数分学习笔记（一）

数分学习笔记（一）

最近入门了数学分析，特此记录一下学习到的重点。

Chapter 1 实数与实数集

这部分内容高中已经接触过很多了，仅补充一些未曾了解过的。

1.完备性

实数集不仅对加减乘除开方运算封闭，并且对于极限运算也封闭，这个性质被称为“完备性”。

实数中的集合通常称为数集。

数学分析中还有一些关于实数理论的内容我们来简单了解一下。

我们先从数集的发展开始，

最初有的是自然数集 \(\mathbb N\) ，

自然数的减法出现了不够减的问题，所以有了负数，于是有了数集 \(\mathbb Z\) ，

整数的除法出现了不够除的问题，后来有了分数和小数，于是有了数集 \(\mathbb Q\) ，

然后在我们的认知中，将不能表示为 \(\dfrac{p}{q}\) 的数定义为无理数，于是有了数集 \(\mathbb R\) ，

再后来用实数 \(a,b\) ，来表示虚数 \(a+bi\) ，所以有了数集 \(\mathbb C\) .

但是无理数的定义非常奇怪，换句话说它的定义更像是：不是有理数的实数。但是实数的定义又是：由有理数和无理数所构成的集合。所以我们需要一个对无理数的严格定义.

于是引出我们要介绍的戴德金分割

• 戴德金分割

下文介绍戴德金关于无理数的定义，它是以有理数的分割作为基础的.

• 有理数的分割

设将全体有理数分成了两部分 \(A\) , \(A'\) ，并且 \(A\) , \(A'\) 都不是空集（即 \(A\) , \(A'\) 都至少包含一个有理数），如果满足下述两个条件：

（1）任一有理数都属于 \(A\) 和 \(A'\) 之一，而且只属于其中之一

（2）集 \(A\) 内的任一有理数 \(a\) 必小于集 \(A'\) 内任一有理数 \(a'\) ，则称 \(A\) , \(A'\) 构成有理数域的一个分割，记为 \((A|A')\) ； \(A\) 叫做此分割的下组， \(A'\) 叫做此分割的上组 .

在这种分割模式下，一定会有一个界数，即下组会有一个最大值，而上组没有最小值 或者 上组有一个最小值而下组没有最大值

e.g.1. 将满足 \(a<3\) 的有理数归入下组 \(A\) ，而把一切满足 \(a\geq 3\) 归入上组 \(A'\) ，此时 \(a=3\) 是此分割的界数。

e.g.2. 将满足 \(a\leq1\) 的有理数归入下组 \(A\) ，而把一切满足 \(a>1\) 归入上组 \(A'\) ，此时 \(a=1\) 是此分割的界数。

比较显然的是，对于有理数的分割不可能 \(A\) 中有最大数，同时 \(A'\) 中有最小数，即不可能有两个界数 .

证明：

假设 \(A\) 组有一个最大数 \(a\) ， \(A'\) 中有一个最小数 \(a'\) ，

因为有理数是稠密的，则一定存在一个 \(a_0\) ，满足 \(a<a_0<a'\) ，

而此时 \(a_0\) 不属于 \(A\) 也不属于 \(A'\) ，与已知矛盾，

所以不可能存在两个界数 .

• 无理数的定义

接下来考虑一个问题，如果将满足 \(a^2<2\) 的正有理数和全部负有理数以及 \(0\) 放入下组 \(A\) ，而把满足 \(a^2\geq2\) 的正有理数归入上组 \(A'\) . 易知，满足条件（1），（2），做成功一个分割 \((A|A')\) .

下面我们证明：下组 \(A\) 中无最大数 .

证明：

假定正有理数 \(a\) 属于 \(A\) ，则 \(a^2<2\) ，

取一个正整数 \(n\) 充分大，使 \(n>\dfrac{2a+1}{2-a^2}\) ，

于是 \(\dfrac{2a}{n}+\dfrac{1}{n}<2-a^2\) ，更有 \(\dfrac{2a}{n}+\dfrac{1}{n}<2-a^2\) ，

即 \(\left(a+\dfrac{1}{n}\right)^2<2\) ，故 \(a+\dfrac{1}{n}\) 也属于 \(A\) ，

由此可知， \(A\) 中无最大数 .

同理可得 \(A'\) 中无最小数，因此，此分割无界数 .

于是我们得到了无理数的定义：

设 \((A|A')\) 是有理数域的一个分割，如果 \(A\) 中无最大数，并且 \(A'\) 中无最小数，则说 \((A|A')\) 定义了一个无理数 \(\alpha\) ，此 \(\alpha\) 大于 \(A\) 中的任何有理数 \(a\) ，并且小于 \(A'\) 中任何有理数 \(a'\) .

• 实数的分割

正确的定义了无理数以后，就可以将戴德金分割推广到实数域上 .

设将全体实数分成了两部分 \(A\) , \(A'\) ，并且 \(A\) , \(A'\) 都不是空集（即 \(A\) , \(A'\) 都至少包含一个实数），如果满足下述两个条件：

（1）任一实数都属于 \(A\) 和 \(A'\) 之一，而且只属于其中之一

（2）集 \(A\) 内的任一实数 \(a\) 必小于集 \(A'\) 内任一实数 \(a'\) ，则称 \(A\) , \(A'\) 构成实数域的一个分割，记为 \((A|A')\) ； \(A\) 叫做此分割的下组， \(A'\) 叫做此分割的上组 .

• 戴德金定理

戴德金定理：实数域的任何分割 \((A|A')\) 都必有界数 \(\alpha\) 存在，此 \(\alpha\) 即为 下组的最大数（此时上组无最小数）或者上组的最小数（此时下组无最大数）

证明：

将 \(A\) 中的所有有理数记为集合 \(A_0\) ，将 \(A'\) 中所有有理数记为集合 \(A_0'\) ，则 \((A_0|A_0')\) 是一个有理数域上的分割，

根据上文我们知道，有理数域上的分割一定有界数 \(\alpha\) （可能是有理数也可能是无理数），

故只需证明 \(\alpha\) 也为此实数域上分割的界数，即 \(\alpha\) 或为上组的最小数或为下组的最大数，

根据上文我们知道， \(\alpha\) 必然属于 \(A\) 或 \(A'\) 之一，

不妨先假定 \(\alpha\) 属于下组 \(A\) ，下证 \(\alpha\) 就是下组中的最大数，

利用反证法，

假设下组 \(A\) 内存在一个实数 \(\beta\) ，满足 \(\beta>\alpha\) ，

根据有理数是稠密的，则必然存在一个有理数 \(a_0\) ，满足 \(\alpha<a_0<\beta\) ，

所以 \(a_0\in A\) ，又因为 \(a_0\) 是一个有理数，那么此时 \(a_0\in A_0\) ，

而 \(\alpha\) 是有理数分割的界数，并且 \(a_0>\alpha\) ，所以 \(a_0\in A_0'\) 出现矛盾，

所以此时 \(\alpha\) 是下组中的最大数，

同理当 \(\alpha\) 属于上组 \(A'\) 时，也可以证得 \(\alpha\) 是上组中的最小数，

至此，戴德金定理证毕 .

2.邻域

设 \(a,\delta\) 均为实数，且 \(\delta >0\) ，则集合 \(\{ x\mid |x-a|<\delta \}\) 称为 \(a\) 的 \(\delta\) 邻域，其中 \(a\) 为邻域的中心， \(\delta\) 称为邻域的半径。记为 \(U(a,\delta)=(a-\delta,a+\delta)=\{ x\mid a-\delta<x<a+\delta \}\)

去心邻域的定义就是挖去中心这个点，沿用上面的例子即 \((a-\delta,a)\cup (a,a+\delta)\)

3.有界性

设 \(E\) 是一个非空数集，如果存在常数 \(K,K\in \mathbb{R}\) ， 使得对一切 \(x\in E\) ，有 \(x\leq K\) （或 \(x \geq K\) ），则称数集 \(E\) 有上界（或下界），否则称 \(E\) 没有上界（或下界）。 当数集 \(E\) 既有上界也有下界时，称 \(E\) 为有界的，二者缺一则称 \(E\) 为无界。

数集 \(E\) 有界等价的两个命题：

​ ①存在常数 \(k,K \in \mathbb{R}\) ，使得对于一切 \(x\in E\) ，有 \(k\leq x\leq K\)

​ ②存在常数 \(M\in \mathbb{R},M>0\) ，使得对于一切 \(x\in E\) ，有 \(|x|\leq M\)

上界中最小的实数称为数集 \(E\) 的上确界。记为 \(\sup E\) 。同理，下界中最大的实数称为数集 \(E\) 的下确界，记为 \(\inf E\) 。

e.g.1. 若 \(E=\{ 1,\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{3},...,\dfrac{1}{n} \},n\in \mathbb{N}\) ，则 \(\sup E=1\) ， \(\inf E=0\)

e.g.2. 若 \(E=\{ x\mid x^2<2 \},x\in \mathbb{Q}\) ，则 \(\sup E=\sqrt2\) ， \(\inf E=-\sqrt2\)

4.确界原理

基于有界性，非空有上界的数集一定有上确界；非空有下界的数集一定有下确界。

Chapter 2 函数初步

函数的概念也是高中已经了解过很多了，此处补充初等函数的定义以及简单的初等函数

一、初等函数

1.函数的特性

研究函数无非从函数的几个特性出发，因此首先应了解函数的四个特性：

奇偶性、单调性、有界性、周期性。

ps：对称性与奇偶性本质上没有区别。

2.基本初等函数

基本初等函数包括：常函数，幂函数，三角函数，指数函数，对数函数，反三角函数

3.初等函数

由常数以及基本初等函数经过有限次四则运算和复合步骤所构成，并可用一个式子表示的函数，称为初等函数，否则称为非初等函数。

一般情况下，分段函数不能用一个函数表达式来表达，所以不是初等函数。

4.双曲函数

双曲正弦函数： \(y=\operatorname{sh}x=\dfrac{e^x-e^{-x}}{2}\)

双曲余弦函数： \(y=\operatorname{ch}x=\dfrac{e^x+e^{-x}}{2}\)

双曲正切函数： \(y=\operatorname{th}x=\dfrac{\operatorname{sh}x}{\operatorname{ch}x}=\dfrac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}}\)

双曲函数也有一些与三角函数类似的恒等式：

​ ① \(\operatorname{ch}^2 x-\operatorname{sh}^2 x=1\)

​ ② \(\operatorname{sh}{2x}=2\operatorname{sh}x\operatorname{ch}x\)

​ ③ \(\operatorname{ch}{2x}=\operatorname{ch}^2x+\operatorname{sh}^2x\)

至于双曲函数的反函数则可以利用一般求解反函数的方式来求得，此处不一一列出。

Chapter 3 数列极限

数列的定义高中也已经接触过，此处不再给出。

1.数列的有界性

类似于实数集的有界性。给定一个数列 $ { x_n } $ ，如果存在常数 \(M,M>0\) ， 使得对一切 \(n\in \mathbb{N}^+\) ，有 \(|x_n|\leq M\) ，则称 \(x_n\) 是有界数列，且 \(M\) 为数列的一个界。

2.数列的单调性

跟高中的定义没啥区别。就是注意严格单调增加与单调增加之间的区别（多了取等）

3.数列的极限

随着下标增大，数列不断趋近某个值的现象，称为收敛。收敛数列趋近的值称为该数列的极限。收敛数列 \(\{ x_n \}\) 的极限记为 $\lim\limits_{n\to\infty} x_n $ 。

首先思考 \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n=0\) 的含义。当 \(n\) 无限增大时， \(x_n\) 无限趋近于 \(0\) 。换句话说就是随便找一个比 \(0\) 大的数 $\varepsilon $ ， \(x_n\) 都比这个 $ \varepsilon $ 小。

那么我们如何用数学语言刻画这个过程？

下面给出\(\lim\limits_{n\to\infty} x_n=0\) 的定义： 任取 $ \varepsilon >0$ ，存在一个正整数 \(N\) ，使得当 \(n>N\) 时， $|x_n|< \varepsilon $

恰好模拟了这个过程：随便给一个 $ \varepsilon $ ，当 \(n\) 足够大的时候 \(x_n\) 一定可以比 $ \varepsilon $ 小。这里的 \(\varepsilon\) 可以理解为一个无穷小的数。所以如下命题也可以作为极限的定义： 任取 $ \varepsilon >0$ ，存在一个正整数 \(N\) ，使得当 \(n>N\) 时， $|x_n|< c\varepsilon $ ，其中 \(c\) 为一个正常数。

这里还有需要注意的是：\(x_n\) 无限趋近于 \(0\) ，等价于 \(x_n\) 到 \(0\) 的距离无限小

于是我们就可以尝试总结出一般极限的定义，即 \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n=A\) 的定义： 任取 $ \varepsilon >0$ ，存在一个正整数 \(N\) ，使得当 \(n>N\) 时， $|x_n-A|< \varepsilon $ 。此时我们称数列 \(\{ x_n \}\) 是收敛的。否则我们称数列 \(\{x_n\}\) 是发散的。

下面我们举一个简单的例子来了解如何证明数列的极限

e.g.1.证明 \(\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{1}{n^2}=0\)

任意给定 \(\varepsilon >0\) ，要使 \(\left|\dfrac{1}{n^2}-0\right| =\left |\dfrac{1}{n^2}\right|<\varepsilon\) ，

即 \(n^2>\dfrac{1}{\varepsilon}\) ，即当 \(n>\sqrt{\dfrac{1}{\varepsilon}}\) 时，就有 \(\left|\dfrac{1}{n^2}-0\right|=\left|\dfrac{1}{n^2}\right|<\varepsilon\) ，

所以取 \(N=\left \lfloor\sqrt{\dfrac{1}{\varepsilon}}\right\rfloor+1\) ，则当 \(n>N\) 时，有 \(\left|\dfrac{1}{n^2}-0\right|=\left|\dfrac{1}{n^2}\right|<\varepsilon\)

即 \(\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{1}{n^2}=0\)

总结一下：证明数列的极限就是证明 \(N\) 的存在性 ，而且不一定是最优的 \(N\) 。注意：并不要求恒成立！

练习1.证明 \(\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{n}{(n+1)^2}=0\)

任意给定 \(\varepsilon >0\) ，要使 \(\left|\dfrac{n}{(n+1)^2}\right|<\varepsilon\) ，

已知 \(\left|\dfrac{n}{(n+1)^2}\right|<\left|\dfrac{n}{n^2}\right|=\dfrac{1}{n}\) ，所以不妨取 \(N=\left \lfloor\dfrac{1} {\varepsilon}\right\rfloor+1\) ，

当 \(n>N\) 时，有 \(\left|\dfrac{n}{(n+1)^2}\right|<\dfrac{1}{n}<\varepsilon\) ，

即 \(\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{n}{(n+1)^2}=0\)

是不是有一种赖皮的感觉，实际上这里只要是往大处放缩即可，并且放到便于计算寻找 \(N\) 即可。

练习2.证明 \(\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{1}{2^n}=0\)

任意给定 \(\varepsilon >0\) ，要使 \(\dfrac{1}{2^n}<\varepsilon\) ，即 \(n>-\dfrac{\ln \varepsilon}{\ln 2}\)

取 \(N=\left\lfloor -\dfrac{\ln \varepsilon}{\ln 2} \right\rfloor+1\) ，

当 \(n>N\) 时，有 \(\dfrac{1}{2^n}<\varepsilon\) ，即 \(\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{1}{2^n}=0\)

总结：能直接求出来 \(n\) 的范围最好，求不出来可以利用放缩。

练习3.证明 \(\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{1}{q^{n-1}}=0\)

任意给定 \(\varepsilon >0\) ，要使 \(|q|^{n-1}<\varepsilon\) ，即 \((n-1)\ln |q|<\ln \varepsilon\) ，亦即 \(n>1+\dfrac{\ln \varepsilon}{\ln |q|}\) ，

所以取 \(N=1+\dfrac{\ln \varepsilon}{\ln |q|}\) ，当 \(n>N\) 时，有 \(\left|q^{n-1}-0\right|<\varepsilon\) ，

即 \(\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{1}{q^{n-1}}=0\)

4.收敛于无穷大的定义

类比着上述数列极限中收敛于无穷小的定义，我们可以得到如下定义：

设有数列 \(\{ x_n \}\) ，如果对于 $\forall M>0,\exists N\in \mathbb{N}^+ $ ，使得当 \(n>N\) 时，有 \(|x_n|\geq M\) ，则称数列当 \(n\to\infty\) 时是无穷大，记为 \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n=\infty\) 。

如果数列收敛于无穷大，那么这个数列也是发散数列 .

不收敛的数列就是发散数列 .

发散数列可能极限是无穷大，也可能压根没有极限，比如 \((-1)^n\) .

补充一下发散数列的定义：

存在一个 \(\varepsilon_0>0\) ，对任意 \(N>0\) ，存在 \(n_0>N\) ，使得 \(|x_n-A|\geq\varepsilon_0\) ，则称数列 \(\{x_n\}\) 在 \(A\) 处发散 .

5.收敛数列的性质与极限的四则运算

• 收敛数列的极限唯一

用反证法来证明。

假设 \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n=a\) 以及 \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n=b\) ，不妨设 \(a<b\) 。

这里很巧妙的是我们取 \(\varepsilon=\dfrac{b-a}{2}\) ，

因 \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n=a\) ，所以 \(\exists N_1\) ，使得当 \(n>N_1\) 时， \(|x_n-a|<\dfrac{b-a}{2}\) ，所以 \(x_n\) 到 \(a\) 的距离小于 \(\dfrac{b-a}{2}\) ，因此 \(x_n<\dfrac{b-a}{2}+a=\dfrac{a+b}{2}\) 。

同理，因 \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n=b\) ，所以 \(\exists N_2\) ，使得当 \(n>N_2\) 时， \(|x_n-b|<\dfrac{b-a}{2}\) ，所以 \(x_n\) 到 \(b\) 的距离小于 \(\dfrac{b-a}{2}\) ，因此 \(x_n>b-\dfrac{b-a}{2}=\dfrac{a+b}{2}\) 。

接下来，令 \(N=\max(N_1,N_2)\) ，则当 \(n>N\) 时， \(x_n<\dfrac{a+b}{2}\) 且 \(x_n>\dfrac{a+b}{2}\) 。这里就出现矛盾，所以数列的极限唯一。这里画一个数轴来辅助理解会更好。

e.g.1.证明数列 \(，\{ x_n \}=(-1)^{n+1}，(n=1,2,...)\) 是发散的

还是应用反证法。

假设数列 \(\{ x_n \}\) 收敛，则有唯一极限 \(a\) 存在。

则给定任意 \(\varepsilon>0\) ，存在 \(N\) 使得当 \(n>N\) 时，有 \(|x_n-a|<\varepsilon\)

直接取 \(\varepsilon=\dfrac{1}{2}\) ，则 \(a-\dfrac{1}{2}<x_n<a+\dfrac{1}{2}\) ，

而 \(x_n\) 的取值只能是 \(1\) 或 \(-1\) ，这两个数不能同时落在长度为 \(1\) 的区间中，出现矛盾。

所以该数列是发散的。

这里需要注意的是：反证的时候一般假设极限存在，则“ 给定任意 \(\varepsilon>0\) ，存在 \(N\) 使得当 \(n>N\) 时，有 \(|x_n-a|<\varepsilon\) ”这句话作为条件使用。我们只需要取 \(\varepsilon\) 来找矛盾。

• 收敛数列一定有界

证明：

设 \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n=a\) ，取 \(\varepsilon=1\) ，则 \(\exists N\) ，当 \(n>N\) 时，有 \(|x_n-a|<1\) ，

从而有 \(|x_n|=|(x_n-a)+a|<|x_n-a|+|a|<1+|a|\)

取 \(M=\max(|x_1|,|x_2|,|x_3|,...,|x_N|,1+|a|)\) ，则有 \(|x_n|\leq M(n=1,2,...)\)

由此说明收敛数列必有界。

对这条定理有几点说明：

• 为什么 \(M\) 要这么取？答：因为证明过程中第二行我们只证明了 \(n>N\) 时成立，还需要考虑前 \((N-1)\) 项的问题，前 \((N-1)\) 项是有限项，根据离散数集一定有界，可知收敛数列一定有界。
• 这个定理反过来不一定成立，即有界数列不一定收敛，如 \((-1)^{n+1}\)

• 保号性的一般与特殊

一般性的结论：若 \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n=a\) ， \(\lim\limits_{n\to\infty} y_n=b\) ，且 \(a>b\) ，则 \(\exists N\in \mathbb{N}^+\) ，当 \(n>N\) 时，有 \(x_n>y_n\)

证明：用我们刚才学到的方法。

取 \(\varepsilon_0=\dfrac{a-b}{2}\) ，因为 \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n=a\) ，则 \(\exists N_1\in \mathbb{N}^+\) ，当 \(n>N_1\) 时， \(|x_n-a|<\dfrac{a-b}{2}\) ，即 \(x_n>\dfrac{a+b}{2}\) ，

类比上述过程可得 \(|y_n-b|<\dfrac{a-b}{2}\) ，即 \(y_n<\dfrac{a+b}{2}\) ，

令 \(N=\max(N_1,N_2)\) ，则当 \(n>N\) 时，有 \(y_n<\dfrac{a+b}{2}<x_n\)

这个定理反过来是成立的：

设 \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n=a\) ， \(\lim\limits_{n\to\infty} y_n=b\) ，且 \(\exists N\in \mathbb{N}^+\) ，当 \(n>N\) 时，有 \(x_n\geq y_n\) ，则 \(a\geq b\) 。

需要加上取等。可以用反证法证明：

假设 \(a<b\) ，

还是取 \(\varepsilon=\dfrac{b-a}{2}\) ，因为 \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n=a\) ， \(\lim\limits_{n\to\infty} y_n=b\) ，

同上面的思路，我们可以得出，

当 \(n>N_1\) 时， \(|x_n-a|<\dfrac{b-a}{2}\) ，即 \(x_n<\dfrac{a+b}{2}\) ，

当 \(n>N_2\) 时， \(|y_n-b|<\dfrac{b-a}{2}\) ，即 \(y_n>\dfrac{a+b}{2}\) ，

令 \(N=\max(N_1,N_2)\) ，则当 \(n>N\) 时，有 \(x_n<\dfrac{a+b}{2}<y_n\) 与已知矛盾，所以假设不成立。

所谓的保号性就是我们说的如下特殊情况：

设 \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n=a\) ，且 \(a>0\) ，则 \(\exists N\in \mathbb{N}^+\) ，当 \(n>N\) 时，有 \(x_n>0\)

• 迫敛性（夹逼定理）

先说一下这个定理的内容。

已知 \(\lim\limits_{n\to\infty} y_n=\lim\limits_{n\to\infty} z_n=a\) ，且 \(y_n\leq x_n\leq z_n\) ， \(n\) 从某一项开始，则有 \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n=a\)

证明：

因为 \(\lim\limits_{n\to\infty} y_n=a\) ，则可得 \(|y_n-a|<\varepsilon\) ，即 \(a-\varepsilon <y_n<a+\varepsilon\)

同理可得 \(a-\varepsilon<z_n<a+\varepsilon\)

所以有如下不等式链： \(a-\varepsilon<y_n\leq x_n\leq z_n<a+\varepsilon\)

所以有 \(a-\varepsilon <x_n<a+\varepsilon\) ，即 \(|x_n-a|<\varepsilon\)

所以 \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n=a\)

e.g.1. 求证 \(\lim \limits_{n\to\infty} n\left( \dfrac{1}{n^2+\pi}+\dfrac{1}{n^2+2\pi}+...+\dfrac{1}{n^2+n\pi} \right)=1\)

利用迫敛性可得，

\(\dfrac{n^2}{n^2+n\pi}<n\left( \dfrac{1}{n^2+\pi}+\dfrac{1}{n^2+2\pi}+...+\dfrac{1}{n^2+n\pi} \right)<\dfrac{n^2}{n^2+\pi}\)

又因为 \(\lim \limits_{n\to\infty} \dfrac{n^2}{n^2+n\pi}=\lim \limits_{n\to\infty}\dfrac{1}{1+\dfrac{\pi}{n}}=1\) ，

且 \(\lim \limits_{n\to\infty}\dfrac{n^2}{n^2+\pi}=\lim \limits_{n\to\infty} \dfrac{1}{1+\dfrac{\pi}{n^2}}=1\) ，

所以 \(\lim \limits_{n\to\infty} n\left( \dfrac{1}{n^2+\pi}+\dfrac{1}{n^2+2\pi}+...+\dfrac{1}{n^2+n\pi} \right)=1\)

练习1.求数列 \(x_n=\sqrt[n]{n}\) 的极限

首先我们需要先写几项观察，发现 \(x_n>1\) 恒成立。

设 \(\sqrt[n]n=1+h_n,(n>1)\) ，于是可得， \(n=(1+h_n)^n=1+nh_n+\dfrac{n(n+1)}{2}{h_n}^2+...\)

我们只要展开的第三项并且找一个很松的放缩， \(\dfrac{n(n+1)}{2}{h_n}^2>\dfrac{n(n-1)}{2}{h_n}^2\)

所以 \(n>\dfrac{n(n-1)}{2}{h_n}^2\) ，于是可得 \(0<h_n<\sqrt{\dfrac{2}{n-1}}\) ，即 \(1<h_n+1<1+\sqrt{\dfrac{2}{n-1}}\)

所以 \(1<\sqrt[n]n<1+\sqrt{\dfrac{2}{n-1}}\) ，而 \(\lim \limits_{n\to\infty} \left(1+\sqrt{\dfrac{2}{n-1}}\right)=1\)

所以根据迫敛性， \(\lim\limits_{n\to\infty} \sqrt[n]n=1\)

• 极限的四则运算

设有 \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n=a\) ， \(\lim\limits_{n\to\infty} y_n=b\) ，则有

• \(\lim\limits_{n\to\infty} (x_n\pm y_n)=a\pm b=\lim\limits_{n\to\infty}x_n \pm \lim\limits_{n\to\infty}y_n\)
• \(\lim\limits_{n\to\infty}(x_n\cdot y_n)=ab=\lim\limits_{n\to\infty}x_n\cdot \lim\limits_{n\to\infty}y_n\)
• \((b\neq 0)\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{x_n}{y_n}=\dfrac{a}{b}=\dfrac{\lim\limits_{n\to\infty}x_n}{\lim\limits_{n\to\infty}y_n}\)
• \(\lim\limits_{n\to\infty}c\cdot x_n=c\cdot \lim\limits_{n\to\infty}x_n=c\cdot a\)
• \(\lim\limits_{n\to\infty}(x_n)^k=\left(\lim\limits_{n\to\infty}x_n\right)^k=a^k\)

下面我们将前三个运算法则证明一下：

（1） \(\lim\limits_{n\to\infty} (x_n\pm y_n)=a\pm b=\lim\limits_{n\to\infty}x_n \pm \lim\limits_{n\to\infty}y_n\)

证明：

对于任意的 \(\varepsilon>0\) ，由 \(\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a\) ，所以 \(\exists N_1 \in \mathbb{N}^+\) ，当 \(n>N_1\) 时，有 \(|x_n-a|<\dfrac{\varepsilon}{2}\) ，

同理，由 \(\lim\limits_{n\to\infty}y_n=b\) ，所以 \(\exists N_2 \in \mathbb{N}^+\) ，当 \(n>N_2\) 时，有 \(|y_n-b|<\dfrac{\varepsilon}{2}\) ，

令 \(N=\max(N_1,N_2)\) ，当 \(n>N\) 时， \(\left| x_n+y_n-(a+b)\right|\leq|x_n-a|+|y_n-b|<\dfrac{\varepsilon}{2}+\dfrac{\varepsilon}{2}=\varepsilon\) ，

因此 \(\lim\limits_{n\to\infty}(x_n+y_n)=a+b=\lim\limits_{n\to\infty}x_n+\lim\limits_{n\to\infty}y_n\)

这也说明极限运算对于加减法满足分配律。

（2） \(\lim\limits_{n\to\infty}(x_n\cdot y_n)=ab=\lim\limits_{n\to\infty}x_n\cdot \lim\limits_{n\to\infty}y_n\)

证明：还是用绝对值不等式

因为 \(|x_n\cdot y_n-ab|=|x_n\cdot y_n-x_nb+x_nb-ab|\leq |x_n|\cdot |y_n-b|+|b|\cdot |x_n-a|\)

注意到出现了 \(|y_n-b|\) 与 \(|x_n-a|\) ，接下来要考虑使 \(|x_n|\cdot |y_n-b|+|b|\cdot |x_n-a|\) 无限小，

由 \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n=a\) 且收敛数列一定有界，可知 \(\exists M>0\) ，使 \(|x_n|\leq M\) ，

对于 \(\forall \varepsilon>0\) ，由 \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n=a\) ，可得 \(\exists N_1\in \mathbb{N}^+\) ，当 \(n>N_1\) 时，有 \(|x_n-a|<\dfrac{\varepsilon}{2|b|}\) ，

又由 \(\lim\limits_{n\to\infty} y_n=b\) ，可得 \(\exists N_2\in \mathbb{N}^+\) ，当 \(n>N_2\) 时，有 \(|y_n-b|<\dfrac{\varepsilon}{2M}\)

令 \(N=\max(N_1,N_2)\) ，当 \(n>N\) 时， \(|x_n|\cdot |y_n-b|+|b|\cdot |x_n-a|<M\cdot \dfrac{\varepsilon}{2M}+|b|\cdot \dfrac{\varepsilon}{2|b|}=\varepsilon\) ，

因此极限运算对于乘法也满足分配律。

（3）\((b\neq 0)\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{x_n}{y_n}=\dfrac{a}{b}=\dfrac{\lim\limits_{n\to\infty}x_n}{\lim\limits_{n\to\infty}y_n}\)

证明：

这个命题我们只需要去证 \(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1}{y_n}=\dfrac{1}{b}\) ，然后结合乘法运算法则即可。

先利用一下保号性，因为 \(\lim\limits_{n\to\infty} y_n=b\) ，所以 \(\exists N\in \mathbb{N}^+\) ，当 \(n>N\) 时，有 \(|y_n|>\dfrac{|b|}{2}\) ，即 \(0<\dfrac{1}{|y_n|}<\dfrac{2}{|b|}\) ，

于是 \(\left|\dfrac{1}{y_n}-\dfrac{1}{b}\right|=\left|\dfrac{y_n-b}{y_nb}\right|<2\dfrac{|y_n-b|}{b^2}\) ，

要使 \(\left|\dfrac{1}{y_n}-\dfrac{1}{b}\right|<2\dfrac{|y_n-b|}{b^2}<\varepsilon\) 成立，只需要满足 \(|y_n-b|<\dfrac{b^2\varepsilon}{2}\) ，

因为 \(\lim\limits_{n\to\infty} y_n=b\) ，所以对于任意 \(\varepsilon>0\) ， \(\exists N_1\in \mathbb{N}^+\) ，使得当 \(n>N_1\) 时， \(|y_n-b|<c\varepsilon\) ，

这里 \(c=\dfrac{b^2}{2}\) ，所以 \(\left|\dfrac{1}{y_n}-\dfrac{1}{b}\right|<\varepsilon\) 成立，即 \(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1}{y_n}=\dfrac{1}{b}\)

再结合乘法运算法则即可。

e.g.1.计算 \(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{2n^2+9n-6}{3n^2+4}\)

解：

上下同时除以 \(n^2\) ，\(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{2n^2+9n-6}{3n^2+4}=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{2+\dfrac{9}{n}-\dfrac{6}{n^2}}{3+\dfrac{4}{n^2}}\)

因为 \(n\to\infty\) ，所以 \(\dfrac{1}{n} \to 0\) ，

所以 \(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{2n^2+9n-6}{3n^2+4}=\dfrac{2}{3}\)

练习1. 计算 \(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{2^n+3^n}{2^{n+1}+3^{n+1}}\)

解：

上下同时除以 \(3^n\) ， \(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\left({\dfrac{2}{3}}\right)^n+1}{\left({\dfrac{2}{3}}\right)^{n}\cdot 2+3}\) ，

易得， \(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{2^n+3^n}{2^{n+1}+3^{n+1}}=\dfrac{2}{3}\)

6.数列极限存在的条件

• 数列极限存在的条件

单调有界数列必有极限。 证明不要求掌握，结论直接记住即可

实际上单增有上界数列和单减有下界数列就一定有极限（单调有界是一个统称）

这里还是会给出证明方法，利用本文最开头给出的戴德金定理。

假设现在有数列 \(\{x_n\}\) 满足 \(x_1\leq x_2\leq x_3\leq...\leq x_n\leq M\) ，则要证明 \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n\) 存在 .

证明：

首先我们按下述方法作实数域的一个分割 \((A|A')\) ，

若 \(a\) 为数列 \(\{x_n\}\) 的一个上界，则将其放入集合 \(A'\) ，否则（存在 \(x_{n'}>a\) ）将该实数放入集合 \(A\) ，

则此时每个实数一定存在于 \(A\) 和 \(A'\) 中之一，

下说明 \(A\) 中每一个实数均小于 \(A'\) 中每一个实数，

假设 \(A\) 中一个实数 \(a\) ，则一定存在一个 \(x_{n'}\) 满足 \(x_{n'}>a\) ，

而 \(A'\) 中任一实数 \(a'\) 均满足 \(x_n<a'\) ，所以有 \(x_{n'}<a'\) ，所以 \(a<a'\) ，

至此我们说明了按此方法可以将实数域进行戴德金分割 .

此分割一定有一界数 \(\alpha\) ，为 \(A\) 中最大数或 \(A'\) 中最小数，下说明一定不可能为 \(A\) 中最大数，

若 \(\alpha\) 为 \(A\) 中最大数，则存在 \(x_{n'}>\alpha\) ，

那么一定存在一个很小的 \(\tau\) ，满足 \(x_{n'}>\alpha+\tau>\alpha\) ，

因为 \(\alpha+\tau>\alpha\) ，所以 \(\alpha+\tau\) 属于 \(A'\) ，

而 \(x_{n'}>\alpha+\tau\) ，所以 \(\alpha+\tau\) 属于 \(A\) ，出现矛盾，所以 \(\alpha\) 为 \(A'\) 中最小数 .

任意给定 \(\varepsilon>0\) ，则 \(\alpha-\varepsilon\) 属于 \(A\) ，则存在 \(N\) ，满足 \(x_N>\alpha-\varepsilon\) ，

所以当 \(n>N\) 时，有 \(x_n-\alpha>-\varepsilon\) ，

又因为 \(x_n<\alpha\) ，所以 \(|x_n-\alpha|<\varepsilon\) ，

所以 \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n=\alpha\) .

e.g.1. 证明数列 \(x_n=\left( 1+\dfrac{1}{n} \right)^n\) 极限存在

证明：

利用二项式定理展开，得 \(x_n=1+\dfrac{n}{1!}\dfrac{1}{n}+\dfrac{n(n-1)}{2!}\dfrac{1}{n^2}+...+\dfrac{n(n-1)\cdot \cdot \cdot(n-n+1)}{n!}\dfrac{1}{n^n}\) ，

化简一下（分子的每个括号里除以一个 \(n\) ），得

\(x_n=1+1+\dfrac{1}{2!}\left(1-\dfrac{1}{n}\right)+\dfrac{1}{3!}\left( 1- \dfrac{1}{n} \right)\left( 1- \dfrac{2}{n} \right)+...+\dfrac{1}{n!}\left( 1- \dfrac{1}{n} \right)\left( 1- \dfrac{2}{n} \right) \cdot\cdot\cdot \left( 1- \dfrac{n-1}{n} \right)\)

再写一项可得，

\(x_{n+1}=1+1+\dfrac{1}{2!}\left(1-\dfrac{1}{n+1}\right)+\dfrac{1}{3!}\left( 1- \dfrac{1}{n+1} \right)\left( 1- \dfrac{2}{n+1} \right)+...+\dfrac{1}{(n+1)!}\left( 1- \dfrac{1}{n+1} \right)\left( 1- \dfrac{2}{n+1} \right) \cdot\cdot\cdot \left( 1- \dfrac{n}{n+1} \right)\)

逐项比对可以发现从第三项开始 \(x_{n+1}\) 每一项都比 \(x_n\) 大，并且 \(x_{n+1}\) 最后还有一个正数项。

所以 \(x_n<x_{n+1}\) 即 \(\{ x_n \}\) 是单调递增数列。

又因为 \(x_n=1+1+\dfrac{1}{2!}\left(1-\dfrac{1}{n}\right)+\dfrac{1}{3!}\left( 1- \dfrac{1}{n} \right)\left( 1- \dfrac{2}{n} \right)+...+\dfrac{1}{n!}\left( 1- \dfrac{1}{n} \right)\left( 1- \dfrac{2}{n} \right) \cdot\cdot\cdot \left( 1- \dfrac{n-1}{n} \right)<1+1+\dfrac{1}{2!}+\dfrac{1}{3!}+...+\dfrac{1}{n!}\)

放缩为等比数列 \(x_n<1+1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2^2}+...+\dfrac{1}{2^{n-1}}=1+\dfrac{1-\dfrac{1}{2^n}}{1-\dfrac{1}{2}}=3-\dfrac{1}{2^{n-1}}<3\)

所以也证明了 \(\{ x_n \}\) 是有界的，所以 \(\{x_n\}\) 有极限。

并且记此极限为 \(e\) ，即 \(\lim\limits_{n\to\infty}\left( 1+\dfrac{1}{n} \right)^n=e\)

练习1.计算 \(\lim\limits_{n\to\infty}\left(\dfrac{n+2}{n+1}\right)^n\)

解：

\(\lim\limits_{n\to\infty}\left(\dfrac{n+2}{n+1}\right)^n=\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{n+1}\right)^n=\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{n+1}\right)^{n+1}\cdot \lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{n+1}\right)^{-1}\)

而 \(\left(1+\dfrac{1}{n+1}\right)^{n+1}=e\) 且 \(\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{n+1}\right)^{-1}=1^{-1}=1\)

所以 \(\lim\limits_{n\to\infty}\left(\dfrac{n+2}{n+1}\right)^n=e\)

说明： \(\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{\Box}\right)^\Box=e\) ，只要满足当 \(n\to\infty\) 时， \(\Box\to\infty\) 即可。

练习2. 证明数列 \(\sqrt2,\sqrt{2+\sqrt2},\cdot\cdot\cdot,\begin{matrix}\underbrace{\sqrt{2+\sqrt{2+\cdot\cdot\cdot+\sqrt2}}}\\n个根号\end{matrix},\cdot\cdot\cdot\) 收敛，并求其极限。

解：

首先比较容易发现 \(x_{n+1}=\begin{matrix}\underbrace{\sqrt{2+\sqrt{2+\cdot\cdot\cdot+\sqrt{2+\sqrt2}}}}\\(n+1)个根号\end{matrix}>\begin{matrix}\underbrace{\sqrt{2+\sqrt{2+\cdot\cdot\cdot+\sqrt2}}}\\n个根号\end{matrix}=x_n\)

所以数列是单调增加的。

由于 \(x_1=\sqrt2<2\) ，又 \(x_2=\sqrt{2+x_1}<\sqrt{2+2}=2\) ，所以 \(x_2<2\) ，

假设 \(x_n<2\) ，则 \(x_{n+1}=\sqrt{2+x_n}<\sqrt{2+2}=2\) ，此处省略严格的数归证明，

可得数列 \(x_n<2\) 恒成立，所以数列是有界的（下界 \(\sqrt2\) 上界 \(2\) ），

所以数列存在极限，不妨设数列极限为 \(a\) ，

因为 \(x_{n+1}=\sqrt{2+x_n}\) ，即 \({x_{n+1}}^2=2+x_n\)

对两边同时取极限，可得 \(a^2=2+a\) ，解得 \(a=2\)

所以 \(\lim\limits_{n\to\infty}x_n=2\)

练习3. 设 \(x_{n+1}=\dfrac{1}{2}\left(x_n+\dfrac{a}{x_n}\right)(n=1,2,..),\) 且 \(x_1>0,a>0\) 求 \(\lim\limits_{n\to\infty}x_n\)

解：

由 \(x_{n+1}=\dfrac{1}{2}\left(x_n+\dfrac{a}{x_n}\right)\geq\sqrt{x_n\cdot\dfrac{a}{x_n}}=\sqrt{a}\)

而 \(\dfrac{x_{n+1}}{x_n}=\dfrac{1}{2}\left(1+\dfrac{a}{{x_n}^2}\right)\leq\dfrac{1}{2}\left(1+\dfrac{a}{a}\right)=1\)

所以数列单调递减并且有下界，所以极限存在。假设 \(\lim\limits_{n\to\infty}x_n=A\)

由 \(x_{n+1}=\dfrac{1}{2}\left(x_n+\dfrac{a}{x_n}\right)\) ，两边取极限得， \(A=\dfrac{1}{2}\left(A+\dfrac{a}{A}\right)\)

解得， \(A=\pm\sqrt{a}\) ，又因为 \(x_1>0\) 所以 \(\lim\limits_{n\to\infty}x_n=\sqrt{a}\)

• 柯西准则

柯西准则给出了数列极限存在的充要条件

数列 \(\{x_n\}\) 极限存在的充要条件是（有两种表述方法）：

• \(\forall\varepsilon>0,\exists N\in\mathbb{N}^+\) ，使得当 \(n>N\) 时，对于一切 \(p\in\mathbb{N}^+\) ，有 \(|x_{n+p}-x_n|<\varepsilon\)
• \(\forall\varepsilon>0,\exists N\in\mathbb{N}^+\) ，使得当 \(n,m>N\) 时 ，有 \(|x_n-x_m|<\varepsilon\)

柯西准则的意义是：数列是否有极限可以根据一般项的特性得出，而不必借助于极限值 \(a\)