数学分析（一）2.4：数列收敛的判别

证明. 设 $\{a_n\}$ 单调递增且有上界，令 $L=\sup\{a_n:n\in\mathbb N_{+}\}$。 对任意 $\varepsilon>0$，由上确界的性质，存在 $n_0$ 使 $a_{n_0}>L-\varepsilon$。当 $n\ge n_0$ 时， $$L-\varepsilon<a_{n_0}\le a_n\le L,$$ 故 $|a_n-L|<\varepsilon$，即 $a_n\to L$。 对单调递减且有下界的数列，向 $\{-a_n\}$ 应用上述结论即可。 ◻

证明. $s_n$ 严格递增。若 $\alpha>1$，把正整数按 $[2^j,2^{j+1}-1]$ 分组，则第 $j$ 组之和不超过 $2^j(2^j)^{-\alpha}=2^{-j(\alpha-1)}$。 令 $q=2^{1-\alpha}<1$，由有限等比和公式，任一部分和都不超过 $1/(1-q)$，故 $\{s_n\}$ 有上界，因而收敛。 若 $\alpha\le1$，则 $k^{-\alpha}\ge k^{-1}$。调和级数的第 $j$ 组 $\sum_{k=2^j}^{2^{j+1}-1}k^{-1}\ge\frac12$，故其部分和无上界， 从而 $s_n\to+\infty$。 特别地，当 $\alpha=2$ 时，还可直接估计 $$1+\sum_{k=2}^{n}\frac1{k^2} <1+\sum_{k=2}^{n}\frac1{k(k-1)} =2-\frac1n<2\qquad(n\ge2).$$ ◻

证明. 由归纳法，$0<a_n<2$：初始项满足此式，且 $0<a_n<2$ 时 $0<a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}<2$。又 $$a_{n+1}>a_n \quad\Longleftrightarrow\quad 2+a_n>a_n^2 \quad\Longleftrightarrow\quad (2-a_n)(a_n+1)>0.$$ 故数列递增且有上界，设其极限为 $A$。由平方根的极限性质， $A=\sqrt{2+A}$，故 $A\in\{2,-1\}$。由于 $A\ge a_1=\sqrt2>0$，所以 $A=2$。 ◻

证明. 先取 $x_1\in S$，使 $a-1<x_1<a$。已取 $x_n$ 后，因 $\max\{x_n,a-1/(n+1)\}<a$，由上确界的性质可取 $x_{n+1}\in S$，使 $$x_{n+1}>\max\left\{x_n,a-\frac1{n+1}\right\}.$$ 于是 $\{x_n\}$ 严格递增，且 $a-1/n<x_n<a$ 对一切 $n$ 成立， 故 $x_n\to a$。 ◻

证明. 二项式展开给出 $$b_n=2+\sum_{k=2}^{n}\frac1{k!} \prod_{j=1}^{k-1}\left(1-\frac jn\right).$$ 对固定的 $k\ge2$，当 $n$ 增加时，上式中的每个因子严格增加， 且 $b_{n+1}$ 比 $b_n$ 多一个正项，所以 $b_{n+1}>b_n$。 另一方面，对 $n\ge2$， $$b_n<2+\sum_{k=2}^{n}\frac1{k!} \le2+\sum_{k=2}^{n}\frac1{k(k-1)} =3-\frac1n<3.$$ $b_1=2$ 也有上界 $3$，故由单调有界定理，极限 $e$ 存在。 ◻