} (29) & E_{n} (z) = \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{z^{k}}{k!} \end{matrix}$ 证明：

(1): $E_{n} (z)$ 关于 $n$ 是Cauchy列，从而存在极限 $E (z) := lim_{n \to + \infty} E_{n} (z)$ 。
(2): $\forall z, w \in C$ ，对充分大的 $n$ ，有 $\begin{matrix} (30) & \begin{aligned} | E_{2 n + 1} (z) E_{2 n + 1} (w) - E_{2 n + 1} (z + w) | & \leq E_{n + 1} (| z |) | E_{2 n + 1} (| w |) - E_{n + 1} (| w |) | \\ + E_{n + 1} (| w |) | E_{2 n + 1} (| z |) - E_{n + 1} (| z |) \end{aligned} \end{matrix}$ 从而 $E (z + w) = E (z) E (w)$ 。
(3): $\forall z$ 满足 $| z | < 1$ ， $| E (z) - 1 | < 2 | z |$ 。
(4): $E (z)$ 对 $z \in C$ 连续。
(5): $E (1) = e$ 。

2n2nE2n2n2nE2n2n2n2n2nn++11((zz))EE22nn++11((ww))
0zwE2n+E2n+0−E=zw0−Ezw≤≤≤0zwEn+En+z≤112211((nn(z(wzz++))11[)E+((⋅[⋅2zz⋅⋅nw + +⋅]⋅+)]1ww(w))) — 图 2.4.1: 证明过程(2)的示意图

证明 (1) $\forall ε > 0$ ，取特定 $N > | z |$ ，使得 $\forall m > n > N$ ，都有 $\begin{matrix} (31) & \begin{aligned} | E_{m} (z) - E_{n} (z) | & \leq \sum_{k = n}^{m - 1} \frac{| z |^{k}}{k!} = \frac{| z |^{n}}{(n - 1)!} [\frac{1}{n} + | z | \sum_{k = n + 1}^{m - 1} \frac{| z |^{k - 1 - n}}{n (n + 1) \dots (k - 2)} \frac{1}{(k - 1) k}] \\ < \frac{| z |^{n}}{(n - 1)!} [\frac{1}{n} + | z | \sum_{k = n + 1}^{m - 1} \frac{1}{(k - 1) k}] < \frac{| z |^{n} (1 + | z |)}{n!} \overset{?}{<} ε \end{aligned} \end{matrix}$ 由于 $lim_{n \to + \infty} \frac{x^{n}}{n!} = 0$ ，故 $N$ 可取到，即 ${a_{n}}$ 为Cauchy数列，故收敛。

(2) 本题需要仔细观察等式左右两侧的关系，如图2.4.1所示。此图由 $(2 n + 1)^{2}$ 个格点构成，点 $(k, l)$ 表示求和项 $\frac{z^{k} w^{l}}{k! l!}$ 。注意到 $\begin{matrix} (32) & E_{2 n + 1} (z) E_{2 n + 1} (w) = \sum_{k = 0}^{2 n} \sum_{l = 0}^{2 n} \frac{z^{k} w^{l}}{k! l!}, E_{2 n + 1} (z + w) = \sum_{k = 0}^{2 n} \sum_{l = 0}^{k} \frac{z^{l} w^{k - l}}{l! (k - l)!} \end{matrix}$ 即 $E_{2 n + 1} (z) E_{2 n + 1} (w)$ 为红色区域， $E_{2 n + 1} (z + w)$ 为斜线区域，LHS（＝两者之差）即为黄色区域，虚线和圆圈表示不包含此点。

不妨设 $z, w \in R^{+}$ ，则图中第一个不等号显然成立，因为双实线上的求和项被计算了两次。对于第二个不等号，我们需要依此证明蓝色和绿色箭头对应的不等式成立，亦即 $\begin{matrix} (33) & \begin{aligned} \frac{z^{k}}{k!} \geq \frac{z^{k + l}}{(k + l)!}, & 0 \leq k \leq 2 n - l < n < l \leq 2 n \\ \frac{w^{l}}{l!} \geq \frac{w^{l + k}}{(l + k)!}, & 0 \leq l \leq 2 n - k < n < k \leq 2 n \end{aligned} \end{matrix}$ 这两个不等式本质相同，故我们只证明第一个：给定正数 $z$ ，对充分大的 $n$ 和任意 $k, l$ ，有 $\begin{matrix} (34) & z^{l} \leq \frac{(k + l)!}{k!}, 0 \leq k \leq 2 n - l < n < l \leq 2 n \end{matrix}$ 只需注意到 $\begin{matrix} (35) & \frac{z^{l}}{l!} \overset{?}{\leq} 1 \leq (\binom{k + l}{l}) = \frac{(k + l)!}{k! l!} \end{matrix}$ 由(1)知 $\exists N (z) > 0$ 使得 $l > N ⟹ \frac{z^{l}}{l!} < 1$ 。取 $n \geq N$ 即可。

因此 $\forall n > N (z, w)$ ，蓝色和绿色箭头对应的不等式成立，从而第二个不等号成立，最终得到的蓝色区域与绿色区域之和即为RHS。当 $z, w \in C$ 时，采用三角不等式放缩，上述不等号仍然成立，故原不等式成立。

令 $n \to + \infty$ 可得 $\begin{matrix} (36) & E (z + w) = E (z) E (w) \end{matrix}$

(3)(4) 与例1.5.31(6)类似。

(5) 见例2.4.8。 $◻$

例 2.4.10 考虑以下递进的三个问题：

(1): 设数列 ${x_{n}}_{n \geq 1}$ 满足： $\forall n, p \in N$ ，都有 $| x_{n + p} - x_{n} | \leq \frac{p}{n^{2}}$ 。问 ${x_{n}}$ 是否收敛？
(2): 设数列 ${x_{n}}_{n \geq 1}$ 满足： $\forall n, p \in N$ ，都有 $| x_{n + p} - x_{n} | \leq \frac{p}{n^{1 + β}}$ ，其中 $β > 0$ 。问 ${x_{n}}$ 是否收敛？
(3): 设数列 ${x_{n}}_{n \geq 1}$ 满足： $\forall n, p \in N$ ，都有 $| x_{n + p} - x_{n} | \leq \frac{p}{n}$ 。问 ${x_{n}}$ 是否收敛？

证明 (1)(2) 收敛。只需证明存在 $γ > 0$ 使得 $\begin{matrix} (37) & \frac{1}{n^{1 + β}} < \frac{1}{(n - 1)^{γ}} - \frac{1}{n^{γ}} \end{matrix}$ 为此，计算 $\begin{matrix} (38) & lim_{n \to + \infty} \frac{n^{- (1 + β)}}{(n - 1)^{- γ} - n^{- γ}} = lim_{n \to + \infty} \frac{1}{n^{β - γ}} \frac{{(1 - \frac{1}{n})}^{γ} \frac{1}{n}}{1 - {(1 - \frac{1}{n})}^{γ}} = \frac{1}{β}, γ = β \end{matrix}$ 故存在 $N > 0$ 使得 $\forall n \geq N$ ，都有 $\begin{matrix} (39) & \frac{1}{n^{1 + β}} < \frac{2}{β} [\frac{1}{(n - 1)^{β}} - \frac{1}{n^{β}}] \end{matrix}$ 从而 $\forall n \geq N$ 以及 $\forall p \in N^{*}$ ，都有 $\begin{matrix} (40) & \begin{aligned} | x_{n + p} - x_{n} | & \leq \sum_{k = 0}^{p - 1} | x_{n + k + 1} - x_{n + k} | \leq \sum_{k = 0}^{p - 1} \frac{1}{(n + k)^{1 + β}} \\ \leq \sum_{k = 0}^{p - 1} \frac{2}{β} [\frac{1}{(n + k - 1)^{β}} - \frac{1}{(n + k)^{β}}] \leq \frac{2}{β (n - 1)^{β}} \end{aligned} \end{matrix}$ (1) 是 (2) 的一个特例，即 $\begin{matrix} (41) & \frac{1}{n^{2}} \leq \frac{1}{n - 1} - \frac{1}{n} \end{matrix}$

(3) ${x_{n}}$ 可能发散。注意到 $\begin{matrix} (42) & \ln (n + p) - \ln n = \ln (1 + \frac{p}{n}) < \frac{p}{n} \end{matrix}$ 令 $x_{n} = \ln n$ ，则 $| x_{n + p} - x_{n} | < \frac{p}{n}$ 满足题设，显然 ${x_{n}}$ 发散。 $◻$