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第 3 章. 递增序列和柯西序列

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1. 收敛性和基本性质

2. 柯西序列

3. 示例：最佳停止序列和柯西序列

1.序列的收敛性和基本性质

⑴ 实数序列(a_n)_n∈ℕ收敛到实数a意味着什么

① 对于 N ∈ ℕ，对于所有 n ＞ N

② 对于每个正 ε，存在一个 N，最终ㅣ a_n - a ㅣ ＜ ε

⑵ 给定一个序列(a_n)和一个递增的自然数序列n₁＜n₂＜···，新序列(a_nk)_k∈ℕ称为(a_n)的子序列。

⑶ 练习： 证明以下结论。

① 如果最终a_n = a，则(a_n)收敛于a。

② 如果 (a_n) 收敛于 a，则集合 {a_n} 有界。

③ 假设(a_n) → a 和(b_n) → b。如果最终 a_n ≤ b_n，则表明 a ≤ b。

④ 如果 (a_n) → a 并且最终 a_n ≤ b，则 a ≤ b。

⑤ 如果 (a_n) → a 并且 (a_n) → b，则 a = b。也就是说，收敛序列的极限是唯一的。

⑷ 练习： 证明以下内容。

① 如果(a_n) → a，则每个子序列(a_nk)也收敛于a。

② 序列(1/n)收敛于0。

⑸ 练习： 证明以下内容。

① 当 0 ＜ p ＜ 1 时，序列 (pⁿ) 收敛于 0。

② a_n, a ∈ ℝ −｛0｝ 且若 a 是 (a_n) 的极限，则证明以下成立。

⑹ 练习： 证明以下内容。

① 序列 (a_n) = (1, 0, 1, 0, …) 不收敛。

② 如果a是(a_n)的极限，b是(b_n)的极限，则证明以下成立。

⑺ 练习： 证明以下内容。

① 递增序列的收敛性：若a₁ ≤ a₂ ≤ ···且(a_n)有界，则证明(a_n)收敛。对于递减序列你能得出同样的结论吗？

② 设两个序列 (a_n) 和 (b_n) 满足 a₁ = 1, b₁ = 2 且

并让

成立。表明两个序列收敛。

⑻ 练习： 令序列 (a_n) 有 a₁ = 3 并且对于每个 n ∈ ℕ，定义

证明 (a_n) 收敛。它收敛于什么？

2.柯西序列

⑴ 柯西序列的定义

① 对于 N ∈ ℕ，对于所有 n，m ＞ N> ② 实序列 (a_n) 是柯西序列，如果对于每个 ε ＞ 0，存在一个 N，使得最终ㅣ a_n - a_m ㅣ ＜ ε

⑵ 对于ℝ²中的向量序列((a_n, b_n))_n∈ℕ收敛到向量(a, b)是一样的

和

分别。

⑶ 定义无穷级数I如下：

对于实序列（a_n），说无穷级数I收敛到A，意味着部分和序列（A_n）收敛到A。这里A_n = a₁ + ··· + a_n。

⑷ Bolzano-Weierstrass 定理：如果一个实数序列（a_n）有界，则它有一个收敛子序列。我们可以对 ((a_n, b_n))_n∈ℕ 说同样的话吗？

⑸ 练习： 证明如果 (a_n) 是柯西序列，则它收敛。

⑹ 练习： 如果

然后

成立。证明这一点。

⑺ 练习： 找一个(a_n)的极限为0但无穷级数I不存在的例子。

⑻ 练习： 对于实数 r，几何级数恰好在什么时候

收敛？

⑼ 练习： 令实数序列a₁, a₂, a₃,…对于每个n满足a_n ≥ 0。证明无穷级数

当且仅当部分和序列 (A_n) 有界时收敛。

⑽ 练习： 如果无穷级数

收敛，证明无穷级数

也收敛。

⑾ 练习： 令序列 (a_n) 由 a₁ = 1 定义，并且对于每个 n ∈ ℕ，定义

证明 (a_n) 收敛。它收敛于什么？这个极限可以用连分数表示吗？

○ 解决方案

通过数学归纳法，a_2n 和 a_2n-1 可以证明是递增序列。

此外，由于 a_n ＜ 2，因此序列 (a_n) 是有界的。

递增有界序列收敛；因此 (a_2n), (a_2n-1) 收敛。» 从接下来的步骤中可以看出，(a_2n) 和 (a_2n-1) 的极限是相同的，因此 (a_n) 收敛。

设 a 为 (a_n) 的极限；然后我们有以下内容。

连分数表示如下。

3。示例：最佳停止序列和柯西序列

⑴ 定理1. ㅣmax_x f(x) - max_x g(x)ㅣ ≤ max_xㅣf(x) - g(x)ㅣ

⑵ 定理2. 若 V_t(i) = max{r(i), a + bΣ_j∈S ℙ(j ㅣ i) V_t+1(j)} = max{r(i), a + b𝔼[V_t+1(j) ㅣ i]}，则V_t(i) ≥ V_t+1(i) 成立

① 证明1. 代数证明：使用【数学归纳法】(https://www.youtube.com/watch?v=t9RBuyBmFdQ)（逆向归纳法）

② 证明2. 组合证明：同样使用数学归纳法。在后向归纳设置中，如果 V_τ(i) ≥ V_τ+1(i) 对于 τ = t+1, …, T-1 成立，而重复模式在每个 τ 处重复出现，那么如果我们在 V_t(·) → V_T(·) 的轨迹上的任何一步强制选择“现状”，则可以使演化与轨迹完全相同从 V_t+1(·) → V_T(·)。因此，V_τ(i) ≥ V_τ+1(i) 在 τ = t 时也成立。

③ 注意。 它是最大值这一事实并不是必需的。即使在下一个示例中使用 inf 进行定义，添加额外的阶段也有机会添加非负成本，因此最小化不会使值下降。即V_n(i) ≤ V_n+1(i)（正向归纳）

⑶ 定理3. 如果 V_t(x) = max{-c + p(x)(1 + V_t+1(x-1)) + (1 - p(x))V_t+1(x), V_t+1(x)}, V_N+1(x) = 0，则以下成立

① 时间单调性：V_t(x) ≥ V_t+1(x)

○ 证明. V_t(x) = max{·, V_t+1(x)} ≥ V_t+1(x)

② x 中的单调性：V_t(x) ≥ V_t(x-1)

○ 证明。 考虑由(t, x) 形成的网格。检查在 x = 0 时，对于所有 t，我们有 V_t(x) = V_t+1(x)。按照(t, x) = (N+1, 0), ⋯, (N+1, S), (N, 0), ⋯, (N, S), (N-1, 0), ⋯的顺序可以验证上述归纳假设成立。 （如果 S = ∞，则沿对角线遍历。）也就是说，在每个归纳步骤中，我们可以找到 A、B、C、D，使得 A ≤ B、C ≤ D，且 V_t(x-1) = max(A, C) ≤ max(B, D) = V_t(x)。例如，B = -c + p(x)(1 + V_t+1(x-1)) + (1 - p(x))V_t+1(x)。

③ 边际值上限： 1 ≥ V_t(x) - V_t(x-1)» ○ 证明。 考虑在相同的操作序列（每天相同的“查看/跳过”）下运行具有初始粒子计数 x (A) 的世界和具有 x-1 (B) 的世界。如果确实存在 V_t(x) - V_t(x-1) > 1 的点，那么简单地在两个世界中“复制并执行”该策略（无需其他设备）就会为 ​​A 创造超过 B 的超过 1 的稳定超额利润。无限重复这种复制将意味着创造无限利润的可能性，这与这个世界的许多规则（例如对称性）相矛盾。因此，利润差距永远不会超过1。因此，这样的点不存在。

○ 直觉。 直觉上，预期增益不能超过确定增益，因此 V_t(x) - V_t(x-1) 必须 ≤ 确定增益 1。

○ 直觉。 实际上，当您模拟 V_t(x) 时，它不会显示出剧烈振荡的形状。 (∵ ⑥ 存在阈值) 事实上，由 ⑤ 边际值的时间关系可知，V_t(x) - V_t(x-1) 在时间上是单调的。有界单调序列由完备性公理收敛。根据对称性，极限必须恰好为 1，既不大于也不小于 1。

④ x 凹面失效： V_t(x) - V_t(x-1) ≤ V_t(x-1) - V_t(x-2)

○ 反例。 在以下所有三种情况中，x 的凹性均失败。

⑤ 边际值时间关系： V_t(x) - V_t(x-1) ≥ V_t+1(x) - V_t+1(x-1)

○ 证明。 模仿策略：我们说，一个额外粒子的边际值 ΔV_τ(x) = V_τ(x) - V_τ(x-1) 随着剩余视野的缩小而减小。由② x 的单调性，我们知道 ΔV_τ ≥ 0。假设有两个世界，一个在时间 t (A)，一个在时间 t+1 (B)。如果我们强迫 A 等待一步，然后运行与 B 相同的操作序列（每天相同的“查看/跳过”），我们可以获得相同的边际值。但 A 比 B 多一天的自由，因此它可以选择使 V_t(x) - V_t(x-1) 足够大的动作。因此 V_t(x) - V_t(x-1) ≥ V_t+1(x) - V_t+1(x-1)。

○ 显着性。 由①、②、③、⑤，我们可以很容易证明 S_k = {x ㅣ c ≥ p(x)(1 + V_k+1(x-1) - V_k+1(x))}，并且 S_k ⊃ S_k+1。作为参考，S_k 是 x 值的集合，其中值函数在第 k 天不变，即选择“停留”。

⑥ 存在阈值：G_t(x) = p(x)(1 - Δ_t+1(x)) 是 x 的单调递增函数» ○ 证明。 V_t(x) 在 t 中减小，在 x 中增大。因此，在任何给定时间 t，搜索的动机随着 x 的增长而变得更强，并且可以证明在 t 天，仅当 x ≥ x_t* 时进行搜索才是最佳的。如果我们定义“stay”当且仅当 Q_k(x,stay) < Q_k(x,search)，那么我们得到 x₁* = ··· = x_n*。也就是说，对于所有 x ≤ x_N*，可以证明 x_N-1* = x_N* 和 V_N-1(x) = V_N(x)，并且通过对称性，直观地可以看出这一归纳假设得到保留。相反，如果我们定义“stay”当且仅当 Q_k(x,stay) ≤ Q_k(x,search)，那么我们就得到 x₁* ≥ ··· ≥ x_n* 因为“stay”是弱首选。

○ 证明。 令 S_k = {x ㅣ c ≥ p(x)(1 - Δ_k+1(x))} = {x ㅣ c ≥ G_t(x)}。当 t = N 时，我们知道 G_t(x) = p(x)，它是 x 的单调递增函数。考虑由 (t, x) 形成的网格。按照(t, x) = (N+1, 0), ⋯, (N+1, S), (N, 0), ⋯, (N, S), (N-1, 0), ⋯的顺序，验证上述归纳假设是否成立。 （如果S = ∞，则沿对角线遍历。）假设对于t+1，···，N，我们已经验证了S_k可以写成{0, 1, ···, x_k}。如果在（t+1，x）处选择“stay”，那么“look”就没有进一步的增益，因此在（t，x）处我们也选择“stay”。请注意，如果您还有足够的时间，您可以更多地利用“停留”策略。如果在 (t+1, x) 和 (t+1, x-1) 处选择“look”，那么在 (t, x) 处我们可以安全地选择“look”。如果在（t+1，x）处选择“看”但在（t+1，x-1）处选择“停留”，那么在（t，x）处我们可以短暂等待或选择“看”。因此，即使在时间 t，我们仍然有 S_k = {0, 1, ···, x_k}，并且我们还检查了 xt* ≥ xt+1* 的可能性。将 S_k 写为 {0, 1, ···, x_k*} 归纳证明 G_t(x) 是单调递增的。这解释了为什么 V_t(x) 没有表现出剧烈振荡的形状。

○ 证明。 使用不动点的方法：假设我们知道 S_k = {0, 1, ···, x_k^*}。即 x_k^* ​ 是 x = p^-1(c / p(x)(1 - Δ_k+1(x))) 的唯一不动点。由于右侧随着 k 的增加而减小，因此固定点变小。因此，x_{t^* ≥ xt+1^* 成立。}

○ 直觉。 剩下的时间越多，留下来的好处就越大，而观看的好处随着时间的推移大致保持不变。由于停留和观看之间的这种不对称性，停留最佳的状态集随着剩余时间的增加而扩大，而观看最佳的状态集则缩小。

发布时间：2019.12.25 00:53

修改时间：2025.10.25 18:10