1

是. 因为

2

(1)

不是, 简单举个反例, 调和级数.

(2)

那就是了, 对应于之前 1.5 的例二.

很显然有 $|a_{n+1}-a_n|<\frac{1}{(n+1)^2}$ , 那么 $|a_m-a_n|<\sum_{i=n+1}^m 1/i^2,(m>n)$ , 记
$$ \lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n\frac{1}{i^2}=L $$
那么对于任意 $\epsilon>0$ , 存在 $N\in\mathbb{Z}^*$ , 使得当 $n>N$ 时, 有
$$ L-\sum_{i=1}^n\frac{1}{i^2}<\epsilon,\left(L>\sum_{i=1}^n\frac{1}{i^2}\right) $$
那么对于这样的 $\epsilon$ , 当 $m>n>N$ 时, 就有
$$ |a_m-a_n|<\sum_{i=n+1}^m \frac{1}{i^2}

那么该数列显然是基本列.

3

(1)

根据第 2 题 (2) 显然成立 (它是基本列) .

(2)

记 $|a_n|$$ |b_m-b_n|=\left|\sum_{i=n+1}^ma_iq^i\right|由于

$$ \lim_{n\to\infty}\frac{Mq^{n+1}}{1-q}=0 $$

那么对于任意 $\epsilon>0$ , 存在 $N\in\mathbb{Z}^*$ , 使得当 $n>N$ 时, 有
$$ |b_m-b_n|<\frac{Mq^{n+1}}{1-q}<\epsilon $$

因此 $\{a_n\}$ 是基本列, 自然收敛.

(3)

由 (2) 得成立.

(4)

由 (3) 得成立.

4

用反证法. 假设不收敛, 那么就有: 存在 $\epsilon>0$ , 使得任取 $N\in\mathbb{Z}^*$ , 都存在 $m>n>N$ 使得 $|a_m-a_n|>\epsilon$ . 取

$N_1那么就有
$$ b_k>\sum_{i=1}^k\sum_{j=n_i}^{m_i-1}|a_{j+1}-a_j|>\sum_{i=1}^k|a_{m_i}-a_{n_i}|>k\epsilon $$
左右同时取极限得
$$ \lim_{k\to\infty}b_k=+\infty $$

与题设矛盾.

5

存在 $\epsilon>0$ , 使得对任意的 $N\in\mathbb{Z}^*$ , 都存在 $m>n>N$ 使得 $|a_m-a_n|>\epsilon$ .

6

即 $\{a_n\}$ 不是基本列, 那么就存在 $\epsilon>0$ , 使得对任意的 $N\in\mathbb{Z}^*$ , 都存在 $m>n>N$ 使得 $|a_m-a_n|>\epsilon$ . 像第 4 题一样, 取 $N_1无限套娃) 这两个子列必然收敛于不同的值, 这是因为
$$ \lim_{n\to\infty}b_n-\lim_{n\to\infty}c_n=\lim_{n\to\infty}(b_n-c_n)>\epsilon $$