数学分析（一）2.1：数列极限

1 数列极限的定义

定义 1.1 (收敛与极限). 设 $\{a_n\}$ 为实数列， $A\in\mathbb R$ 。若 $\forall\varepsilon>0,\quad\exists N\in\mathbb N_{+},\quad \forall n>N,\quad |a_n-A|<\varepsilon,$ 则称数列 $\{a_n\}$ 收敛于 $A$ ，记为 $\lim_{n\to\infty}a_n=A\qquad\text{或}\qquad a_n\to A\ (n\to\infty).$

$\varepsilon$ 可以任意小，但必须为正； $N$ 可以依赖于 $\varepsilon$ ，也可以依赖于给定数列与 $A$ ，但不能依赖于随后选取的 $n$ 。
$N$ 不唯一：某个 $N$ 可用时，任何更大的正整数也可用。通常先由 $|a_n-A|<\varepsilon$ 估计出对 $n$ 的要求，再选取整数 $N$ 。
对固定的 $c>0$ 、 $p>0$ ，定义右端的 $\varepsilon$ 可以换成 $c\varepsilon$ 或 $\varepsilon^p$ ，也可将严格不等号改为 $\le$ ，所得定义均等价。例如，若能使误差小于 $c\varepsilon$ ，则对目标误差 $\eta>0$ 取 $\varepsilon=\eta/c$ 即可；若误差仅保证 $\le\varepsilon$ ，则取 $\varepsilon=\eta/2$ 。

邻域刻画

记 $U(A;\varepsilon)=(A-\varepsilon,A+\varepsilon)$ ，则 $|a_n-A|<\varepsilon\iff A-\varepsilon<a_n<A+\varepsilon \iff a_n\in U(A;\varepsilon).$ 因此， $a_n\to A$ 当且仅当：对任意 $\varepsilon>0$ ，落在 $U(A;\varepsilon)$ 外的数列项只有有限项。这里按下标计数，即集合 $\{n\in\mathbb N_{+}:a_n\notin U(A;\varepsilon)\}$ 有限。一方面， $n>N$ 时均在邻域内，邻域外至多有前 $N$ 项；另一方面，若邻域外仅有有限项，取 $N$ 不小于这些项的所有下标即可（没有这样的项时取 $N=1$ ）。

发散及其量词表述

数列不收敛于任何实数时，称其发散。准确地说， $\forall A\in\mathbb R,\quad\exists\varepsilon_0>0,\quad \forall N\in\mathbb N_{+},\quad\exists n>N:\ |a_n-A|\ge\varepsilon_0.$ 即对每个候选极限 $A$ ，都存在一个邻域，其外有无穷多项。只排除某一个 $A$ ，不能证明数列发散。

2 由定义证明极限：基本例题

例题 2.1. 证明 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac1n=0$ 。

证明. 任取 $\varepsilon>0$ ，取 $N=\max\{1,\lceil1/\varepsilon\rceil\}$ 。对任意 $n>N$ ，有 $\left|\frac1n-0\right|=\frac1n<\frac1N\le\varepsilon.$ 故结论成立。这里 $\lceil t\rceil$ 为不小于 $t$ 的最小整数。 ◻

例题 2.2. 证明 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{3n^2}{n^2-3}=3$ 。

证明. 当 $n\ge2$ 时， $\left|\frac{3n^2}{n^2-3}-3\right|=\frac9{n^2-3}.$ 任取 $\varepsilon>0$ ，取 $N=\max\left\{2,\left\lceil\sqrt{\frac9\varepsilon+3}\right\rceil\right\}.$ 对任意 $n>N$ ，有 $n^2>9/\varepsilon+3$ ，于是 $\left|\frac{3n^2}{n^2-3}-3\right|=\frac9{n^2-3}<\varepsilon.$ 故结论成立。 ◻

例题 2.3. 设 $q\in\mathbb R$ 且 $|q|<1$ ，证明 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}q^n=0$ 。

证明. $q=0$ 时显然成立。以下设 $0<|q|<1$ 。任取 $\varepsilon>0$ ，因 $\ln|q|<0$ ，有 $|q|^n<\varepsilon \iff n\ln|q|<\ln\varepsilon \iff n>\frac{\ln\varepsilon}{\ln|q|}.$ 取 $N=\max\left\{1,\left\lceil\frac{\ln\varepsilon}{\ln|q|}\right\rceil\right\}.$ 则对任意 $n>N$ ，都有 $|q^n-0|=|q|^n<\varepsilon$ ，故结论成立。取最大值保证了 $\varepsilon\ge1$ 时 $N$ 仍是正整数。 ◻

3 根式与方根的极限

例题 3.1. 设 $x_n\to a>0$ ，证明 $\sqrt{x_n}$ 从充分大的 $n$ 起有定义，且 $\sqrt{x_n}\to\sqrt a$ 。

证明. 先保证根式有意义。由极限定义，存在 $N_0\in\mathbb N_{+}$ ，使 $n>N_0$ 时 $|x_n-a|<a/2$ ，从而 $x_n>a/2>0$ 。因此 $\sqrt{x_n}$ 至少从某一项起有定义；若要把它看成从第一项起的实数列，可要求所有 $x_n\ge0$ ，或将前面有限项另行赋值，均不影响极限。

任取 $\varepsilon>0$ ，由 $x_n\to a$ ，存在 $N_1\in\mathbb N_{+}$ ，使 $n>N_1$ 时 $|x_n-a|<\varepsilon\sqrt a$ 。取 $N=\max\{N_0,N_1\}$ ，则对任意 $n>N$ ， $|\sqrt{x_n}-\sqrt a| =\frac{|x_n-a|}{\sqrt{x_n}+\sqrt a} \le\frac{|x_n-a|}{\sqrt a}<\varepsilon.$ 故 $\sqrt{x_n}\to\sqrt a$ 。 ◻

另一种估计。 对 $u,v\ge0$ ，由 $|u-v|=|\sqrt u-\sqrt v|(\sqrt u+\sqrt v)$ 及 $|\sqrt u-\sqrt v|\le\sqrt u+\sqrt v$ ，可得 $|\sqrt u-\sqrt v|\le\sqrt{|u-v|}.$ 故只要使 $|x_n-a|<\varepsilon^2$ ，就能使 $|\sqrt{x_n}-\sqrt a|<\varepsilon$ 。

例题 3.2. 设 $a>0$ ，证明 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a^{1/n}=1$ 。

证明. $a=1$ 时显然成立。若 $a>1$ ，令 $t_n=a^{1/n}-1>0$ 。由二项式展开， $a=(1+t_n)^n\ge1+nt_n,\qquad 0<t_n\le\frac{a-1}{n}.$ 任取 $\varepsilon>0$ ，取 $N=\max\{1,\lceil(a-1)/\varepsilon\rceil\}$ ，则 $n>N$ 时， $|a^{1/n}-1|\le(a-1)/n<\varepsilon$ 。

若 $0<a<1$ ，令 $b=1/a>1$ 。由前面的估计， $|a^{1/n}-1|=1-\frac1{b^{1/n}} =\frac{b^{1/n}-1}{b^{1/n}}\le b^{1/n}-1\le\frac{b-1}{n}.$ 取 $N=\max\{1,\lceil(b-1)/\varepsilon\rceil\}$ 即得所需结论。 ◻

补充例题： $\sqrt[n]{n}$ 的极限

证明 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}n^{1/n}=1$ 。

证明. 令 $t_n=n^{1/n}-1\ge0$ 。当 $n\ge2$ 时，二项式展开给出 $n=(1+t_n)^n\ge\binom n2t_n^2, \qquad 0\le t_n\le\sqrt{\frac2{n-1}}.$ 任取 $\varepsilon>0$ ，取 $N=\max\{2,\lceil1+2/\varepsilon^2\rceil\}$ 。对任意 $n>N$ ，有 $|n^{1/n}-1|=t_n\le\sqrt{\frac2{n-1}}<\varepsilon.$ 所以 $n^{1/n}\to1$ 。此处底数随 $n$ 变化，不能直接套用固定 $a$ 的结论。 ◻

4 阶乘与幂的比较

例题 4.1. 证明 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{2^n}{n!}=0$ ；进一步，对任意固定的 $\alpha\in\mathbb R$ ，证明 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{\alpha^n}{n!}=0$ 。

证明. 先看 $2^n/n!$ 。当 $n\ge2$ 时， $\frac{2^n}{n!} =\frac4n\prod_{k=2}^{n-1}\frac2k\le\frac4n,$ 其中 $n=2$ 时空乘积取 $1$ 。任取 $\varepsilon>0$ ，取 $N=\max\{2,\lceil4/\varepsilon\rceil\}$ ，则 $n>N$ 时， $|2^n/n!|\le4/n<\varepsilon$ 。

一般地， $\alpha=0$ 时显然成立。若 $\alpha\ne0$ ，选取整数 $m\ge\max\{1,2|\alpha|\}$ ，并记 $C=|\alpha|^m/m!>0$ 。对 $n>m$ ，有 $\left|\frac{\alpha^n}{n!}\right| =C\prod_{k=m+1}^{n}\frac{|\alpha|}{k} \le C\left(\frac12\right)^{n-m}.$ 给定 $\varepsilon>0$ ，取 $N=m+\max\{1,\lceil\log_2(C/\varepsilon)\rceil\}.$ 对任意 $n>N$ ，有 $n-m>\log_2(C/\varepsilon)$ ，于是 $|\alpha^n/n!|\le C2^{-(n-m)}<\varepsilon$ ，结论成立。 ◻

5 用定义证明数列发散

例题 5.1. 证明数列 $\{n^2\}$ 与 $\{(-1)^n\}$ 均发散。

证明. （1） $\{n^2\}$ 。 任取 $A\in\mathbb R$ ，取 $\varepsilon_0=1$ 。对于任意 $N\in\mathbb N_{+}$ ，选取正整数 $n>\max\{N,1,A+1\}.$ 则 $n^2\ge n>A+1$ ，从而 $|n^2-A|=n^2-A>1=\varepsilon_0.$ 所以 $A$ 不是该数列的极限。由于 $A$ 任意， $\{n^2\}$ 发散。

（2） $\{(-1)^n\}$ 。 任取 $A\in\mathbb R$ ，仍取 $\varepsilon_0=1$ 。

若 $A\ge0$ ，则对任意 $N$ ，可取奇数 $n>N$ ，此时 $|(-1)^n-A|=|-1-A|=1+A\ge1.$
若 $A<0$ ，则对任意 $N$ ，可取偶数 $n>N$ ，此时 $|(-1)^n-A|=|1-A|=1-A>1.$

所以对每个 $A\in\mathbb R$ ，邻域 $U(A;1)$ 外都有无穷多项，故该数列发散。 ◻

证明时的检查要点

证明收敛：先任取 $\varepsilon>0$ ，再给出正整数 $N$ ，最后验证对所有 $n>N$ 都有 $|a_n-A|<\varepsilon$ 。
证明发散：先任取候选极限 $A$ ，再选定某个 $\varepsilon_0>0$ ，证明无论 $N$ 多大，总能找到 $n>N$ 使误差至少为 $\varepsilon_0$ 。
检查条件：分母的符号、根式的定义域、对数底数，以及 $N$ 是否为正整数，都应在估计前或选取 $N$ 时落实。

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