【高等数学&学习记录】数列的极限

从事测绘工作多年，深刻感受到基础知识的重要及自身在这方面的短板。

为此，打算重温测绘工作所需基础知识。练好基本功，为测绘工作赋能。

1 知识点

1.1 数列极限的定义

设 { x n } \lbrace x_n \rbrace {xn}为一数列，如果存在常数 a a a，对于任意给定的正数 ϵ \epsilon ϵ(不论它多么小)，总存在正整数 N N N，使得当 n > N n>N n>N时，不等式 ∣ x n − a ∣ < ϵ \begin{vmatrix} x_n-a \end{vmatrix} < \epsilon ∣∣xn−a∣∣<ϵ都成立，那么就称常数 a a a是数列 { x n } \lbrace x_n\rbrace {xn}的极限，或者称数列 { x n } \lbrace x_n\rbrace {xn}收敛于 a a a，记为 lim ⁡ n → ∞ x n = a , \lim_{n\rightarrow \infty}x_n=a, n→∞limxn=a,或 x n → a ( n → ∞ ) . x_n\rightarrow a(n\rightarrow \infty). xn→a(n→∞).

1.2 收敛数列的性质

定理1（极限的唯一性）
如果数列 { x n } \lbrace x_n\rbrace {xn}收敛，那么它的极限唯一。
定理2（收敛数列的有界性）
如果数列 { x n } \lbrace x_n\rbrace {xn}收敛，那么数列 { x n } \lbrace x_n\rbrace {xn}一定有界。
定理3（收敛数列的保号性）
如果 lim ⁡ n → ∞ x n = a \lim_{n\rightarrow \infty}x_n=a limn→∞xn=a，且 a > 0 a>0 a>0(或 a < 0 a<0 a<0)，那么存在正整数 N > 0 N>0 N>0，当 n > N n>N n>N时，都有 x n > 0 x_n>0 xn>0(或 x n < 0 x_n<0 xn<0)。
推论
如果数列 { x n } \lbrace x_n\rbrace {xn}从某项起有 x n ≥ 0 x_n\geq 0 xn≥0(或 x n ≤ 0 x_n\leq 0 xn≤0)，且 lim ⁡ n → ∞ x n = a \lim_{n\rightarrow \infty}x_n=a limn→∞xn=a，那么 a ≥ 0 a\geq 0 a≥0(或 a ≤ 0 a\leq 0 a≤0)。
定理4（收敛数列与其子数列间的关系）
如果数列 { x n } \lbrace x_n\rbrace {xn}收敛于 a a a，那么它的任一子数列也收敛，且极限也是 a a a。

2 练习题

2.1

【题目】
下列各题中，哪些数列收敛？哪些数列发散？对收敛数列，通过观察 { x n } \lbrace x_n\rbrace {xn}的变化趋势，写出它们的极限。
【解答】
(1) x n = 1 2 n x_n=\frac{1}{2^n} xn=2n1
收敛， lim ⁡ n → ∞ x n = 0 \lim_{n\rightarrow \infty}x_n=0 limn→∞xn=0。

(2) x n = ( − 1 ) n 1 n x_n=(-1)^n\frac{1}{n} xn=(−1)nn1
收敛， lim ⁡ n → ∞ x n = 0 \lim_{n\rightarrow \infty}x_n=0 limn→∞xn=0。

(3) x n = 2 + 1 n 2 x_n=2+\frac{1}{n^2} xn=2+n21
收敛， lim ⁡ n → ∞ x n = 2 \lim_{n\rightarrow \infty}x_n=2 limn→∞xn=2。

(4) x n = n − 1 n + 1 x_n=\frac{n-1}{n+1} xn=n+1n−1
收敛，原式 = l i m n → ∞ 1 − 1 n 1 + 1 n = 1 =lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1-\frac{1}{n}}{1+\frac{1}{n}}=1 =limn→∞1+n11−n1=1。

(5) x n = n ( − 1 ) n x_n=n(-1)^n xn=n(−1)n
发散。

(6) x n = 2 n − 1 3 n x_n=\frac{2^n-1}{3^n} xn=3n2n−1
收敛，原式 = lim ⁡ n → ∞ [ ( 2 3 ) n − ( 1 3 ) n ] = 0 =\lim_{n\rightarrow\infty} [(\frac{2}{3})^n-(\frac{1}{3})^n]=0 =limn→∞[(32)n−(31)n]=0。

(7) x n = n − 1 n x_n=n-\frac{1}{n} xn=n−n1
发散。

(8) x n = [ ( − 1 ) n + 1 ] n + 1 n x_n=[(-1)^n+1]\frac{n+1}{n} xn=[(−1)n+1]nn+1
发散。当 n n n为偶数时， lim ⁡ x n = 2 \lim_{x_n}=2 limxn=2；当 n n n为奇数时， lim ⁡ x n = 0 \lim_{x_n}=0 limxn=0.

2.2

【题目】
设数列 { x n } \lbrace x_n\rbrace {xn}的一般项 x n = 1 n c o s n π 2 x_n=\frac{1}{n}cos\frac{n\pi}{2} xn=n1cos2nπ.问 lim ⁡ n → ∞ x n = ? \lim_{n\rightarrow \infty}x_n=? limn→∞xn=?求出 N N N，使当 n > N n>N n>N时， x n x_n xn与其极限之差的绝对值小于正数 ϵ \epsilon ϵ。当 ϵ = 0.001 \epsilon=0.001 ϵ=0.001时，求出数 N N N。
【解答(1)】
lim ⁡ n → ∞ x n = 0 \lim_{n\rightarrow\infty}x_n=0 limn→∞xn=0。
【解答(2)】
∀ ϵ > 0 \forall \epsilon >0 ∀ϵ>0，取 N = [ 1 ϵ ] N=[\frac{1}{\epsilon}] N=[ϵ1]，当 n > N n>N n>N时, ∣ x n − 0 ∣ = ∣ 1 n c o s n π 2 ∣ ≤ 1 n ≤ ϵ \begin{vmatrix}x_n-0\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}\frac{1}{n}cos\frac{n\pi}{2} \end{vmatrix}\leq\frac{1}{n}\leq \epsilon ∣∣xn−0∣∣=∣∣n1cos2nπ∣∣≤n1≤ϵ。
【解答(3)】
当 ϵ = 0.001 \epsilon = 0.001 ϵ=0.001时， N = [ 1 ϵ ] = 1000 N=[\frac{1}{\epsilon}]=1000 N=[ϵ1]=1000。

2.3

【题目】
根据数列极限的定义证明：
【证明】
(1) lim ⁡ n → ∞ 1 n 2 = 0 \lim_{n\rightarrow \infty}\frac{1}{n^2}=0 limn→∞n21=0
∣ 1 n 2 − 0 ∣ = 1 n 2 < 1 n \begin{vmatrix}\frac{1}{n^2}-0\end{vmatrix}=\frac{1}{n^2}<\frac{1}{n} ∣∣n21−0∣∣=n21<n1
∀ ϵ > 0 \forall \epsilon > 0 ∀ϵ>0，取 N = [ 1 ϵ ] N=[\frac{1}{\epsilon}] N=[ϵ1]，当 n > N n>N n>N时，有 1 n < ϵ \frac{1}{n}<\epsilon n1<ϵ，得 ∣ 1 n 2 − 0 ∣ < ϵ \begin{vmatrix}\frac{1}{n^2}-0\end{vmatrix}<\epsilon ∣∣n21−0∣∣<ϵ，
可证 lim ⁡ n → ∞ 1 n 2 = 0 \lim_{n\rightarrow \infty}\frac{1}{n^2}=0 limn→∞n21=0。
(2) lim ⁡ n → ∞ 3 n + 1 2 n + 1 = 3 2 \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{3n+1}{2n+1}=\frac{3}{2} limn→∞2n+13n+1=23
∣ 3 n + 1 2 n + 1 − 3 2 ∣ = ∣ − 1 2 ( 2 n + 1 ) ∣ < 1 n \begin{vmatrix}\frac{3n+1}{2n+1}-\frac{3}{2}\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}\frac{-1}{2(2n+1)}\end{vmatrix}<\frac{1}{n} ∣∣2n+13n+1−23∣∣=∣∣∣2(2n+1)−1∣∣∣<n1
∀ ϵ > 0 \forall \epsilon >0 ∀ϵ>0，取 N = 1 ϵ N=\frac{1}{\epsilon} N=ϵ1，当 n > N n>N n>N时，有 1 n < ϵ \frac{1}{n}<\epsilon n1<ϵ，得 ∣ 3 n + 1 2 n + 1 − 3 2 ∣ < ϵ \begin{vmatrix}\frac{3n+1}{2n+1}-\frac{3}{2}\end{vmatrix}<\epsilon ∣∣2n+13n+1−23∣∣<ϵ，
可证 lim ⁡ n → ∞ 3 n + 1 2 n + 1 = 3 2 \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{3n+1}{2n+1}=\frac{3}{2} limn→∞2n+13n+1=23。
(3) lim ⁡ n → ∞ n 2 + a 2 n = 1 \lim_{n\rightarrow \infty}\frac{\sqrt{n^2+a^2}}{n}=1 limn→∞nn2+a2 =1
∣ n 2 + a 2 n − 1 ∣ = ∣ n 2 + a 2 − n n ∣ = ∣ ( n 2 + a 2 − n ) ( n 2 + a 2 + n ) n ( n 2 + a 2 + a ) ∣ = ∣ a 2 n ( n 2 + a 2 + a ∣ < a 2 n \begin{vmatrix}\frac{\sqrt{n^2+a^2}}{n}-1\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}\frac{\sqrt{n^2+a^2}-n}{n}\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}\frac{(\sqrt{n^2+a^2}-n)(\sqrt{n^2+a^2}+n)}{n(\sqrt{n^2+a^2}+a)}\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}\frac{a^2}{n(\sqrt{n^2+a^2}+a}\end{vmatrix}<\frac{a^2}{n} ∣∣∣nn2+a2 −1∣∣∣=∣∣∣nn2+a2 −n∣∣∣=∣∣∣n(n2+a2 +a)(n2+a2 −n)(n2+a2 +n)∣∣∣=∣∣∣n(n2+a2 +aa2∣∣∣<na2
∀ ϵ > 0 \forall \epsilon > 0 ∀ϵ>0，取 N = [ a 2 ϵ ] N=[\frac{a^2}{\epsilon}] N=[ϵa2]，当 n > N n>N n>N时，有 a 2 n < ϵ \frac{a^2}{n}<\epsilon na2<ϵ，得 ∣ n 2 + a 2 n − 1 ∣ < ϵ \begin{vmatrix}\frac{\sqrt{n^2+a^2}}{n}-1\end{vmatrix}<\epsilon ∣∣∣nn2+a2 −1∣∣∣<ϵ，
可证 lim ⁡ n → ∞ n 2 + a 2 n = 1 \lim_{n\rightarrow \infty}\frac{\sqrt{n^2+a^2}}{n}=1 limn→∞nn2+a2 =1。
(4) lim ⁡ n → ∞ 0. 999 ... 9 ⏟ n 个 = 1 \lim_{n\rightarrow\infty}0.\underbrace{999\dots9}{n个}=1 limn→∞0.n个 999...9=1
∣ 0. 999 ... 9 ⏟ n 个 − 1 ∣ = 0. 000 ... 0 ⏟ n − 1 个 1 = 1 1 0 n < 1 n \begin{vmatrix}0.\underbrace{999\dots 9}{n个}-1 \end{vmatrix}=0.\underbrace{000\dots 0}{n-1个}1=\frac{1}{10^n}<\frac{1}{n} ∣∣∣0.n个 999...9−1∣∣∣=0.n−1个 000...01=10n1<n1，
∀ ϵ > 0 \forall \epsilon>0 ∀ϵ>0，取 N = [ 1 ϵ ] N=[\frac{1}{\epsilon}] N=[ϵ1]，有 1 n < ϵ \frac{1}{n}<\epsilon n1<ϵ，得 ∣ 0. 999 ... 9 ⏟ n 个 − 1 ∣ < ϵ \begin{vmatrix}0.\underbrace{999\dots 9}{n个}-1 \end{vmatrix}<\epsilon ∣∣∣0.n个 999...9−1∣∣∣<ϵ，
可证 lim ⁡ n → ∞ 0. 999 ... 9 ⏟ n 个 = 1 \lim_{n\rightarrow\infty}0.\underbrace{999\dots9}_{n个}=1 limn→∞0.n个 999...9=1。

2.4

【题目】

若 lim ⁡ n → ∞ u n = a \lim_{n\rightarrow\infty}u_n=a limn→∞un=a，证明： lim ⁡ n → ∞ ∣ u n ∣ = ∣ a ∣ \lim_{n\rightarrow \infty}\begin{vmatrix}u_n\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}a\end{vmatrix} limn→∞∣∣un∣∣=∣∣a∣∣。并举例说明：如果数列 { ∣ x n ∣ } \lbrace \begin{vmatrix}x_n \end{vmatrix}\rbrace {∣∣xn∣∣}有极限，但数列 { x n } \lbrace x_n \rbrace {xn}未必有极限。
【证明】
∵ lim ⁡ n → ∞ u n = a \because \lim_{n\rightarrow \infty}u_n=a ∵limn→∞un=a
∴ \therefore ∴ 对 ∀ ϵ > 0 \forall \epsilon > 0 ∀ϵ>0, ∃ N > 0 \exist N>0 ∃N>0，当 n > N n>N n>N时， ∣ u n − a ∣ < ϵ \begin{vmatrix} u_n-a \end{vmatrix}<\epsilon ∣∣un−a∣∣<ϵ
∵ ( ∣ ∣ u n ∣ − ∣ a ∣ ∣ ) 2 − ( ∣ u n − a ∣ ) 2 = u n 2 + a 2 − 2 ∣ a u n ∣ − u n 2 − a 2 + 2 a u n = 2 a u n − 2 ∣ a u n ∣ ≤ 0 \because (\begin{vmatrix} \begin{vmatrix}u_n\end{vmatrix}-\begin{vmatrix} a\end{vmatrix} \end{vmatrix})^2-(\begin{vmatrix}u_n-a\end{vmatrix})^2 =u_n^2+a^2-2\begin{vmatrix}au_n\end{vmatrix}-u_n^2-a^2+2au_n=2au_n-2\begin{vmatrix}au_n\end{vmatrix}\leq 0 ∵(∣∣∣∣un∣∣−∣∣a∣∣∣∣)2−(∣∣un−a∣∣)2=un2+a2−2∣∣aun∣∣−un2−a2+2aun=2aun−2∣∣aun∣∣≤0
∴ \therefore ∴ 当 n > N n>N n>N时， ∣ ∣ u n ∣ − ∣ a ∣ ∣ ≤ ∣ u n − a ∣ < ϵ \begin{vmatrix}\begin{vmatrix}u_n\end{vmatrix}-\begin{vmatrix}a\end{vmatrix}\end{vmatrix}\leq \begin{vmatrix}u_n-a\end{vmatrix}<\epsilon ∣∣∣∣un∣∣−∣∣a∣∣∣∣≤∣∣un−a∣∣<ϵ
∴ lim ⁡ n → ∞ ∣ u n ∣ = ∣ a ∣ \therefore \lim_{n\rightarrow \infty}\begin{vmatrix}u_n\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}a\end{vmatrix} ∴limn→∞∣∣un∣∣=∣∣a∣∣
【举例】

如：数列 { ∣ x n ∣ } = { ∣ ( − 1 ) n ∣ } \lbrace\begin{vmatrix}x_n\end{vmatrix}\rbrace=\lbrace \begin{vmatrix} (-1)^n \end{vmatrix}\rbrace {∣∣xn∣∣}={∣∣(−1)n∣∣}有极限为1；但数列 { x n } = { ( − 1 ) n } \lbrace x_n\rbrace=\lbrace (-1)^n \rbrace {xn}={(−1)n}没有极限。

2.5

【题目】
设数列 { x n } \lbrace x_n \rbrace {xn}有界，又 lim ⁡ n → ∞ y n = 0 \lim_{n\rightarrow \infty}y_n=0 limn→∞yn=0。证明： lim ⁡ n → ∞ x n y n = 0 \lim_{n\rightarrow \infty}x_ny_n=0 limn→∞xnyn=0。
【证明】
∵ { x n } \because \lbrace x_n \rbrace ∵{xn}有界
∴ ∃ M > 0 \therefore \exist M>0 ∴∃M>0，使 ∣ x n ∣ ≤ M \begin{vmatrix}x_n\end{vmatrix}\leq M ∣∣xn∣∣≤M对一切 n n n都成立
∵ lim ⁡ n → ∞ y n = 0 \because \lim_{n\rightarrow \infty}y_n=0 ∵limn→∞yn=0
∴ \therefore ∴ 对 ∀ ϵ > 0 \forall \epsilon >0 ∀ϵ>0, ∃ N > 0 \exist N>0 ∃N>0，当 n > N n>N n>N时， ∣ y n − 0 ∣ = ∣ y n ∣ < ϵ \begin{vmatrix}y_n-0 \end{vmatrix}=\begin{vmatrix}y_n\end{vmatrix}<\epsilon ∣∣yn−0∣∣=∣∣yn∣∣<ϵ
∴ \therefore ∴在同样条件下， ∣ x n y n − 0 ∣ ≤ M ⋅ ϵ \begin{vmatrix}x_ny_n-0\end{vmatrix}\leq M\cdot\epsilon ∣∣xnyn−0∣∣≤M⋅ϵ
∴ lim ⁡ n → ∞ x n y n = 0 \therefore \lim_{n\rightarrow \infty}x_ny_n=0 ∴limn→∞xnyn=0

2.6

【题目】

对于数列 { x n } \lbrace x_n \rbrace {xn}，若 x 2 k − 1 → a ( k → ∞ ) x_{2k-1}\rightarrow a(k\rightarrow \infty) x2k−1→a(k→∞)， x 2 k → a ( k → ∞ ) x_{2k}\rightarrow a(k\rightarrow \infty) x2k→a(k→∞)，证明： x n → a ( n → ∞ ) x_n\rightarrow a(n\rightarrow \infty) xn→a(n→∞)。
【证明】
∵ lim ⁡ k → ∞ x 2 k − 1 = a \because \lim_{k\rightarrow \infty}x_{2k-1}=a ∵limk→∞x2k−1=a
∴ \therefore ∴ 对 ∀ ϵ > 0 \forall \epsilon >0 ∀ϵ>0， ∃ N 1 > 0 \exist N_1>0 ∃N1>0，当 2 k − 1 > N 1 2k-1>N_1 2k−1>N1时， ∣ x 2 k − 1 − a ∣ < ϵ \begin{vmatrix}x_{2k-1}-a\end{vmatrix}<\epsilon ∣∣x2k−1−a∣∣<ϵ
∵ lim ⁡ k → ∞ x 2 k = a \because \lim_{k\rightarrow \infty}x_{2k}=a ∵limk→∞x2k=a
∴ \therefore ∴ 对上述 ϵ \epsilon ϵ， ∃ N 2 > 0 \exist N_2>0 ∃N2>0，当 2 k > N 2 2k>N_2 2k>N2时， ∣ x 2 k − a ∣ < ϵ \begin{vmatrix}x_{2k}-a\end{vmatrix}<\epsilon ∣∣x2k−a∣∣<ϵ
∴ \therefore ∴ 对上述 ϵ \epsilon ϵ，当 n > { N 1 , N 2 } n>\lbrace N_1, N_2\rbrace n>{N1,N2}时， ∣ x n − a ∣ < ϵ \begin{vmatrix}x_n-a\end{vmatrix}<\epsilon ∣∣xn−a∣∣<ϵ
∴ x n → a ( n → ∞ ) \therefore x_n\rightarrow a(n\rightarrow \infty) ∴xn→a(n→∞)。

【学习资料】

《高等数学（第六版）》上册，同济大学数学系编