习题 2.16

举例说明在赋范空间中, 由条件 ${\sum }_{n\ge 1}\Vert x_n\Vert <\infty$, 推不出级数 ${\sum }_{n\ge 1}{x}_n$ 的收敛性.

解答

解答使用 DeepSeek v3.2 Speciale 生成

我们考虑如下的赋范空间：设 $X$ 为所有只有有限个非零项的实数列组成的线性空间，即 $$X=\{x=(x_1,x_2,\dots )\mid x_i\in \mathbb{R},\text{只有有限个 }{x}_i\ne 0\}.$$ 赋予范数 $$\Vert x\Vert =\underset{n\in \mathbb{N}}{\sup }|x_n|.$$ $(X,\Vert \cdot \Vert )$ 是一个赋范空间（但不完备）。

定义序列 $\{x_n{\}}_{n\ge 1}\subset X$ 如下： $$x_1=(1,0,0,\dots ),x_2=(0,\frac{1}{4},0,\dots ),x_3=(0,0,\frac{1}{9},0,\dots ),\dots ,$$ 一般地，$x_n$ 的第 $n$ 个分量为 $\frac{1}{n^2}$，其余分量为 $0$，即 $x_n=\frac{1}{n^2}{e}_n$，其中 $e_n$ 是第 $n$ 个标准基向量。

计算范数和： $$\sum _{n=1}^{\infty }\Vert x_n\Vert =\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{6}<\infty .$$ 因此条件 ${\sum }_{n\ge 1}\Vert x_n\Vert <\infty$ 成立。

现在考虑级数 ${\sum }_{n\ge 1}{x}_n$ 的部分和 $$S_N=\sum _{n=1}^N{x}_n=\left(1,\frac{1}{4},\frac{1}{9},\dots ,\frac{1}{N^2},0,0,\dots \right)\in X.$$ 对于任意 $M>N$， $$\Vert S_M-S_N\Vert =\underset{k>N}{\sup }\frac{1}{k^2}=\frac{1}{(N+1{)}^2}\to 0(N\to \infty ),$$ 故 $\{S_N\}$ 是 $X$ 中的 Cauchy 列。

若级数收敛，则存在 $s=(s_1,s_2,\dots )\in X$ 使得 ${\lim }_{N\to \infty }\Vert S_N-s\Vert =0$。由于 $s\in X$，只有有限个非零分量，设其非零分量的最大下标为 $K$。则对任意 $n>K$，有 $s_n=0$。取 $N>K$，考虑第 $n$ 个坐标（$n>K$）： $$|S_{N,n}-s_n|=|S_{N,n}|=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{n^2},& n\le N,\\ 0,& n>N.\end{array}$$ 当 $N$ 充分大时，由收敛性知 ${\sup }_n|S_{N,n}-s_n|$ 应趋于 $0$。但对固定的 $n>K$，取 $N\ge n$，则 $|S_{N,n}-s_n|=\frac{1}{n^2}$。由于 $n$ 可以任意大，$\Vert S_N-s\Vert \ge \frac{1}{n^2}$ 对所有 $N\ge n$ 成立，令 $n\to \infty$ 可知 $\Vert S_N-s\Vert$ 不能趋于 $0$，矛盾。

更直接地，若 $s$ 存在，则对每个坐标 $k$，应有 $s_k={\lim }_{N\to \infty }{S}_{N,k}=\frac{1}{k^2}$，因此 $s=\left(1,\frac{1}{4},\frac{1}{9},\dots \right)$，但这个序列有无限多个非零项，不属于 $X$，矛盾。

因此级数 ${\sum }_{n\ge 1}{x}_n$ 在 $X$ 中不收敛。从而，在赋范空间中，绝对收敛（即 $\sum \Vert x_n\Vert <\infty$）不能保证级数收敛。