2. 数列极限
2.4 收敛准则
2.4.3 π \pi π与 e e e
假设有一个单位圆，半径为1，在圆内做正 n n n边形
则多边形的周长为 2 n sin 18 0 ∘ n 2n\sin\frac{180^{\circ}}{n} 2nsinn180∘，记半周长为 L n = n sin 18 0 ∘ n L_{n}=n\sin\frac{180^{\circ}}{n} Ln=nsinn180∘，记数列 { L n } \{L_{n}\} {Ln}
【例2.4.5】证明 { L n = n sin 18 0 ∘ n } \{L_{n}=n\sin\frac{180^{\circ}}{n}\} {Ln=nsinn180∘}收敛，并求单位圆长度。
【证】令 t = 18 0 ∘ n ( n + 1 ) t=\frac{180^{\circ}}{n(n+1)} t=n(n+1)180∘，当 n ≥ 3 n\ge 3 n≥3时（ n n n边形至少是一个三角形，即至少有3条边） n t = 18 0 ∘ ( n + 1 ) ≤ 18 0 ∘ 4 = 4 5 ∘ nt=\frac{180^{\circ}}{(n+1)}\le\frac{180^{\circ}}{4}=45^{\circ} nt=(n+1)180∘≤4180∘=45∘， tan n t = tan ( ( n − 1 ) t + t ) = tan ( n − 1 ) t + tan t 1 − tan ( n − 1 ) t ⋅ tan t \tan nt=\tan ((n-1)t+t)=\frac{\tan(n-1)t+\tan t}{1-\tan(n-1)t\cdot\tan t} tannt=tan((n−1)t+t)=1−tan(n−1)t⋅tanttan(n−1)t+tant
由于 n ≥ 3 n\ge 3 n≥3，则 0 < tan ( n − 1 ) t < tan n t ≤ tan 4 5 ∘ = 1 0<\tan(n-1)t<\tan nt\le \tan 45^{\circ}=1 0<tan(n−1)t<tannt≤tan45∘=1，
所以 0 < 1 − tan ( n − 1 ) t ⋅ tan t < 1 0<1-\tan(n-1)t\cdot\tan t<1 0<1−tan(n−1)t⋅tant<1，故 tan n t = tan ( ( n − 1 ) t + t ) = tan ( n − 1 ) t + tan t 1 − tan ( n − 1 ) t ⋅ tan t > tan ( n − 1 ) t + tan t = tan ( ( n − 2 ) t + t ) + tan t ( 套娃 ) > tan ( n − 2 ) t + 2 tan t > . . . > n tan t \tan nt=\tan ((n-1)t+t)=\frac{\tan(n-1)t+\tan t}{1-\tan(n-1)t\cdot\tan t}>\tan(n-1)t+\tan t=\tan((n-2)t+t)+\tan t(套娃)>\tan(n-2)t+2\tan t>...>n\tan t tannt=tan((n−1)t+t)=1−tan(n−1)t⋅tanttan(n−1)t+tant>tan(n−1)t+tant=tan((n−2)t+t)+tant(套娃)>tan(n−2)t+2tant>...>ntant
即 tan n t > n tan t \tan nt>n\tan t tannt>ntant
亦即 tan t tan n t < 1 n \frac{\tan t}{\tan nt}<\frac{1}{n} tannttant<n1
sin ( n + 1 ) t = sin n t cos t + cos n t sin t = sin n t cos t ⋅ ( 1 + tan t tan n t ) < sin n t cos t ⋅ ( 1 + 1 n ) < sin n t ⋅ ( 1 + 1 n ) = sin n t ⋅ ( 1 + n n ) \sin(n+1)t=\sin nt\cos t+\cos nt\sin t=\sin nt\cos t\cdot(1+\frac{\tan t}{\tan nt})<\sin nt\cos t\cdot(1+\frac{1}{n})<\sin nt\cdot(1+\frac{1}{n})=\sin nt\cdot(\frac{1+n}{n}) sin(n+1)t=sinntcost+cosntsint=sinntcost⋅(1+tannttant)<sinntcost⋅(1+n1)<sinnt⋅(1+n1)=sinnt⋅(n1+n)
即 sin ( n + 1 ) t < sin n t ⋅ ( 1 + n n ) \sin(n+1)t<\sin nt\cdot(\frac{1+n}{n}) sin(n+1)t<sinnt⋅(n1+n)
由于 t = 18 0 ∘ n ( n + 1 ) t=\frac{180^{\circ}}{n(n+1)} t=n(n+1)180∘，则
sin 18 0 ∘ n < sin 18 0 ∘ n + 1 ⋅ ( 1 + n n ) \sin\frac{180^{\circ}}{n}<\sin\frac{180^{\circ}}{n+1}\cdot(\frac{1+n}{n}) sinn180∘<sinn+1180∘⋅(n1+n)
即 n sin 18 0 ∘ n < ( 1 + n ) sin 18 0 ∘ n + 1 n\sin\frac{180^{\circ}}{n}<(1+n)\sin\frac{180^{\circ}}{n+1} nsinn180∘<(1+n)sinn+1180∘
亦即 L n = n sin 18 0 ∘ n < ( 1 + n ) sin 18 0 ∘ n + 1 = L n + 1 L_{n}=n\sin\frac{180^{\circ}}{n}<(1+n)\sin\frac{180^{\circ}}{n+1}=L_{n+1} Ln=nsinn180∘<(1+n)sinn+1180∘=Ln+1
所以 { L n } \{L_{n}\} {Ln}单调增加
正 n n n边形中， ∣ A B ∣ = sin 18 0 ∘ n , ∣ B C ∣ = cos 18 0 ∘ n |AB|=\sin\frac{180^{\circ}}{n},|BC|=\cos\frac{180^{\circ}}{n} ∣AB∣=sinn180∘,∣BC∣=cosn180∘，对于每个小等腰三角形的一半面积（直角三角形面积）是 1 2 ∣ A B ∣ ∣ B C ∣ = 1 2 sin 18 0 ∘ n cos 18 0 ∘ n \frac{1}{2}|AB||BC|=\frac{1}{2}\sin\frac{180^{\circ}}{n}\cos\frac{180^{\circ}}{n} 21∣AB∣∣BC∣=21sinn180∘cosn180∘，所以一个等腰三角形面积为 sin 18 0 ∘ n cos 18 0 ∘ n \sin\frac{180^{\circ}}{n}\cos\frac{180^{\circ}}{n} sinn180∘cosn180∘，这样的等腰三角形有 n n n个，则
正 n n n边形的面积 S n = n sin 18 0 ∘ n cos 18 0 ∘ n S_{n}=n\sin\frac{180^{\circ}}{n}\cos\frac{180^{\circ}}{n} Sn=nsinn180∘cosn180∘
则 S n = n sin 18 0 ∘ n cos 18 0 ∘ n < 4 S_{n}=n\sin\frac{180^{\circ}}{n}\cos\frac{180^{\circ}}{n}<4 Sn=nsinn180∘cosn180∘<4
即 n sin 18 0 ∘ n < 4 cos 18 0 ∘ n n\sin\frac{180^{\circ}}{n}<\frac{4}{\cos\frac{180^{\circ}}{n}} nsinn180∘<cosn180∘4，由于 n ≥ 3 n\ge 3 n≥3，则 18 0 ∘ n ≤ 18 0 ∘ 3 = 6 0 ∘ \frac{180^{\circ}}{n}\le\frac{180^{\circ}}{3}=60^{\circ} n180∘≤3180∘=60∘，由于 cos n \cos n cosn在 n ∈ ( 0 , π ) n\in(0,\pi) n∈(0,π)上单调减少，则
cos 18 0 ∘ n ≥ cos 6 0 ∘ = 1 2 \cos\frac{180^{\circ}}{n}\ge \cos 60^{\circ}=\frac{1}{2} cosn180∘≥cos60∘=21
所以 L n = n sin 18 0 ∘ n < 4 cos 18 0 ∘ n < 4 1 2 = 8 L_{n}=n\sin\frac{180^{\circ}}{n}<\frac{4}{\cos\frac{180^{\circ}}{n}}<\frac{4}{\frac{1}{2}}=8 Ln=nsinn180∘<cosn180∘4<214=8
所以 { L n } \{L_{n}\} {Ln}单调增加有上界
则 { L n = n sin 18 0 ∘ n } \{L_{n}=n\sin\frac{180^{\circ}}{n}\} {Ln=nsinn180∘}收敛
所以 lim n → ∞ n sin 18 0 ∘ n = π \lim\limits_{n\to\infty}n\sin\frac{180^{\circ}}{n}=\pi n→∞limnsinn180∘=π（就是将这个极限记作 π \pi π）
设单位圆的面积为 S S S，
共有 n n n个和四边形DGFE一样的四边形
单位圆的外切 n n n边形的面积为 S n ′ = n tan 18 0 ∘ n S_{n}'=n\tan\frac{180^{\circ}}{n} Sn′=ntann180∘
圆的面积介于内接多边形面积和外接多边形面积之间
即 S n < S < S n ′ S_{n}<S<S_{n}' Sn<S<Sn′
lim n → ∞ S n = lim n → ∞ n sin 18 0 ∘ n cos 18 0 ∘ n = π \lim\limits_{n\to\infty}S_{n}=\lim\limits_{n\to\infty}n\sin\frac{180^{\circ}}{n}\cos\frac{180^{\circ}}{n}=\pi n→∞limSn=n→∞limnsinn180∘cosn180∘=π
lim n → ∞ S n ′ = lim n → ∞ n tan 18 0 ∘ n = lim n → ∞ n sin 18 0 ∘ n cos 18 0 ∘ n = π 1 = π \lim\limits_{n\to\infty}S_{n}'=\lim\limits_{n\to\infty}n\tan\frac{180^{\circ}}{n}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n\sin\frac{180^{\circ}}{n}}{\cos\frac{180^{\circ}}{n}}=\frac{\pi}{1}=\pi n→∞limSn′=n→∞limntann180∘=n→∞limcosn180∘nsinn180∘=1π=π
由数列极限的夹逼性定理可知， lim n → ∞ S = π \lim\limits_{n\to\infty}S=\pi n→∞limS=π
所以单位圆的面积是 π \pi π
【例2.4.6】 x n = ( 1 + 1 n ) n , y n = ( 1 + 1 n ) n + 1 x_{n}=(1+\frac{1}{n})^{n},y_{n}=(1+\frac{1}{n})^{n+1} xn=(1+n1)n,yn=(1+n1)n+1，证明 { x n } \{x_{n}\} {xn}单调增加， { y n } \{y_{n}\} {yn}单调减少，两者收敛于同一极限。
【证】 x n = ( 1 + 1 n ) n = ( 1 + 1 n ) n ⋅ 1 ≤ ( n ( 1 + 1 n ) + 1 n + 1 ) n + 1 = ( 1 + 1 1 + n ) n + 1 = x n + 1 x_{n}=(1+\frac{1}{n})^{n}=(1+\frac{1}{n})^{n}\cdot 1 \le(\frac{n(1+\frac{1}{n})+1}{n+1})^{n+1}=(1+\frac{1}{1+n})^{n+1}=x_{n+1} xn=(1+n1)n=(1+n1)n⋅1≤(n+1n(1+n1)+1)n+1=(1+1+n1)n+1=xn+1（平均值不等式： a 1 + a 2 + . . . + a n n ≥ a 1 a 2 . . . a n n ≥ n 1 a 1 + 1 a 2 + . . . + 1 a n \frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{n}\ge \sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}\ge \frac{n}{\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+...+\frac{1}{a_{n}}} na1+a2+...+an≥na1a2...an ≥a11+a21+...+an1n）
则 { x n } \{x_{n}\} {xn}单调增加。
1 y n = ( n n + 1 ) n + 1 ⋅ 1 ≤ ( ( n + 1 ) n n + 1 + 1 n + 2 ) n + 2 = ( n + 1 n + 2 ) n + 2 = ( 1 1 + 1 n + 2 ) n + 2 = 1 y n + 1 \frac{1}{y_{n}}=(\frac{n}{n+1})^{n+1}\cdot 1\le(\frac{(n+1)\frac{n}{n+1}+1}{n+2})^{n+2}=(\frac{n+1}{n+2})^{n+2}=(\frac{1}{1+\frac{1}{n+2}})^{n+2}=\frac{1}{y_{n+1}} yn1=(n+1n)n+1⋅1≤(n+2(n+1)n+1n+1)n+2=(n+2n+1)n+2=(1+n+211)n+2=yn+11
则 { 1 y n } \{\frac{1}{y_{n}}\} {yn1}单调增加，则 { y n } \{y_{n}\} {yn}单调减少。
2 = x 1 < x n = ( 1 + 1 n ) n < y n = ( 1 + 1 n ) n + 1 ≤ y 1 = 4 2=x_{1}<x_{n}=(1+\frac{1}{n})^{n}<y_{n}=(1+\frac{1}{n})^{n+1}\le y_{1}=4 2=x1<xn=(1+n1)n<yn=(1+n1)n+1≤y1=4
所以 { x n } \{x_{n}\} {xn}单调增加有上界， { y n } \{y_{n}\} {yn}单调减少有下界，所以 { x n } \{x_{n}\} {xn}和 { y n } \{y_{n}\} {yn}均收敛，设 lim n → ∞ x n = a , lim n → ∞ y n = b \lim\limits_{n\to\infty}x_{n}=a,\lim\limits_{n\to\infty}y_{n}=b n→∞limxn=a,n→∞limyn=b
y n = x n ( 1 + 1 n ) y_{n}=x_{n}(1+\frac{1}{n}) yn=xn(1+n1)，等式两边同时取极限得 a = b a=b a=b，所以两者收敛于同一极限。
定义 lim n → ∞ x n = e ≈ 2.71828... \lim\limits_{n\to\infty}x_{n}=e\approx 2.71828... n→∞limxn=e≈2.71828...
e e e和 π \pi π都是无理数。
定义 ln = log e \ln=\log_{e} ln=loge，称为自然对数， e e e称为自然对数的底数。
【例2.4.7】证明 a n = 1 + 1 2 p + 1 3 p + . . . + 1 n p ( p > 0 ) a_{n}=1+\frac{1}{2^{p}}+\frac{1}{3^{p}}+...+\frac{1}{n^{p}}(p>0) an=1+2p1+3p1+...+np1(p>0)，显然 { a n } \{a_{n}\} {an}单调增加，当 p > 1 p>1 p>1， { a n } \{a_{n}\} {an}收敛，当 P ≤ 1 P\le 1 P≤1， { a n } \{a_{n}\} {an}发散到 + ∞ +\infty +∞。
【证】若 p > 1 p>1 p>1，令 1 2 p − 1 = r , 0 < r < 1 \frac{1}{2^{p-1}}=r,0<r<1 2p−11=r,0<r<1
1 2 p + 1 3 p < 1 2 p + 1 2 p = 2 2 p = 1 2 p − 1 = r \frac{1}{2^{p}}+\frac{1}{3^{p}}<\frac{1}{2^{p}}+\frac{1}{2^{p}}=\frac{2}{2^{p}}=\frac{1}{2^{p-1}}=r 2p1+3p1<2p1+2p1=2p2=2p−11=r
1 4 p + 1 5 p + 1 6 p + 1 7 p < 1 4 p + 1 4 p + 1 4 p + 1 4 p = 4 4 p = 2 2 p ⋅ 2 2 p = r 2 \frac{1}{4^{p}}+\frac{1}{5^{p}}+\frac{1}{6^{p}}+\frac{1}{7^{p}}<\frac{1}{4^{p}}+\frac{1}{4^{p}}+\frac{1}{4^{p}}+\frac{1}{4^{p}}=\frac{4}{4^{p}}=\frac{2}{2^{p}}\cdot\frac{2}{2^{p}}=r^{2} 4p1+5p1+6p1+7p1<4p1+4p1+4p1+4p1=4p4=2p2⋅2p2=r2
1 8 p + 1 9 p + . . . + 1 1 5 p < 8 8 p = r 3 \frac{1}{8^{p}}+\frac{1}{9^{p}}+...+\frac{1}{15^{p}}<\frac{8}{8^{p}}=r^{3} 8p1+9p1+...+15p1<8p8=r3
1 ( 2 k ) p + 1 ( 2 k + 1 ) p + + . . . + 1 ( 2 k + 1 − 1 ) p < 2 k ( 2 k ) p = 1 ( 2 k ) p − 1 = r k \frac{1}{(2^{k})^{p}}+\frac{1}{(2^{k}+1)^{p}+}+...+\frac{1}{(2^{k+1}-1)^{p}}<\frac{2^{k}}{(2^{k})^{p}}=\frac{1}{(2^{k})^{p-1}}=r^{k} (2k)p1+(2k+1)p+1+...+(2k+1−1)p1<(2k)p2k=(2k)p−11=rk
由于 { a n } \{a_{n}\} {an}单调增加且 n ∈ N + n\in\mathbb{N}^{+} n∈N+，现在来证明 2 n − 1 ≥ n 2^{n}-1\ge n 2n−1≥n成立
当 n = 1 n=1 n=1时， 2 1 − 1 = 1 2^{1}-1=1 21−1=1成立
假设当 n = k n=k n=k时， 2 k − 1 ≥ k 2^{k}-1\ge k 2k−1≥k成立，即 2 k ≥ 1 + k 2^{k}\ge 1+k 2k≥1+k成立
当 n = k + 1 n=k+1 n=k+1时， 2 k + 1 − 1 = 2 ⋅ 2 k − 1 = 2 k + 2 k − 1 ≥ 2 k + 1 > k + 1 2^{k+1}-1=2\cdot 2^{k}-1=2^{k}+2^{k}-1\ge2k+1>k+1 2k+1−1=2⋅2k−1=2k+2k−1≥2k+1>k+1也成立
由数学归纳法可知 2 n − 1 ≥ n 2^{n}-1\ge n 2n−1≥n
则 ∀ n , a n ≤ a 2 n − 1 = 1 + r + r 2 + . . . + r n − 1 = 1 ⋅ ( 1 − r n ) 1 − r < 1 1 − r \forall n,a_{n}\le a_{2^{n}-1}=1+r+r^{2}+...+r^{n-1}=\frac{1\cdot(1-r^{n})}{1-r}<\frac{1}{1-r} ∀n,an≤a2n−1=1+r+r2+...+rn−1=1−r1⋅(1−rn)<1−r1
所以 { a n } \{a_{n}\} {an}单调增加有上界，所以 lim n → ∞ a n \lim\limits_{n\to\infty}a_{n} n→∞liman收敛。
当 p ≤ 1 p\le 1 p≤1时， 1 2 p ≥ 1 2 \frac{1}{2^{p}}\ge \frac{1}{2} 2p1≥21
1 3 p + 1 4 p ≥ 1 4 p + 1 4 p ≥ 1 4 + 1 4 = 1 2 \frac{1}{3^{p}}+\frac{1}{4^{p}}\ge \frac{1}{4^{p}}+\frac{1}{4^{p}}\ge\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{1}{2} 3p1+4p1≥4p1+4p1≥41+41=21
1 5 p + 1 6 p + 1 7 p + 1 8 p ≥ 1 8 p + 1 8 p + 1 8 p + 1 8 p ≥ 4 8 = 1 2 \frac{1}{5^{p}}+\frac{1}{6^{p}}+\frac{1}{7^{p}}+\frac{1}{8^{p}}\ge\frac{1}{8^{p}}+\frac{1}{8^{p}}+\frac{1}{8^{p}}+\frac{1}{8^{p}}\ge\frac{4}{8}=\frac{1}{2} 5p1+6p1+7p1+8p1≥8p1+8p1+8p1+8p1≥84=21
......
1 ( 2 k + 1 ) p + 1 ( 2 k + 2 ) p + . . . + 1 ( 2 k + 1 ) p ≥ 2 k ( 2 k + 1 ) p ≥ 2 k 2 k + 1 ≥ 1 2 \frac{1}{(2^{k}+1)^{p}}+\frac{1}{(2^{k}+2)^{p}}+...+\frac{1}{(2^{k+1})^{p}}\ge\frac{2^{k}}{(2^{k+1})^{p}}\ge\frac{2^{k}}{2^{k+1}}\ge\frac{1}{2} (2k+1)p1+(2k+2)p1+...+(2k+1)p1≥(2k+1)p2k≥2k+12k≥21
a n = 1 + 1 2 p + 1 3 p + . . . + 1 n p ≥ 1 + 1 2 + 1 2 + . . . + 1 2 a_{n}=1+\frac{1}{2^{p}}+\frac{1}{3^{p}}+...+\frac{1}{n^{p}}\ge1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{2} an=1+2p1+3p1+...+np1≥1+21+21+...+21（写大于等于是因为还有可能结尾项的分母不正好是 2 k 2^{k} 2k，从分母为 2 k 2^{k} 2k项的后面可能还加上 1 ( 2 k + 1 ) p + 1 ( 2 k + 2 ) p + . . . \frac{1}{(2^{k}+1)^{p}}+\frac{1}{(2^{k}+2)^{p}}+... (2k+1)p1+(2k+2)p1+...）
随着 n n n的增加， { a n } \{a_{n}\} {an}没有上界，
所以 lim n → ∞ a n = + ∞ \lim\limits_{n\to\infty}a_{n}=+\infty n→∞liman=+∞
【注】当 p = 1 p=1 p=1时， a n = 1 + 1 2 + 1 3 + . . . + 1 n a_{n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{n} an=1+21+31+...+n1是正无穷大量，称 ∑ n = 1 ∞ 1 n = 1 + 1 2 + 1 3 + . . . + 1 n \sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{n} n=1∑∞n1=1+21+31+...+n1为调和级数，则这个调和级数是发散的。