(2) 数列极限

本页最后更新于 ，内容可能过时

点击展开，复制本篇源码

复制到自己的笔记仓库之前，先按「Markdown 笔记仓库」那篇把 VSCode 配置好。=600x 这种图片尺寸写法由 Markdown Image Size 扩展提供，未安装时图片按原始尺寸显示；表格对齐和列表续行由 Markdown All in One 提供。公式由 VSCode 内置的预览渲染，不需要另装扩展。

## 实数系

数系的扩充
- 自然数集 $N$: 对加法与乘法封闭, 对减法不封闭
- 整数集 $Z$: 对加法, 减法, 乘法封闭, 对除法不封闭
- 有理数集 $Q=\left\{x\mid x=\frac{q}{p},p\in N^*,q\in Z\right\}$: 对加法,
  减法, 乘法, 除法都封闭

数轴: 取一条水平直线, 定一点 $O$ 为原点, 取线段 $OA$ 为单位长度
$Z$ 的元素对应数轴上的整数点, 相邻两点间隔为 $1$, $Z$ 具有离散性
$Q$ 的元素对应数轴上的有理点, 任意长度大于 $0$ 的线段上都有无穷多个有理点, $Q$ 具有稠密性

[有理数集 $Q$ 是稠密的, 但没有填满整条数轴, 中间留有许多空隙]

------

边长为 $1$ 的正方形的对角线长度 $c$ 不能用有理数表示

证明: 由勾股定理 $c^2=2$, 反证法设 $c=\frac{q}{p}$,
其中 $p,q\in N^*$ 且 $p,q$ 互素

由 $\frac{q^2}{p^2}=2$ 得 $q^2=2p^2$, 奇数的平方是奇数, 故 $q$ 是偶数
设 $q=2r$, 代入得 $p^2=2r^2$, 故 $p$ 也是偶数, 与 $p,q$ 互素矛盾

所以 $c$ 不是有理数, 有理数集 $Q$ 对开方运算不封闭

------

实数集: $R=\{x\mid x\text{是有理数或无理数}\}$

无理数: 无限不循环小数
无理点填补了有理点在数轴上的所有空隙, 数轴上的每个点都对应唯一一个实数
[这一性质称为实数系 $R$ 的连续性, $R$ 称为实数连续统, 表示实数全体的坐标轴称为数轴]
[实数系的连续性是分析学的基础, 从分析学角度的表述之一是确界存在定理]

图2-1: 与单位正方形对角线长度 $c$ 对应的点位于有理点集合的空隙中

![](https://image-1379176255.cos.ap-shanghai.myqcloud.com/20261011192949000.png =600x)


## 最大数与最小数

$\exists$ 表示存在, $\forall$ 表示对于任意
$A\subseteq B\iff\forall x\in A$, 有 $x\in B$
$A\subsetneq B\iff\exists x\in A$, 使得 $x\in B$

------

最大数: 若 $\exists\xi\in S$, 使得 $\forall x\in S$,
有 $x\leq\xi$, 则称 $\xi$ 是数集 $S$ 的最大数,
记为 $\xi=\max S$

最小数: 若 $\exists\eta\in S$, 使得 $\forall x\in S$,
有 $x\geq\eta$, 则称 $\eta$ 是数集 $S$ 的最小数,
记为 $\eta=\min S$

非空有限集一定存在 $\max S$ 与 $\min S$
[无限集的最大数与最小数可能不存在]

------

> 例2-1: 集合 $A=\{x\mid x\geq0\}$ 没有最大数, 但有最小数, $\min A=0$

> 例2-2: 证明集合 $B=\{x\mid 0<x<1\}$ 没有最大数
>
> 证: 反证法, 设 $B$ 有最大数 $\beta$
> 由 $\beta\in(0,1)$ 知 $\beta'=\frac{1+\beta}{2}\in(0,1)$
> 但 $\beta'>\beta$, 与 $\beta$ 是 $B$ 的最大数矛盾


## 上确界与下确界

上界: 设 $S$ 是非空数集, 若 $\exists M\in R$,
使得 $\forall x\in S$, 有 $x\leq M$,
则称 $M$ 是 $S$ 的一个上界

下界: 若 $\exists m\in R$, 使得 $\forall x\in S$,
有 $x\geq m$, 则称 $m$ 是 $S$ 的一个下界

有界集: 既有上界又有下界的数集
$S$ 为有界集 $\iff\exists X>0$, 使得 $\forall x\in S$,
有 $|x|\leq X$

------

上确界 $\beta=\sup S$: 设 $S$ 有上界, 其上界全体构成的集合 $U$ 的最小数为 $\beta$
$\beta$ 满足
1. $\forall x\in S$, 有 $x\leq\beta$
2. $\forall\varepsilon>0$, $\exists x_0\in S$,
   使得 $x_0>\beta-\varepsilon$

下确界 $\alpha=\inf S$: 设 $S$ 有下界,
其下界全体构成的集合 $L$ 的最大数为 $\alpha$
$\alpha$ 满足
1. $\forall x\in S$, 有 $x\geq\alpha$
2. $\forall\varepsilon>0$, $\exists x_0\in S$,
   使得 $x_0<\alpha+\varepsilon$

------

定理(确界存在定理): 非空有上界的数集必有上确界, 非空有下界的数集必有下确界
[又称实数系连续性定理]

证: 任一实数 $x$ 可表示为 $x=[x]+(x)$, $[x]$ 是 $x$ 的整数部分,
$(x)$ 是 $x$ 的非负小数部分
$(x)$ 写成无限小数的形式 $(x)=0.a_1a_2\cdots a_n\cdots$

设 $S$ 有上界, 令 $a_0$ 为 $S$ 中元素整数部分的最大者,
记 $S_0=\{x\mid x\in S\text{且}[x]=a_0\}$
令 $a_1$ 为 $S_0$ 中元素第一位小数的最大者,
记 $S_1=\{x\mid x\in S_0\text{且}x\text{的第一位小数为}a_1\}$

一般地, 令 $a_n$ 为 $S_{n-1}$ 中元素第 $n$ 位小数的最大者,
记 $S_n=\{x\mid x\in S_{n-1}\text{且}x\text{的第}n\text{位小数为}a_n\}$
$S_n$ 非空, 且对任意 $x\in S_n$, 有 $x<a_0+0.a_1a_2\cdots a_n$

令 $\beta=a_0+0.a_1a_2\cdots a_n\cdots$,
下证 $\beta$ 是 $S$ 的上确界

1. 设 $x\in S$, 或存在整数 $n_0\geq0$ 使 $x\in S_{n_0}$,
   或对一切 $n\geq0$ 有 $x\in S_n$
   若 $x\in S_{n_0}$,
   有 $x<a_0+0.a_1a_2\cdots a_{n_0}\leq\beta$
   若 $x\in S_n(n\in N)$, 由 $S_n$ 的定义逐位比较知 $x=\beta$
   所以对一切 $x\in S$ 有 $x\leq\beta$, $\beta$ 是 $S$ 的上界

2. 对任意 $\varepsilon>0$,
   取 $n_0$ 充分大使 $\frac{1}{10^{n_0}}<\varepsilon$
   取 $x_0\in S_{n_0}$,
   则 $\beta-x_0\leq\frac{1}{10^{n_0}}<\varepsilon$,
   即 $x_0>\beta-\varepsilon$
   所以小于 $\beta$ 的数 $\beta-\varepsilon$ 不是 $S$ 的上界

同理可证非空有下界的数集必有下确界

------

定理: 非空有界数集的上确界与下确界唯一

------

> 例2-3: 设 $T=\{x\mid x\in Q\text{且}x>0,x^2<2\}$,
> 证明 $T$ 在 $Q$ 内没有上确界
>
> 证: 反证法, 设 $T$ 在 $Q$ 内有上确界 $\sup T=\frac{n}{m}$,
> 其中 $m,n\in N^*$ 且 $m,n$ 互素
> 则 $1<\left(\frac{n}{m}\right)^2<3$, 于是只有两种可能
>
> 1. $1<\left(\frac{n}{m}\right)^2<2$: 记 $2-\frac{n^2}{m^2}=t$,
>    则 $0<t<1$
>    令 $r=\frac{t}{6m}$, 显然 $\frac{n}{m}+r>0$,
>    $\frac{n}{m}-r>0$
>    由 $r^2=\frac{n^2t^2}{36m^4}<\frac{t}{18}$ 及 $\frac{2n}{m}r=\frac{n^2t}{3m^2}<\frac{t}{2}$ 可得
>    $\left(\frac{n}{m}+r\right)^2-2=r^2+\frac{2n}{m}r-t<0$
>    这说明 $\frac{n}{m}+r\in T$, 与 $\frac{n}{m}$ 是 $T$ 的上确界矛盾
>
> 2. $2<\left(\frac{n}{m}\right)^2<3$: 记 $\frac{n^2}{m^2}-2=t$,
>    则 $0<t<1$
>    令 $r=\frac{t}{6m}$,
>    由 $\frac{2n}{m}r=\frac{n^2t}{3m^2}<t$ 可得
>    $\left(\frac{n}{m}-r\right)^2-2=r^2-\frac{2n}{m}r+t>0$
>    这说明 $\frac{n}{m}-r$ 也是 $T$ 的上界,
>    与 $\frac{n}{m}$ 是 $T$ 的上确界矛盾
>
> 所以 $T$ 在 $Q$ 内没有上确界


## Dedekind 切割定理

切割: 设两个非空有理数集合 $A$ 和 $B$ 满足 $Q=A\cup B$,
且对任意 $a\in A$ 与 $b\in B$ 成立 $a<b$,
则称 $A$ 和 $B$ 构成 $Q$ 的一个切割, 记为 $A/B$

------

有理数集合 $Q$ 的任一切割 $A/B$ 有且仅有以下情况之一
1. $A$ 有最大数 $a_0$, $B$ 没有最小数
2. $A$ 没有最大数, $B$ 有最小数 $b_0$
3. $A$ 没有最大数, $B$ 没有最小数
4. $A$ 有最大数 $a_0$, $B$ 有最小数 $b_0$

情况 4 不可能发生: 由定义 $a_0<b_0$,
而 $\frac{a_0+b_0}{2}$ 也是 $Q$ 中的有理数,
与 $Q=A\cup B$ 矛盾

------

无理数: 有理数集 $Q$ 的切割 $A/B$ 中, 若 $A$ 没有最大数, $B$ 没有最小数,
则称该切割确定一个无理数 $c$, $c$ 大于 $A$ 中任何有理数, 小于 $B$ 中任何有理数
例: $A=\{x\mid x\in Q,x>0,x^2<2\}$ 没有最大数,
$B=\{x\mid x\in Q,x>0,x^2>2\}$ 有最小数,
该切割确定无理数 $\sqrt2$

实数集: 由有理数全体与由切割确定的全体无理数所构成的集合, 记为 $R$
[有理数中的四则运算与大小关系可移植到实数集 $R$, 如 $c,d\in R$
由切割 $A_1/B_1$, $A_2/B_2$ 确定, 则 $c+d$
由 $A=\{x_1+x_2\mid x_1\in A_1,x_2\in A_2\}$,
$B=Q-A$ 确定]

------

实数切割: 设两个非空实数集合 $\tilde A$ 和 $\tilde B$ 满足 $R=\tilde A\cup\tilde B$,
且对任意 $a\in\tilde A$ 与 $b\in\tilde B$ 成立 $a<b$,
则称 $\tilde A$ 和 $\tilde B$ 构成 $R$ 的一个切割,
记为 $\tilde A/\tilde B$

------

定理(Dedekind 切割定理): 设 $\tilde A/\tilde B$ 是实数集 $R$ 的一个切割,
则或者 $\tilde A$ 有最大数, 或者 $\tilde B$ 有最小数

证: 设 $\tilde A$ 中全体有理数构成 $A$,
$\tilde B$ 中全体有理数构成 $B$, 则 $A/B$ 是 $Q$ 的一个切割

1. $A$ 有最大数 $a_0$, $B$ 没有最小数: 则 $a_0$ 也是 $\tilde A$ 的最大数
2. $A$ 没有最大数, $B$ 有最小数 $b_0$: 则 $b_0$ 也是 $\tilde B$ 的最小数
3. $A$ 没有最大数, $B$ 没有最小数: 则该切割确定无理数 $c$,
   $c$ 属于 $\tilde A$ 或 $\tilde B$
   若 $c\in\tilde A$, 则 $c$ 是 $\tilde A$ 的最大数;
   若 $c\in\tilde B$, 则 $c$ 是 $\tilde B$ 的最小数

所以 Dedekind 定理成立

------

由 Dedekind 定理可给出确界存在定理的另一证明

证: 设非空实数集 $S$ 有上界,
令 $S$ 的上界全体构成的集合为 $\tilde B=\{y\mid y\geq t,\forall t\in S\}$
并令 $\tilde B$ 的补集为 $\tilde A=R\setminus\tilde B$
于是 $\tilde A/\tilde B$ 构成实数集 $R$ 的一个切割,
由 Dedekind 定理, 或 $\tilde A$ 有最大数,
或 $\tilde B$ 有最小数

对任意 $x\in\tilde A$, $x$ 不是 $S$ 的上界, 即存在 $t\in S$ 使得 $x<t$
令 $x'=\frac{x+t}{2}$, 则 $x<x'<t$,
由 $x'<t$ 知 $x'$ 也不是 $S$ 的上界, 于是 $x'\in\tilde A$
再由 $x<x'$ 知 $x$ 不是 $\tilde A$ 的最大数, 所以 $\tilde A$ 没有最大数

由此证得 $\tilde B$ 有最小数, 即集合 $S$ 必有最小上界, 即上确界


## 数列与数列极限

数列: 按正整数编了号的一串数 $x_1,x_2,\cdots,x_n,\cdots$
$x_n$ 称为数列的通项, 第 $n$ 项, 记数列为 $\{x_n\}$

例
- $\left\{\frac{1}{n}\right\}:1,\frac{1}{2},\frac{1}{3},\cdots,\frac{1}{n},\cdots$
- $\left\{\frac{n}{n+3}\right\}:\frac{1}{4},\frac{2}{5},\frac{3}{6},\cdots,\frac{n}{n+3},\cdots$
- $\{n^2\}:1,4,9,\cdots,n^2,\cdots$
- $\{(-1)^n\}:-1,1,-1,1,\cdots,(-1)^n,\cdots$

[数列与数集有区别: 数集中元素没有次序, 数列中各项有确定的编号, 前后次序不能颠倒, 重复出现的数不能随便舍去]
[常数列 $C,C,C,\cdots$ 反映一种特殊的变化规律]

------

定义(数列极限): 设 $\{x_n\}$ 是一给定数列, $a$ 是一个实常数
如果对于任意给定的 $\varepsilon>0$, 可以找到正整数 $N$,
使得当 $n>N$ 时成立 $|x_n-a|<\varepsilon$
则称数列 $\{x_n\}$ 收敛于 $a$, 称 $a$ 是数列 $\{x_n\}$ 的极限, 记为
$\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a$
有时也记为 $x_n\to a\ (n\to\infty)$
若不存在实数 $a$ 使 $\{x_n\}$ 收敛于 $a$, 则称数列 $\{x_n\}$ 发散

符号表述: $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a\iff\forall\varepsilon>0,\ \exists N,\ \forall n>N:|x_n-a|<\varepsilon$

$\varepsilon$ 邻域: 开区间 $(a-\varepsilon,a+\varepsilon)$,
记为 $O(a,\varepsilon)=\{x\mid a-\varepsilon<x<a+\varepsilon\}$
$|x_n-a|<\varepsilon$ 表示数列从第 $N+1$ 项起的所有项都落在点 $a$ 的 $\varepsilon$ 邻域中,
即 $x_n\in O(a,\varepsilon)$, $n>N$

[$\varepsilon$ 既是任意的, 又是给定的,
只有 $\varepsilon$ 确定后才能找到相应的 $N$]
[数列收敛与否, 收敛于哪个数, 与数列前面的有限项无关]

图2-2: 数列极限 $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a$ 的几何意义

![](https://image-1379176255.cos.ap-shanghai.myqcloud.com/20261011192949001.png =550x)

------

> 例2-4: 证明数列 $\left\{\frac{n}{n+3}\right\}$ 的极限为 $1$
>
> 证: 对任意给定的 $\varepsilon>0$,
> 要使 $\left|\frac{n}{n+3}-1\right|=\frac{3}{n+3}<\varepsilon$,
> 只须 $n>\frac{3}{\varepsilon}-3$
>
> 取 $N=\left[\frac{3}{\varepsilon}\right]+1$,
> 其中 $[x]$ 表示 $x$ 的整数部分
> 则当 $n>N$ 时成立 $\left|\frac{n}{n+3}-1\right|=\frac{3}{n+3}<\varepsilon$

------

数列 $\{n^2\}:1,4,9,\cdots,n^2,\cdots$ 与 $\{(-1)^n\}$ 是发散数列

无穷小量: 极限为 $0$ 的数列
例: $\left\{\frac{1}{n}\right\}$,
$\left\{\frac{(-1)^{n+1}}{n^2+1}\right\}$
常数列 $0,0,\cdots,0,\cdots$ 是一种特殊的无穷小量
$\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a\iff\{x_n-a\}$ 是无穷小量

------

> 例2-5: 证明 $\{q^n\}(0<|q|<1)$ 是无穷小量
>
> 证: 对任意给定的 $\varepsilon>0$, 要使 $|q^n-0|=|q|^n<\varepsilon$
> 两边取对数, 即得 $n>\frac{\lg\varepsilon}{\lg|q|}$
>
> 取大于 $\frac{\lg\varepsilon}{\lg|q|}$ 的任意正整数即为 $N$
> 为保证 $N$ 是正整数,
> 取 $N=\max\left\{\left[\frac{\lg\varepsilon}{\lg|q|}\right],1\right\}$
> 则当 $n>N$ 时成立 $|q^n-0|=|q|^n<|q|^{\frac{\lg\varepsilon}{\lg|q|}}=\varepsilon$

[证明时常对 $|x_n-a|$ 适度放大, 是常用的技巧]

> 例2-6: 设 $a>1$, 证明 $\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a}=1$
>
> 证: 令 $\sqrt[n]{a}=1+y_n$, $y_n>0$, 应用二项式定理
> $a=(1+y_n)^n=1+ny_n+\frac{n(n-1)}{2}y_n^2+\cdots+y_n^n>1+ny_n$
> 得到 $|\sqrt[n]{a}-1|=y_n<\frac{a-1}{n}$
>
> 对任意给定的 $\varepsilon>0$,
> 取 $N=\left[\frac{a-1}{\varepsilon}\right]$,
> 当 $n>N$ 时成立 $|\sqrt[n]{a}-1|<\frac{a-1}{n}<\varepsilon$

> 例2-7: 证明 $\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{n}=1$
>
> 证: 令 $\sqrt[n]{n}=1+y_n$, $y_n>0$, 应用二项式定理
> $n=(1+y_n)^n=1+ny_n+\frac{n(n-1)}{2}y_n^2+\cdots+y_n^n>1+\frac{n(n-1)}{2}y_n^2$
> 得到 $|\sqrt[n]{n}-1|=y_n<\sqrt{\frac{2}{n}}$
>
> 对任意给定的 $\varepsilon>0$,
> 取 $N=\left[\frac{2}{\varepsilon^2}\right]$,
> 当 $n>N$ 时成立 $|\sqrt[n]{n}-1|<\sqrt{\frac{2}{n}}<\varepsilon$
> 类似地可证 $\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{n^k}=1\ (k\in N^*)$

> 例2-8: 证明 $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n^2+1}{2n^2-7n}=\frac{1}{2}$
>
> 证: $\left|\frac{n^2+1}{2n^2-7n}-\frac{1}{2}\right|=\left|\frac{7n+2}{2n(2n-7)}\right|$
> 当 $n>6$ 时,
> $\left|\frac{7n+2}{2n(2n-7)}\right|<\frac{8n}{2n^2}=\frac{4}{n}$
>
> 对任意给定的 $\varepsilon>0$,
> 取 $N=\max\left\{6,\left[\frac{4}{\varepsilon}\right]\right\}$
> 当 $n>N$ 时成立 $\left|\frac{n^2+1}{2n^2-7n}-\frac{1}{2}\right|<\frac{4}{n}<\varepsilon$
> [放大在条件 $n>6$ 下成立,
> 取 $N$ 时必须要求 $N\geq\left[\frac{4}{\varepsilon}\right]$ 与 $N\geq6$
> 同时成立]

> 例2-9: 证明: 若 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n=a$,
> 则 $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}=a$
>
> 证: 先设 $a=0$, 即 $\{a_n\}$ 是无穷小量
> 对任意给定的 $\varepsilon>0$, 有正整数 $N_1$,
> 当 $n>N_1$ 时 $|a_n|<\frac{\varepsilon}{2}$
> 现在 $a_1+a_2+\cdots+a_{N_1}$ 已经是固定数, 取 $N>N_1$,
> 使当 $n>N$ 时 $\left|\frac{a_1+a_2+\cdots+a_{N_1}}{n}\right|<\frac{\varepsilon}{2}$
>
> 利用三角不等式得到
> $\begin{aligned}\left|\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}\right|&=\left|\frac{a_1+a_2+\cdots+a_{N_1}}{n}+\frac{a_{N_1+1}+a_{N_1+2}+\cdots+a_n}{n}\right|\\&\leq\left|\frac{a_1+a_2+\cdots+a_{N_1}}{n}\right|+\left|\frac{a_{N_1+1}+a_{N_1+2}+\cdots+a_n}{n}\right|\\&<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon\end{aligned}$
>
> 当 $a\neq0$ 时, $\{a_n-a\}$ 是无穷小量, 于是
> $\lim\limits_{n\to\infty}\left(\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}-a\right)=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{(a_1-a)+(a_2-a)+\cdots+(a_n-a)}{n}=0$


## 数列极限的性质

定理(极限的唯一性): 收敛数列的极限必唯一

证: 假设 $\{x_n\}$ 有极限 $a$ 与 $b$, 根据定义
$\forall\varepsilon>0$, $\exists N_1$,
$\forall n>N_1:|x_n-a|<\frac{\varepsilon}{2}$;
$\exists N_2$,
$\forall n>N_2:|x_n-b|<\frac{\varepsilon}{2}$

取 $N=\max\{N_1,N_2\}$, 利用三角不等式, 当 $n>N$ 时
$|a-b|=|a-x_n+x_n-b|\leq|x_n-a|+|x_n-b|<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon$
由 $\varepsilon$ 的任意性知 $a=b$
[插项(加一项再减一项)并辅以三角不等式是常用技巧]

------

有界数列: 数列 $\{x_n\}$ 若存在实数 $M$ 使所有项满足 $x_n\leq M$, 则 $M$ 是上界
若存在实数 $m$ 使所有项满足 $m\leq x_n$, 则 $m$ 是下界
既有上界又有下界的数列称为有界数列

等价定义: 存在正数 $X$, 使所有项满足 $|x_n|\leq X$, $n=1,2,3,\cdots$

------

定理(收敛数列的有界性): 收敛数列必有界

证: 设数列 $\{x_n\}$ 收敛, 极限为 $a$, 取 $\varepsilon=1$,
则 $\exists N$, $\forall n>N:|x_n-a|<1$,
即 $a-1<x_n<a+1$

取 $M=\max\{x_1,x_2,\cdots,x_N,a+1\}$,
$m=\min\{x_1,x_2,\cdots,x_N,a-1\}$
则对 $\{x_n\}$ 所有的项成立 $m\leq x_n\leq M$
[逆命题不成立, 有界数列未必收敛, 如 $\{(-1)^n\}$ 有界但不收敛]

------

定理(保序性): 设数列 $\{x_n\}$, $\{y_n\}$ 均收敛,
$\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a$,
$\lim\limits_{n\to\infty}y_n=b$, 且 $a<b$
则存在正整数 $N$, 当 $n>N$ 时成立 $x_n<y_n$

证: 取 $\varepsilon=\frac{b-a}{2}>0$
由 $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a$, $\exists N_1$,
$\forall n>N_1:|x_n-a|<\frac{b-a}{2}$,
即 $x_n<a+\frac{b-a}{2}=\frac{a+b}{2}$

由 $\lim\limits_{n\to\infty}y_n=b$, $\exists N_2$,
$\forall n>N_2:|y_n-b|<\frac{b-a}{2}$,
即 $y_n>b-\frac{b-a}{2}=\frac{a+b}{2}$

取 $N=\max\{N_1,N_2\}$,
$\forall n>N$: $x_n<\frac{a+b}{2}<y_n$

图2-3: 保序性的几何意义, 从某项开始 $x_n$ 与 $y_n$ 分别落在两个不相交的区间中

![](https://image-1379176255.cos.ap-shanghai.myqcloud.com/20261011192949002.png =600x)

由保序性可得下面的推论
1. 若 $\lim\limits_{n\to\infty}y_n=b>0$, 则存在正整数 $N$,
   当 $n>N$ 时 $y_n>\frac{b}{2}>0$
2. 若 $\lim\limits_{n\to\infty}y_n=b<0$, 则存在正整数 $N$,
   当 $n>N$ 时 $y_n<\frac{b}{2}<0$

[保序性的逆命题不成立: 由 $\lim x_n=a$, $\lim y_n=b$
且 $x_n<y_n$ 对 $n>N$ 成立, 不能得出 $a<b$]
[正确的结论: 若 $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a$,
$\lim\limits_{n\to\infty}y_n=b$,
且 $x_n\leq y_n$ 对 $n>N$ 成立, 则 $a\leq b$]

------

定理(夹逼性): 若三个数列 $\{x_n\}$, $\{y_n\}$,
$\{z_n\}$ 从某项开始成立 $x_n\leq y_n\leq z_n$
且 $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=\lim\limits_{n\to\infty}z_n=a$,
则 $\lim\limits_{n\to\infty}y_n=a$

证: $\forall\varepsilon>0$,
由 $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a$, $\exists N_1$,
$\forall n>N_1:|x_n-a|<\varepsilon$,
从而 $a-\varepsilon<x_n$
由 $\lim\limits_{n\to\infty}z_n=a$, $\exists N_2$,
$\forall n>N_2:|z_n-a|<\varepsilon$,
从而 $z_n<a+\varepsilon$

取 $N=\max\{N_0,N_1,N_2\}$,
$\forall n>N$: $a-\varepsilon<x_n\leq y_n\leq z_n<a+\varepsilon$
即 $|y_n-a|<\varepsilon$

------

> 例2-10: 求数列 $\{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\}$ 的极限
>
> 解: $\sqrt{n+1}-\sqrt{n}=\frac{(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}$
> 取 $x_n=0$, $y_n=\sqrt{n+1}-\sqrt{n}$,
> $z_n=\frac{1}{\sqrt{n}}$, 有 $x_n<y_n<z_n$
> 且 $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=\lim\limits_{n\to\infty}z_n=0$
> 由夹逼性得 $\lim\limits_{n\to\infty}(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})=0$

> 例2-11: 证明
> $\lim\limits_{n\to\infty}(a_1^p+a_2^p+\cdots+a_k^p)^{\frac{1}{p}}=\max\limits_{1\leq i\leq k}|a_i|$,
> 其中 $a_i\geq0$
>
> 证: 不妨设 $a_1=\max\limits_{1\leq i\leq k}|a_i|$
> 有 $a_1\leq(a_1^p+a_2^p+\cdots+a_k^p)^{\frac{1}{p}}\leq a_1\sqrt[p]{k}$
>
> 由 $\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{p}=1$ 知 $\lim\limits_{p\to\infty}a_1\sqrt[p]{k}=a_1$
> 由夹逼性得 $\lim\limits_{p\to\infty}(a_1^p+a_2^p+\cdots+a_k^p)^{\frac{1}{p}}=a_1=\max\limits_{1\leq i\leq k}|a_i|$


## 数列极限的四则运算

定理: 设 $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a$,
$\lim\limits_{n\to\infty}y_n=b$, 则
1. $\lim\limits_{n\to\infty}(\alpha x_n+\beta y_n)=\alpha a+\beta b$ ($\alpha,\beta$ 是常数)
2. $\lim\limits_{n\to\infty}(x_ny_n)=ab$
3. $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_n}{y_n}=\frac{a}{b}$ ($b\neq0$)

证: 由 $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a$,
$\exists X>0$ 使 $|x_n|\leq X$
$\forall\varepsilon>0$, $\exists N_1$,
$\forall n>N_1:|x_n-a|<\varepsilon$;
由 $\lim\limits_{n\to\infty}y_n=b$, $\exists N_2$,
$\forall n>N_2:|y_n-b|<\varepsilon$
取 $N=\max\{N_1,N_2\}$, $\forall n>N$ 有
$|(\alpha x_n+\beta y_n)-(\alpha a+\beta b)|\leq|\alpha|\cdot|x_n-a|+|\beta|\cdot|y_n-b|<(|\alpha|+|\beta|)\varepsilon$
$|x_ny_n-ab|=|x_n(y_n-b)+b(x_n-a)|<(X+|b|)\varepsilon$
所以 (1)(2) 成立

对 (3), 由保序性的推论 $\exists N_0$,
$\forall n>N_0:|y_n|>\frac{|b|}{2}$
取 $N=\max\{N_0,N_1,N_2\}$,
$\forall n>N$:
$\left|\frac{x_n}{y_n}-\frac{a}{b}\right|=\left|\frac{b(x_n-a)-a(y_n-b)}{y_nb}\right|<\frac{2(|a|+|b|)}{b^2}\varepsilon$
[最后的不等式小于 $\varepsilon$ 乘上一个常数, 不违背数列极限的定义]

------

> 例2-12: 求极限 $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{5^{n+1}-(-2)^n}{3\cdot5^n+2\cdot3^n}$
>
> 解: $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{5^{n+1}-(-2)^n}{3\cdot5^n+2\cdot3^n}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{5-\left(-\frac{2}{5}\right)^n}{3+2\left(\frac{3}{5}\right)^n}=\frac{5}{3}$

> 例2-13: 证明: 当 $a>0$ 时,
> $\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a}=1$
>
> 证: 已证 $a>1$ 时成立, $a=1$ 时结论平凡
> 当 $0<a<1$ 时, $\frac{1}{a}>1$, 利用四则运算
> $\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt[n]{\frac{1}{a}}}=1$

> 例2-14: 求极限 $\lim\limits_{n\to\infty}n(\sqrt{n^2+1}-\sqrt{n^2-1})$
>
> 解: $\lim\limits_{n\to\infty}n(\sqrt{n^2+1}-\sqrt{n^2-1})=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{2n^2}{\sqrt{n^2+1}+\sqrt{n^2-1}}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{2}{\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}+\sqrt{1-\frac{1}{n^2}}}=1$
>
> 这里用到: 若 $x_n\geq0$,
> $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a\geq0$,
> 则 $\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt{x_n}=\sqrt{a}$
> [数列极限的四则运算只能推广到有限个数列, 不能推广到无限个数列]

> 例2-15: 设 $a_n>0$,
> 且 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n=a$,
> 证明 $\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}=a$
>
> 证: 当 $a>0$ 时, 由平均值不等式
> $\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}\geq\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}\geq\frac{n}{\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\cdots+\frac{1}{a_n}}$
>
> 将右端写成 $\frac{1}{\left(\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\cdots+\frac{1}{a_n}\right)/n}$
> 由 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n=a>0$ 知 $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{a_n}=\frac{1}{a}$
> 由例2-9 和四则运算, 不等式左右两端的极限都是 $a$
> 由夹逼性得 $\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}=a$
>
> 当 $a=0$ 时,
> 由 $\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}\geq\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}>0=a$ 同样由夹逼性推出结论


## 无穷大量

定义(无穷大量): 若对于任意给定的 $G>0$, 可以找到正整数 $N$,
使得当 $n>N$ 时成立 $|x_n|>G$
则称数列 $\{x_n\}$ 是无穷大量,
记为 $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=\infty$
符号表述: $\forall G>0$, $\exists N$, $\forall n>N:|x_n|>G$

正无穷大量: 若从某一项开始 $x_n$ 都是正的,
记为 $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=+\infty$

负无穷大量: 若从某一项开始 $x_n$ 都是负的,
记为 $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=-\infty$
[统称为定号无穷大量]

例: $\{n^2\}$ 是正无穷大量, $\{-10^n\}$ 是负无穷大量,
$\{(-2)^n\}$ 是不定号无穷大量

------

> 例2-16: 设 $|q|>1$, 证明 $\{q^n\}$ 是无穷大量
>
> 证: $\forall G>1$,
> 取 $N=\left[\frac{\lg G}{\lg|q|}\right]$,
>
> 于是 $\forall n>N$ 成立
> $|q^n|>|q|^{\frac{\lg G}{\lg|q|}}=G$

> 例2-17: 证明 $\left\{\frac{n^2-1}{n+5}\right\}$ 是正无穷大量
>
> 证: 当 $n>5$ 时, 有 $\frac{n^2-1}{n+5}>\frac{n}{2}$
> $\forall G>0$, 取 $N=\max\{2G,5\}$,
> $\forall n>N$: $\frac{n^2-1}{n+5}>\frac{n}{2}>G$

------

定理: 设 $x_n\neq0$,
则 $\{x_n\}$ 是无穷大量的充分必要条件是 $\left\{\frac{1}{x_n}\right\}$ 是无穷小量

证: 设 $\{x_n\}$ 是无穷大量, $\forall\varepsilon>0$,
取 $G=\frac{1}{\varepsilon}>0$
于是 $\exists N$,
$\forall n>N:|x_n|>G=\frac{1}{\varepsilon}$,
从而 $\left|\frac{1}{x_n}\right|<\varepsilon$

反过来, 设 $\left\{\frac{1}{x_n}\right\}$ 是无穷小量,
$\forall G>0$, 取 $\varepsilon=\frac{1}{G}>0$
则 $\exists N$,
$\forall n>N:\left|\frac{1}{x_n}\right|<\varepsilon=\frac{1}{G}$,
从而 $|x_n|>G$

------

定理: 设 $\{x_n\}$ 是无穷大量,
当 $n>N_0$ 时 $|y_n|\geq\delta>0$ 成立,
则 $\{x_ny_n\}$ 是无穷大量

推论: 设 $\{x_n\}$ 是无穷大量,
$\lim\limits_{n\to\infty}y_n=b\neq0$,
则 $\{x_ny_n\}$ 与 $\left\{\frac{x_n}{y_n}\right\}$ 都是无穷大量

------

以下极限直接求出
$\lim\limits_{n\to\infty}(10^n+\sqrt{n})=+\infty$,
$\lim\limits_{n\to\infty}\left(n-\lg\frac{1}{n}\right)=+\infty$
$\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt{n}\arctan n=+\infty$,
$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n}{\sin n}=\infty$


## 待定型

$\infty-\infty$, $0\cdot\infty$,
$\frac{\infty}{\infty}$, $\frac{0}{0}$ 等类型的极限称为待定型
其极限可以是无穷小量, 非零极限, 无穷大量, 也可以没有极限
[如 $\lim\limits_{n\to\infty}n(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})$ 是 $0\cdot\infty$ 待定型,
$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}$ 是 $\frac{\infty}{\infty}$ 待定型]

------

定义(单调数列): 若数列 $\{x_n\}$ 满足 $x_n\leq x_{n+1}$,
$n=1,2,3,\cdots$, 则称 $\{x_n\}$ 为单调增加数列
若进一步满足 $x_n<x_{n+1}$, 则称 $\{x_n\}$ 为严格单调增加数列

类似定义单调减少数列与严格单调减少数列
[数列前面有限项的变化不影响收敛性, 谈单调数列时可将"从某一项开始为单调的数列"统一包括在内]

------

定理(Stolz 定理): 设 $\{y_n\}$ 是严格单调增加的正无穷大量, 且
$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_n-x_{n-1}}{y_n-y_{n-1}}=a$ ($a$ 可以是有限量,
$+\infty$ 或 $-\infty$)
则 $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_n}{y_n}=a$

证: 先考虑 $a=0$ 的情况.
由 $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_n-x_{n-1}}{y_n-y_{n-1}}=0$,
可知 $\forall\varepsilon>0$, $\exists N_1$,
$\forall n>N_1$: $|x_n-x_{n-1}|<\varepsilon(y_n-y_{n-1})$
由于 $\{y_n\}$ 是正无穷大量, 可要求 $y_n>0$, 于是
$|x_n-x_{N_1}|\leq|x_n-x_{n-1}|+|x_{n-1}-x_{n-2}|+\cdots+|x_{N_1+1}-x_{N_1}|<\varepsilon(y_n-y_{N_1})$
不等式两边同除以 $y_n$,
得到 $\left|\frac{x_n}{y_n}-\frac{x_{N_1}}{y_n}\right|\leq\varepsilon\left(1-\frac{y_{N_1}}{y_n}\right)<\varepsilon$
对固定的 $N_1$, 又可取 $N>N_1$,
使得 $\forall n>N:\left|\frac{x_{N_1}}{y_n}\right|<\varepsilon$
从而 $\left|\frac{x_n}{y_n}\right|<\varepsilon+\left|\frac{x_{N_1}}{y_n}\right|<2\varepsilon$

当 $a$ 是非零有限数时, 令 $x_n'=x_n-ay_n$, 于是由
$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_n'-x_{n-1}'}{y_n-y_{n-1}}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_n-x_{n-1}}{y_n-y_{n-1}}-a=0$
得到 $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_n'}{y_n}=0$,
从而 $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_n}{y_n}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_n'}{y_n}+a=a$

对 $a=+\infty$, 首先 $\exists N$,
$\forall n>N:\frac{x_n-x_{n-1}}{y_n-y_{n-1}}>1$,
即 $x_n-x_{n-1}>y_n-y_{n-1}$
这说明 $\{x_n\}$ 严格单调增加,
且从 $x_n-x_N>y_n-y_N$ 知 $\{x_n\}$ 是正无穷大量
将前面的结论应用到 $\left\{\frac{y_n}{x_n}\right\}$,
得到 $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{y_n-y_{n-1}}{x_n-x_{n-1}}=0$,
因而 $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{y_n}{x_n}=0$,
即 $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_n}{y_n}=+\infty$
$a=-\infty$ 的情况证明方法类同

[在例2-9 中令 $x_n=a_1+a_2+\cdots+a_n$, $y_n=n$, 即可直接得到该结论]

------

> 例2-18: 求极限
> $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_0n^k+a_1n^{k-1}+\cdots+a_{k-1}n+a_k}{b_0n^l+b_1n^{l-1}+\cdots+b_{l-1}n+b_l}$,
> 其中 $k,l$ 为正整数, $a_0\neq0$, $b_0\neq0$
>
> 解: 上式 $=n^{k-l}\frac{a_0+\frac{a_1}{n}+\cdots+\frac{a_{k-1}}{n^{k-1}}+\frac{a_k}{n^k}}{b_0+\frac{b_1}{n}+\cdots+\frac{b_{l-1}}{n^{l-1}}+\frac{b_l}{n^l}}$
>
> 由于 $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_0+\frac{a_1}{n}+\cdots+\frac{a_k}{n^k}}{b_0+\frac{b_1}{n}+\cdots+\frac{b_l}{n^l}}=\frac{a_0}{b_0}\neq0$,
> 可以得到
> $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_0n^k+a_1n^{k-1}+\cdots+a_k}{b_0n^l+b_1n^{l-1}+\cdots+b_l}=\begin{cases}0, & k<l\\ \frac{a_0}{b_0}, & k=l\\ \infty, & k>l\end{cases}$

> 例2-19: 求极限 $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1^k+2^k+\cdots+n^k}{n^{k+1}}$ ($k$ 为正整数)
>
> 解: 令 $x_n=1^k+2^k+\cdots+n^k$, $y_n=n^{k+1}$, 由
> $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_n-x_{n-1}}{y_n-y_{n-1}}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n^k}{n^{k+1}-(n-1)^{k+1}}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n^k}{(k+1)n^k-C_{k+1}^2n^{k-1}+\cdots}=\frac{1}{k+1}$
> 得到 $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1^k+2^k+\cdots+n^k}{n^{k+1}}=\frac{1}{k+1}$

> 例2-20: 设 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n=a$,
> 求极限 $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_1+2a_2+\cdots+na_n}{n^2}$
>
> 解: 令 $x_n=a_1+2a_2+\cdots+na_n$, $y_n=n^2$, 由
> $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_n-x_{n-1}}{y_n-y_{n-1}}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{na_n}{n^2-(n-1)^2}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{na_n}{2n-1}=\frac{a}{2}$
> 得到 $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_1+2a_2+\cdots+na_n}{n^2}=\frac{a}{2}$


## 单调有界数列收敛定理

定理(单调有界数列收敛定理): 单调有界数列必定收敛

证: 不妨设数列 $\{x_n\}$ 单调增加且有上界
由确界存在定理, 由 $\{x_n\}$ 构成的数集必有上确界 $\beta$, 满足
1. $\forall n\in N^*:x_n\leq\beta$
2. $\forall\varepsilon>0$,
   $\exists x_{n_0}:x_{n_0}>\beta-\varepsilon$

取 $N=n_0$,
$\forall n>N$ 有 $\beta-\varepsilon<x_{n_0}\leq x_n\leq\beta$
因而 $|x_n-\beta|<\varepsilon$,
于是得到 $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=\beta$

[单调有界定理不必先知道极限是什么, 用极限定义证明收敛时必须先知道极限]
[用极限运算法则求极限时, 须先判断数列收敛]

------

> 例2-21: 设 $x_1>0$, $x_{n+1}=1+\frac{x_n}{1+x_n}$,
> $n=1,2,3,\cdots$, 证明数列 $\{x_n\}$ 收敛, 并求其极限
>
> 解: 由数学归纳法可得 $1<x_n<2$
> 由 $x_{n+1}=1+\frac{x_n}{1+x_n}$ 可得 $x_{n+1}-x_n=\frac{x_n-x_{n-1}}{(1+x_n)(1+x_{n-1})}$
>
> 这说明对一切 $n\geq2$,
> $x_{n+1}-x_n$ 与 $x_n-x_{n-1}$ 具有相同符号,
> 从而 $\{x_n\}$ 是单调数列, 由定理收敛
>
> 设 $\{x_n\}$ 的极限为 $a$,
> 在等式 $x_{n+1}=1+\frac{x_n}{1+x_n}$ 两边同时求极限,
> 得到方程 $a=1+\frac{a}{1+a}$
> 解得 $a=\frac{1\pm\sqrt5}{2}$, 由 $x_1>1$ 舍去负值,
> 即 $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=\frac{1+\sqrt5}{2}$

> 例2-22: 设 $0<x_1<1$, $x_{n+1}=x_n(1-x_n)$,
> $n=1,2,3,\cdots$, 证明数列 $\{x_n\}$ 收敛, 并求其极限
>
> 解: 由数学归纳法可得 $0<x_n<1$
> 由 $x_{n+1}=x_n(1-x_n)$ 可得 $x_{n+1}-x_n=-x_n^2<0$
> 这说明 $\{x_n\}$ 单调减少有下界, 由定理收敛
> 设极限为 $a$, 在 $x_{n+1}=x_n(1-x_n)$ 两边同时求极限,
> 得到方程 $a=a(1-a)$, 解得 $a=0$,
> 即 $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=0$
>
> 应用 Stolz 定理还可得到一个有意义的结果
> $\lim\limits_{n\to\infty}(nx_n)=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n}{\frac{1}{x_n}}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{\frac{1}{x_{n+1}}-\frac{1}{x_n}}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_{n+1}x_n}{x_n-x_{n+1}}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_n^2(1-x_n)}{x_n^2}=1$
> [说明 $0<x_1<1$ 时无穷小量 $\{x_n\}$ 与 $\left\{\frac{1}{n}\right\}$ 变化规律趋于一致,
> 两无穷小量是等价的]

> 例2-23: 设 $x_1=\sqrt2$, $x_{n+1}=\sqrt{3+2x_n}$,
> $n=1,2,3,\cdots$, 证明数列 $\{x_n\}$ 收敛, 并求其极限
>
> 解: 首先有 $0<x_1<3$; 设 $0<x_n<3$,
> 则 $0<x_{n+1}=\sqrt{3+2x_n}<3$, 由数学归纳法知 $0<x_n<3$
> 于是 $x_{n+1}-x_n=\sqrt{3+2x_n}-x_n=\frac{(3-x_n)(1+x_n)}{\sqrt{3+2x_n}+x_n}>0$
> 这说明 $\{x_n\}$ 单调增加且有上界, 由定理收敛
>
> 设极限为 $a$,
> 在 $x_{n+1}=\sqrt{3+2x_n}$ 两边求极限得 $a=\sqrt{3+2a}$,
> 解得 $a=3$, 即 $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=3$

> 例2-24: Fibonacci 数列与兔群增长率
> 设一对刚出生的小兔要经过两个季度成长为成熟兔, 每对成熟的兔子每季度产一对小兔, 不考虑死亡
> 设 $a_n$ 是第 $n$ 季度兔对总数, 则 $a_1=1$, $a_2=1$,
> $a_3=2$, $a_4=3$, $a_5=5,\cdots$
> 到第 $n$ 季度能产小兔的兔对数为 $a_{n-1}$,
> 第 $n+1$ 季度兔对总数等于第 $n$ 季度兔对总数的 $a_n$ 加上新产下的小兔对数 $a_{n-1}$
> 数列 $\{a_n\}$ 称为 Fibonacci 数列,
> 具有性质 $a_{n+1}=a_n+a_{n-1}$, $n=2,3,4,\cdots$
> 令 $b_n=\frac{a_{n+1}}{a_n}$,
> 则 $b_n-1$ 表示兔群在第 $n+1$ 季度的增长率, 有 $b_n>0$ 且
> $b_n=\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{a_n+a_{n-1}}{a_n}=1+\frac{1}{b_{n-1}}$
> 当 $b_n>\frac{\sqrt5+1}{2}$ 时 $b_{n+1}<\frac{\sqrt5+1}{2}$;
> 当 $b_n<\frac{\sqrt5+1}{2}$ 时 $b_{n+1}>\frac{\sqrt5+1}{2}$,
> 故 $\{b_n\}$ 不是单调数列
>
> 但可发现有 $b_{2k-1}\in\left(0,\frac{\sqrt5+1}{2}\right)$,
> $b_{2k}\in\left(\frac{\sqrt5+1}{2},+\infty\right)$,
> $k=1,2,3,\cdots$
> $b_{2k+2}-b_{2k}=1+\frac{1}{1+\frac{1}{b_{2k}}}-b_{2k}=\frac{\left(\frac{\sqrt5+1}{2}-b_{2k}\right)\left(\frac{\sqrt5-1}{2}+b_{2k}\right)}{1+b_{2k}}<0$
> $b_{2k+3}-b_{2k+1}=1+\frac{1}{1+\frac{1}{b_{2k+1}}}-b_{2k+1}=\frac{\left(\frac{\sqrt5+1}{2}-b_{2k+1}\right)\left(\frac{\sqrt5-1}{2}+b_{2k+1}\right)}{1+b_{2k+1}}>0$
>
> 于是 $\{b_{2k}\}$ 是单调减少的有下界数列,
> $\{b_{2k-1}\}$ 是单调增加的有上界数列, 因而都收敛
>
> 记它们的极限分别为 $a$ 与 $b$,
> 显然有 $\frac{\sqrt5+1}{2}\leq a<+\infty$,
> $0<b\leq\frac{\sqrt5+1}{2}$
> 由 $\lim\limits_{k\to\infty}b_{2k+2}=\lim\limits_{k\to\infty}\frac{1+2b_{2k}}{1+b_{2k}}$ 得
> $a=\frac{1+2a}{1+a}$
> 由 $\lim\limits_{k\to\infty}b_{2k+3}=\lim\limits_{k\to\infty}\frac{1+2b_{2k+1}}{1+b_{2k+1}}$ 得
> $b=\frac{1+2b}{1+b}$
> 两方程有相同的解 $a=b=\frac{1\pm\sqrt5}{2}$,
> 于是 $a=b=\frac{1+\sqrt5}{2}$
>
> 结论: 在不考虑兔子死亡的前提下, 经过较长时间,
> 兔群逐季增长率趋于 $\frac{1+\sqrt5}{2}-1\approx0.618$

各季兔群情况

| 季度 | 小兔对数 | 成长兔对数 | 成熟期兔对数 | 兔对总和 |
| --- | --- | --- | --- | --- |
| 1 | 1 | 0 | 0 | 1 |
| 2 | 0 | 1 | 0 | 1 |
| 3 | 1 | 0 | 1 | 2 |
| 4 | 1 | 1 | 1 | 3 |
| 5 | 2 | 1 | 2 | 5 |
| 6 | 3 | 2 | 3 | 8 |
| 7 | 5 | 3 | 5 | 13 |


## π 和 e

> 例2-25: 证明数列 $\left\{n\sin\frac{180^\circ}{n}\right\}$ 收敛
>
> 证: 令 $t=\frac{180^\circ}{n(n+1)}$,
> 则当 $n\geq3$ 时 $nt\leq45^\circ$. 于是
> $\tan nt=\frac{\tan(n-1)t+\tan t}{1-\tan(n-1)t\tan t}\geq\tan(n-1)t+\tan t\geq\cdots\geq n\tan t$
> 从而 $\sin(n+1)t=\sin nt\cos t+\cos nt\sin t=\sin nt\cos t\left(1+\frac{\tan t}{\tan nt}\right)\leq\frac{n+1}{n}\sin nt$
>
> 所以当 $n\geq3$ 时 $L_n=n\sin\frac{180^\circ}{n}\leq(n+1)\sin\frac{180^\circ}{n+1}=L_{n+1}$
> 另一方面,
> 单位圆内接正 $n$ 边形的面积 $S_n=n\sin\frac{180^\circ}{n}\cos\frac{180^\circ}{n}<4$
>
> 因此当 $n\geq3$ 时
> $L_n=n\sin\frac{180^\circ}{n}<\frac{4}{\cos\frac{180^\circ}{n}}\leq\frac{4}{\cos60^\circ}=8$
> 数列 $\{L_n\}$ 单调增加且有上界, 因而收敛

将该极限用希腊字母 $\pi$ 来记,
即 $\lim\limits_{n\to\infty}n\sin\frac{180^\circ}{n}=\pi$
有了 $\pi$ 的定义就可以定义角度的弧度制: 单位圆的半周长为 $\pi$, 半个圆周所对圆心角为 $\pi$
在弧度制下,
上式可写成 $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\sin(\pi/n)}{\pi/n}=1$

------

> 例2-26: 证明: 数列 $\left\{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\right\}$ 单调增加,
> $\left\{\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}\right\}$ 单调减少,
> 两者收敛于同一极限
>
> 证: 记 $x_n=\left(1+\frac{1}{n}\right)^n$,
> $y_n=\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}$,
>
> 利用平均值不等式 $\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}\leq\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}$
> 得到 $x_n=\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\cdot1\leq\left[\frac{n\left(1+\frac{1}{n}\right)+1}{n+1}\right]^{n+1}=x_{n+1}$
> 和 $\frac{1}{y_n}=\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n+1}\cdot1\leq\left[\frac{(n+1)\frac{n}{n+1}+1}{n+2}\right]^{n+2}=\frac{1}{y_{n+1}}$
>
> 由 $2=x_1\leq x_n<y_n\leq y_1=4$,
> 知 $\{x_n\}$ 与 $\{y_n\}$ 都收敛
> 又由 $y_n=x_n\left(1+\frac{1}{n}\right)$, 可知两者具有相同的极限

习惯上用字母 $e$ 表示这一极限
$\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n=\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}=e$
$e=2.718\,281\,828\,459\cdots$ 是一个无理数,
以 $e$ 为底的对数称为自然对数, 记为 $\ln x(=\log_e x)$

------

> 例2-27: 设 $a_n=1+\frac{1}{2^p}+\frac{1}{3^p}+\cdots+\frac{1}{n^p}$ ($p>0$),
> 证明: 当 $p>1$ 时 $\{a_n\}$ 收敛;
> 当 $0<p\leq1$ 时 $\{a_n\}$ 是正无穷大量
>
> 证: $\{a_n\}$ 显然单调增加, 收敛与否取决于其是否有界
> 当 $p>1$ 时, 记 $\frac{1}{2^{p-1}}=r$, 则 $0<r<1$. 由于
> $\frac{1}{2^p}+\frac{1}{3^p}<\frac{1}{2^p}+\frac{1}{2^p}=\frac{1}{2^{p-1}}=r$
> $\frac{1}{4^p}+\frac{1}{5^p}+\frac{1}{6^p}+\frac{1}{7^p}<\frac{1}{4^p}+\frac{1}{4^p}+\frac{1}{4^p}+\frac{1}{4^p}=r^2$
> $\cdots\cdots$
> $\frac{1}{2^{kp}}+\frac{1}{(2^k+1)^p}+\cdots+\frac{1}{(2^{k+1}-1)^p}<\frac{2^k}{2^{kp}}=r^k$
> 可知 $a_n\leq a_{2^{k+1}-1}<1+r+r^2+\cdots+r^k<\frac{1}{1-r}$,
> 这说明当 $p>1$ 时 $\{a_n\}$ 收敛
>
> 当 $p\leq1$ 时, 有
> $\frac{1}{2^p}\geq\frac{1}{2}$
> $\frac{1}{3^p}+\frac{1}{4^p}>\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{1}{2}$
> $\frac{1}{5^p}+\frac{1}{6^p}+\frac{1}{7^p}+\frac{1}{8^p}>\frac{4}{8}=\frac{1}{2}$
> $\cdots\cdots$
> $\frac{1}{(2^k+1)^p}+\frac{1}{(2^k+2)^p}+\cdots+\frac{1}{(2^{k+1})^p}>\frac{2^k}{2^{k+1}}=\frac{1}{2}$
> 因而 $a_{2^k}\geq1+\frac{k}{2}$,
> 由 $\{a_n\}$ 单调增加知 $\{a_n\}$ 是正无穷大量
>
> [特别当 $p=1$ 时,
> $a_n=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}$ 是无穷大量]

> 例2-28: 记 $b_n=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}-\ln n$,
> 证明数列 $\{b_n\}$ 收敛
>
> 证: 由例2-26 知
> $\left(1+\frac{1}{n}\right)^n<e<\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}$,
> 由此得到 $\frac{1}{n+1}<\ln\frac{n+1}{n}<\frac{1}{n}$
>
> 于是 $b_{n+1}-b_n=\frac{1}{n+1}-\ln(n+1)+\ln n=\frac{1}{n+1}-\ln\frac{n+1}{n}<0$
> $b_n=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}-\ln n>\ln\frac{2}{1}+\ln\frac{3}{2}+\cdots+\ln\frac{n+1}{n}-\ln n=\ln(n+1)-\ln n>0$
> 这说明数列 $\{b_n\}$ 单调减少有下界, 因而收敛
> $\{b_n\}$ 的极限 $\gamma=0.577\,215\,664\,90\cdots$ 称为 Euler 常数

> 例2-29: 证明
> $\lim\limits_{n\to\infty}\left(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{2n}\right)=\ln2$
>
> 证: 记 $c_n=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{2n}$,
> 则由例2-28 显然有 $c_n=b_{2n}-b_n+\ln2$
> 由 $\lim\limits_{n\to\infty}b_n=\gamma$ 易知也有 $\lim\limits_{n\to\infty}b_{2n}=\gamma$,
> 于是得到 $\lim\limits_{n\to\infty}c_n=\ln2$

> 例2-30: 证明
> $\lim\limits_{n\to\infty}\left[1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\cdots+(-1)^{n-1}\frac{1}{n}\right]=\ln2$
>
> 证: 记 $d_n=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\cdots+(-1)^{n-1}\frac{1}{n}$,
> 由于
> $b_n=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n-1}+\frac{1}{n}-\ln n\to\gamma$ ($n\to\infty$)
> 和 $b_{2n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\cdots+\frac{1}{2n-1}+\frac{1}{2n}-\ln 2n\to\gamma$ ($n\to\infty$)
>
> 考虑 $b_{2n}-b_n$,
> 用 $b_{2n}$ 中的第 $2k$ 项与 $b_n$ 中的第 $k$ 项对应相减, 得到
> $b_{2n}-b_n=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n}-\ln 2=d_{2n}-\ln 2\to0$ ($n\to\infty$)
> 由 $d_{2n+1}=d_{2n}+\frac{1}{2n+1}$ 及 $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{2n+1}=0$,
> 即可得到 $\lim\limits_{n\to\infty}d_n=\ln2$


## 闭区间套定理

定义(闭区间套): 如果一列闭区间 $\{[a_n,b_n]\}$ 满足
1. $[a_{n+1},b_{n+1}]\subseteq[a_n,b_n]$, $n=1,2,3,\cdots$
2. $\lim\limits_{n\to\infty}(b_n-a_n)=0$
则称这列闭区间形成一个闭区间套

------

定理(闭区间套定理): 如果 $\{[a_n,b_n]\}$ 形成一个闭区间套,
则存在唯一的实数 $\xi$ 属于所有的闭区间 $[a_n,b_n]$,
且 $\xi=\lim\limits_{n\to\infty}a_n=\lim\limits_{n\to\infty}b_n$

证: 由条件 (1) 可得
$a_1\leq\cdots\leq a_{n-1}\leq a_n<b_n\leq b_{n-1}\leq\cdots\leq b_1$
数列 $\{a_n\}$ 单调增加有上界 $b_1$,
$\{b_n\}$ 单调减少有下界 $a_1$, 由单调有界定理都收敛

设 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n=\xi$, 则
$\lim\limits_{n\to\infty}b_n=\lim\limits_{n\to\infty}[(b_n-a_n)+a_n]=\lim\limits_{n\to\infty}(b_n-a_n)+\lim\limits_{n\to\infty}a_n=\xi$
由于 $\xi$ 是 $\{a_n\}$ 的上确界, 也是 $\{b_n\}$ 的下确界,
于是有 $a_n\leq\xi\leq b_n$, $n=1,2,3,\cdots$

若另有实数 $\xi'$ 属于所有闭区间 $[a_n,b_n]$,
也有 $a_n\leq\xi'\leq b_n$, $n=1,2,3,\cdots$
令 $n\to\infty$,
由极限的夹逼性得到 $\xi'=\lim\limits_{n\to\infty}a_n=\lim\limits_{n\to\infty}b_n=\xi$

[若将条件中的闭区间套改为开区间套, 则数列 $\{a_n\}$,
$\{b_n\}$ 仍收敛于同一个极限 $\xi$,
但 $\xi$ 可能不属于任何一个开区间 $(a_n,b_n)$]

------

定理: 实数集 $R$ 是不可列的

证: 反证法. 假设实数集 $R$ 可列,
即可找到一种排列的规则使 $R=\{x_1,x_2,\cdots,x_n,\cdots\}$
先取闭区间 $[a_1,b_1]$ 使 $x_1\in[a_1,b_1]$, 这总是可以做到的
将 $[a_1,b_1]$ 三等分,
则在 $\left[a_1,\frac{2a_1+b_1}{3}\right]$,
$\left[\frac{2a_1+b_1}{3},\frac{a_1+2b_1}{3}\right]$,
$\left[\frac{a_1+2b_1}{3},b_1\right]$ 中至少有一个不含有 $x_2$,
记为 $[a_2,b_2]$

再将 $[a_2,b_2]$ 三等分, 同样在三个小区间中至少有一个不含有 $x_3$, 记为 $[a_3,b_3]$
这样的步骤可一直做下去, 于是得到一个闭区间套 $\{[a_n,b_n]\}$,
满足 $x_n\notin[a_n,b_n]$, $n=1,2,3,\cdots$

由闭区间套定理, 存在唯一实数 $\xi$ 属于所有的闭区间 $[a_n,b_n]$,
换言之 $\xi\neq x_n(n=1,2,3,\cdots)$,
这与 $R=\{x_1,x_2,\cdots\}$ 矛盾


## 子列

定义(子列): 设 $\{x_n\}$ 是一个数列,
而 $n_1<n_2<\cdots<n_k<n_{k+1}<\cdots$ 是一列严格单调增加的正整数
则 $x_{n_1},x_{n_2},\cdots,x_{n_k},\cdots$ 也形成一个数列,
称为 $\{x_n\}$ 的子列, 记为 $\{x_{n_k}\}$
下标 $n_k$ 表示子列中的第 $k$ 项恰好是原数列中的第 $n_k$ 项

例: 取偶数列可表示为 $\{x_{2k}\}$; 取 $n_k=2^k$,
则 $\{x_{2^k}\}$ 是由原数列第 $2,4,8,16,\cdots$ 项构成的数列
由下标严格单调增加, 可知 $n_k\geq k$, $k\in N^*$,
和 $n_j\geq n_k$, $j\geq k$

------

定理: 若数列 $\{x_n\}$ 收敛于 $a$, 则它的任何子列 $\{x_{n_k}\}$ 也收敛于 $a$, 即
$\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a\implies\lim\limits_{k\to\infty}x_{n_k}=a$

证: 由 $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a$,
$\forall\varepsilon>0$, $\exists N$,
$\forall n>N:|x_n-a|<\varepsilon$
取 $K=N$, 当 $k>K$ 时 $n_k\geq k>N$,
因而成立 $|x_{n_k}-a|<\varepsilon$

------

推论:
若存在数列 $\{x_n\}$ 的两个子列 $\{x_{n_k}^{(1)}\}$ 与 $\{x_{n_k}^{(2)}\}$ 分别收敛于不同的极限,
则 $\{x_n\}$ 必定发散

------

> 例2-31: 数列 $\left\{\sin\frac{n\pi}{4}\right\}$ 发散
>
> 证: 取 $n_k^{(1)}=4k$, $n_k^{(2)}=8k+2$,
> 则子列 $\{x_{n_k}^{(1)}\}$ 收敛于 $0$,
> 子列 $\{x_{n_k}^{(2)}\}$ 收敛于 $1$
> 由上述推论知 $\{x_n\}$ 发散


## Bolzano-Weierstrass 定理

定理(Bolzano-Weierstrass 定理): 有界数列必有收敛子列

证: 设数列 $\{x_n\}$ 有界,
于是存在实数 $a_1,b_1$ 使 $a_1\leq x_n\leq b_1$,
$n=1,2,3,\cdots$

将闭区间 $[a_1,b_1]$ 等分为两个小区间 $\left[a_1,\frac{a_1+b_1}{2}\right]$ 与
$\left[\frac{a_1+b_1}{2},b_1\right]$
其中至少有一个含有数列 $\{x_n\}$ 中的无穷多项, 把它记为 $[a_2,b_2]$
再将闭区间 $[a_2,b_2]$ 等分为两个小区间,
同样取一个含有 $\{x_n\}$ 中无穷多项的记为 $[a_3,b_3]$
这样的步骤一直做下去, 得到一个闭区间套 $\{[a_k,b_k]\}$,
其中每一个闭区间 $[a_k,b_k]$ 都含有 $\{x_n\}$ 中的无穷多项
根据闭区间套定理,
存在实数 $\xi$ 使 $\xi=\lim\limits_{k\to\infty}a_k=\lim\limits_{k\to\infty}b_k$

在 $[a_1,b_1]$ 中选取 $\{x_n\}$ 中某一项记为 $x_{n_1}$;
在 $[a_2,b_2]$ 中含有 $\{x_n\}$ 中无穷多项,
选取位于 $x_{n_1}$ 后的某一项记为 $x_{n_2}$, $n_2>n_1$
继续这样选取, 得到 $\{x_n\}$ 的一个子列 $\{x_{n_k}\}$,
满足 $a_k\leq x_{n_k}\leq b_k$, $k=1,2,3,\cdots$
由 $\lim\limits_{k\to\infty}a_k=\lim\limits_{k\to\infty}b_k=\xi$ 和极限的夹逼性得到
$\lim\limits_{k\to\infty}x_{n_k}=\xi$

------

定理: 若 $\{x_n\}$ 是一个无界数列, 则存在子列 $\{x_{n_k}\}$,
使得 $\lim\limits_{k\to\infty}x_{n_k}=\infty$

证: 由 $\{x_n\}$ 无界, 对任意 $M>0$,
$\{x_n\}$ 中存在无穷多个 $x_n$ 满足 $|x_n|>M$

先取 $M_1=1$, 存在 $x_{n_1}$ 使 $|x_{n_1}|>1$;
取 $M_2=2$, 在 $x_{n_1}$ 后可取 $x_{n_2}$, $n_2>n_1$,
使 $|x_{n_2}|>2$
继续取 $M_k=k$, 同理可取 $x_{n_k}$, $n_k>n_{k-1}$,
使 $|x_{n_k}|>k$,
这样得到 $\{x_n\}$ 的一个子列 $\{x_{n_k}\}$ 满足 $|x_{n_k}|>k$
由定义 $\lim\limits_{k\to\infty}x_{n_k}=\infty$


## Cauchy 收敛原理

定义(基本数列):
若数列 $\{x_n\}$ 具有以下特性: 对于任意给定的 $\varepsilon>0$,
存在正整数 $N$, 使得当 $n,m>N$ 时成立 $|x_n-x_m|<\varepsilon$
则称数列 $\{x_n\}$ 是一个基本数列

------

> 例2-32: 设 $x_n=1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots+\frac{1}{n^2}$,
> 则 $\{x_n\}$ 是一个基本数列
>
> 证: 对任意正整数 $n$ 与 $m$, 不妨设 $m>n$, 则
> $x_m-x_n=\frac{1}{(n+1)^2}+\frac{1}{(n+2)^2}+\cdots+\frac{1}{m^2}$
> $<\frac{1}{n(n+1)}+\frac{1}{(n+1)(n+2)}+\cdots+\frac{1}{(m-1)m}$
> $=\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)+\left(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{m-1}-\frac{1}{m}\right)=\frac{1}{n}-\frac{1}{m}<\frac{1}{n}$
> 对任意给定的 $\varepsilon>0$,
>
> 取 $N=\left[\frac{1}{\varepsilon}\right]$,
> 当 $m>n>N$ 时成立 $|x_m-x_n|<\varepsilon$

> 例2-33: 设 $x_n=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}$,
> 则 $\{x_n\}$ 不是基本数列
>
> 证: 对任意正整数 $n$,
> 有 $x_{2n}-x_n=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{2n}>n\cdot\frac{1}{2n}=\frac{1}{2}$
> 取 $\varepsilon_0=\frac{1}{2}$, 无论 $N$ 多大,
> 总存在正整数 $n>N$, $m=2n>N$,
> 使得 $|x_m-x_n|=|x_{2n}-x_n|\geq\varepsilon_0$

------

定理(Cauchy 收敛原理): 数列 $\{x_n\}$ 收敛的充分必要条件是 $\{x_n\}$ 是基本数列

证: 必要性: 设 $\{x_n\}$ 收敛于 $a$,
按定义 $\forall\varepsilon>0$, $\exists N$,
$\forall n,m>N$: $|x_n-a|<\frac{\varepsilon}{2}$,
$|x_m-a|<\frac{\varepsilon}{2}$
于是 $|x_n-x_m|\leq|x_n-a|+|x_m-a|<\varepsilon$

充分性: 先证明基本数列必定有界. 取 $\varepsilon_0=1$,
因为 $\{x_n\}$ 是基本数列, 所以 $\exists N_0$,
$\forall n>N_0:|x_n-x_{N_0+1}|<1$
令 $M=\max\{|x_1|,|x_2|,\cdots,|x_{N_0}|,|x_{N_0+1}|+1\}$,
则对一切 $n$ 成立 $|x_n|\leq M$

由 Bolzano-Weierstrass 定理,
在 $\{x_n\}$ 中必有收敛子列 $\lim\limits_{k\to\infty}x_{n_k}=\xi$
因为 $\{x_n\}$ 是基本数列, 所以 $\forall\varepsilon>0$,
$\exists N$,
$\forall n,m>N:|x_n-x_m|<\frac{\varepsilon}{2}$
在上式中取 $x_m=x_{n_k}$, 其中 $k$ 充分大, 满足 $n_k>N$,
并且令 $k\to\infty$,
于是得到 $|x_n-\xi|\leq\frac{\varepsilon}{2}<\varepsilon$

[例2-32 中 $\{x_n\}$ 收敛, 例2-33 中 $\{x_n\}$ 发散,
与例2-27 中得到的结论一致]
[完备性: 由实数构成的基本数列必存在实数极限, 有理数集不具有完备性,
如 $\left\{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\right\}$ 是由有理数构成的基本数列,
其极限 $e$ 不是有理数]

------

> 例2-34: 设数列 $\{x_n\}$ 满足压缩性条件 $|x_{n+1}-x_n|\leq k|x_n-x_{n-1}|$,
> $0<k<1$, $n=2,3,\cdots$, 则 $\{x_n\}$ 收敛
>
> 证: 只要证明 $\{x_n\}$ 是基本数列. 首先对一切 $n$ 有
> $|x_{n+1}-x_n|\leq k|x_n-x_{n-1}|\leq k^2|x_{n-1}-x_{n-2}|\leq\cdots\leq k^{n-1}|x_2-x_1|$
>
> 设 $m>n$, 则
> $|x_m-x_n|\leq|x_m-x_{m-1}|+|x_{m-1}-x_{m-2}|+\cdots+|x_{n+1}-x_n|$
> $\leq k^{m-2}|x_2-x_1|+k^{m-3}|x_2-x_1|+\cdots+k^{n-1}|x_2-x_1|<\frac{k^{n-1}}{1-k}|x_2-x_1|\to0$ ($n\to\infty$)
> 因此 $\{x_n\}$ 是基本数列, 从而收敛


## 实数系的基本定理

确界存在定理
$\downarrow$
单调有界数列收敛定理
$\downarrow$
闭区间套定理
$\downarrow$
Bolzano-Weierstrass 定理
$\downarrow$
Cauchy 收敛原理

------

实数系的连续性包含了完备性

定理: 实数系的完备性等价于实数系的连续性

证: 分两步证明完备性包含连续性: Cauchy 收敛原理 $\implies$ 闭区间套定理 $\implies$ 确界存在定理

先证 Cauchy 收敛原理 $\implies$ 闭区间套定理
设 $\{[a_n,b_n]\}$ 是一列闭区间, 满足条件
1. $[a_{n+1},b_{n+1}]\subseteq[a_n,b_n]$, $n=1,2,3,\cdots$
2. $\lim\limits_{n\to\infty}(b_n-a_n)=0$
设 $m>n$,
则 $0\leq a_m-a_n<b_n-a_n\to0\ (n\to\infty)$,
所以数列 $\{a_n\}$ 是一基本数列,
从而 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n=\xi$
并由此得到 $\lim\limits_{n\to\infty}b_n=\lim\limits_{n\to\infty}(b_n-a_n)+\lim\limits_{n\to\infty}a_n=\xi$
由于 $\{a_n\}$ 单调增加, $\{b_n\}$ 单调减少,
可知 $\xi$ 属于所有闭区间 $[a_n,b_n]$, 闭区间套定理得证

再证 闭区间套定理 $\implies$ 确界存在定理

设 $S$ 是非空有上界的实数集合,
又设 $\tilde T$ 是由 $S$ 的所有上界组成的集合,
证 $\tilde T$ 有最小数, 即 $S$ 有上确界

取 $a_1\notin\tilde T$, $b_1\in\tilde T$,
显然 $a_1<b_1$, 按下述规则依次构造一列闭区间
$[a_2,b_2]=\begin{cases}\left[a_1,\frac{a_1+b_1}{2}\right], & \text{若}\frac{a_1+b_1}{2}\in\tilde T\\ \left[\frac{a_1+b_1}{2},b_1\right], & \text{若}\frac{a_1+b_1}{2}\notin\tilde T\end{cases}$
$[a_3,b_3]=\begin{cases}\left[a_2,\frac{a_2+b_2}{2}\right], & \text{若}\frac{a_2+b_2}{2}\in\tilde T\\ \left[\frac{a_2+b_2}{2},b_2\right], & \text{若}\frac{a_2+b_2}{2}\notin\tilde T\end{cases}$
$\cdots\cdots$
由此得到一个闭区间套 $\{[a_n,b_n]\}$,
满足 $a_n\notin\tilde T$, $b_n\in\tilde T$,
$n=1,2,3,\cdots$
由闭区间套定理, 存在唯一的实数 $\xi$ 属于所有闭区间 $[a_n,b_n]$,
且 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n=\lim\limits_{n\to\infty}b_n=\xi$

现只需说明 $\xi$ 是集合 $\tilde T$ 的最小数, 也就是集合 $S$ 的上确界
若 $\xi\notin\tilde T$, 即 $\xi$ 不是集合 $S$ 的上界,
则存在 $x\in S$ 使得 $\xi<x$
由 $\lim\limits_{n\to\infty}b_n=\xi$
可知当 $n$ 充分大时 $b_n<x$, 与 $b_n\in\tilde T$ 矛盾,
所以 $\xi\in\tilde T$

若存在 $\eta\in\tilde T$ 使得 $\eta<\xi$,
则由 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n=\xi$
可知当 $n$ 充分大时 $\eta<a_n$
于是存在 $y\in S$ 使得 $\eta<y<a_n$,
与 $\eta\in\tilde T$ 矛盾,
所以 $\xi$ 是集合 $\tilde T$ 的最小数
确界存在定理得证
[以上五个定理是等价的, 其中任何一个出发都可推出其他的定理, 每一个都可称为实数系的基本定理]

<script src="/assets/katex/katex.min.js"></script>
<script src="/assets/katex/auto-render.min.js"></script>
<script>renderMathInElement(document.querySelector('.md-content'));</script>

实数系

数系的扩充
- 自然数集 \(N\): 对加法与乘法封闭, 对减法不封闭
- 整数集 \(Z\): 对加法, 减法, 乘法封闭, 对除法不封闭
- 有理数集 \(Q=\left\{x\mid x=\frac{q}{p},p\in N^*,q\in Z\right\}\): 对加法,
减法, 乘法, 除法都封闭

数轴: 取一条水平直线, 定一点 \(O\) 为原点, 取线段 \(OA\) 为单位长度
\(Z\) 的元素对应数轴上的整数点, 相邻两点间隔为 \(1\), \(Z\) 具有离散性
\(Q\) 的元素对应数轴上的有理点, 任意长度大于 \(0\) 的线段上都有无穷多个有理点, \(Q\) 具有稠密性

[有理数集 \(Q\) 是稠密的, 但没有填满整条数轴, 中间留有许多空隙]

---

边长为 \(1\) 的正方形的对角线长度 \(c\) 不能用有理数表示

证明: 由勾股定理 \(c^2=2\), 反证法设 \(c=\frac{q}{p}\),
其中 \(p,q\in N^*\) 且 \(p,q\) 互素

由 \(\frac{q^2}{p^2}=2\) 得 \(q^2=2p^2\), 奇数的平方是奇数, 故 \(q\) 是偶数
设 \(q=2r\), 代入得 \(p^2=2r^2\), 故 \(p\) 也是偶数, 与 \(p,q\) 互素矛盾

所以 \(c\) 不是有理数, 有理数集 \(Q\) 对开方运算不封闭

---

实数集: \(R=\{x\mid x\text{是有理数或无理数}\}\)

无理数: 无限不循环小数
无理点填补了有理点在数轴上的所有空隙, 数轴上的每个点都对应唯一一个实数
[这一性质称为实数系 \(R\) 的连续性, \(R\) 称为实数连续统, 表示实数全体的坐标轴称为数轴]
[实数系的连续性是分析学的基础, 从分析学角度的表述之一是确界存在定理]

图2-1: 与单位正方形对角线长度 \(c\) 对应的点位于有理点集合的空隙中

最大数与最小数

\(\exists\) 表示存在, \(\forall\) 表示对于任意
\(A\subseteq B\iff\forall x\in A\), 有 \(x\in B\)
\(A\subsetneq B\iff\exists x\in A\), 使得 \(x\in B\)

---

最大数: 若 \(\exists\xi\in S\), 使得 \(\forall x\in S\),
有 \(x\leq\xi\), 则称 \(\xi\) 是数集 \(S\) 的最大数,
记为 \(\xi=\max S\)

最小数: 若 \(\exists\eta\in S\), 使得 \(\forall x\in S\),
有 \(x\geq\eta\), 则称 \(\eta\) 是数集 \(S\) 的最小数,
记为 \(\eta=\min S\)

非空有限集一定存在 \(\max S\) 与 \(\min S\)
[无限集的最大数与最小数可能不存在]

---

例2-1: 集合 \(A=\{x\mid x\geq0\}\) 没有最大数, 但有最小数, \(\min A=0\)

例2-2: 证明集合 \(B=\{x\mid 0<x<1\}\) 没有最大数

证: 反证法, 设 \(B\) 有最大数 \(\beta\)
由 \(\beta\in(0,1)\) 知 \(\beta'=\frac{1+\beta}{2}\in(0,1)\)
但 \(\beta'>\beta\), 与 \(\beta\) 是 \(B\) 的最大数矛盾

上确界与下确界

上界: 设 \(S\) 是非空数集, 若 \(\exists M\in R\),
使得 \(\forall x\in S\), 有 \(x\leq M\),
则称 \(M\) 是 \(S\) 的一个上界

下界: 若 \(\exists m\in R\), 使得 \(\forall x\in S\),
有 \(x\geq m\), 则称 \(m\) 是 \(S\) 的一个下界

有界集: 既有上界又有下界的数集
\(S\) 为有界集 \(\iff\exists X>0\), 使得 \(\forall x\in S\),
有 \(|x|\leq X\)

---

上确界 \(\beta=\sup S\): 设 \(S\) 有上界, 其上界全体构成的集合 \(U\) 的最小数为 \(\beta\)
\(\beta\) 满足
1. \(\forall x\in S\), 有 \(x\leq\beta\)
2. \(\forall\varepsilon>0\), \(\exists x_0\in S\),
使得 \(x_0>\beta-\varepsilon\)

下确界 \(\alpha=\inf S\): 设 \(S\) 有下界,
其下界全体构成的集合 \(L\) 的最大数为 \(\alpha\)
\(\alpha\) 满足
1. \(\forall x\in S\), 有 \(x\geq\alpha\)
2. \(\forall\varepsilon>0\), \(\exists x_0\in S\),
使得 \(x_0<\alpha+\varepsilon\)

---

定理(确界存在定理): 非空有上界的数集必有上确界, 非空有下界的数集必有下确界
[又称实数系连续性定理]

证: 任一实数 \(x\) 可表示为 \(x=[x]+(x)\), \([x]\) 是 \(x\) 的整数部分,
\((x)\) 是 \(x\) 的非负小数部分
\((x)\) 写成无限小数的形式 \((x)=0.a_1a_2\cdots a_n\cdots\)

设 \(S\) 有上界, 令 \(a_0\) 为 \(S\) 中元素整数部分的最大者,
记 \(S_0=\{x\mid x\in S\text{且}[x]=a_0\}\)
令 \(a_1\) 为 \(S_0\) 中元素第一位小数的最大者,
记 \(S_1=\{x\mid x\in S_0\text{且}x\text{的第一位小数为}a_1\}\)

一般地, 令 \(a_n\) 为 \(S_{n-1}\) 中元素第 \(n\) 位小数的最大者,
记 \(S_n=\{x\mid x\in S_{n-1}\text{且}x\text{的第}n\text{位小数为}a_n\}\)
\(S_n\) 非空, 且对任意 \(x\in S_n\), 有 \(x<a_0+0.a_1a_2\cdots a_n\)

令 \(\beta=a_0+0.a_1a_2\cdots a_n\cdots\),
下证 \(\beta\) 是 \(S\) 的上确界

1. 设 \(x\in S\), 或存在整数 \(n_0\geq0\) 使 \(x\in S_{n_0}\),
   或对一切 \(n\geq0\) 有 \(x\in S_n\)
   若 \(x\in S_{n_0}\),
   有 \(x<a_0+0.a_1a_2\cdots a_{n_0}\leq\beta\)
   若 \(x\in S_n(n\in N)\), 由 \(S_n\) 的定义逐位比较知 \(x=\beta\)
   所以对一切 \(x\in S\) 有 \(x\leq\beta\), \(\beta\) 是 \(S\) 的上界

2. 对任意 \(\varepsilon>0\),
   取 \(n_0\) 充分大使 \(\frac{1}{10^{n_0}}<\varepsilon\)
   取 \(x_0\in S_{n_0}\),
   则 \(\beta-x_0\leq\frac{1}{10^{n_0}}<\varepsilon\),
   即 \(x_0>\beta-\varepsilon\)
   所以小于 \(\beta\) 的数 \(\beta-\varepsilon\) 不是 \(S\) 的上界

同理可证非空有下界的数集必有下确界

---

定理: 非空有界数集的上确界与下确界唯一

---

例2-3: 设 \(T=\{x\mid x\in Q\text{且}x>0,x^2<2\}\),
证明 \(T\) 在 \(Q\) 内没有上确界

证: 反证法, 设 \(T\) 在 \(Q\) 内有上确界 \(\sup T=\frac{n}{m}\),
其中 \(m,n\in N^*\) 且 \(m,n\) 互素
则 \(1<\left(\frac{n}{m}\right)^2<3\), 于是只有两种可能

1. \(1<\left(\frac{n}{m}\right)^2<2\): 记 \(2-\frac{n^2}{m^2}=t\),
   则 \(0<t<1\)
   令 \(r=\frac{t}{6m}\), 显然 \(\frac{n}{m}+r>0\),
   \(\frac{n}{m}-r>0\)
   由 \(r^2=\frac{n^2t^2}{36m^4}<\frac{t}{18}\) 及 \(\frac{2n}{m}r=\frac{n^2t}{3m^2}<\frac{t}{2}\) 可得
   \(\left(\frac{n}{m}+r\right)^2-2=r^2+\frac{2n}{m}r-t<0\)
   这说明 \(\frac{n}{m}+r\in T\), 与 \(\frac{n}{m}\) 是 \(T\) 的上确界矛盾

2. \(2<\left(\frac{n}{m}\right)^2<3\): 记 \(\frac{n^2}{m^2}-2=t\),
   则 \(0<t<1\)
   令 \(r=\frac{t}{6m}\),
   由 \(\frac{2n}{m}r=\frac{n^2t}{3m^2}<t\) 可得
   \(\left(\frac{n}{m}-r\right)^2-2=r^2-\frac{2n}{m}r+t>0\)
   这说明 \(\frac{n}{m}-r\) 也是 \(T\) 的上界,
   与 \(\frac{n}{m}\) 是 \(T\) 的上确界矛盾

所以 \(T\) 在 \(Q\) 内没有上确界

Dedekind 切割定理

切割: 设两个非空有理数集合 \(A\) 和 \(B\) 满足 \(Q=A\cup B\),
且对任意 \(a\in A\) 与 \(b\in B\) 成立 \(a<b\),
则称 \(A\) 和 \(B\) 构成 \(Q\) 的一个切割, 记为 \(A/B\)

---

有理数集合 \(Q\) 的任一切割 \(A/B\) 有且仅有以下情况之一
1. \(A\) 有最大数 \(a_0\), \(B\) 没有最小数
2. \(A\) 没有最大数, \(B\) 有最小数 \(b_0\)
3. \(A\) 没有最大数, \(B\) 没有最小数
4. \(A\) 有最大数 \(a_0\), \(B\) 有最小数 \(b_0\)

情况 4 不可能发生: 由定义 \(a_0<b_0\),
而 \(\frac{a_0+b_0}{2}\) 也是 \(Q\) 中的有理数,
与 \(Q=A\cup B\) 矛盾

---

无理数: 有理数集 \(Q\) 的切割 \(A/B\) 中, 若 \(A\) 没有最大数, \(B\) 没有最小数,
则称该切割确定一个无理数 \(c\), \(c\) 大于 \(A\) 中任何有理数, 小于 \(B\) 中任何有理数
例: \(A=\{x\mid x\in Q,x>0,x^2<2\}\) 没有最大数,
\(B=\{x\mid x\in Q,x>0,x^2>2\}\) 有最小数,
该切割确定无理数 \(\sqrt2\)

实数集: 由有理数全体与由切割确定的全体无理数所构成的集合, 记为 \(R\)
[有理数中的四则运算与大小关系可移植到实数集 \(R\), 如 \(c,d\in R\)
由切割 \(A_1/B_1\), \(A_2/B_2\) 确定, 则 \(c+d\)
由 \(A=\{x_1+x_2\mid x_1\in A_1,x_2\in A_2\}\),
\(B=Q-A\) 确定]

---

实数切割: 设两个非空实数集合 \(\tilde A\) 和 \(\tilde B\) 满足 \(R=\tilde A\cup\tilde B\),
且对任意 \(a\in\tilde A\) 与 \(b\in\tilde B\) 成立 \(a<b\),
则称 \(\tilde A\) 和 \(\tilde B\) 构成 \(R\) 的一个切割,
记为 \(\tilde A/\tilde B\)

---

定理(Dedekind 切割定理): 设 \(\tilde A/\tilde B\) 是实数集 \(R\) 的一个切割,
则或者 \(\tilde A\) 有最大数, 或者 \(\tilde B\) 有最小数

证: 设 \(\tilde A\) 中全体有理数构成 \(A\),
\(\tilde B\) 中全体有理数构成 \(B\), 则 \(A/B\) 是 \(Q\) 的一个切割

1. \(A\) 有最大数 \(a_0\), \(B\) 没有最小数: 则 \(a_0\) 也是 \(\tilde A\) 的最大数
2. \(A\) 没有最大数, \(B\) 有最小数 \(b_0\): 则 \(b_0\) 也是 \(\tilde B\) 的最小数
3. \(A\) 没有最大数, \(B\) 没有最小数: 则该切割确定无理数 \(c\),
   \(c\) 属于 \(\tilde A\) 或 \(\tilde B\)
   若 \(c\in\tilde A\), 则 \(c\) 是 \(\tilde A\) 的最大数;
   若 \(c\in\tilde B\), 则 \(c\) 是 \(\tilde B\) 的最小数

所以 Dedekind 定理成立

---

由 Dedekind 定理可给出确界存在定理的另一证明

证: 设非空实数集 \(S\) 有上界,
令 \(S\) 的上界全体构成的集合为 \(\tilde B=\{y\mid y\geq t,\forall t\in S\}\)
并令 \(\tilde B\) 的补集为 \(\tilde A=R\setminus\tilde B\)
于是 \(\tilde A/\tilde B\) 构成实数集 \(R\) 的一个切割,
由 Dedekind 定理, 或 \(\tilde A\) 有最大数,
或 \(\tilde B\) 有最小数

对任意 \(x\in\tilde A\), \(x\) 不是 \(S\) 的上界, 即存在 \(t\in S\) 使得 \(x<t\)
令 \(x'=\frac{x+t}{2}\), 则 \(x<x'<t\),
由 \(x'<t\) 知 \(x'\) 也不是 \(S\) 的上界, 于是 \(x'\in\tilde A\)
再由 \(x<x'\) 知 \(x\) 不是 \(\tilde A\) 的最大数, 所以 \(\tilde A\) 没有最大数

由此证得 \(\tilde B\) 有最小数, 即集合 \(S\) 必有最小上界, 即上确界

数列与数列极限

数列: 按正整数编了号的一串数 \(x_1,x_2,\cdots,x_n,\cdots\)
\(x_n\) 称为数列的通项, 第 \(n\) 项, 记数列为 \(\{x_n\}\)

例
- \(\left\{\frac{1}{n}\right\}:1,\frac{1}{2},\frac{1}{3},\cdots,\frac{1}{n},\cdots\)
- \(\left\{\frac{n}{n+3}\right\}:\frac{1}{4},\frac{2}{5},\frac{3}{6},\cdots,\frac{n}{n+3},\cdots\)
- \(\{n^2\}:1,4,9,\cdots,n^2,\cdots\)
- \(\{(-1)^n\}:-1,1,-1,1,\cdots,(-1)^n,\cdots\)

[数列与数集有区别: 数集中元素没有次序, 数列中各项有确定的编号, 前后次序不能颠倒, 重复出现的数不能随便舍去]
[常数列 \(C,C,C,\cdots\) 反映一种特殊的变化规律]

---

定义(数列极限): 设 \(\{x_n\}\) 是一给定数列, \(a\) 是一个实常数
如果对于任意给定的 \(\varepsilon>0\), 可以找到正整数 \(N\),
使得当 \(n>N\) 时成立 \(|x_n-a|<\varepsilon\)
则称数列 \(\{x_n\}\) 收敛于 \(a\), 称 \(a\) 是数列 \(\{x_n\}\) 的极限, 记为
\(\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a\)
有时也记为 \(x_n\to a\ (n\to\infty)\)
若不存在实数 \(a\) 使 \(\{x_n\}\) 收敛于 \(a\), 则称数列 \(\{x_n\}\) 发散

符号表述: \(\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a\iff\forall\varepsilon>0,\ \exists N,\ \forall n>N:|x_n-a|<\varepsilon\)

\(\varepsilon\) 邻域: 开区间 \((a-\varepsilon,a+\varepsilon)\),
记为 \(O(a,\varepsilon)=\{x\mid a-\varepsilon<x<a+\varepsilon\}\)
\(|x_n-a|<\varepsilon\) 表示数列从第 \(N+1\) 项起的所有项都落在点 \(a\) 的 \(\varepsilon\) 邻域中,
即 \(x_n\in O(a,\varepsilon)\), \(n>N\)

[\(\varepsilon\) 既是任意的, 又是给定的,
只有 \(\varepsilon\) 确定后才能找到相应的 \(N\)]
[数列收敛与否, 收敛于哪个数, 与数列前面的有限项无关]

图2-2: 数列极限 \(\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a\) 的几何意义

---

例2-4: 证明数列 \(\left\{\frac{n}{n+3}\right\}\) 的极限为 \(1\)

证: 对任意给定的 \(\varepsilon>0\),
要使 \(\left|\frac{n}{n+3}-1\right|=\frac{3}{n+3}<\varepsilon\),
只须 \(n>\frac{3}{\varepsilon}-3\)

取 \(N=\left[\frac{3}{\varepsilon}\right]+1\),
其中 \([x]\) 表示 \(x\) 的整数部分
则当 \(n>N\) 时成立 \(\left|\frac{n}{n+3}-1\right|=\frac{3}{n+3}<\varepsilon\)

---

数列 \(\{n^2\}:1,4,9,\cdots,n^2,\cdots\) 与 \(\{(-1)^n\}\) 是发散数列

无穷小量: 极限为 \(0\) 的数列
例: \(\left\{\frac{1}{n}\right\}\),
\(\left\{\frac{(-1)^{n+1}}{n^2+1}\right\}\)
常数列 \(0,0,\cdots,0,\cdots\) 是一种特殊的无穷小量
\(\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a\iff\{x_n-a\}\) 是无穷小量

---

例2-5: 证明 \(\{q^n\}(0<|q|<1)\) 是无穷小量

证: 对任意给定的 \(\varepsilon>0\), 要使 \(|q^n-0|=|q|^n<\varepsilon\)
两边取对数, 即得 \(n>\frac{\lg\varepsilon}{\lg|q|}\)

取大于 \(\frac{\lg\varepsilon}{\lg|q|}\) 的任意正整数即为 \(N\)
为保证 \(N\) 是正整数,
取 \(N=\max\left\{\left[\frac{\lg\varepsilon}{\lg|q|}\right],1\right\}\)
则当 \(n>N\) 时成立 \(|q^n-0|=|q|^n<|q|^{\frac{\lg\varepsilon}{\lg|q|}}=\varepsilon\)

[证明时常对 \(|x_n-a|\) 适度放大, 是常用的技巧]

例2-6: 设 \(a>1\), 证明 \(\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a}=1\)

证: 令 \(\sqrt[n]{a}=1+y_n\), \(y_n>0\), 应用二项式定理
\(a=(1+y_n)^n=1+ny_n+\frac{n(n-1)}{2}y_n^2+\cdots+y_n^n>1+ny_n\)
得到 \(|\sqrt[n]{a}-1|=y_n<\frac{a-1}{n}\)

对任意给定的 \(\varepsilon>0\),
取 \(N=\left[\frac{a-1}{\varepsilon}\right]\),
当 \(n>N\) 时成立 \(|\sqrt[n]{a}-1|<\frac{a-1}{n}<\varepsilon\)

例2-7: 证明 \(\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{n}=1\)

证: 令 \(\sqrt[n]{n}=1+y_n\), \(y_n>0\), 应用二项式定理
\(n=(1+y_n)^n=1+ny_n+\frac{n(n-1)}{2}y_n^2+\cdots+y_n^n>1+\frac{n(n-1)}{2}y_n^2\)
得到 \(|\sqrt[n]{n}-1|=y_n<\sqrt{\frac{2}{n}}\)

对任意给定的 \(\varepsilon>0\),
取 \(N=\left[\frac{2}{\varepsilon^2}\right]\),
当 \(n>N\) 时成立 \(|\sqrt[n]{n}-1|<\sqrt{\frac{2}{n}}<\varepsilon\)
类似地可证 \(\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{n^k}=1\ (k\in N^*)\)

例2-8: 证明 \(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n^2+1}{2n^2-7n}=\frac{1}{2}\)

证: \(\left|\frac{n^2+1}{2n^2-7n}-\frac{1}{2}\right|=\left|\frac{7n+2}{2n(2n-7)}\right|\)
当 \(n>6\) 时,
\(\left|\frac{7n+2}{2n(2n-7)}\right|<\frac{8n}{2n^2}=\frac{4}{n}\)

对任意给定的 \(\varepsilon>0\),
取 \(N=\max\left\{6,\left[\frac{4}{\varepsilon}\right]\right\}\)
当 \(n>N\) 时成立 \(\left|\frac{n^2+1}{2n^2-7n}-\frac{1}{2}\right|<\frac{4}{n}<\varepsilon\)
[放大在条件 \(n>6\) 下成立,
取 \(N\) 时必须要求 \(N\geq\left[\frac{4}{\varepsilon}\right]\) 与 \(N\geq6\)
同时成立]

例2-9: 证明: 若 \(\lim\limits_{n\to\infty}a_n=a\),
则 \(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}=a\)

证: 先设 \(a=0\), 即 \(\{a_n\}\) 是无穷小量
对任意给定的 \(\varepsilon>0\), 有正整数 \(N_1\),
当 \(n>N_1\) 时 \(|a_n|<\frac{\varepsilon}{2}\)
现在 \(a_1+a_2+\cdots+a_{N_1}\) 已经是固定数, 取 \(N>N_1\),
使当 \(n>N\) 时 \(\left|\frac{a_1+a_2+\cdots+a_{N_1}}{n}\right|<\frac{\varepsilon}{2}\)

利用三角不等式得到
\(\begin{aligned}\left|\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}\right|&=\left|\frac{a_1+a_2+\cdots+a_{N_1}}{n}+\frac{a_{N_1+1}+a_{N_1+2}+\cdots+a_n}{n}\right|\\&\leq\left|\frac{a_1+a_2+\cdots+a_{N_1}}{n}\right|+\left|\frac{a_{N_1+1}+a_{N_1+2}+\cdots+a_n}{n}\right|\\&<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon\end{aligned}\)

当 \(a\neq0\) 时, \(\{a_n-a\}\) 是无穷小量, 于是
\(\lim\limits_{n\to\infty}\left(\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}-a\right)=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{(a_1-a)+(a_2-a)+\cdots+(a_n-a)}{n}=0\)

数列极限的性质

定理(极限的唯一性): 收敛数列的极限必唯一

证: 假设 \(\{x_n\}\) 有极限 \(a\) 与 \(b\), 根据定义
\(\forall\varepsilon>0\), \(\exists N_1\),
\(\forall n>N_1:|x_n-a|<\frac{\varepsilon}{2}\);
\(\exists N_2\),
\(\forall n>N_2:|x_n-b|<\frac{\varepsilon}{2}\)

取 \(N=\max\{N_1,N_2\}\), 利用三角不等式, 当 \(n>N\) 时
\(|a-b|=|a-x_n+x_n-b|\leq|x_n-a|+|x_n-b|<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon\)
由 \(\varepsilon\) 的任意性知 \(a=b\)
[插项(加一项再减一项)并辅以三角不等式是常用技巧]

---

有界数列: 数列 \(\{x_n\}\) 若存在实数 \(M\) 使所有项满足 \(x_n\leq M\), 则 \(M\) 是上界
若存在实数 \(m\) 使所有项满足 \(m\leq x_n\), 则 \(m\) 是下界
既有上界又有下界的数列称为有界数列

等价定义: 存在正数 \(X\), 使所有项满足 \(|x_n|\leq X\), \(n=1,2,3,\cdots\)

---

定理(收敛数列的有界性): 收敛数列必有界

证: 设数列 \(\{x_n\}\) 收敛, 极限为 \(a\), 取 \(\varepsilon=1\),
则 \(\exists N\), \(\forall n>N:|x_n-a|<1\),
即 \(a-1<x_n<a+1\)

取 \(M=\max\{x_1,x_2,\cdots,x_N,a+1\}\),
\(m=\min\{x_1,x_2,\cdots,x_N,a-1\}\)
则对 \(\{x_n\}\) 所有的项成立 \(m\leq x_n\leq M\)
[逆命题不成立, 有界数列未必收敛, 如 \(\{(-1)^n\}\) 有界但不收敛]

---

定理(保序性): 设数列 \(\{x_n\}\), \(\{y_n\}\) 均收敛,
\(\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a\),
\(\lim\limits_{n\to\infty}y_n=b\), 且 \(a<b\)
则存在正整数 \(N\), 当 \(n>N\) 时成立 \(x_n<y_n\)

证: 取 \(\varepsilon=\frac{b-a}{2}>0\)
由 \(\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a\), \(\exists N_1\),
\(\forall n>N_1:|x_n-a|<\frac{b-a}{2}\),
即 \(x_n<a+\frac{b-a}{2}=\frac{a+b}{2}\)

由 \(\lim\limits_{n\to\infty}y_n=b\), \(\exists N_2\),
\(\forall n>N_2:|y_n-b|<\frac{b-a}{2}\),
即 \(y_n>b-\frac{b-a}{2}=\frac{a+b}{2}\)

取 \(N=\max\{N_1,N_2\}\),
\(\forall n>N\): \(x_n<\frac{a+b}{2}<y_n\)

图2-3: 保序性的几何意义, 从某项开始 \(x_n\) 与 \(y_n\) 分别落在两个不相交的区间中

由保序性可得下面的推论
1. 若 \(\lim\limits_{n\to\infty}y_n=b>0\), 则存在正整数 \(N\),
当 \(n>N\) 时 \(y_n>\frac{b}{2}>0\)
2. 若 \(\lim\limits_{n\to\infty}y_n=b<0\), 则存在正整数 \(N\),
当 \(n>N\) 时 \(y_n<\frac{b}{2}<0\)

[保序性的逆命题不成立: 由 \(\lim x_n=a\), \(\lim y_n=b\)
且 \(x_n<y_n\) 对 \(n>N\) 成立, 不能得出 \(a<b\)]
[正确的结论: 若 \(\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a\),
\(\lim\limits_{n\to\infty}y_n=b\),
且 \(x_n\leq y_n\) 对 \(n>N\) 成立, 则 \(a\leq b\)]

---

定理(夹逼性): 若三个数列 \(\{x_n\}\), \(\{y_n\}\),
\(\{z_n\}\) 从某项开始成立 \(x_n\leq y_n\leq z_n\)
且 \(\lim\limits_{n\to\infty}x_n=\lim\limits_{n\to\infty}z_n=a\),
则 \(\lim\limits_{n\to\infty}y_n=a\)

证: \(\forall\varepsilon>0\),
由 \(\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a\), \(\exists N_1\),
\(\forall n>N_1:|x_n-a|<\varepsilon\),
从而 \(a-\varepsilon<x_n\)
由 \(\lim\limits_{n\to\infty}z_n=a\), \(\exists N_2\),
\(\forall n>N_2:|z_n-a|<\varepsilon\),
从而 \(z_n<a+\varepsilon\)

取 \(N=\max\{N_0,N_1,N_2\}\),
\(\forall n>N\): \(a-\varepsilon<x_n\leq y_n\leq z_n<a+\varepsilon\)
即 \(|y_n-a|<\varepsilon\)

---

例2-10: 求数列 \(\{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\}\) 的极限

解: \(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}=\frac{(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}\)
取 \(x_n=0\), \(y_n=\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\),
\(z_n=\frac{1}{\sqrt{n}}\), 有 \(x_n<y_n<z_n\)
且 \(\lim\limits_{n\to\infty}x_n=\lim\limits_{n\to\infty}z_n=0\)
由夹逼性得 \(\lim\limits_{n\to\infty}(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})=0\)

例2-11: 证明
\(\lim\limits_{n\to\infty}(a_1^p+a_2^p+\cdots+a_k^p)^{\frac{1}{p}}=\max\limits_{1\leq i\leq k}|a_i|\),
其中 \(a_i\geq0\)

证: 不妨设 \(a_1=\max\limits_{1\leq i\leq k}|a_i|\)
有 \(a_1\leq(a_1^p+a_2^p+\cdots+a_k^p)^{\frac{1}{p}}\leq a_1\sqrt[p]{k}\)

由 \(\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{p}=1\) 知 \(\lim\limits_{p\to\infty}a_1\sqrt[p]{k}=a_1\)
由夹逼性得 \(\lim\limits_{p\to\infty}(a_1^p+a_2^p+\cdots+a_k^p)^{\frac{1}{p}}=a_1=\max\limits_{1\leq i\leq k}|a_i|\)

数列极限的四则运算

定理: 设 \(\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a\),
\(\lim\limits_{n\to\infty}y_n=b\), 则
1. \(\lim\limits_{n\to\infty}(\alpha x_n+\beta y_n)=\alpha a+\beta b\) (\(\alpha,\beta\) 是常数)
2. \(\lim\limits_{n\to\infty}(x_ny_n)=ab\)
3. \(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_n}{y_n}=\frac{a}{b}\) (\(b\neq0\))

证: 由 \(\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a\),
\(\exists X>0\) 使 \(|x_n|\leq X\)
\(\forall\varepsilon>0\), \(\exists N_1\),
\(\forall n>N_1:|x_n-a|<\varepsilon\);
由 \(\lim\limits_{n\to\infty}y_n=b\), \(\exists N_2\),
\(\forall n>N_2:|y_n-b|<\varepsilon\)
取 \(N=\max\{N_1,N_2\}\), \(\forall n>N\) 有
\(|(\alpha x_n+\beta y_n)-(\alpha a+\beta b)|\leq|\alpha|\cdot|x_n-a|+|\beta|\cdot|y_n-b|<(|\alpha|+|\beta|)\varepsilon\)
\(|x_ny_n-ab|=|x_n(y_n-b)+b(x_n-a)|<(X+|b|)\varepsilon\)
所以 (1)(2) 成立

对 (3), 由保序性的推论 \(\exists N_0\),
\(\forall n>N_0:|y_n|>\frac{|b|}{2}\)
取 \(N=\max\{N_0,N_1,N_2\}\),
\(\forall n>N\):
\(\left|\frac{x_n}{y_n}-\frac{a}{b}\right|=\left|\frac{b(x_n-a)-a(y_n-b)}{y_nb}\right|<\frac{2(|a|+|b|)}{b^2}\varepsilon\)
[最后的不等式小于 \(\varepsilon\) 乘上一个常数, 不违背数列极限的定义]

---

例2-12: 求极限 \(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{5^{n+1}-(-2)^n}{3\cdot5^n+2\cdot3^n}\)

解: \(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{5^{n+1}-(-2)^n}{3\cdot5^n+2\cdot3^n}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{5-\left(-\frac{2}{5}\right)^n}{3+2\left(\frac{3}{5}\right)^n}=\frac{5}{3}\)

例2-13: 证明: 当 \(a>0\) 时,
\(\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a}=1\)

证: 已证 \(a>1\) 时成立, \(a=1\) 时结论平凡
当 \(0<a<1\) 时, \(\frac{1}{a}>1\), 利用四则运算
\(\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt[n]{\frac{1}{a}}}=1\)

例2-14: 求极限 \(\lim\limits_{n\to\infty}n(\sqrt{n^2+1}-\sqrt{n^2-1})\)

解: \(\lim\limits_{n\to\infty}n(\sqrt{n^2+1}-\sqrt{n^2-1})=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{2n^2}{\sqrt{n^2+1}+\sqrt{n^2-1}}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{2}{\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}+\sqrt{1-\frac{1}{n^2}}}=1\)

这里用到: 若 \(x_n\geq0\),
\(\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a\geq0\),
则 \(\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt{x_n}=\sqrt{a}\)
[数列极限的四则运算只能推广到有限个数列, 不能推广到无限个数列]

例2-15: 设 \(a_n>0\),
且 \(\lim\limits_{n\to\infty}a_n=a\),
证明 \(\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}=a\)

证: 当 \(a>0\) 时, 由平均值不等式
\(\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}\geq\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}\geq\frac{n}{\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\cdots+\frac{1}{a_n}}\)

将右端写成 \(\frac{1}{\left(\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\cdots+\frac{1}{a_n}\right)/n}\)
由 \(\lim\limits_{n\to\infty}a_n=a>0\) 知 \(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{a_n}=\frac{1}{a}\)
由例2-9 和四则运算, 不等式左右两端的极限都是 \(a\)
由夹逼性得 \(\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}=a\)

当 \(a=0\) 时,
由 \(\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}\geq\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}>0=a\) 同样由夹逼性推出结论

无穷大量

定义(无穷大量): 若对于任意给定的 \(G>0\), 可以找到正整数 \(N\),
使得当 \(n>N\) 时成立 \(|x_n|>G\)
则称数列 \(\{x_n\}\) 是无穷大量,
记为 \(\lim\limits_{n\to\infty}x_n=\infty\)
符号表述: \(\forall G>0\), \(\exists N\), \(\forall n>N:|x_n|>G\)

正无穷大量: 若从某一项开始 \(x_n\) 都是正的,
记为 \(\lim\limits_{n\to\infty}x_n=+\infty\)

负无穷大量: 若从某一项开始 \(x_n\) 都是负的,
记为 \(\lim\limits_{n\to\infty}x_n=-\infty\)
[统称为定号无穷大量]

例: \(\{n^2\}\) 是正无穷大量, \(\{-10^n\}\) 是负无穷大量,
\(\{(-2)^n\}\) 是不定号无穷大量

---

例2-16: 设 \(|q|>1\), 证明 \(\{q^n\}\) 是无穷大量

证: \(\forall G>1\),
取 \(N=\left[\frac{\lg G}{\lg|q|}\right]\),

于是 \(\forall n>N\) 成立
\(|q^n|>|q|^{\frac{\lg G}{\lg|q|}}=G\)

例2-17: 证明 \(\left\{\frac{n^2-1}{n+5}\right\}\) 是正无穷大量

证: 当 \(n>5\) 时, 有 \(\frac{n^2-1}{n+5}>\frac{n}{2}\)
\(\forall G>0\), 取 \(N=\max\{2G,5\}\),
\(\forall n>N\): \(\frac{n^2-1}{n+5}>\frac{n}{2}>G\)

---

定理: 设 \(x_n\neq0\),
则 \(\{x_n\}\) 是无穷大量的充分必要条件是 \(\left\{\frac{1}{x_n}\right\}\) 是无穷小量

证: 设 \(\{x_n\}\) 是无穷大量, \(\forall\varepsilon>0\),
取 \(G=\frac{1}{\varepsilon}>0\)
于是 \(\exists N\),
\(\forall n>N:|x_n|>G=\frac{1}{\varepsilon}\),
从而 \(\left|\frac{1}{x_n}\right|<\varepsilon\)

反过来, 设 \(\left\{\frac{1}{x_n}\right\}\) 是无穷小量,
\(\forall G>0\), 取 \(\varepsilon=\frac{1}{G}>0\)
则 \(\exists N\),
\(\forall n>N:\left|\frac{1}{x_n}\right|<\varepsilon=\frac{1}{G}\),
从而 \(|x_n|>G\)

---

定理: 设 \(\{x_n\}\) 是无穷大量,
当 \(n>N_0\) 时 \(|y_n|\geq\delta>0\) 成立,
则 \(\{x_ny_n\}\) 是无穷大量

推论: 设 \(\{x_n\}\) 是无穷大量,
\(\lim\limits_{n\to\infty}y_n=b\neq0\),
则 \(\{x_ny_n\}\) 与 \(\left\{\frac{x_n}{y_n}\right\}\) 都是无穷大量

---

以下极限直接求出
\(\lim\limits_{n\to\infty}(10^n+\sqrt{n})=+\infty\),
\(\lim\limits_{n\to\infty}\left(n-\lg\frac{1}{n}\right)=+\infty\)
\(\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt{n}\arctan n=+\infty\),
\(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n}{\sin n}=\infty\)

待定型

\(\infty-\infty\), \(0\cdot\infty\),
\(\frac{\infty}{\infty}\), \(\frac{0}{0}\) 等类型的极限称为待定型
其极限可以是无穷小量, 非零极限, 无穷大量, 也可以没有极限
[如 \(\lim\limits_{n\to\infty}n(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})\) 是 \(0\cdot\infty\) 待定型,
\(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}\) 是 \(\frac{\infty}{\infty}\) 待定型]

---

定义(单调数列): 若数列 \(\{x_n\}\) 满足 \(x_n\leq x_{n+1}\),
\(n=1,2,3,\cdots\), 则称 \(\{x_n\}\) 为单调增加数列
若进一步满足 \(x_n<x_{n+1}\), 则称 \(\{x_n\}\) 为严格单调增加数列

类似定义单调减少数列与严格单调减少数列
[数列前面有限项的变化不影响收敛性, 谈单调数列时可将"从某一项开始为单调的数列"统一包括在内]

---

定理(Stolz 定理): 设 \(\{y_n\}\) 是严格单调增加的正无穷大量, 且
\(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_n-x_{n-1}}{y_n-y_{n-1}}=a\) (\(a\) 可以是有限量,
\(+\infty\) 或 \(-\infty\))
则 \(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_n}{y_n}=a\)

证: 先考虑 \(a=0\) 的情况.
由 \(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_n-x_{n-1}}{y_n-y_{n-1}}=0\),
可知 \(\forall\varepsilon>0\), \(\exists N_1\),
\(\forall n>N_1\): \(|x_n-x_{n-1}|<\varepsilon(y_n-y_{n-1})\)
由于 \(\{y_n\}\) 是正无穷大量, 可要求 \(y_n>0\), 于是
\(|x_n-x_{N_1}|\leq|x_n-x_{n-1}|+|x_{n-1}-x_{n-2}|+\cdots+|x_{N_1+1}-x_{N_1}|<\varepsilon(y_n-y_{N_1})\)
不等式两边同除以 \(y_n\),
得到 \(\left|\frac{x_n}{y_n}-\frac{x_{N_1}}{y_n}\right|\leq\varepsilon\left(1-\frac{y_{N_1}}{y_n}\right)<\varepsilon\)
对固定的 \(N_1\), 又可取 \(N>N_1\),
使得 \(\forall n>N:\left|\frac{x_{N_1}}{y_n}\right|<\varepsilon\)
从而 \(\left|\frac{x_n}{y_n}\right|<\varepsilon+\left|\frac{x_{N_1}}{y_n}\right|<2\varepsilon\)

当 \(a\) 是非零有限数时, 令 \(x_n'=x_n-ay_n\), 于是由
\(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_n'-x_{n-1}'}{y_n-y_{n-1}}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_n-x_{n-1}}{y_n-y_{n-1}}-a=0\)
得到 \(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_n'}{y_n}=0\),
从而 \(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_n}{y_n}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_n'}{y_n}+a=a\)

对 \(a=+\infty\), 首先 \(\exists N\),
\(\forall n>N:\frac{x_n-x_{n-1}}{y_n-y_{n-1}}>1\),
即 \(x_n-x_{n-1}>y_n-y_{n-1}\)
这说明 \(\{x_n\}\) 严格单调增加,
且从 \(x_n-x_N>y_n-y_N\) 知 \(\{x_n\}\) 是正无穷大量
将前面的结论应用到 \(\left\{\frac{y_n}{x_n}\right\}\),
得到 \(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{y_n-y_{n-1}}{x_n-x_{n-1}}=0\),
因而 \(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{y_n}{x_n}=0\),
即 \(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_n}{y_n}=+\infty\)
\(a=-\infty\) 的情况证明方法类同

[在例2-9 中令 \(x_n=a_1+a_2+\cdots+a_n\), \(y_n=n\), 即可直接得到该结论]

---

例2-18: 求极限
\(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_0n^k+a_1n^{k-1}+\cdots+a_{k-1}n+a_k}{b_0n^l+b_1n^{l-1}+\cdots+b_{l-1}n+b_l}\),
其中 \(k,l\) 为正整数, \(a_0\neq0\), \(b_0\neq0\)

解: 上式 \(=n^{k-l}\frac{a_0+\frac{a_1}{n}+\cdots+\frac{a_{k-1}}{n^{k-1}}+\frac{a_k}{n^k}}{b_0+\frac{b_1}{n}+\cdots+\frac{b_{l-1}}{n^{l-1}}+\frac{b_l}{n^l}}\)

由于 \(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_0+\frac{a_1}{n}+\cdots+\frac{a_k}{n^k}}{b_0+\frac{b_1}{n}+\cdots+\frac{b_l}{n^l}}=\frac{a_0}{b_0}\neq0\),
可以得到
\(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_0n^k+a_1n^{k-1}+\cdots+a_k}{b_0n^l+b_1n^{l-1}+\cdots+b_l}=\begin{cases}0, & k<l\\ \frac{a_0}{b_0}, & k=l\\ \infty, & k>l\end{cases}\)

例2-19: 求极限 \(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1^k+2^k+\cdots+n^k}{n^{k+1}}\) (\(k\) 为正整数)

解: 令 \(x_n=1^k+2^k+\cdots+n^k\), \(y_n=n^{k+1}\), 由
\(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_n-x_{n-1}}{y_n-y_{n-1}}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n^k}{n^{k+1}-(n-1)^{k+1}}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n^k}{(k+1)n^k-C_{k+1}^2n^{k-1}+\cdots}=\frac{1}{k+1}\)
得到 \(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1^k+2^k+\cdots+n^k}{n^{k+1}}=\frac{1}{k+1}\)

例2-20: 设 \(\lim\limits_{n\to\infty}a_n=a\),
求极限 \(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_1+2a_2+\cdots+na_n}{n^2}\)

解: 令 \(x_n=a_1+2a_2+\cdots+na_n\), \(y_n=n^2\), 由
\(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_n-x_{n-1}}{y_n-y_{n-1}}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{na_n}{n^2-(n-1)^2}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{na_n}{2n-1}=\frac{a}{2}\)
得到 \(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_1+2a_2+\cdots+na_n}{n^2}=\frac{a}{2}\)

单调有界数列收敛定理

定理(单调有界数列收敛定理): 单调有界数列必定收敛

证: 不妨设数列 \(\{x_n\}\) 单调增加且有上界
由确界存在定理, 由 \(\{x_n\}\) 构成的数集必有上确界 \(\beta\), 满足
1. \(\forall n\in N^*:x_n\leq\beta\)
2. \(\forall\varepsilon>0\),
\(\exists x_{n_0}:x_{n_0}>\beta-\varepsilon\)

取 \(N=n_0\),
\(\forall n>N\) 有 \(\beta-\varepsilon<x_{n_0}\leq x_n\leq\beta\)
因而 \(|x_n-\beta|<\varepsilon\),
于是得到 \(\lim\limits_{n\to\infty}x_n=\beta\)

[单调有界定理不必先知道极限是什么, 用极限定义证明收敛时必须先知道极限]
[用极限运算法则求极限时, 须先判断数列收敛]

---

例2-21: 设 \(x_1>0\), \(x_{n+1}=1+\frac{x_n}{1+x_n}\),
\(n=1,2,3,\cdots\), 证明数列 \(\{x_n\}\) 收敛, 并求其极限

解: 由数学归纳法可得 \(1<x_n<2\)
由 \(x_{n+1}=1+\frac{x_n}{1+x_n}\) 可得 \(x_{n+1}-x_n=\frac{x_n-x_{n-1}}{(1+x_n)(1+x_{n-1})}\)

这说明对一切 \(n\geq2\),
\(x_{n+1}-x_n\) 与 \(x_n-x_{n-1}\) 具有相同符号,
从而 \(\{x_n\}\) 是单调数列, 由定理收敛

设 \(\{x_n\}\) 的极限为 \(a\),
在等式 \(x_{n+1}=1+\frac{x_n}{1+x_n}\) 两边同时求极限,
得到方程 \(a=1+\frac{a}{1+a}\)
解得 \(a=\frac{1\pm\sqrt5}{2}\), 由 \(x_1>1\) 舍去负值,
即 \(\lim\limits_{n\to\infty}x_n=\frac{1+\sqrt5}{2}\)

例2-22: 设 \(0<x_1<1\), \(x_{n+1}=x_n(1-x_n)\),
\(n=1,2,3,\cdots\), 证明数列 \(\{x_n\}\) 收敛, 并求其极限

解: 由数学归纳法可得 \(0<x_n<1\)
由 \(x_{n+1}=x_n(1-x_n)\) 可得 \(x_{n+1}-x_n=-x_n^2<0\)
这说明 \(\{x_n\}\) 单调减少有下界, 由定理收敛
设极限为 \(a\), 在 \(x_{n+1}=x_n(1-x_n)\) 两边同时求极限,
得到方程 \(a=a(1-a)\), 解得 \(a=0\),
即 \(\lim\limits_{n\to\infty}x_n=0\)

应用 Stolz 定理还可得到一个有意义的结果
\(\lim\limits_{n\to\infty}(nx_n)=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n}{\frac{1}{x_n}}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{\frac{1}{x_{n+1}}-\frac{1}{x_n}}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_{n+1}x_n}{x_n-x_{n+1}}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_n^2(1-x_n)}{x_n^2}=1\)
[说明 \(0<x_1<1\) 时无穷小量 \(\{x_n\}\) 与 \(\left\{\frac{1}{n}\right\}\) 变化规律趋于一致,
两无穷小量是等价的]

例2-23: 设 \(x_1=\sqrt2\), \(x_{n+1}=\sqrt{3+2x_n}\),
\(n=1,2,3,\cdots\), 证明数列 \(\{x_n\}\) 收敛, 并求其极限

解: 首先有 \(0<x_1<3\); 设 \(0<x_n<3\),
则 \(0<x_{n+1}=\sqrt{3+2x_n}<3\), 由数学归纳法知 \(0<x_n<3\)
于是 \(x_{n+1}-x_n=\sqrt{3+2x_n}-x_n=\frac{(3-x_n)(1+x_n)}{\sqrt{3+2x_n}+x_n}>0\)
这说明 \(\{x_n\}\) 单调增加且有上界, 由定理收敛

设极限为 \(a\),
在 \(x_{n+1}=\sqrt{3+2x_n}\) 两边求极限得 \(a=\sqrt{3+2a}\),
解得 \(a=3\), 即 \(\lim\limits_{n\to\infty}x_n=3\)

例2-24: Fibonacci 数列与兔群增长率
设一对刚出生的小兔要经过两个季度成长为成熟兔, 每对成熟的兔子每季度产一对小兔, 不考虑死亡
设 \(a_n\) 是第 \(n\) 季度兔对总数, 则 \(a_1=1\), \(a_2=1\),
\(a_3=2\), \(a_4=3\), \(a_5=5,\cdots\)
到第 \(n\) 季度能产小兔的兔对数为 \(a_{n-1}\),
第 \(n+1\) 季度兔对总数等于第 \(n\) 季度兔对总数的 \(a_n\) 加上新产下的小兔对数 \(a_{n-1}\)
数列 \(\{a_n\}\) 称为 Fibonacci 数列,
具有性质 \(a_{n+1}=a_n+a_{n-1}\), \(n=2,3,4,\cdots\)
令 \(b_n=\frac{a_{n+1}}{a_n}\),
则 \(b_n-1\) 表示兔群在第 \(n+1\) 季度的增长率, 有 \(b_n>0\) 且
\(b_n=\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{a_n+a_{n-1}}{a_n}=1+\frac{1}{b_{n-1}}\)
当 \(b_n>\frac{\sqrt5+1}{2}\) 时 \(b_{n+1}<\frac{\sqrt5+1}{2}\);
当 \(b_n<\frac{\sqrt5+1}{2}\) 时 \(b_{n+1}>\frac{\sqrt5+1}{2}\),
故 \(\{b_n\}\) 不是单调数列

但可发现有 \(b_{2k-1}\in\left(0,\frac{\sqrt5+1}{2}\right)\),
\(b_{2k}\in\left(\frac{\sqrt5+1}{2},+\infty\right)\),
\(k=1,2,3,\cdots\)
\(b_{2k+2}-b_{2k}=1+\frac{1}{1+\frac{1}{b_{2k}}}-b_{2k}=\frac{\left(\frac{\sqrt5+1}{2}-b_{2k}\right)\left(\frac{\sqrt5-1}{2}+b_{2k}\right)}{1+b_{2k}}<0\)
\(b_{2k+3}-b_{2k+1}=1+\frac{1}{1+\frac{1}{b_{2k+1}}}-b_{2k+1}=\frac{\left(\frac{\sqrt5+1}{2}-b_{2k+1}\right)\left(\frac{\sqrt5-1}{2}+b_{2k+1}\right)}{1+b_{2k+1}}>0\)

于是 \(\{b_{2k}\}\) 是单调减少的有下界数列,
\(\{b_{2k-1}\}\) 是单调增加的有上界数列, 因而都收敛

记它们的极限分别为 \(a\) 与 \(b\),
显然有 \(\frac{\sqrt5+1}{2}\leq a<+\infty\),
\(0<b\leq\frac{\sqrt5+1}{2}\)
由 \(\lim\limits_{k\to\infty}b_{2k+2}=\lim\limits_{k\to\infty}\frac{1+2b_{2k}}{1+b_{2k}}\) 得
\(a=\frac{1+2a}{1+a}\)
由 \(\lim\limits_{k\to\infty}b_{2k+3}=\lim\limits_{k\to\infty}\frac{1+2b_{2k+1}}{1+b_{2k+1}}\) 得
\(b=\frac{1+2b}{1+b}\)
两方程有相同的解 \(a=b=\frac{1\pm\sqrt5}{2}\),
于是 \(a=b=\frac{1+\sqrt5}{2}\)

结论: 在不考虑兔子死亡的前提下, 经过较长时间,
兔群逐季增长率趋于 \(\frac{1+\sqrt5}{2}-1\approx0.618\)

各季兔群情况

季度	小兔对数	成长兔对数	成熟期兔对数	兔对总和
1	1	0	0	1
2	0	1	0	1
3	1	0	1	2
4	1	1	1	3
5	2	1	2	5
6	3	2	3	8
7	5	3	5	13

π 和 e

例2-25: 证明数列 \(\left\{n\sin\frac{180^\circ}{n}\right\}\) 收敛

证: 令 \(t=\frac{180^\circ}{n(n+1)}\),
则当 \(n\geq3\) 时 \(nt\leq45^\circ\). 于是
\(\tan nt=\frac{\tan(n-1)t+\tan t}{1-\tan(n-1)t\tan t}\geq\tan(n-1)t+\tan t\geq\cdots\geq n\tan t\)
从而 \(\sin(n+1)t=\sin nt\cos t+\cos nt\sin t=\sin nt\cos t\left(1+\frac{\tan t}{\tan nt}\right)\leq\frac{n+1}{n}\sin nt\)

所以当 \(n\geq3\) 时 \(L_n=n\sin\frac{180^\circ}{n}\leq(n+1)\sin\frac{180^\circ}{n+1}=L_{n+1}\)
另一方面,
单位圆内接正 \(n\) 边形的面积 \(S_n=n\sin\frac{180^\circ}{n}\cos\frac{180^\circ}{n}<4\)

因此当 \(n\geq3\) 时
\(L_n=n\sin\frac{180^\circ}{n}<\frac{4}{\cos\frac{180^\circ}{n}}\leq\frac{4}{\cos60^\circ}=8\)
数列 \(\{L_n\}\) 单调增加且有上界, 因而收敛

将该极限用希腊字母 \(\pi\) 来记,
即 \(\lim\limits_{n\to\infty}n\sin\frac{180^\circ}{n}=\pi\)
有了 \(\pi\) 的定义就可以定义角度的弧度制: 单位圆的半周长为 \(\pi\), 半个圆周所对圆心角为 \(\pi\)
在弧度制下,
上式可写成 \(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\sin(\pi/n)}{\pi/n}=1\)

---

例2-26: 证明: 数列 \(\left\{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\right\}\) 单调增加,
\(\left\{\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}\right\}\) 单调减少,
两者收敛于同一极限

证: 记 \(x_n=\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\),
\(y_n=\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}\),

利用平均值不等式 \(\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}\leq\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}\)
得到 \(x_n=\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\cdot1\leq\left[\frac{n\left(1+\frac{1}{n}\right)+1}{n+1}\right]^{n+1}=x_{n+1}\)
和 \(\frac{1}{y_n}=\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n+1}\cdot1\leq\left[\frac{(n+1)\frac{n}{n+1}+1}{n+2}\right]^{n+2}=\frac{1}{y_{n+1}}\)

由 \(2=x_1\leq x_n<y_n\leq y_1=4\),
知 \(\{x_n\}\) 与 \(\{y_n\}\) 都收敛
又由 \(y_n=x_n\left(1+\frac{1}{n}\right)\), 可知两者具有相同的极限

习惯上用字母 \(e\) 表示这一极限
\(\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n=\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}=e\)
\(e=2.718\,281\,828\,459\cdots\) 是一个无理数,
以 \(e\) 为底的对数称为自然对数, 记为 \(\ln x(=\log_e x)\)

---

例2-27: 设 \(a_n=1+\frac{1}{2^p}+\frac{1}{3^p}+\cdots+\frac{1}{n^p}\) (\(p>0\)),
证明: 当 \(p>1\) 时 \(\{a_n\}\) 收敛;
当 \(0<p\leq1\) 时 \(\{a_n\}\) 是正无穷大量

证: \(\{a_n\}\) 显然单调增加, 收敛与否取决于其是否有界
当 \(p>1\) 时, 记 \(\frac{1}{2^{p-1}}=r\), 则 \(0<r<1\). 由于
\(\frac{1}{2^p}+\frac{1}{3^p}<\frac{1}{2^p}+\frac{1}{2^p}=\frac{1}{2^{p-1}}=r\)
\(\frac{1}{4^p}+\frac{1}{5^p}+\frac{1}{6^p}+\frac{1}{7^p}<\frac{1}{4^p}+\frac{1}{4^p}+\frac{1}{4^p}+\frac{1}{4^p}=r^2\)
\(\cdots\cdots\)
\(\frac{1}{2^{kp}}+\frac{1}{(2^k+1)^p}+\cdots+\frac{1}{(2^{k+1}-1)^p}<\frac{2^k}{2^{kp}}=r^k\)
可知 \(a_n\leq a_{2^{k+1}-1}<1+r+r^2+\cdots+r^k<\frac{1}{1-r}\),
这说明当 \(p>1\) 时 \(\{a_n\}\) 收敛

当 \(p\leq1\) 时, 有
\(\frac{1}{2^p}\geq\frac{1}{2}\)
\(\frac{1}{3^p}+\frac{1}{4^p}>\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{1}{2}\)
\(\frac{1}{5^p}+\frac{1}{6^p}+\frac{1}{7^p}+\frac{1}{8^p}>\frac{4}{8}=\frac{1}{2}\)
\(\cdots\cdots\)
\(\frac{1}{(2^k+1)^p}+\frac{1}{(2^k+2)^p}+\cdots+\frac{1}{(2^{k+1})^p}>\frac{2^k}{2^{k+1}}=\frac{1}{2}\)
因而 \(a_{2^k}\geq1+\frac{k}{2}\),
由 \(\{a_n\}\) 单调增加知 \(\{a_n\}\) 是正无穷大量

[特别当 \(p=1\) 时,
\(a_n=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}\) 是无穷大量]

例2-28: 记 \(b_n=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}-\ln n\),
证明数列 \(\{b_n\}\) 收敛

证: 由例2-26 知
\(\left(1+\frac{1}{n}\right)^n<e<\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}\),
由此得到 \(\frac{1}{n+1}<\ln\frac{n+1}{n}<\frac{1}{n}\)

于是 \(b_{n+1}-b_n=\frac{1}{n+1}-\ln(n+1)+\ln n=\frac{1}{n+1}-\ln\frac{n+1}{n}<0\)
\(b_n=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}-\ln n>\ln\frac{2}{1}+\ln\frac{3}{2}+\cdots+\ln\frac{n+1}{n}-\ln n=\ln(n+1)-\ln n>0\)
这说明数列 \(\{b_n\}\) 单调减少有下界, 因而收敛
\(\{b_n\}\) 的极限 \(\gamma=0.577\,215\,664\,90\cdots\) 称为 Euler 常数

例2-29: 证明
\(\lim\limits_{n\to\infty}\left(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{2n}\right)=\ln2\)

证: 记 \(c_n=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{2n}\),
则由例2-28 显然有 \(c_n=b_{2n}-b_n+\ln2\)
由 \(\lim\limits_{n\to\infty}b_n=\gamma\) 易知也有 \(\lim\limits_{n\to\infty}b_{2n}=\gamma\),
于是得到 \(\lim\limits_{n\to\infty}c_n=\ln2\)

例2-30: 证明
\(\lim\limits_{n\to\infty}\left[1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\cdots+(-1)^{n-1}\frac{1}{n}\right]=\ln2\)

证: 记 \(d_n=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\cdots+(-1)^{n-1}\frac{1}{n}\),
由于
\(b_n=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n-1}+\frac{1}{n}-\ln n\to\gamma\) (\(n\to\infty\))
和 \(b_{2n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\cdots+\frac{1}{2n-1}+\frac{1}{2n}-\ln 2n\to\gamma\) (\(n\to\infty\))

考虑 \(b_{2n}-b_n\),
用 \(b_{2n}\) 中的第 \(2k\) 项与 \(b_n\) 中的第 \(k\) 项对应相减, 得到
\(b_{2n}-b_n=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n}-\ln 2=d_{2n}-\ln 2\to0\) (\(n\to\infty\))
由 \(d_{2n+1}=d_{2n}+\frac{1}{2n+1}\) 及 \(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{2n+1}=0\),
即可得到 \(\lim\limits_{n\to\infty}d_n=\ln2\)

闭区间套定理

定义(闭区间套): 如果一列闭区间 \(\{[a_n,b_n]\}\) 满足
1. \([a_{n+1},b_{n+1}]\subseteq[a_n,b_n]\), \(n=1,2,3,\cdots\)
2. \(\lim\limits_{n\to\infty}(b_n-a_n)=0\)
则称这列闭区间形成一个闭区间套

---

定理(闭区间套定理): 如果 \(\{[a_n,b_n]\}\) 形成一个闭区间套,
则存在唯一的实数 \(\xi\) 属于所有的闭区间 \([a_n,b_n]\),
且 \(\xi=\lim\limits_{n\to\infty}a_n=\lim\limits_{n\to\infty}b_n\)

证: 由条件 (1) 可得
\(a_1\leq\cdots\leq a_{n-1}\leq a_n<b_n\leq b_{n-1}\leq\cdots\leq b_1\)
数列 \(\{a_n\}\) 单调增加有上界 \(b_1\),
\(\{b_n\}\) 单调减少有下界 \(a_1\), 由单调有界定理都收敛

设 \(\lim\limits_{n\to\infty}a_n=\xi\), 则
\(\lim\limits_{n\to\infty}b_n=\lim\limits_{n\to\infty}[(b_n-a_n)+a_n]=\lim\limits_{n\to\infty}(b_n-a_n)+\lim\limits_{n\to\infty}a_n=\xi\)
由于 \(\xi\) 是 \(\{a_n\}\) 的上确界, 也是 \(\{b_n\}\) 的下确界,
于是有 \(a_n\leq\xi\leq b_n\), \(n=1,2,3,\cdots\)

若另有实数 \(\xi'\) 属于所有闭区间 \([a_n,b_n]\),
也有 \(a_n\leq\xi'\leq b_n\), \(n=1,2,3,\cdots\)
令 \(n\to\infty\),
由极限的夹逼性得到 \(\xi'=\lim\limits_{n\to\infty}a_n=\lim\limits_{n\to\infty}b_n=\xi\)

[若将条件中的闭区间套改为开区间套, 则数列 \(\{a_n\}\),
\(\{b_n\}\) 仍收敛于同一个极限 \(\xi\),
但 \(\xi\) 可能不属于任何一个开区间 \((a_n,b_n)\)]

---

定理: 实数集 \(R\) 是不可列的

证: 反证法. 假设实数集 \(R\) 可列,
即可找到一种排列的规则使 \(R=\{x_1,x_2,\cdots,x_n,\cdots\}\)
先取闭区间 \([a_1,b_1]\) 使 \(x_1\in[a_1,b_1]\), 这总是可以做到的
将 \([a_1,b_1]\) 三等分,
则在 \(\left[a_1,\frac{2a_1+b_1}{3}\right]\),
\(\left[\frac{2a_1+b_1}{3},\frac{a_1+2b_1}{3}\right]\),
\(\left[\frac{a_1+2b_1}{3},b_1\right]\) 中至少有一个不含有 \(x_2\),
记为 \([a_2,b_2]\)

再将 \([a_2,b_2]\) 三等分, 同样在三个小区间中至少有一个不含有 \(x_3\), 记为 \([a_3,b_3]\)
这样的步骤可一直做下去, 于是得到一个闭区间套 \(\{[a_n,b_n]\}\),
满足 \(x_n\notin[a_n,b_n]\), \(n=1,2,3,\cdots\)

由闭区间套定理, 存在唯一实数 \(\xi\) 属于所有的闭区间 \([a_n,b_n]\),
换言之 \(\xi\neq x_n(n=1,2,3,\cdots)\),
这与 \(R=\{x_1,x_2,\cdots\}\) 矛盾

子列

定义(子列): 设 \(\{x_n\}\) 是一个数列,
而 \(n_1<n_2<\cdots<n_k<n_{k+1}<\cdots\) 是一列严格单调增加的正整数
则 \(x_{n_1},x_{n_2},\cdots,x_{n_k},\cdots\) 也形成一个数列,
称为 \(\{x_n\}\) 的子列, 记为 \(\{x_{n_k}\}\)
下标 \(n_k\) 表示子列中的第 \(k\) 项恰好是原数列中的第 \(n_k\) 项

例: 取偶数列可表示为 \(\{x_{2k}\}\); 取 \(n_k=2^k\),
则 \(\{x_{2^k}\}\) 是由原数列第 \(2,4,8,16,\cdots\) 项构成的数列
由下标严格单调增加, 可知 \(n_k\geq k\), \(k\in N^*\),
和 \(n_j\geq n_k\), \(j\geq k\)

---

定理: 若数列 \(\{x_n\}\) 收敛于 \(a\), 则它的任何子列 \(\{x_{n_k}\}\) 也收敛于 \(a\), 即
\(\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a\implies\lim\limits_{k\to\infty}x_{n_k}=a\)

证: 由 \(\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a\),
\(\forall\varepsilon>0\), \(\exists N\),
\(\forall n>N:|x_n-a|<\varepsilon\)
取 \(K=N\), 当 \(k>K\) 时 \(n_k\geq k>N\),
因而成立 \(|x_{n_k}-a|<\varepsilon\)

---

推论:
若存在数列 \(\{x_n\}\) 的两个子列 \(\{x_{n_k}^{(1)}\}\) 与 \(\{x_{n_k}^{(2)}\}\) 分别收敛于不同的极限,
则 \(\{x_n\}\) 必定发散

---

例2-31: 数列 \(\left\{\sin\frac{n\pi}{4}\right\}\) 发散

证: 取 \(n_k^{(1)}=4k\), \(n_k^{(2)}=8k+2\),
则子列 \(\{x_{n_k}^{(1)}\}\) 收敛于 \(0\),
子列 \(\{x_{n_k}^{(2)}\}\) 收敛于 \(1\)
由上述推论知 \(\{x_n\}\) 发散

Bolzano-Weierstrass 定理

定理(Bolzano-Weierstrass 定理): 有界数列必有收敛子列

证: 设数列 \(\{x_n\}\) 有界,
于是存在实数 \(a_1,b_1\) 使 \(a_1\leq x_n\leq b_1\),
\(n=1,2,3,\cdots\)

将闭区间 \([a_1,b_1]\) 等分为两个小区间 \(\left[a_1,\frac{a_1+b_1}{2}\right]\) 与
\(\left[\frac{a_1+b_1}{2},b_1\right]\)
其中至少有一个含有数列 \(\{x_n\}\) 中的无穷多项, 把它记为 \([a_2,b_2]\)
再将闭区间 \([a_2,b_2]\) 等分为两个小区间,
同样取一个含有 \(\{x_n\}\) 中无穷多项的记为 \([a_3,b_3]\)
这样的步骤一直做下去, 得到一个闭区间套 \(\{[a_k,b_k]\}\),
其中每一个闭区间 \([a_k,b_k]\) 都含有 \(\{x_n\}\) 中的无穷多项
根据闭区间套定理,
存在实数 \(\xi\) 使 \(\xi=\lim\limits_{k\to\infty}a_k=\lim\limits_{k\to\infty}b_k\)

在 \([a_1,b_1]\) 中选取 \(\{x_n\}\) 中某一项记为 \(x_{n_1}\);
在 \([a_2,b_2]\) 中含有 \(\{x_n\}\) 中无穷多项,
选取位于 \(x_{n_1}\) 后的某一项记为 \(x_{n_2}\), \(n_2>n_1\)
继续这样选取, 得到 \(\{x_n\}\) 的一个子列 \(\{x_{n_k}\}\),
满足 \(a_k\leq x_{n_k}\leq b_k\), \(k=1,2,3,\cdots\)
由 \(\lim\limits_{k\to\infty}a_k=\lim\limits_{k\to\infty}b_k=\xi\) 和极限的夹逼性得到
\(\lim\limits_{k\to\infty}x_{n_k}=\xi\)

---

定理: 若 \(\{x_n\}\) 是一个无界数列, 则存在子列 \(\{x_{n_k}\}\),
使得 \(\lim\limits_{k\to\infty}x_{n_k}=\infty\)

证: 由 \(\{x_n\}\) 无界, 对任意 \(M>0\),
\(\{x_n\}\) 中存在无穷多个 \(x_n\) 满足 \(|x_n|>M\)

先取 \(M_1=1\), 存在 \(x_{n_1}\) 使 \(|x_{n_1}|>1\);
取 \(M_2=2\), 在 \(x_{n_1}\) 后可取 \(x_{n_2}\), \(n_2>n_1\),
使 \(|x_{n_2}|>2\)
继续取 \(M_k=k\), 同理可取 \(x_{n_k}\), \(n_k>n_{k-1}\),
使 \(|x_{n_k}|>k\),
这样得到 \(\{x_n\}\) 的一个子列 \(\{x_{n_k}\}\) 满足 \(|x_{n_k}|>k\)
由定义 \(\lim\limits_{k\to\infty}x_{n_k}=\infty\)

Cauchy 收敛原理

定义(基本数列):
若数列 \(\{x_n\}\) 具有以下特性: 对于任意给定的 \(\varepsilon>0\),
存在正整数 \(N\), 使得当 \(n,m>N\) 时成立 \(|x_n-x_m|<\varepsilon\)
则称数列 \(\{x_n\}\) 是一个基本数列

---

例2-32: 设 \(x_n=1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots+\frac{1}{n^2}\),
则 \(\{x_n\}\) 是一个基本数列

证: 对任意正整数 \(n\) 与 \(m\), 不妨设 \(m>n\), 则
\(x_m-x_n=\frac{1}{(n+1)^2}+\frac{1}{(n+2)^2}+\cdots+\frac{1}{m^2}\)
\(<\frac{1}{n(n+1)}+\frac{1}{(n+1)(n+2)}+\cdots+\frac{1}{(m-1)m}\)
\(=\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)+\left(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{m-1}-\frac{1}{m}\right)=\frac{1}{n}-\frac{1}{m}<\frac{1}{n}\)
对任意给定的 \(\varepsilon>0\),

取 \(N=\left[\frac{1}{\varepsilon}\right]\),
当 \(m>n>N\) 时成立 \(|x_m-x_n|<\varepsilon\)

例2-33: 设 \(x_n=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}\),
则 \(\{x_n\}\) 不是基本数列

证: 对任意正整数 \(n\),
有 \(x_{2n}-x_n=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{2n}>n\cdot\frac{1}{2n}=\frac{1}{2}\)
取 \(\varepsilon_0=\frac{1}{2}\), 无论 \(N\) 多大,
总存在正整数 \(n>N\), \(m=2n>N\),
使得 \(|x_m-x_n|=|x_{2n}-x_n|\geq\varepsilon_0\)

---

定理(Cauchy 收敛原理): 数列 \(\{x_n\}\) 收敛的充分必要条件是 \(\{x_n\}\) 是基本数列

证: 必要性: 设 \(\{x_n\}\) 收敛于 \(a\),
按定义 \(\forall\varepsilon>0\), \(\exists N\),
\(\forall n,m>N\): \(|x_n-a|<\frac{\varepsilon}{2}\),
\(|x_m-a|<\frac{\varepsilon}{2}\)
于是 \(|x_n-x_m|\leq|x_n-a|+|x_m-a|<\varepsilon\)

充分性: 先证明基本数列必定有界. 取 \(\varepsilon_0=1\),
因为 \(\{x_n\}\) 是基本数列, 所以 \(\exists N_0\),
\(\forall n>N_0:|x_n-x_{N_0+1}|<1\)
令 \(M=\max\{|x_1|,|x_2|,\cdots,|x_{N_0}|,|x_{N_0+1}|+1\}\),
则对一切 \(n\) 成立 \(|x_n|\leq M\)

由 Bolzano-Weierstrass 定理,
在 \(\{x_n\}\) 中必有收敛子列 \(\lim\limits_{k\to\infty}x_{n_k}=\xi\)
因为 \(\{x_n\}\) 是基本数列, 所以 \(\forall\varepsilon>0\),
\(\exists N\),
\(\forall n,m>N:|x_n-x_m|<\frac{\varepsilon}{2}\)
在上式中取 \(x_m=x_{n_k}\), 其中 \(k\) 充分大, 满足 \(n_k>N\),
并且令 \(k\to\infty\),
于是得到 \(|x_n-\xi|\leq\frac{\varepsilon}{2}<\varepsilon\)

[例2-32 中 \(\{x_n\}\) 收敛, 例2-33 中 \(\{x_n\}\) 发散,
与例2-27 中得到的结论一致]
[完备性: 由实数构成的基本数列必存在实数极限, 有理数集不具有完备性,
如 \(\left\{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\right\}\) 是由有理数构成的基本数列,
其极限 \(e\) 不是有理数]

---

例2-34: 设数列 \(\{x_n\}\) 满足压缩性条件 \(|x_{n+1}-x_n|\leq k|x_n-x_{n-1}|\),
\(0<k<1\), \(n=2,3,\cdots\), 则 \(\{x_n\}\) 收敛

证: 只要证明 \(\{x_n\}\) 是基本数列. 首先对一切 \(n\) 有
\(|x_{n+1}-x_n|\leq k|x_n-x_{n-1}|\leq k^2|x_{n-1}-x_{n-2}|\leq\cdots\leq k^{n-1}|x_2-x_1|\)

设 \(m>n\), 则
\(|x_m-x_n|\leq|x_m-x_{m-1}|+|x_{m-1}-x_{m-2}|+\cdots+|x_{n+1}-x_n|\)
\(\leq k^{m-2}|x_2-x_1|+k^{m-3}|x_2-x_1|+\cdots+k^{n-1}|x_2-x_1|<\frac{k^{n-1}}{1-k}|x_2-x_1|\to0\) (\(n\to\infty\))
因此 \(\{x_n\}\) 是基本数列, 从而收敛

实数系的基本定理

确界存在定理
\(\downarrow\)
单调有界数列收敛定理
\(\downarrow\)
闭区间套定理
\(\downarrow\)
Bolzano-Weierstrass 定理
\(\downarrow\)
Cauchy 收敛原理

---

实数系的连续性包含了完备性

定理: 实数系的完备性等价于实数系的连续性

证: 分两步证明完备性包含连续性: Cauchy 收敛原理 \(\implies\) 闭区间套定理 \(\implies\) 确界存在定理

先证 Cauchy 收敛原理 \(\implies\) 闭区间套定理
设 \(\{[a_n,b_n]\}\) 是一列闭区间, 满足条件
1. \([a_{n+1},b_{n+1}]\subseteq[a_n,b_n]\), \(n=1,2,3,\cdots\)
2. \(\lim\limits_{n\to\infty}(b_n-a_n)=0\)
设 \(m>n\),
则 \(0\leq a_m-a_n<b_n-a_n\to0\ (n\to\infty)\),
所以数列 \(\{a_n\}\) 是一基本数列,
从而 \(\lim\limits_{n\to\infty}a_n=\xi\)
并由此得到 \(\lim\limits_{n\to\infty}b_n=\lim\limits_{n\to\infty}(b_n-a_n)+\lim\limits_{n\to\infty}a_n=\xi\)
由于 \(\{a_n\}\) 单调增加, \(\{b_n\}\) 单调减少,
可知 \(\xi\) 属于所有闭区间 \([a_n,b_n]\), 闭区间套定理得证

再证 闭区间套定理 \(\implies\) 确界存在定理

设 \(S\) 是非空有上界的实数集合,
又设 \(\tilde T\) 是由 \(S\) 的所有上界组成的集合,
证 \(\tilde T\) 有最小数, 即 \(S\) 有上确界

取 \(a_1\notin\tilde T\), \(b_1\in\tilde T\),
显然 \(a_1<b_1\), 按下述规则依次构造一列闭区间
\([a_2,b_2]=\begin{cases}\left[a_1,\frac{a_1+b_1}{2}\right], & \text{若}\frac{a_1+b_1}{2}\in\tilde T\\ \left[\frac{a_1+b_1}{2},b_1\right], & \text{若}\frac{a_1+b_1}{2}\notin\tilde T\end{cases}\)
\([a_3,b_3]=\begin{cases}\left[a_2,\frac{a_2+b_2}{2}\right], & \text{若}\frac{a_2+b_2}{2}\in\tilde T\\ \left[\frac{a_2+b_2}{2},b_2\right], & \text{若}\frac{a_2+b_2}{2}\notin\tilde T\end{cases}\)
\(\cdots\cdots\)
由此得到一个闭区间套 \(\{[a_n,b_n]\}\),
满足 \(a_n\notin\tilde T\), \(b_n\in\tilde T\),
\(n=1,2,3,\cdots\)
由闭区间套定理, 存在唯一的实数 \(\xi\) 属于所有闭区间 \([a_n,b_n]\),
且 \(\lim\limits_{n\to\infty}a_n=\lim\limits_{n\to\infty}b_n=\xi\)

现只需说明 \(\xi\) 是集合 \(\tilde T\) 的最小数, 也就是集合 \(S\) 的上确界
若 \(\xi\notin\tilde T\), 即 \(\xi\) 不是集合 \(S\) 的上界,
则存在 \(x\in S\) 使得 \(\xi<x\)
由 \(\lim\limits_{n\to\infty}b_n=\xi\)
可知当 \(n\) 充分大时 \(b_n<x\), 与 \(b_n\in\tilde T\) 矛盾,
所以 \(\xi\in\tilde T\)

若存在 \(\eta\in\tilde T\) 使得 \(\eta<\xi\),
则由 \(\lim\limits_{n\to\infty}a_n=\xi\)
可知当 \(n\) 充分大时 \(\eta<a_n\)
于是存在 \(y\in S\) 使得 \(\eta<y<a_n\),
与 \(\eta\in\tilde T\) 矛盾,
所以 \(\xi\) 是集合 \(\tilde T\) 的最小数
确界存在定理得证
[以上五个定理是等价的, 其中任何一个出发都可推出其他的定理, 每一个都可称为实数系的基本定理]