第一篇：六大定理互相證明總結

六大定理的相互證明總結

XXX 學號

數學科學學院 數學與應用數學專業 班級

指導老師 XXX 摘要 在《數學分析》中第二部分極限續論中提到的實數的基本定理一共提到六大定理，其中包括確界定理，單調有界原理，區間套定理，致密性定理，柯西收斂定理，有限覆蓋定理.該六大定理在閉區間上連續函數性質的證明起著同等重要的作用.本文總結了六大定理的相互證明.關鍵詞 確界定理、單調有界原理、區間套定理、致密性定理、柯西收斂定理、有限覆蓋定理 確界定理

1.1 確界定理 有上界的非空數集必有上確界，有下界的非空數集必有下確界.1.2 確界定理證明區間套定理 證明：設一無窮閉區間列??an,bn?（1）后一個區間在前?適合下面兩個條件：一個區間之內，即對任一正整數n，有an?an?1＜bn?1?bn，（2）當n??時，區間列的長度??bn?an??bn?an??0.?所成的數列收斂于零，即limn??顯然數列?an?中每一個元素均是數列?bn?的下界，而數列?bn?中每一個元素均是數列?an?的上界.由確界定理，數列?an?有上確界，數列?bn?有下確界.設??inf?bn?,??sup?an?.顯然an???bn,an???bn.又?lim?bn?an??0 ????

n??即?an?及?bn?收斂于同一極限?，并且?是所有區間的唯一公共點.1.3 確界定理證明單調有界原理[1]

證明：我們只就單調增加的有界數列予以證明.因?yn?有界，則必有上確界??sup?yn?.現在證明?恰好是?yn?的極限，即yn??.由上確界的定義有：⑴yn??（n?1,2,3…），⑵對任意給定的?＞0，在?yn?中至少有一個數yN，有yN＞???.但由于?yn?是單調增加數列，因此當n＞N時，有yn?yN，從而yn＞???.也就是說：當n＞N時，有

0???yn＜? 所以 yn?? 2 單調有界原理

2.1 單調有界原理 單調有界數列有極限.2.2 單調有界原理證明致密性定理

在證明定理之前，我們要先證明一個引理：任意一個數列?xn?必存在單調子數列.證明：⑴若?xn?中存在遞增子序列xnk，則引理已證明；

⑵若?xn?中無遞增子序列，那么?n1＞0，使n＞n1，恒有xn1＞xn.同樣在?xn?（n＞n1）中也無遞增子序列.于是又存在n2＞0，使n2＞n，恒有xn2＜xn＜xn1.如此無限進行下去便可得到一嚴格遞減子序列xnk.引理得證.下面證明定理：由引理知，有界數列必有有界單調子數列.又由單調有界原理知，該有界單調子數列必有極限，即該子數列是收斂的.故有界數列必有收斂子列.2.3 單調有界原理證明區間套定理[1]

由定理的條件立即知道?an?是單調增加有上界的數列，?bn?是單調遞減有下界的數列.根據定理，則liman存在，且極限等于?an?的上確界.同樣，limbn也存在，n??n??????且極限等于?bn?的下確界.亦即對任何正整數k，有

ak?liman,bk?limbn（*）

n??n??由定理的另一條件： lim?bn?an??0，并且由于已知?an?及?bn?的極限都存在，n??則有lim?bn?an??limbn?liman?0.n??n??n??從而證明了兩個極限相等，且設?是它們的同一極限.于是定理前一部分的結果即已證得.剩下要證的是：?是所有區間的唯一公共點.由（*）的兩個不等式，即有 ak???bn（k?1,2,3…）

也就是?是所有區間的一個公共點.現在要證明?是所有區間的唯一公共點.設除點?外，所設區間列還有另外一個公共點?'，且?'??.由于an??,?'?bn（n?1,2,3…），故有

bn?an??'??（n?1,2,3…）由數列極限的性質知道：

lim?bn?an???'??

n??由于lim?bn?an??0，故有

n?? ?'???0

從而有?'??.到此定理的全部結果都已得證.3 區間套定理

3.1 區間套定理 設一無窮閉區間列??an,bn?時，區間列的長度??bn?an?共點.3.2 區間套定理證明單調有界原理 證明：設數列?xn?遞增有上界.取閉區間?a1,b1?，使a1不是數列?xn?的上界，b1是數列?xn?的上界.顯然在閉區間?a1,b1?內含有數列?xn?的無窮多項，而在?a1,b1?外僅含有數列?xn?的有限項.對分?a1,b1?，取?a2,b2?，使其具有?a1,b1?的性質.故在閉區間?a2,b2?內含有數列

（1）后一個?適合下面兩個條件：區間在前一個區間之內，即對任一正整數n，有an?an?1＜bn?1?bn，（2）當n???bn?an??0，則區?所成的數列收斂于零，即limn??間的端點所成兩數列?an?及?bn?收斂于同一極限?，并且?是所有區間的唯一公?xn?的無窮多項，而在?a2,b2?外僅含有數列?xn?的有限項.以此方法，得區間列??an,bn??.由區間套定理，?是所有區間的唯一公共點.顯然，在?的任何鄰域內有數列?xn?的無窮多項，即??＞0，?N?N*，當n＞N時，有xn??＜?.所以limxn?? 定理得證.n??3.3 區間套定理證明致密性定理[1]

證明：設?yn?為有界數列，即存在兩個數a,b，使a?yn?b.等分區間?a,b?為兩個區間，則至少有一個區間含有?yn?中的無窮個數.把這個區間記為?a1,b1?，如果兩個區間都含有無窮個yn，則任取其一作為?a1,b1?.再等分區間?a1,b1?為兩半，記含有無窮個yn的區間為?a2,b2?.這個分割手續可以繼續不斷的進行下去，則得到一個區間列??an,bn??，這個區間列顯然適合下面兩個條件：

（1）?a,b???a1,b1???a2,b2??…（2）bn?an?b?a?0 n2于是由區間套定理，必存在唯一點???a,b?使an??,bn??，且???ak,bk?（k?1,2,3…）.每一?ak,bk?中均含有?yn?的無窮個元素.在?a1,b1?中任取?yn?的一項，記為yn1，即?yn?的第n1項.由于?a2,b2?也含有無窮個yn，則它必含有yn1以后的無窮多個數，在這些數中任取其一，記為yn2，則n1＜n2.繼續在每一?ak,bk?中都這樣取出一個數ynk，即得?yn?的一個子列ynk，其中n1＜n2＜…＜nk＜…，且ak?ynk?bk.令k??，由于ak??,bk??,故

??ynk??.這就是定理所要的結果.4 致密性定理

4.1 致密性定理 又稱魏爾斯特拉斯定理，任一有界數列必有收斂子列.4.2 致密性定理證明單調有界原理

證明：不妨設?xn?單調遞增且有界，根據致密性定理有收斂子列xnk.令limxnk?a.于是，對??＞0，?k0，當k＞k0時，有

k???? xnk?a＜?（*）由于?xn?單調遞增，顯然恒有xn?a（n?1,2,3…）.由此（*）式可改成0?a?xnk＜?（k＞k0）取N?nk0，當n＞N時有 0?a?xn?a?xnk＜? 所以 limxn?a

n??4.3 致密性定理證明柯西收斂原理[1] 證明：首先證明條件的必要性：

設xn?a，則對任意給定?＞0，有一正整數N，當k＞N時，有 xk?a＜從而當m,n＞N時，有

xn?xm?xn?a?a?xm＜其次證明條件的充分性：

首先，證明滿足條件的任何數列必有界.從所設條件，取?=1，必有一正整數N0，當m,n＞N0時，有xn?xm＜1 特別地，當n＞N0且m?N0?1時，有 xn?xN0?1＜1 從而當n＞N0時，有 xn?xn?xN0?1?xN0?1＜1+xN0?1

這就證明了?xn?的有界性.由致密性定理，必有收斂子列xnk，設limxnk?a.k??? 2??+=? 22??根據子列收斂定義，對任意給定的?＞0，必有正整數K，當k＞K時，有 xn?a＜?

取一正整數k0?max?K?1,N?1?.于是k0＞K，且nko?nN?1?N?1＞N.因此，當n＞N時，由已知條件有xn?xnk0＜?，所以

xn?a?xn?xnk0?xnk0?a＜?+?=2?

即 limxn?a

n??5 柯西收斂原理 5.1 柯西收斂原理 數列?xn?有極限的必要與充分條件是：對任意給定的?＞0，有正整數N，當m, n＞N時，有xn?xm＜?.5.2 柯西收斂原理證明單調有界原理

證明：反證法，設?xn?為一遞增且有上界M的數列.假設其沒有極限，則用柯西收斂原理表達就是??＞0，對?N?N*，當m,n＞N時，有 xn?xm?? 取??1，必有一正整數N1，當n1,n2＞N1時，有xn2?xn1?1.又由于數列?xn?為一遞增的數列，所以xn2?xn1?xn2?xn1?1 取??1，必有一正整數N1，當n2,n3＞N1時，有xn3?xn2?1 取??1，必有一正整數N1，當n3,n4＞N1時，有xn4?xn3?1 …………… …………… …………… 取??1，必有一正整數N1，當nk,nk?1＞N1時，有xnk?1?xnk?1 將以上式子相加，得xnk?1?k?1??（k??）與數列?xn?有上界M矛盾，假設不成立.即，單調有界數列有極限.5.3 柯西收斂原理證明致密性定理

證明：反證法，設?xn?為一有上界M的數列.假設其沒有收斂子列.由子列收斂的定義，則??＞0，對?N?N*，當nk?1,nk＞N時，有xnk?1?xnk??.取??1，必有一正整數N1，當n1,n2＞N1時，有xn2?xn1?1 取??2，必有一正整數N2，當n2,n3＞N2時，有xn3?xn2?2 取??3，必有一正整數N3，當n3,n4＞N3時，有xn4?xn3?3 …………… …………… …………… 取??k，必有一正整數Nk，當nk,nk?1＞Nk時，有xnk?1?xnk?k 顯然與數列?xn?有上界M矛盾，假設不成立.即，任一有界數列必有收斂子列.6 有限覆蓋定理 6.1有限覆蓋定理 若開區間所組成的區間集E覆蓋一個閉區間[a,b],則總可以從E中選出有限個區間，使這有限個區間覆蓋[a,b].6.2 有限覆蓋定理證明確界定理

證明：在這里我們只說明定理的上確界部分.設不為空集的區間E?R，?x?E,有x?M,任取一點x0?E，假設E無上確界，那么?x?[x0,M]: ⅰ)當x為E的上界時，必有更小的上界x1＜x,因而x存在一開鄰域?x，其中每一點均為E的上界，稱其為第一類區間；

ⅱ）當x不是E的上界時，則有x2?E使x2＞x,那么x存在一開鄰域?x，其中每點均不是E的上界，稱其為第二類區間.? 當x取遍[x0,M]上每一點找出一個鄰域?x.顯然?x不是第一類區間就是第二類區間.這些鄰域組成閉區間[x0,M]的一個開覆蓋，由有限覆蓋定理，必存在有限子區間覆蓋[x0,M].顯然M所在的開區間應為第一類區間，與其鄰接的開區間?x有公共點.所以?x??x，x均為E的上界.而與?x相鄰接的開區間?'x有公共點，所以

?x??'x，x均為E的上界.依此類推，x0所在的開區間也是第一類區間，則x0為E的上界.又?x0?E，?E為常數集.由此矛盾引出.得證.同理，E有下確界.6.3 有限覆蓋定理證明致密性定理

證明：設?xn?是一有界數列，現在證明?xn?有收斂子列.（1）如果?xn?僅由有限個數組成，那么至少有一個數?要重復無限多次，即（2）如果?xn?是由無窮多個數組成，由有界性知，存在閉區間?a,b?，使對一切自然數n都有a＜xn＜b

在?a,b?內至少存在一點x0，使對于任意的正數?，在?x0??,x0???內都含有?xn?中無窮多個數.事實上，倘若不然，就是說對于?a,b?中每一點x，都有?x＞0，在?x??x,x??x?內，僅有?xn?中的有限個數.考慮所有這樣的開區間所成之集：?=xn1?xn2?…=xnk?… 因而子列?xnk?收斂于?.????x??x,x??x?的有限多個區間.?，?完全覆蓋了閉區間?a,b?，依有限覆蓋定理，存在?中?1?x1??x1,x1??x1，…，?n?xn??xn,xn??xn，他們也覆蓋了?a,b?，并且在每一個?i（i?1,2,…,n）中都只含?xn?中的有限多個數.因此?xn?也最多是由有限個數組成，這與假設矛盾.????1于是，對于?k=（k?1,2,3,…），于?x0??k,x0??k?內取?xn?中無窮多個點，就k1得到?xn?的子列xnk滿足：xnk?x0＜?k?（k?1,2,3,…）從而limxn1?x0得

k??k證.??總結：六大定理可以分為兩類： ① 有限覆蓋定理：反映區間上的整體性質； ② 其余五個：反映函數在一點上的性質.實數的六個基本定理在理論上很有用，在之后的閉區間上的函數的性質的證明上發揮著重要的作用.本文在寫作過程中得到了XXX老師的多次精心指導，在此表示感謝.參考文獻：

[1] 陳傳璋 金福臨 朱學炎.《數學分析（上）》.高等教育出版社.1983.7

第二篇：正弦定理證明

正弦定理證明1.三角形的正弦定理證明： 步驟1.在銳角△ABC中，設三邊為a，b，c。作CH⊥AB垂足為點H CH=a·sinB CH=b·sinA ∴a·sinB=b·sinA 得到

a/sinA=b/sinB 同理，在△ABC中，b/sinB=c/sinC 步驟2.證明a/sinA=b/sinB=c/sinC=2R：

如圖，任意三角形ABC,作ABC的外接圓O.作直徑BD交⊙O于D.連接DA.因為直徑所對的圓周角是直角,所以∠DAB=90度 因為同弧所對的圓周角相等,所以∠D等于∠C.所以c/sinC=c/sinD=BD=2R a/SinA=BC/SinD=BD=2R 類似可證其余兩個等式。2.三角形的余弦定理證明：平面幾何證法： 在任意△ABC中 做AD⊥BC.∠C所對的邊為c，∠B所對的邊為b，∠A所對的邊為a 則有BD=cosB*c，AD=sinB*c，DC=BC-BD=a-cosB*c 根據勾股定理可得： AC^2=AD^2+DC^2 b^2=(sinB*c)^2+(a-cosB*c)^2 b^2=sin^2B*c^2+a^2+cos^2B*c^2-2ac*cosB b^2=(sin^2B+cos^2B)*c^2-2ac*cosB+a^2 b^2=c^2+a^2-2ac*cosB cosB=(c^2+a^2-b^2)/2ac 3 在△ABC中，AB=c、BC=a、CA=b 則c^2=a^2+b^2-2ab*cosC a^2=b^2+c^2-2bc*cosA b^2=a^2+c^2-2ac*cosB 下面在銳角△中證明第一個等式，在鈍角△中證明以此類推。過A作AD⊥BC于D，則BD+CD=a 由勾股定理得：

c^2=(AD)^2+(BD)^2，(AD)^2=b^2-(CD)^2 所以c^2=(AD)^2-(CD)^2+b^2 =(a-CD)^2-(CD)^2+b^2 =a^2-2a*CD +(CD)^2-(CD)^2+b^2 =a^2+b^2-2a*CD 因為cosC=CD/b 所以CD=b*cosC 所以c^2=a^2+b^2-2ab*cosC 題目中^2表示平方。2 談正、余弦定理的多種證法 聊城二中 魏清泉

正、余弦定理是解三角形強有力的工具，關于這兩個定理有好幾種不同的證明方法.人教A版教材《數學》(必修5)是用向量的數量積給出證明的，如是在證明正弦定理時用到作輔助單位向量并對向量的等式作同一向量的數量積，這種構思方法過于獨特，不易被初學者接受.本文試圖通過運用多種方法證明正、余弦定理從而進一步理解正、余弦定理，進一步體會向量的巧妙應用和數學中“數”與“形”的完美結合.定理：在△ABC中，AB=c,AC=b,BC=a,則(1)(正弦定理)= =;(2)(余弦定理)c2=a2+b2-2abcos C, b2=a2+c2-2accos B, a2=b2+c2-2bccos A.一、正弦定理的證明

證法一：如圖1，設AD、BE、CF分別是△ABC的三條高。則有 AD=b?sin∠BCA，BE=c?sin∠CAB，CF=a?sin∠ABC。

所以S△ABC=a?b?csin∠BCA =b?c?sin∠CAB =c?a?sin∠ABC.證法二：如圖1，設AD、BE、CF分別是△ABC的3條高。則有 AD=b?sin∠BCA=c?sin∠ABC，BE=a?sin∠BCA=c?sin∠CAB。證法三：如圖2，設CD=2r是△ABC的外接圓 的直徑，則∠DAC=90°，∠ABC=∠ADC。

證法四：如圖3，設單位向量j與向量AC垂直。因為AB=AC+CB，所以j?AB=j?(AC+CB)=j?AC+j?CB.因為j?AC=0，j?CB=| j ||CB|cos(90°-∠C)=a?sinC，j?AB=| j ||AB|cos(90°-∠A)=c?sinA.二、余弦定理的證明

法一：在△ABC中，已知，求c。

第三篇：正弦定理證明

正弦定理

1.在一個三角形中，各邊和它所對角的正弦的比相等，且等于其外接圓半徑的兩倍，即

abc???2R sinAsinBsinC

證明：如圖所示，過B點作圓的直徑BD交圓于D點，連結AD BD=2R, 則 D=C，?DAB?90 在Rt?ABD中 ?A ?sinC?sinD??c 2RD

b c c?2R sinCab同理：?2R,?2R

sinAsinBabc所以???2R

sinAsinBsinC2.變式結論

1）a?2RsinA,b?2RsinB,c?2RsinC 2）sinA?C

a

B abc ,sinB?,sinC?2R2R2R3）asinB?bsinA,asinC?csinA,csinB?bsinC 4）a:b:c?sinA:sinB:sinC

例題

在?ABC中，角A,B,C所對的邊分別是a,b,c，若(3b?c)cosA?acosC，求cosA的值.解：由正弦定理 a?2RsinA,b?2RsinB,c?2RsinC得

(3sinB?sinC)cosA?sinAcosC

?3sinBcosA?sin(A?C)?sin(A?C)?sinB?3sinBcosA?sinB?B?(0,?)?0?sinB?1?cosA?33

第四篇：幾何證明定理

幾何證明定理

一.直線與平面平行的(判定)

1.判定定理.平面外一條直線如果平行于平面內的一條直線,那么這條直線與這個平面平行.2.應用:反證法(證明直線不平行于平面)

二.平面與平面平行的(判定)

1.判定定理:一個平面上兩條相交直線都平行于另一個平面，那么這兩個平面平行

2.關鍵：判定兩個平面是否有公共點

三.直線與平面平行的(性質)

1.性質：一條直線與一個平面平行，則過該直線的任一與此平面的交線與該直線平行2.應用：過這條直線做一個平面與已知平面相交，那么交線平行于這條直線

四.平面與平面平行的(性質)

1.性質：如果兩個平行平面同時和第三個平面相交，那么他們的交線平行

2.應用：通過做與兩個平行平面都相交的平面得到交線，實現線線平行

五：直線與平面垂直的(定理)

1.判定定理：一條直線與一個平面內的兩條相交直線都垂直，則該直線與此平面垂直

2.應用：如果一條直線與一個平面垂直，那么這條直線垂直于這個平面內所有的直線(線面垂直→線線垂直)

六.平面與平面的垂直(定理)

1.一個平面過另一個平面的垂線,則這兩個平面垂直

(或者做二面角判定)

2.應用:在其中一個平面內找到或做出另一個平面的垂線,即實現線面垂直證面面垂直的轉換

七.平面與平面垂直的(性質)

1.性質一:垂直于同一個平面的兩條垂線平行

2.性質二:如果兩個平面垂直,則一個平面內垂直于交線的直線與另一個平面垂直

3.性質三:如果兩個平面互相垂直,那么經過第一個平面內的一點垂直于第二個平面內的直線,在第一個平面內(性質三沒什么用,可以不用記)

以上,是立體幾何的定理和性質整理.是一定要記住的基本！

31推論1等腰三角形頂角的平分線平分底邊并且垂直于底邊

32等腰三角形的頂角平分線、底邊上的中線和高互相重合33推論3等邊三角形的各角都相等，并且每一個角都等于60°34等腰三角形的判定定理如果一個三角形有兩個角相等，那么這兩個角所對的邊也相等(等角對等邊)

35推論1三個角都相等的三角形是等邊三角形

36推論2有一個角等于60°的等腰三角形是等邊三角形

37在直角三角形中，如果一個銳角等于30°那么它所對的直角邊等于斜邊的一半

38直角三角形斜邊上的中線等于斜邊上的一半

39定理線段垂直平分線上的點和這條線段兩個端點的距離相等

40逆定理和一條線段兩個端點距離相等的點，在這條線段的垂直平分線上

41線段的垂直平分線可看作和線段兩端點距離相等的所有點的集合42定理1關于某條直線對稱的兩個圖形是全等形

43定理2如果兩個圖形關于某直線對稱，那么對稱軸是對應點連線的垂直平分線

44定理3兩個圖形關于某直線對稱，如果它們的對應線段或延長線相交，那么交點在對稱軸上

45逆定理如果兩個圖形的對應點連線被同一條直線垂直平分，那么這兩個圖形關于這條直線對稱

46勾股定理直角三角形兩直角邊a、b的平方和、等于斜邊c的平方，即a+b=c

47勾股定理的逆定理如果三角形的三邊長a、b、c有關系a+b=c，那么這個三角形是直角三角形

48定理四邊形的內角和等于360°

49四邊形的外角和等于360°

50多邊形內角和定理n邊形的內角的和等于(n-2)×180°

51推論任意多邊的外角和等于360°

52平行四邊形性質定理1平行四邊形的對角相等

53平行四邊形性質定理2平行四邊形的對邊相等

54推論夾在兩條平行線間的平行線段相等

55平行四邊形性質定理3平行四邊形的對角線互相平分

56平行四邊形判定定理1兩組對角分別相等的四邊形是平行四邊形

57平行四邊形判定定理2兩組對邊分別相等的四邊形是平行四邊形

58平行四邊形判定定理3對角線互相平分的四邊形是平行四邊形

59平行四邊形判定定理4一組對邊平行相等的四邊形是平行四邊形

60矩形性質定理1矩形的四個角都是直角

61矩形性質定理2矩形的對角線相等

62矩形判定定理1有三個角是直角的四邊形是矩形。

第五篇：數學定理證明

一．基本定理： 1．（極限或連續）局部保號性定理（進而證明保序性定理）2．局部有界性定理． 3．拉格朗日中值定理．

4．可微的一元函數取得極值的必要條件． 5．可積函數的變上限積分函數的連續性． 6．牛頓——萊布尼茨公式．

7．多元函數可微的必要條件（連續，可導）． 8．可微的二元函數取得極值的必要條件． 9．格林定理．

10．正項級數收斂的充要條件：其部分和數列有界． 11．冪級數絕對收斂性的阿貝爾定理． 12．（數學三、四）利潤取得最大值的必要條件是邊際成本與邊際收入相等． 二．基本方法：

1．等價無窮小替換：若x?a時，有?(x)~?(x)，試證明lim?(x)f(x)?lim?(x)f(x)。

x?a

x?a

2．微元法：若f(x)是區間[a,b]（a?0）上非負連續函數，試證明曲邊梯形D??(x,y)a?x?b,0?y?f(x)? 繞 軸旋轉，所得的體積為V?2?

?

ba

xf(x)dx。

3．常數變易法：若P(x)和Q(x)是連續函數，試證明微分方程y??P(x)y?Q(x)的通解為

?P(x)dx?y?e?C?

??

?

?Q(x)e

P(x)dx

?dx。??

三．一些反例也是很重要的：

1．函數的導函數不一定是連續函數。反例是：函數點不連續。

2．f?(a)?0，但不一定存在x?a點某個鄰域使函數f(x)在該鄰域內單調增加。反例是：函數

1?

?x?100x2sin,f(x)??x

?0,?

x?0, x?0,1?2

?xsin,f(x)??x

?0,?

x?0,在x?0點可導，但f?(x)x?0,在x?0

3．多元函數可（偏）導點處不一定連續。反例是：函數

xy?,?2

f(x,y)??x?y2

?0,?

(x,y)?(0,0),(x,y)?(0,0),4．多元函數在不可（偏）導點處，方向導數不一定不存在。反例是：函數 f(x,y)?處兩個一階偏導數都不存在，但是函數在在(0,0)點處沿任一方向的方向導數都存在。

an?1an

?

x?y

在(0,0)點

?

5．?1，既不是正項級數?an收斂的充分條件，也不是它收斂的必要條件。反例一，正項級數?

n?1

n?1

?

n

1n

滿

足

an?1an

?1但不收斂。反例二，正項級數?

n?1

5?3(?1)

n

不滿足

an?1an

?a2n?

?，但是它是收斂的。?2?1?1? ?a?

?2n?1?