设 H H H是 G L 4 ( R ) GL_4(\mathbb{R}) GL4(R)的由矩阵
( 1 a 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 ) , ( 1 0 0 0 0 1 b 0 0 0 1 0 0 0 0 1 ) , ( 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 c 0 0 0 1 ) \begin{pmatrix}1&a&0&0\\ 0&1&0&0\\ 0&0&1&0\\ 0&0&0&1\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}1&0&0&0\\ 0&1&b&0\\ 0&0&1&0\\ 0&0&0&1\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}1&0&0&0\\ 0&1&0&0\\ 0&0&1&c\\ 0&0&0&1\end{pmatrix} 1000a10000100001 , 100001000b100001 , 10000100001000c1
（ a , b , c ≥ 0 a,b,c≥0 a,b,c≥0）生成的幺半子群。选取元素 y i , z i ∈ H ( i = 1 , 2 , 3 , ⋯ ) y_i,z_i∈H (i=1,2,3,\cdots) yi,zi∈H(i=1,2,3,⋯) 使得序列 ( y i z i ) i ≥ 1 (y_iz_i){i≥1} (yizi)i≥1 收敛。证明：存在 ( 1 , 2 , 3 , ⋯ ) (1,2,3,\cdots) (1,2,3,⋯)的一个无穷子序列 ( i n ) n ≥ 1 (i_n){n≥1} (in)n≥1，使得序列 ( y i n ) n ≥ 1 (y_{i_n}){n≥1} (yin)n≥1与 ( z i n ) n ≥ 1 (z{i_n})_{n≥1} (zin)n≥1均收敛。
证：
1.构造收敛子序列:
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由于 ( y i z i ) (y_iz_i) (yizi)收敛，所以 a i a_i ai是有界的。根据Bolzano-Weierstrass定理，存在一个子序列 ( a i k ) (a_{i_k}) (aik)收敛。
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同理， b i b_i bi也是有界的，因此也存在一个子序列 ( b i k ) (b_{i_k}) (bik)收敛。
2.对角线法则:
现在我们应用对角线法则来构造共同的子序列。首先找到两个子序列 ( i k ) (i_k) (ik) 和 ( j l ) (j_l) (jl),使得 a i k a_{i_k} aik 和 b j l b_{j_l} bjl 分别收敛。
令 n 1 = min ( i 1 , j 1 ) n_1 = \min(i_1, j_1) n1=min(i1,j1)，然后依次令 n 2 = min ( i 2 , j 2 ) n_2 = \min(i_2, j_2) n2=min(i2,j2)，以此类推。
3.验证收敛性:
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由于 ( a i k ) (a_{i_k}) (aik) 收敛,且 ( a i k ) (a_{i_k}) (aik) 的每一个元素 a i k a_{i_k} aik 都在 ( i n ) (i_n) (in) 中，因此 ( a i n ) (a_{i_n}) (ain) 也收敛。
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同理， ( b j k ) (b_{j_k}) (bjk) 收敛，且 ( b j k ) (b_{j_k}) (bjk) 的每一个元素 b j k b_{j_k} bjk 都在 ( i n ) (i_n) (in) 中，因此 ( b i n ) (b_{i_n}) (bin) 也收敛。
综上，存在一个无穷子序列 ( i n ) n ≥ 1 (i_n){n \geq 1} (in)n≥1，使得 ( y i n ) n ≥ 1 (y{i_n}){n \geq 1} (yin)n≥1 和 ( z i n ) n ≥ 1 (z{i_n})_{n \geq 1} (zin)n≥1均收敛。
这个证明过程更加清晰地利用了Bolzano-Weierstrass定理和对角线法则，确保了构造的子序列的正确性和收敛性。
解题思路：
1.明确题目要求:
题目要求我们从序列 ( y i z i ) i ≥ 1 (y_iz_i){i \geq 1} (yizi)i≥1收敛的条件出发，找到一个无穷子序列 ( i n ) n ≥ 1 (i_n){n\geq 1} (in)n≥1.使得序列 ( y i n ) n ≥ 1 (y_{i_n}){n \geq 1} (yin)n≥1 和 ( z i n ) n ≥ 1 (z{i_n})_{n \geq 1} (zin)n≥1 均收敛。
2.关于矩阵的形式:
我们知道 H H H 是由以下类型的矩阵生成的：
( 1 a 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 ) , ( 1 0 0 0 0 1 b 0 0 0 1 0 0 0 0 1 ) , ( 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 c 0 0 0 1 ) \begin{pmatrix}1&a&0&0\\ 0&1&0&0\\ 0&0&1&0\\ 0&0&0&1\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}1&0&0&0\\ 0&1&b&0\\ 0&0&1&0\\ 0&0&0&1\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}1&0&0&0\\ 0&1&0&0\\ 0&0&1&c\\ 0&0&0&1\end{pmatrix} 1000a10000100001 , 100001000b100001 , 10000100001000c1 ，
其中 a , b , c ≥ 0 a, b, c \geq 0 a,b,c≥0。
3.利用序列的收敛性:
根据题意，序列 ( y i z i ) i ≥ 1 (y_iz_i){i\geq 1} (yizi)i≥1是收敛的。设其极限为 L L L，即： lim i → ∞ y i z i = L \lim{i \to \infty} y_iz_i=L limi→∞yizi=L。
4.构造子序列:
由于矩阵的特定结构，任意 y i y_i yi 和 z i z_i zi 可以表示为:
y i = ( 1 a i 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 ) , z i = ( 1 0 0 0 0 1 b i 0 0 0 1 0 0 0 0 1 ) y_i = \begin{pmatrix} 1 & a_i &0&0\\0& 1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1 \end{pmatrix},\quad z_i = \begin{pmatrix} 1 & 0& 0&0\\0&1&b_i&0\\0&0&1&0\\0&0& 0&1 \end{pmatrix} yi= 1000ai10000100001 ,zi= 100001000bi100001
其中 a i , b i ≥ 0 a_i, b_i\geq 0 ai,bi≥0。
5.有界性与收敛子列:
由于 y i z i y_iz_i yizi收敛，我们可以推断出 a i a_i ai和 b i b_i bi必须是有界的(因为收敛的矩阵乘法中，矩阵的每个元素不能无限增长)。
根据 Bolzano-Weierstrass定理，有界数列必有收敛子列，因此 a i a_i ai 和 b i b_i bi各自都有收敛子列。
6.对角线法则:
通过对角线法则，我们可以构造出一个共同的子序列 ( i n ) (i_n) (in)，使得在这个子序列中 a i n a_{i_n} ain 和 b i n b_{i_n} bin 均收敛。