高等数学云教材
一 数列极限的概念
引例 “一尺之锤，日取其半，万世不竭。”
这样剩下棒子的长度就成了一个数列，其通项为 \[a_n = \left(\frac{1}{2}\right)^n\] 容易看出，当 \(n\) 无限增大，棒长无限接近于一个确定的常数零。我们把这个确定的常数零称为数列 \(\left(\frac{1}{2}\right)^n\) 当 \(n\) 趋向于无穷时的极限。
一般地，如果“随着 \(n\) 的无限增大，通项 \(x_n\) 无限地接近某一常数 \(a\)”，则称常数 \(a\) 为数列的极限。
如何准确地刻画极限的概念呢？我们知道数与数的接近程度可以通过这两个数差的绝对值来刻画。这就是说，当 \(n\) 充分大时，数列的通项 \(x_n\) 与常数 \(a\) 之差的绝对值可以任意小。任意小性是无法用一个具体的很小很小的数来刻画的。为此，引入希腊字母 \(\epsilon\) 来刻画任意小的正数。
⚙️定义1 (ε-N定义) 设 \(\{x_n\}\) 为一数列，如果存在常数 \(a\)，对于任意给定的正数 \(\epsilon\)，总存在正整数 \(N\)，使得当 \(n > N\) 时，有 \[|x_n - a| < \epsilon\] 则称常数 \(a\) 为数列 \(\{x_n\}\) 的极限，或称数列 \(\{x_n\}\) 收敛于 \(a\)，记作 \[\lim_{n \to \infty} x_n = a\] 否则称数列没有极限，或者说数列是发散的。
这里引入两个常用的数学符号：“\(\forall\)”表示任意的；“\(\exists\)”表示存在。由此， \[\lim_{n \to \infty} x_n = a \Leftrightarrow \forall \epsilon > 0, \exists N, \text{当} n > N \text{时，有} |x_n - a| < \epsilon\]
👩💻交互学习
🧑💻数列极限探究
✍️例题
例1 证明 \(\lim_{n \to \infty} -\frac{1}{n(n+1)^2} = 0\)
证明：任给 \(\epsilon > 0\)，为了使 \[|x_n - 0| = \left| -\frac{1}{n(n+1)^2} - 0 \right| = \frac{1}{n(n+1)^2} < \frac{1}{n} < \epsilon\] 即 \(n > \frac{1}{\epsilon}\)，所以存在 \(N = \frac{1}{\epsilon}\)，当 \(n > N\) 时，有 \(|x_n - 0| < \epsilon\)。
因此，\(\forall \epsilon > 0\)，\(\exists N = \frac{1}{\epsilon}\)，当 \(n > N\) 时，有 \[-\frac{1}{n(n+1)^2} < \epsilon\]
即 \[\lim_{n \to \infty} -\frac{1}{n(n+1)^2} = 0\]
例2 证明 \(\lim_{n \to \infty} \frac{\sin n}{n} = 0\)
证明：任给 \(\epsilon > 0\)，因为 \[|x_n - 0| = \left| \frac{\sin n}{n} - 0 \right| \leq \frac{1}{n}\] 如果 \[\frac{1}{n} < \epsilon\] 即 \[n > \frac{1}{\epsilon}\] 则存在 \(N = \frac{1}{\epsilon}\)，当 \(n > N\) 时，有 \(|x_n - 0| < \epsilon\)。
因此，\(\forall \epsilon > 0\)，\(\exists N = \frac{1}{\epsilon}\)，当 \(n > N\) 时，有 \[\frac{\sin n}{n} < \epsilon\]
即 \[\lim_{n \to \infty} \frac{\sin n}{n} = 0\]
例3 证明 \(\lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{2^n}\right) = 1\)
证明：\(\forall \epsilon > 0\)（不妨设 \(\epsilon < 1\)），为了使 \[|x_n - 1| = \frac{1}{2^n}\] 只要 \[2^n > \frac{1}{\epsilon}\] 即 \[n > \log_2 \frac{1}{\epsilon} = -\log_2 \epsilon\] 则存在 \(N = -\log_2 \epsilon\)，当 \(n > N\) 时，有 \[\left| \left(1 + \frac{1}{2^n}\right) - 1 \right| < \epsilon\]
即 \[\lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{2^n}\right) = 1\]
♻️探究：为什么可以设 \(\epsilon < 1\)？
💫💫💫
练习1 证明 \(\lim_{{n \to \infty}} \frac{1}{n} = 0\)
证明：任给 \(\epsilon > 0\)，为了使 \( | \frac{1}{n} - 0 | < \epsilon \)，即
\[ \frac{1}{n} < \epsilon, \]所以存在正整数 \( N \)，当 \( n > N \) 时，有
\[ n > \frac{1}{\epsilon}. \]因此，
\[ \forall \epsilon > 0, \exists N = \left\lceil \frac{1}{\epsilon} \right\rceil, \forall n > N, | \frac{1}{n} - 0 | < \epsilon. \]即
\[ \lim_{{n \to \infty}} \frac{1}{n} = 0. \]练习2 证明 \(\lim_{{n \to \infty}} \frac{n+1}{n} = 1\)
查看解答
证明：任给 \(\epsilon > 0\)，为了使 \( | \frac{n+1}{n} - 1 | < \epsilon \)，即
\[ \left| 1 + \frac{1}{n} - 1 \right| < \epsilon, \]即
\[ \frac{1}{n} < \epsilon. \]所以存在正整数 \( N \)，当 \( n > N \) 时，有
\[ n > \frac{1}{\epsilon}. \]因此，
\[ \forall \epsilon > 0, \exists N = \left\lceil \frac{1}{\epsilon} \right\rceil, \forall n > N, | \frac{n+1}{n} - 1 | < \epsilon. \]即
\[ \lim_{{n \to \infty}} \frac{n+1}{n} = 1. \]练习3 证明 \(\lim_{{n \to \infty}} \frac{2n+1}{n} = 2\)
查看解答
证明：\(\forall \epsilon > 0, \exists N \in \mathbb{N}, \forall n > N, \left| \frac{2n+1}{n} - 2 \right| < \epsilon \)，
即
\[ \left| 2 + \frac{1}{n} - 2 \right| < \epsilon, \]即
\[ \frac{1}{n} < \epsilon. \]存在正整数 \( N \)，当 \( n > N \) 时，有
\[ n > \frac{1}{\epsilon}. \]所以
\[ \forall \epsilon > 0, \exists N = \left\lceil \frac{1}{\epsilon} \right\rceil, \forall n > N, \left| \frac{2n+1}{n} - 2 \right| < \epsilon. \]即
\[ \lim_{{n \to \infty}} \frac{2n+1}{n} = 2. \]✍️练习题
证明 \(\lim_{{n \to \infty}} \frac{3n+2}{n} = 3\)
Hint:
将分子和分母同时除以 \( n \)，然后取极限。
Answer:
\(\lim_{{n \to \infty}} \frac{3n+2}{n} = 3\)
Solution:
证明：任给 \(\epsilon > 0\)，为了使 \( \left| \frac{3n+2}{n} - 3 \right| < \epsilon \)，即
\[ \left| 3 + \frac{2}{n} - 3 \right| < \epsilon, \]即
\[ \frac{2}{n} < \epsilon. \]所以存在正整数 \( N \)，当 \( n > N \) 时，有
\[ n > \frac{2}{\epsilon}. \]因此，
\[ \forall \epsilon > 0, \exists N = \left\lceil \frac{2}{\epsilon} \right\rceil, \forall n > N, \left| \frac{3n+2}{n} - 3 \right| < \epsilon. \]即
\[ \lim_{{n \to \infty}} \frac{3n+2}{n} = 3. \]二 收敛数列的性质
🧭 定理与例题定理1 （极限的唯一性）
假设数列 \(\{x_n\}\) 同时收敛到两个不同的极限 \(a\) 和 \(b\)，然后构造一个反证法。
设 \(\lim_{n \to \infty} x_n = a\)，且 \(\lim_{n \to \infty} x_n = b\)，不妨设 \(a < b\)，取 \(\epsilon_0 = \frac{b-a}{2}\)。
由于 \(\lim_{n \to \infty} x_n = a\)，对于 \(\epsilon_0\)，存在 \(N_1\)，当 \(n > N_1\) 时，有
\[ |x_n - a| < \epsilon_0 = \frac{b-a}{2}, \]即
\[ x_n < a + \frac{b-a}{2} = \frac{a+b}{2}. \]又由于 \(\lim_{n \to \infty} x_n = b\)，对于 \(\epsilon_0\)，存在 \(N_2\)，当 \(n > N_2\) 时，有
\[ |x_n - b| < \epsilon_0 = \frac{b-a}{2}, \]即
\[ x_n > b - \frac{b-a}{2} = \frac{a+b}{2}. \]取 \(N = \max\{N_1, N_2\}\)，则当 \(n > N\) 时，既有
\[ x_n < \frac{a+b}{2}, \]又有
\[ x_n > \frac{a+b}{2}, \]但这是不可能的。故必有 \(a = b\)。
定理2（有界性）
假设数列 \(\{x_n\}\) 收敛于 \(a\)，证明数列 \(\{x_n\}\) 有界。
设 \(\lim_{n \to \infty} x_n = a\)，对 \(\epsilon = 1\)，存在正整数 \(N\)，当 \(n > N\) 时，有
\[ |x_n - a| < 1, \]而
\[ |x_1|, |x_2|, \ldots, |x_N| \]是有限个数，取 \(M = \max\{|a|+1, |x_1|, |x_2|, \ldots, |x_N|\}\)，则对于一切自然数 \(n\)，都有
\[ |x_n| \leq M. \]故收敛数列有界。
推论: 若数列无界，则必发散。
定理3（保号性）
假设数列 \(\{x_n\}\) 收敛于 \(a\)，且 \(a \neq 0\)，证明从某项起 \(x_n\) 与 \(a\) 同号。
不妨设 \(a > 0\)，由 \(\lim_{n \to \infty} x_n = a\)，按照定义 \(\forall \epsilon > 0 \，\exists N\)，当 \(n > N\) 时，有
\[ |x_n - a| < \epsilon. \]取 \(\epsilon = \frac{a}{2}\)，则当 \(n > N\) 时，
\[ x_n > a - \frac{a}{2} = \frac{a}{2} > 0. \]即当 \(n > N\) 时，\(x_n\) 与 \(a\) 同号。
推论: 若数列 \(\{x_n\}\) 从某项起单调，且 \(\lim_{n \to \infty} |x_n| = 0\)，则 \(\lim_{n \to \infty} x_n = 0\)。
定理4 若数列收敛于 \(a\)，则其任一子列也收敛于 \(a\)
利用数列 \(\{x_n\}\) 收敛的定义来证明其任一子列也收敛于 \(a\)。
因为 \(\lim_{n \to \infty} x_n = a\)，所以对任意的 \(\epsilon > 0\)，存在 \(N\)，当 \(n > N\) 时，有 \(|x_n - a| < \epsilon\) 成立。
取 \(K = N\)，当 \(k > K\) 时，\(n_k > n_K = n_N \ge N\)，有 \(|x_{n_k} - a| < \epsilon\) 成立。
因此，对任意的 \(\epsilon > 0\)，存在 \(K = N\)，当 \(k > K\) 时，有 \(|x_{n_k} - a| < \epsilon\) 成立。
故
\[ \lim_{k \to \infty} x_{n_k} = a. \]例4 证明 \(\lim_{n \to \infty} \frac{n^2 - 1}{2n^2 + 3n + 1} = \frac{1}{2}\)
设 \(x_n = \frac{n^2 - 1}{2n^2 + 3n + 1}\)，\(\lim_{n \to \infty} x_n = \frac{1}{2}\)。
取 \(\epsilon > 0\)，因为
\[ \left| \frac{n^2 - 1}{2n^2 + 3n + 1} - \frac{1}{2} \right| = \left| \frac{2(n^2 - 1) - (2n^2 + 3n + 1)}{2(2n^2 + 3n + 1)} \right| = \left| \frac{-3n - 3}{4n^2 + 6n + 2} \right| = \frac{3(n + 1)}{4n^2 + 6n + 2}, \]由此可以看到，当 \(n \to \infty\) 时，分母增长得更快，因此整个分式趋向于0，所以
\[ \lim_{n \to \infty} \frac{3(n + 1)}{4n^2 + 6n + 2} = 0, \]即
\[ \lim_{n \to \infty} \frac{n^2 - 1}{2n^2 + 3n + 1} = \frac{1}{2}. \]例5 设 \(x_n > 0\)，且 \(\lim_{n \to \infty} x_n = a > 0\)，证明 \(\lim_{n \to \infty} \frac{1}{x_n} = \frac{1}{a}\)
因为
\[ \left| \frac{1}{x_n} - \frac{1}{a} \right| = \left| \frac{a - x_n}{ax_n} \right| = \frac{|a - x_n|}{|a||x_n|}, \]由 \(\left| x_n - a \right| < \epsilon\) 得到 \(\forall \epsilon > 0 ，\exists \epsilon_1 = \frac{a \epsilon}{2} > 0 ，\exists N，当 n > N 时，有 |x_n - a| < \epsilon_1 成立\)
从而
\[ \frac{|a - x_n|}{|a||x_n|} < \frac{\epsilon_1}{|a|} = \epsilon. \]所以
\[ \forall \epsilon > 0， \exists \frac{a \epsilon}{2} > 0， \exists N，当 n > N 时，有 \left| \frac{1}{x_n} - \frac{1}{a} \right| < \epsilon. \]即
\[ \lim_{n \to \infty} \frac{1}{x_n} = \frac{1}{a}. \]练习1 证明 \(\lim_{n \to \infty} x_n = a\)
已知 \(\lim_{k \to \infty} x_{2k-1} = a\) 和 \(\lim_{k \to \infty} x_{2k} = a\)，试证：
\[ \lim_{n \to \infty} x_n = a \]证明：由 \(\lim_{k \to \infty} x_{2k-1} = a\)，对任意 \(\epsilon > 0\)，存在 \(N_1\)，当 \(k > N_1\) 时，有
\[ |x_{2k-1} - a| < \epsilon. \]由 \(\lim_{k \to \infty} x_{2k} = a\)，对任意 \(\epsilon > 0\)，存在 \(N_2\)，当 \(k > N_2\) 时，有
\[ |x_{2k} - a| < \epsilon. \]令 \(N = \max\{N_1, N_2\}\)，则当 \(n > 2N\) 时，有
\[ |x_n - a| < \epsilon. \]即 \(\lim_{n \to \infty} x_n = a\)。
练习2 证明 \(\lim_{n \to \infty} \left|u_n\right| = \left|a\right|\)
若 \(\lim_{n \to \infty} u_n = a \)，证明
\[ \lim_{n \to \infty} \left| u_n \right| = \left| a \right| \]并举例说明反之未必成立。
证明：设 \(\lim_{n \to \infty} u_n = a\)，对任意 \(\epsilon > 0\)，存在正整数 \(N\)，当 \(n > N\) 时，有
\[ |u_n - a| < \epsilon. \]即 \(\lim_{n \to \infty} \left| u_n \right| = \left| a \right|\)。
反例：设 \(v_n = (-1)^n \)，则 \(\lim_{n \to \infty} v_{2n} = 1 \to 1\)，\(\lim_{n \to \infty} v_{2n+1} = -1 \to -1\)，但 \(\{v_n\}\) 并不收敛。