1.7 极限存在准则 两个重要极限

夹逼准则

设有数列 $\{x_n\},\{y_n\},\{z_n\}$，则

$$\begin{array}{r}\mathrm{\exists }N>{\mathbf{N}}_{+},\mathrm{\forall }n>N,y_n\le x_n\le z_n\\ \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{y}_n=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{z}_n=a\end{array}\}\Rightarrow \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n=a$$

该准则也对函数成立：

$$\begin{array}{rl}\begin{array}{c}\mathrm{\exists }\delta >0,\mathrm{\forall }x\in \mathring{U}(x_0,\delta ),g(x)\le f(x)\le h(x)\\ \underset{x\to x_0}{lim}g(x)=\underset{x\to x_0}{lim}h(x)=A\end{array}\}& \Rightarrow \underset{x\to x_0}{lim}f(x)=A\\ \begin{array}{c}\mathrm{\exists }M>0,\mathrm{\forall }|x|>M,g(x)\le f(x)\le h(x)\\ \underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}g(x)=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}h(x)=A\end{array}\}& \Rightarrow \underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}f(x)=A\end{array}$$

相关的重要极限：

$$\underset{x\to 0}{lim}\frac{\sin x}{x}=1$$

证明思路：

$$\sin x<x<\tan x\Rightarrow 1<\frac{x}{\sin x}<\frac{1}{\cos x}\Rightarrow \cos x<\frac{\sin x}{x}<1$$

夹逼定理的更多应用，将在 1.8* 夹逼定理求极限专题 中介绍。

单调有界定理

单调有界数列必有极限。

函数也有类似的准则，但对于自变量的不同变化过程（$x\to x_0^{+},x\to x_0^{-},x\to +\mathrm{\infty },x\to -\mathrm{\infty }$）有不同的表现形式，如：

设函数 $f(x)$ 在点 $x_0$ 的某个左邻域内单调且有界，则 $f(x)$ 在 $x_0$ 的左极限 $f(x_0^{-})$ 必存在。

相关的重要极限：

$$\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}{(1+\frac{1}{x})}^x=e$$

TIP

此极限非常重要！求底数和指数都出现 $x$ 的极限，其本质基本都是配凑成这个极限求解。详见 3.3* 极限计算专题

现证明 $x_n={(1+\frac{1}{n})}^n$ 收敛。

采用均值不等式：

$$\sqrt[n]{x_1+x_2+\cdots x_n}\le \frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{n}$$

单调：

$$\begin{array}{rl}{x}_n={(1+\frac{1}{n})}^n& =\stackrel{n\mathrm{个}}{\overbrace{(1+\frac{1}{n})(1+\frac{1}{n})\cdots (1+\frac{1}{n})}}\times 1\\ & <{\left[\frac{n(1+\frac{1}{n})+1}{n+1}\right]}^{n+1}\\ & ={(1+\frac{1}{n+1})}^{n+1}\\ & =x_{n+1}\end{array}$$

有界：

$$\begin{array}{rl}{x}_n& =4[\stackrel{n\mathrm{个}}{\overbrace{(1+\frac{1}{n})\cdot (1+\frac{1}{n})\cdots (1+\frac{1}{n})}}\times \frac{1}{2}\times \frac{1}{2}]\\ & <4{\left[\frac{n(1+\frac{1}{n})+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}}{n+2}\right]}^{n+2}\\ & =4\end{array}$$

证毕。

例 1

证明 $x_n=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots +\frac{1}{2x}$ 收敛。

单调：

$$x_{n+1}-x_n=\frac{1}{2n+1}+\frac{1}{2n+2}-\frac{1}{n+1}=\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+2}>0$$

有界：

$$x_n=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots +\frac{1}{2n}<n\cdot \frac{1}{n}=1$$

证毕。

柯西极限存在准则

数列 $\{x_n\}$ 收敛的充分必要条件是：对于任意给定的正数 $\epsilon$，存在正整数 $N$，使得当 $m>N,n>N$ 时有 $|x_n-x_m|<\epsilon$。

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

该准则也称柯西审敛原理。

例 2

设 $x_1=1,x_{n+1}=\frac{1}{1+x_n}$，求 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n$。

TIP

假设这个极限存在，记为 $a$，那应该有

$$a=\frac{1}{1+a}$$

解得 $a=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$。接下来只要证明其极限确实是 $a$ 就可以了。

取 $a=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，则有 $a=\frac{1}{1+a}$。

$$\begin{array}{rl}& |x_{n+1}-a|\\ & =|\frac{1}{1+x_n}-\frac{1}{1+a}|=\left|\frac{a-x_n}{(1+x_n)(1+a)}\right|=\left|\frac{a-x_n}{\frac{\sqrt{5}+1}{2}(1+x_n)}\right|\\ & \le \frac{2}{\sqrt{5}-1}|x_n-a|\le {\left(\frac{2}{\sqrt{5}-1}\right)}^2|x_{n-1}-a|\le \cdots \le {\left(\frac{2}{\sqrt{5}-1}\right)}^n|x_1-a|\\ & =\frac{3-\sqrt{5}}{2}\cdot {\left(\frac{2}{\sqrt{5}-1}\right)}^n\to 0(n\to \mathrm{\infty })\\ & \Rightarrow \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n=a\end{array}$$

故有 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$。

TIP

总结经验：类似这样的数列

$$x_n=\frac{m{x}_{n-1}+k}{a{x}_{n-1}+b}$$

求极限时，都可以试着用此法处理。

例 3

设 $x_n=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots +\frac{1}{n}$，利用柯西审敛定理证明 $\{x_n\}$ 发散。

TIP

柯西审敛原则是判断数列收敛的充要条件。因此只需要证明该数列满足其否命题：

$$\mathrm{\exists }{\epsilon }_0>0,\mathrm{\forall }N\in {\mathbf{N}}_{+},\mathrm{\exists }m,n>N,|x_n-x_m|\ge {\epsilon }_0$$

取 $n=2m,m>N$，有

$$x_n-x_m=x_{2m}-x_m=\frac{1}{m+1}+\frac{1}{m+2}+\cdots +\frac{1}{2m}\ge \frac{1}{2m}\cdot m=\frac{1}{2}$$

则取 ${\epsilon }_0=\frac{1}{2}$，该数列符合柯西审敛原则的否命题，故 $\{x_n\}$ 发散，证毕。

例 4

设 $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n=a$，证明 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{n}}=a$。

$$\begin{gathered} \underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n=a\Rightarrow \mathrm{\forall }\epsilon >0,\mathrm{\exists }{N}_1\in {\mathbf{N}}_{+},\mathrm{\forall }n>N_1,|x_n-a|<\frac{\epsilon }{2} \\ \Rightarrow |x_{N_1+k}-a|<\frac{\epsilon }{2} \end{gathered}$$

$n>N_1$ 时有

$$\begin{array}{rl}& |\frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{n}-a|=\left|\frac{x_1+x_2+\cdots +x_n-na}{n}\right|\\ =& |\frac{x_1+x_2+\cdots +x_{N_1}-N_{1}a}{n}+\frac{(x_{N_1}-a)+(x_{N_1+1}-a)+\cdots +(x_n-a)}{n}|\\ \le & \frac{|x_1+x_2+\cdots +x_{N_1}-N_{1}a|}{n}+\frac{1}{n}(|x_{N_1}-a|+|x_{N_1+1}-a|+\cdots +|x_n-a|)\\ <& \frac{M}{n}+\frac{n-N_1}{n}\cdot \frac{\epsilon }{2}<\frac{M}{n}+\frac{\epsilon }{2}\end{array}$$

其中 $M=|x_1+x_2+\cdots +x_{N_1}-N_{1}a|$ 为常数。

取正数 $N_2\ge {\displaystyle \frac{2M}{\epsilon }}$，则当 $n>N_2$ 时有 ${\displaystyle \frac{M}{n}}<{\displaystyle \frac{\epsilon }{2}}$。

取 $N=max\{N_1,N_2\}$，当 $n>N$ 时，有

$$|\frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{n}-a|<\frac{M}{n}+\frac{\epsilon }{2}<\epsilon$$

因此有 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{n}}=a$。证毕。