數(shù)列極限存在的條件

單調(diào)數(shù)列

定義：若數(shù)列 $\{a_n\}$ 的各項滿足關系式 $a_n\le a_{n+1}(a_n\ge a_{n+1})$ ,則稱數(shù)列 $\{a_n\}$ 為遞增(遞減)數(shù)列,遞增數(shù)列和遞減數(shù)列統(tǒng)稱為單調(diào)數(shù)列

單調(diào)有界原理

定理：實數(shù)系中,有界的單調(diào)數(shù)列必有極限

證明：

$不妨設\{a_n\}為有上界的遞增數(shù)列$

$由確界原理可知$

$數(shù)列\(zhòng){a_n\}有上確界,記a=sup\{a_n\}$

$下證a即為\{a_n\}的極限$

$\forall \varepsilon,\exists N使得$

$a-\varepsilon\lt a_N$

$\because \{a_n\}為遞增數(shù)列$

$n\ge N時有a-\varepsilon\lt a_N\le a_n$

$又a為\{a_n\}的一個上界$

$\therefore \forall n,a_n\le a\lt a+\varepsilon$

$\therefore n\ge N時有a-\varepsilon\lt a_n\lt a+\varepsilon$

$\therefore \lim\limits_{n\to \infty}a_n=a$

$同理可證有下界的遞減數(shù)列必有極限$

$且極限即為下確界\qquad \mathcal{Q.E.D}$

例：設 $a_n=1+{1\over 2^\alpha}+\cdots+{1\over n^\alpha}$ , $\alpha\gt 1$ ,證明： $\{a_n\}$ 收斂

證：

$顯然\{a_n\}是遞增數(shù)列$

$n\ge 2時$

$a_{2n}=1+{1\over 2^\alpha}+\cdots+{1\over (2n)^\alpha}$

$=(1+{1\over 3^\alpha}+\cdots+{1\over (2n-1)^\alpha})+({1\over 2^\alpha}+\cdots+{1\over (2n)^\alpha})$

$\lt (1+{1\over 3^\alpha}+\cdots+{1\over (2n+1)^\alpha})+({1\over 2^\alpha}+\cdots+{1\over (2n)^\alpha})$

$\lt 1+2{a_n\over 2^\alpha}=1+{a_n\over 2^{\alpha-1}}$

$\therefore a_n\lt a_{2n}\lt 1+{a_n\over 2^{\alpha-1}}$

$\therefore \{a_n\}有界$

$由單調(diào)有界定理可知$

$數(shù)列\(zhòng){a_n\}收斂$

例：證明數(shù)列 $\sqrt{2}$ , $\sqrt{2+\sqrt{2}}$ , $\cdots$ , $\underbrace{\sqrt{2+\sqrt{2+\cdots+\sqrt{2}}}}_{n個根號}$ , $\cdots$ 收斂,并求其極限

證：

$記a_n=\sqrt{2+\sqrt{2+\cdots+\sqrt{2}}}$

$顯然\{a_n\}是遞增數(shù)列$

$下證\{a_n\}有上界$

$a_1=\sqrt{2}\lt 2$

$假設a_n\lt 2,則$

$a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}\lt \sqrt{2+2}=2$

$\therefore \forall n,a_n\lt 2$

$即\{a_n\}有上界$

$由單調(diào)有界定理可知$

$\{a_n\}有極限,記為a$

$a^2_{n+1}=2+a_n$

$上式兩邊取極限可得$

$a^2=2+a$

$解得a=-1或a=2$

$由數(shù)列極限的保不等式性$

$a=-1不可能$

$\therefore \lim\limits_{n\to infty}\sqrt{2+\sqrt{2+\cdots+\sqrt{2}}}=2$

例：設S為有界數(shù)集,證明：若 $supS=a\overline{\in}S$ ,則存在嚴格遞增數(shù)列 $\{x_n\}\subset S$ ,使得 $\lim\limits_{n\to \infty}x_n=a$

證：

$\because supS=a$

$\therefore \forall \varepsilon\gt 0,\exists x\in S使得$

$x\gt a-\varepsilon$

$a\overline{\in}S\Rightarrow x\lt a$

$\therefore a-\varepsilon\lt x\lt a$

$取\varepsilon_1=1,\exists x_1\in S使得$

$a-\varepsilon_1\lt x_1\lt a$

$取\varepsilon_2=min\{{1\over 2},a-x_1\}\gt 0,\exists x_2\in S使得$

$a-\varepsilon_2\lt x_2\lt a$

$且x_2\gt a-\varepsilon_2\ge a-(a-x_1)=x_1$

$一般地,按上述步驟得到x_{n-1}\in S后$

$取\varepsilon_n=min\{{1\over n},a-x_{n-1}\},\exists x_n\in S使得$

$a-\varepsilon_n\lt x_n\lt a$

$且x_n\gt a-\varepsilon_n\ge a-(a-x_{n-1})=x_{n-1}$

$上述過程無限地進行下去$

$得數(shù)列\(zhòng){x_n\}\subset S$

$\{x_n\}嚴格遞增,且滿足$

$a-\varepsilon_n\lt x_n\lt a\lt a+\varepsilon_n$

$\Rightarrow |x_n-a|\lt \varepsilon_n\le {1\over n},n=1,2,\cdots$

$\therefore \lim\limits_{n\to \infty}x_n=a$

例：證明極限 $\lim\limits_{n\to \infty}(1+{1\over n})^n$ 存在

證：

$設a_n=(1+{1\over n})^n,n=1,2,\cdots$

$由二項式定理可知$

$a_n=1+C_n^1{1\over n}+\cdots+C_n^k{1\over n^k}+\cdots C_n^n{1\over n^n}$

$=1+1+{n(n-1)\over 2!}{1\over n^2}+\cdots+{n(n-1)\cdots(n-k+1)\over k!}{1\over n^k}+\cdots+{1\over n^n}$

$=2+{1\over 2!}(1-{1\over n})+\cdots+{1\over k!}(1-{1\over n})(1-{2\over n})\cdots(1-{k-1\over n})+\cdots$

$+{1\over n!}(1-{1\over n})(1-{2\over n})\cdots(1-{n-1\over n})$

$\lt 2+{1\over 2!}(1-{1\over n+1})+\cdots+{1\over k!}(1-{1\over n+1})(1-{2\over n+1})\cdots(1-{k-1\over n+1})+\cdots$

$+{1\over (n+1)!}(1-{1\over n+1})(1-{2\over n+1})\cdots(1-{n\over n+1})=a_{n+1}$

$\therefore \{a_n\}嚴格遞增$

$由上式可得$

$a_n\lt 2+{1\over 2!}+\cdots+{1\over k!}+\cdots+{1\over n!}$

$\lt 2+{1\over 1\cdot 2}+\cdots+{1\over (k-1)k}+\cdots+{1\over (n-1)n}$

$=2+(1-{1\over 2})+\cdots+({1\over k-1}-{1\over k})+\cdots+({1\over n-1}-{1\over n})$

$=3-{1\over n}\lt 3$

$\therefore \{a_n\}有界$

$由單調(diào)有界定理可知$

$\lim\limits_{n\to \infty}(1+{1\over n})^n存在$

例：任何數(shù)列都存在單調(diào)子列

證：

$設數(shù)列為\{a_n\}$

$(1)若\forall k\in Z_+,\{a_{k+n}\}有最大項$

$設\{a_{1+n}\}的最大項為a_{n_1}$

$\{a_{n_1+n}\}也有最大項,設為a_{n_2}$

$顯然n_2\gt n_1$

$且\{a_{n_1+n}\}是\{a_{1+n}\}的一個子列$

$\therefore a_{n_2}\le a_{n_1}$

$同理可得$

$n_3\gt n_2,a_{n_3}\le a_{n_2}$

$\cdots$

$即可得一個單調(diào)遞減的子列\(zhòng){a_{n_k}\}$

$(2)若至少存在某正整數(shù)k,數(shù)列\(zhòng){a_{k+n}\}沒有最大項$

$取n_1=k+1$

$\because \{a_{k+n}\}沒有最大項$

$\therefore a_{n_1}后面總存在a_{n_2}(n_2\gt n_1)使得$

$a_{n_2}\gt a_{n_1}$

$同理a_{n_2}后面存在a_{n_3}(n_3\gt n_2)使得$

$a_{n_3}\gt a_{n_2}$

$即可得一個單調(diào)遞增的子列\(zhòng){a_{n_k}\}$

致密性定理

定理：任何有界數(shù)列必有收斂子列

證明：

$設數(shù)列\(zhòng){a_n\}有界$

$\{a_n\}存在單調(diào)且有界子列\(zhòng){a_{n_k}\}$

$由單調(diào)有界原理可知$

$\{a_{n_k}\}收斂\qquad\mathcal{Q.E.D}$

Cauchy收斂準則

準則：數(shù)列 $\{a_n\}$ 收斂 $\Leftrightarrow$$\forall \varepsilon\gt 0,\exists N\in Z_+$ 使得 $n,m\gt N$ 時有 $|a_n-a_m|\lt \varepsilon$

證明：

$必要性$

$設\lim\limits_{n\to \infty}a_n=A$

$\forall \varepsilon\gt 0,\exists N\gt 0,當n,m\gt N時有$

$|a_m-A|\lt {\varepsilon\over 2},|a_n-A|\lt {\varepsilon\over 2}$

$\therefore |a_m-a_n|\le |a_m-A|+|a_n-A|\lt {\varepsilon\over 2}+{\varepsilon\over 2}=\varepsilon$

$充分性$

$取\varepsilon_0=1,\{a_n\}滿足Cauchy條件$

$\therefore \exists N_0,\forall n\gt N_0時有$

$|a_n-a_{N_0+1}|\lt 1$

$令M=max\{|a_1|,|a_2|,\cdots,|a_{N_0}|,|a_{N_0+1}+1\}$

$則\forall n,|a_n|\le M$

$由致密性定理可知$

$在\{a_n\}中必有收斂子列$

$\lim\limits_{n\to \infty}a_{n_k}=\xi$

$\because \forall\varepsilon\gt 0,\exists N,當n,m\gt N時有$

$|a_n-a_m|\lt {\varepsilon\over 2}$

$取a_m=a_{n_k}滿足n_k\gt N$

$令k\to \infty可得$

$|a_n-\xi|\le {\varepsilon\over 2}\lt \varepsilon$

$\therefore 數(shù)列\(zhòng){a_{n_k}\}收斂\qquad\mathcal{Q.E.D}$

注：

1.Cauchy收斂準則的條件稱為Cauchy條件

2.Cauchy收斂準則把 $\varepsilon-N$ 定義中 $a_n與a$ 的關系換成了 $a_n與a_m$ 的關系,無需借助數(shù)列以外的數(shù)a,只需根據(jù)數(shù)列本身的特征即可鑒別其斂散性(收發(fā)性)

例：證明：任一無限十進制小數(shù) $\alpha=0.b_1b_2\cdots b_n\cdots(n=1,2,\cdots)$ 的n位不足近似所組成的數(shù)列 ${b_1\over 10},{b_1\over 10}+{b_2\over 10^2},\cdots,{b_1\over 10}+{b_2\over 10^2}+\cdots+{b_n\over 10^n},\cdots$ 滿足Cauchy條件,其中 $b_k$ 為 $0,1,2,\cdots,9$ 中的一個數(shù), $k=1,2,\cdots$