1.3 数列的极限

通项也称一般项。

如果数列 $\{x_n\}$ 满足 $x_1\le x_2\le x_3\le \cdots \le x_n\le x_{x+1}\le \cdots$，就称该数列是单调增加的；反之，如果满足 $x_1\ge x_2\ge x_3\ge \cdots \ge x_n\ge x_{x+1}\ge \cdots$，就称该数列是单调减少的。单调增加和单调减少的数列统称单调数列。

WARNING

认为单调数列是广义的，也就是可以取等号。

NOTE

注意区分数列和一些集合的区别，如：

• $\{(-1{)}^n\}$ 为数列，其通项 $a_n=(-1{)}^n$。
• $\{(-1{)}^n|n\in {\mathbf{N}}_{+}\}=\{-1,1\}$ 为集合，包含 $-1,1$ 两个元素。
• $\{1\}$ 既可以看成一个集合，也可以看成一个数列（$x_n=1,n\in {\mathbf{N}}_{+}$），判断时需根据上下文。

数列极限的定义

数列极限的定义：设 $\{x_n\}$ 为一数列，如果存在常数 $a$，对于任意给定的正数 $\epsilon$（不论它多么小），总存在正整数 $N$，使得当 $n>N$ 时。不等式 $|x_n-a|<\epsilon$ 都成立，那么就称常数 $a$ 是数列 $\{x_n\}$ 的极限，或者称数列 $\{x_n\}$ 收敛于 $a$，记为：

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n=a$$

或

$$x_n\to a(n\to \mathrm{\infty })$$

如果不存在这样的常数 $a$，就说数列 $\{x_n\}$ 没有极限，或者说数列 $\{x_n\}$ 是发散的，习惯上也说 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n$ 不存在。

符号表达：

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n=a\iff \mathrm{\forall }\epsilon >0,\mathrm{\exists }N\in {\mathbf{N}}_{\mathbf{+}},\mathrm{\forall }n>N\mathrm{有}|x_n-a|<\epsilon$$

例

证明：$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sqrt[n]{n}=1$。

思路：利用 $n$ 元均值不等式。

$$\begin{array}{rl}|\sqrt[n]{n}-1|& =\sqrt[n]{n}-1=\sqrt[n]{\sqrt{n}\cdot \sqrt{n}\cdot \stackrel{(n-2)\mathrm{个}1}{\overbrace{1\times 1\times \cdots \times 1}}}-1\\ & \le \frac{\sqrt{n}+\sqrt{n}+\stackrel{(n-2)\mathrm{个}1}{\overbrace{1+1+\cdots +1}}}{n}-1=\frac{2\sqrt{n}+(n-2)}{n}-1=\frac{2\sqrt{n}-2}{n}\\ & <2\frac{\sqrt{n}}{n}=\frac{2}{\sqrt{n}}\end{array}$$

也就是说，对于给定的 $\epsilon$，解不等式：$\frac{2}{\sqrt{n}}<\epsilon$，得 $n>\frac{4}{{\epsilon }^2}$。也就是说，对于任意给定的 $\epsilon$，均有 $N=[\frac{4}{{\epsilon }^2}]+1$ 满足定义。证毕。

TIP

要证明数列的极限，关键在于根据给定的 $\epsilon$，找到符合条件的 $N$。

关于 $N$ 取值的注意事项

证明极限时，我们一般取 $N=[x]+c$，($x$ 为由 $\epsilon$ 表示的一个式子，$c$ 为一个正整数 )

对 $x$ 进行取整，是因为 $N$ 必须为正整数，而 $\epsilon$ 为任意正数，不能保证 $x$ 为整数。

$x$ 取整后可能为负整数，所以需要加上一个正整数 $c$，保证 $N$ 恒为正整数，$c$ 不需要取能保证 $N$ 恒为正的最小值，取多大都行。

有的时候，无论 $c$ 取多大都不能保证 $N$ 恒正，这种情况下可以取 $N=max\{[x]+c,3\}$.（式子中的 $3$ 可以换成其他数，只要保证 $N$ 恒正）

$N$ 的取值不唯一。

收敛数列的性质

极限的唯一性

如果数列 $\{x_n\}$ 收敛，那么它的极限唯一。

证明思路：反证法。假设该数列有 $a,b$ 两个极限，取 $\epsilon =\frac{|a-b|}{2}$，就会出现矛盾。

收敛数列的有界性

如果数列 $\{x_n\}$ 收敛，那么它一定有界。

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n=a\Rightarrow \mathrm{\exists }m>0,\mathrm{\forall }{x}_n,|x_n|<m$$

根据定义出发，取 $\epsilon =1$，$n>N$ 时有

$$|x_n|=|(x_n-a)+a|\le |x_n-a|+|a|<1+|a|$$

而 $1\cdots (n-1)$ 项数量有限，其上下界是确定的。

收敛数列的保号性

如果 $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n=a$，且 $a>0$（或 $a<0$），那么存在正整数 $N$，当 $n>N$ 时，都有 $x_n>0$（或 $x_n<0$）。

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n=a\ne 0\Rightarrow \mathrm{\exists }N\in {\mathbf{N}}_{+},n>N,\mathrm{sgn}(a)x_n>0$$

取 $\epsilon =\frac{a}{2}$，很容易证明。

推论：

1. 如果数列 $\{x_n\}$ 从某项起有 $x_n\ge 0$（或 $x_n\le 0$），且 $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n=a$，那么 $a\ge 0$（或 $a\le 0$）。

2. 保序性：如果 $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n=a,\underset{y\to \mathrm{\infty }}{lim}{y}_n=b$ 且 $a>b$（或 $a<b$），那么存在 $N\in {\mathbf{N}}_{+}$，当 $n>N$ 时，都有 $x_n>y_n$（或 $x_n<y_n$）。取 $\epsilon \in (0,|a-b|)$，很容易证明。

收敛数列与子数列

子数列的概念

设在数列 $\{x_n\}$ 中，任意抽取无限多项并保持这些项在原数列 $\{x_n\}$ 中的先后次序，这样得到的一个数列成为原数列 $\{x_n\}$ 的子数列（或子列）。

设在数列 $\{x_n\}$ 中，第一次抽取 $x_{n_1}$，第二次在 $x_{n_1}$ 之后抽取 $x_{n_2}$，第三次在 $x_{n_2}$ 后抽取 $x_{n_3}$ …… 这样无休止地抽取下去，得到一个数列：

$$x_{n_1},x_{n_2},\cdots ,x_{n_k},\cdots$$

这个数列 $\{x_{n_k}\}$ 就是数列 $\{x_n\}$ 的一个子数列。

注意 项 $x_{n_k}$ 在子数列 $\{x_{n_k}\}$ 中是第 $k$ 项，而 $x_{n_k}$ 在原数列 $\{x_{n_k}\}$ 中是第 $n_k$ 项。显然，$n_k\ge k$。

收敛数列与其子数列间的关系

如果数列 $\{x_n\}$ 收敛于 $a$，那么它的任一子数列也收敛，且极限也是 $a$。

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n=a\iff \mathrm{\forall }\{a_{n_k}\},\underset{n_k\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_{n_k}=a$$

该结论也可以反推。其常见应用：

• $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n$ 不存在 $\iff$ 有一个子列不收敛 或 两个子列收敛但极限不同；
• $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n=a\iff \{\begin{array}{l}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_{2n}=a\\ \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_{2n+1}=a\end{array}$

由此可知，如果一个数列有两个子数列收敛于不同的极限，那么该数列是发散的。

同理，一个发散的数列也可能有收敛的子数列。

证明时使用的常见放缩

比大小还在追我

$$\begin{array}{rl}& \left|\left|x_n\right|-\left|a\right|\right|<\left|x_n-a\right|\\ \\ & x\to 0^{+},\\ & x{e}^{-x}<\frac{x}{1+x}<\ln (1+x)<\sin x<x<\tan x<e^x-1<\ln \frac{1}{1-x}<x{e}^x<\frac{x}{1-x}\\ \\ & x\to 0^{-},\\ & \frac{x}{1+x}>x{e}^{-x}>\ln (1+x)>\tan x>x>\sin x>\ln \frac{1}{1-x}>e^x-1>\frac{x}{1-x}>x{e}^x\end{array}$$

一些结论

• $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{q}^n=0(\left|q\right|<1)$
• 有界数列 $\{x_n\}$ 与无穷小量 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{y}_n=0$ 之积还是无穷小量

补充：斯托尔兹 (Stolz) 定理

斯托尔兹定理的基本形式

设 $b_n$ 和 $a_n$ 是两个数列，满足以下条件：

1. 数列 $a_n$ 是单调递增的，并且趋向于无穷大，即 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{a}_n=\mathrm{\infty }$。
2. $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{b_{n+1}-b_n}{a_{n+1}-a_n}$ 的极限存在，记作 $L$。

那么：

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{b_n}{a_n}=L$$

若右侧的极限存在，则左侧的极限也存在，且两者相等。

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证明过程

我们要证明的是，当数列 $a_n$ 满足单调递增并趋于无穷大，且 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{b_{n+1}-b_n}{a_{n+1}-a_n}=L$ 时，极限 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{b_n}{a_n}$ 也存在，且等于 $L$。

步骤 1：递推关系的利用

根据假设，存在 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{b_{n+1}-b_n}{a_{n+1}-a_n}=L$，即：

$$L-\epsilon <\frac{b_{n+1}-b_n}{a_{n+1}-a_n}<L+\epsilon \text{对于充分大的 }n。$$

将这个不等式稍微变形为：

$$(L-\epsilon )(a_{n+1}-a_n)<b_{n+1}-b_n<(L+\epsilon )(a_{n+1}-a_n)。$$

步骤 2：对不等式累加

对 $n=N,N+1,\dots ,M-1$ 累加上述不等式：

$$(L-\epsilon )\sum _{n=N}^{M-1}(a_{n+1}-a_n)<\sum _{n=N}^{M-1}(b_{n+1}-b_n)<(L+\epsilon )\sum _{n=N}^{M-1}(a_{n+1}-a_n)。$$

注意到左右两侧的累加项分别是 $a_M-a_N$ 和 $b_M-b_N$，因此有：

$$(L-\epsilon )(a_M-a_N)<b_M-b_N<(L+\epsilon )(a_M-a_N)。$$

这可以进一步写为：

$$L-\epsilon <\frac{b_M-b_N}{a_M-a_N}<L+\epsilon 。$$

步骤 3：取极限

由于 $a_n\to \mathrm{\infty }$，我们可以令 $M\to \mathrm{\infty }$，这样 $N$ 固定时，有：

$$L-\epsilon <\frac{b_M}{a_M}<L+\epsilon \text{当}M\to \mathrm{\infty }。$$

即，对于任意 $\epsilon >0$，总存在足够大的正整数 $M$，使得当 $n>M$ 时，有：

$$|\frac{b_n}{a_n}-L|<\epsilon$$

因此，结合极限的定义，得出：

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{b_n}{a_n}=L。$$

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定理的其他常用形式

1. $\frac{0}{0}$ 形式：如果 $b_n\to 0$ 且 $a_n\to 0$，并且 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{b_{n+1}-b_n}{a_{n+1}-a_n}$ 存在并为某个常数 $L$，则同样可以应用斯托尔兹定理，得到：

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{b_n}{a_n}=L。$$

2. $\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}$ 形式：当 $b_n\to \mathrm{\infty }$ 且 $a_n\to \mathrm{\infty }$ 时，若 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{b_{n+1}-b_n}{a_{n+1}-a_n}=L$，则可以得出：

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{b_n}{a_n}=L。$$

3. 常数比无穷形式：如果 $a_n\to \mathrm{\infty }$ 而 $b_n$ 收敛于某个常数 $C$，那么 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{b_{n+1}-b_n}{a_{n+1}-a_n}=0$，因此：

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{b_n}{a_n}=0。$$

斯托尔兹定理非常有用，特别是在处理复杂的极限问题时，它的不同形式能够帮助解决 $\frac{0}{0}$、$\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}$ 以及其他极限形式的分式问题。

应用例

设 $a_1>0$ , $a_{n+1}=a_n+\frac{1}{a_n}$ , 证明 $\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{a_n}{\sqrt{2n}}=1$ .

证明

数列 $\left\{a_n\right\}$ 单调递增没有上界。从而 $\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{a}_n=+\mathrm{\infty }$ 注意到数列 $\{2n\}$ 单调递增趋于 $+\mathrm{\infty }$，根据斯托尔兹定理可得：

$$\begin{array}{rl}& \underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{a_n^2}{2n}\\ =& \underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{a_{n+1}^2-a_n^2}{2(n+1)-2n}\\ =& \underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{2+\frac{1}{a_n^2}}{2}\\ =& 1\end{array}$$

进一步可得：

$$\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{a_n}{\sqrt{2n}}=1$$

练习题

$$\begin{array}{rl}& (1)\mathrm{设}k\in {\mathbb{N}}^{\ast },\mathrm{求}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1+2^k+3^k+\cdots +n^k}{n^{k+1}}\\ \\ & (2)\mathrm{设}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(a_n-a_{n-1})=d\in \mathbb{R},\mathrm{求}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{a_n}{n}.\\ \\ & (3)\mathrm{设}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{a}_n=a(\mathrm{有}\mathrm{限}\mathrm{值}\mathrm{或}+\mathrm{\infty },-\mathrm{\infty }),\mathrm{求}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{a_1+2a_2+\cdots +n{a}_n}{n^2}.\\ \\ & (4)\mathrm{设}a\in {\mathbb{R}}^{+},\mathrm{求}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{a^1+a^{\frac{1}{2}}+\cdots +a^{\frac{1}{n}}}{n}.\end{array}$$

练习题 1 解答

$$\begin{array}{rl}& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1^k+2^k+\cdots +n^k}{n^{k+1}}\\ =& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{n^k}{n^{k+1}-(n-1{)}^{k+1}}\\ =& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{n^k}{(k+1)n^k+\cdots }\\ =& \frac{1}{k+1}\end{array}$$