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by pluvet on Nov 5, 2019

高数 A 4. 数列极限存在性判别以及函数极限


数列极限的存在条件

必要条件 有界

充分条件

单调有界定理

单调有界定理:单调有界数列收敛,且收敛于上确界。

证明:

不妨设数列 $\{x_n\}$单调递增有上界。由确界原理,$\{x_n\}$有上确界。记$sup\{x_n\} = a$ 。

$\forall \varepsilon > 0$, 由上确界定义,$\exists N \in \Z^+$,s.t. $a-\varepsilon < x_N$ .

而$\{x_n\}$单调递增,故当$x>N$时成立$a-\varepsilon < x_N < x_n$. 另外,$x_n < a + \varepsilon$,因此$\lim\limits_{n\to\infin} = a$

此后,我们要证明数列收敛,只要证明其单调有界即可。不过,单调有界并不是必要条件。

记$x_n = ( 1 + {1\over n})^n$,证明数列$\{x_n\}$收敛。

证:

(1)先证明单调,即$x_n<x_{n+1}$:

$$ x_n = \overbrace{1(1+{1\over n})(1+{1\over n})\dots(1+{1\over n}) }^{\text{n+1 items}} $$

根据均值不等式,对上式:

$$ 1(1+{1\over n})(1+{1\over n})\dots(1+{1\over n}) \leqslant \left[{1+(1+{1\over n}) + (1+{1\over n}) + \dots + (1+{1\over n}) \over n +1}\right]^{n+1} $$

而:

$$ \left[{1+(1+{1\over n}) + (1+{1\over n}) + \dots + (1+{1\over n}) \over n +1}\right]^{n+1} \\= ({n+2\over n+1})^{n+1} = (1+{1\over n+1})^{n+1} = a_{n+1} $$

因此$x_n < x_{n+1}$,该数列单调递增。

(2)然后证明有界。

由二项式定理:

$$ \begin{eqnarray*} \left(1+\frac{1}{n}\right)^n=1+1+\sum_{k=2}^nC_{n}^{k}\cdot\left(\frac{1}{n}\right)^k \end{eqnarray*} \tag{1} $$

而:

$$ C_n^k(\frac{1}{n})^k = \frac{\overbrace{n(n-1)\dots(n-k+1)}^{\text{k items}}}{n\cdot n\dots n}\cdot\frac{1}{k!}\tag{2} $$

并且:

$$ {1\over k!}<\frac{1}{k(k-1)} =\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}\tag{3} $$

将$(3)$带入$(2)$,有:

$$ \sum_{k=2}^nC_{n}^{k}\cdot\left(\frac{1}{n}\right)^k<\sum_{k=2}^n\left(\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}\right) = 1 - \frac{1}{n}<1 \tag{4} $$

带回 $(1)$中,得:

$$ \left(1+\frac{1}{n}\right)^n <3 $$

因此数列收敛于一个小于 3 的常数。

我们把这个常数记作 $e$。

重要极限

记 $\lim\limits_{n\to\infin}(1+\frac{1}{n})^n = e$

区间套定理

若闭区间列 $\{[a_n, b_n]\}$满足:

$$ \begin{align} &[a_n, b_n]\supseteq[a_{n+1}, b_{n+1}] \tag1\\ &\lim\limits_{n\to\infin}(b_n-a_n) = 0 \tag2 \end{align} $$

则存在唯一的实数$\xi$,使得对一切$n\in \Z^+$,$\xi\in[a_n,b_n]$.

由$(1)$,$a_1 \leqslant a_2 \leqslant \dots\leqslant a_n \leqslant \dots\leqslant b_n \leqslant\dots \leqslant b_2\leqslant b_1$

可见 $\{a_n\}$单调递增有上界 $b_1$ $\{b_n\}$单调递减有下界 $ a_1$。

故 $\{a_n\},\{b_n\}$都收敛。设 $\lim\limits_{n\to\infin }a_n = \xi$,则由$(2)$,$\lim\limits_{n\to\infin }b_n = \xi$。由 两数列的单调性可知 $a_n \leqslant \xi \leqslant b_n$,即 $\xi \in [a_n, b_n],(n\in \Z^+)$. 假设 $\xi' \in [a_n, b_n], (n\in \Z^+)$,则$0 \leqslant |\xi - \xi'|\leqslant |b_n - a_n|$,由$(2)$知 $\xi = \xi'$。因此 $\xi$ 唯一。定理得证。

极限存在的充要条件

数列 $\{x_n\}$收敛的充要条件是其任意非平凡子列 $\{x_{n_k}\}$收敛。

必要性:

设 $\lim\limits_{n\to\infty} x_n =a$,$\{x_{n_k}\}$是$\{x_n\}$的任一非平凡子列。下证 $\lim\limits_{k\to\infin}x_{n_k} = a$.

$\forall \varepsilon > 0$,由已知,$\exists N \in \Z^+$, s.t. 当$n > N$时成立$|x_n - a|< \varepsilon$. 要使得 $|x_{n_k} - a|< \varepsilon$,只需 $n_k > N$。注意到 $n_k \geqslant k$,故当 $k> N $时,有 $n_k>N$,进而有 $|x_{n_k} - a |< \varepsilon$,因此$\lim\limits_{k\to\infin}x_{n_k} = a$.

充分性:由已知,$\{x_{2k}\}$和$\{x_{2k-1}\}$都收敛。因此只需证明二者极限相同。注意到$\{x_{6k}\}$是$\{x_{2k}\}$和$\{x_{3k}\}$的子列,由已知及必要性的证明可知:

$$ \lim\limits_{k\to\infin}x_{6k} = \lim\limits_{k\to\infin}x_{2k} = \lim\limits_{k\to\infin}x_{3k} $$

另外,$\{x_{6k-3}\}$是$\{x_{2k-1}\}$和$\{x_{3k}\}$的子列,同理:

$$ \lim\limits_{k\to\infin}x_{6k -3} = \lim\limits_{k\to\infin}x_{2k-1} = \lim\limits_{k\to\infin}x_{3k} $$

由此可知:

$$ \lim\limits_{k\to\infin}x_{2k} = \lim\limits_{k\to\infin}x_{2k-1} $$

因此$\{x_n\}$收敛。

定理也表明,如$\{x_n\}$有两个子列收敛于不同极限,或有某子列发散,则 $\{x_n\}$发散。

数列极限存在的另一充要条件:

柯西收敛准则

数列$\{a_n\}$收敛的充要条件是 $\forall \varepsilon > 0$, $\exists N \in \Z^+$,s.t. $n, m> N $时,$|a_n - a_m | < \varepsilon$.

仅有一条评论

  1. 伯正博客 伯正博客

    什么也看不懂,我只好默默的觉得好厉害,哈哈

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