Chapter 1 数列极限

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2025-01-11

Chapter 1 数列极限

数列极限是微积分内容的核心，极限思想贯穿整个微积分内容之中，数列极限是微积分最基本、最核心、最重要、最难的内容。
——苏德矿

研究数列极限，我们先复习一下数列定义

/Define/
无限排列的一列数 $a_{1},a_{2},a_{3},\cdots,a_{n},\cdots$ 称为数列，记作 $\{a_{n}\}$ ，称 $a_{n}$ 为数列的通项。
设函数 $y = f(x)$ ， $x\in D$ 。特别地， $D = N = \{1,2,3,\cdots\}$ ，
函数为 $y = f(x)$ ， $x\in N$ ，改写成 $y = f(n)$ ， $n\in N$ ，称为自变量取整函数。
由于它的自变量可以按照自然数大小的顺序排成无限列 $n = 1,2,3,\cdots,n,\cdots$ ，
相应的函数值也可排成一无限列 $f(1),f(2),f(3),\cdots,f(n),\cdots$ ，称为数列，记作 $\{f(n)\}$ ， $f(n)$ 称为数列的通项。

· 定义

那我们试着定义极限：

给定一个数列 $\{a_{n}\}$ ，看随着 $n$ 增大， $a_{n}$ 的变化趋势。

/example/
1： $\{\frac{1}{n}\}$ ， $1,\frac{1}{2},\frac{1}{3},\cdots,\frac{1}{n},\cdots$ ，极限是 $0$ ，即 $\lim_{n \to \infty}\frac{1}{n}=0$ 。
2： $\{1\}$ ， $1,1,1,\cdots,1,\cdots$ ，极限是 $1$ 。
3： $1,0,\frac{1}{2},0,\frac{1}{3},0,\cdots,\frac{1}{n},0,\cdots$ ，极限是 $0$ 。
4： $\{(-1)^{n}\}$ ， $-1,1,-1,\cdots,(-1)^{n},\cdots$ ，无极限。

同时还有以下常见极限：

/example/
$\lim_{n \to \infty}(1 + \frac{1}{n})^{n}=e \\ \lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{n}=1 \\ \lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{a}=1 (a>0)\\ \lim_{n \to \infty}(1-\frac{1}{n})^{n}=\frac{1}{e} \\$

分析：随着 $n$ 无限增大， $a_{n}$ 与 $a$ 无限地接近，如何衡量 $|a_{n}-a|$ 与 $0$ 无限地接近？

$\forall\varepsilon > 0$ ，使 $|a_{n}-a|<\varepsilon$ ，找到一个自然数 $N$ ，当 $n > N$ 时，都有 $|a_{n}-a|<\varepsilon$ 。

我们可以给出数列极限定义：

主要研究一个数列 $\{a_{n}\}$ 有极限 $a$ 的情况。
/Define/
设 $\{a_{n}\}$ 是一个给定的数列， $a$ 是一个确定的常数，
若 $\forall\varepsilon > 0$ ，相应地 $\exists$ 自然数 $N$ ，当 $n > N$ 时， $a_{n}$ 与 $a$ 无限地接近，
称数列 $\{a_{n}\}$ 当 $n \to \infty$ 时的极限是 $a$ ，记作
$\lim_{n \to \infty}a_{n}=a\quad \text{or} \quad a_{n}\to a(n\to\infty)$
( 这是数学语言的表述，而像“随着 $n$ 无限增大， $a_{n}$ 与 $a$ 无限地接近”这种不是数学语言 )

/example/： $1 - 1+1 - 1+\cdots+(-1)^{n - 1}+\cdots$ 求和

/Claim/
$\begin{align*} &(1 - 1)+(1 - 1)+\cdots=0\\ &1+(- 1 + 1)+(-1 + 1)+\cdots=1 \end{align*}$
由此可见，不存在极限

定义理解：

$\varepsilon$ 的任意性：
定义中 $\forall\varepsilon > 0$ ，指的是一切正数。限制 $0 < \varepsilon < 1$ ，但是，不能限制 $\varepsilon$ 大于某个正数。
$N$ 的相应性：先有 $\varepsilon$ ，再确定 $N$ ，使 $n > N$ 时，都有 $|a_{n}-a|<\varepsilon$ 成立。找到一个 $N$ ，就能找到无数个 $N$ ， $n > N$ 可以改成 $n \geq N$ 。 $\varepsilon$ 可以换成 $\varepsilon^{2}$ ， $\sqrt{\varepsilon}$ ，不能换成 $\varepsilon + 1$ ， $|a_{n}-a|<\varepsilon$ 可以改成 $|a_{n}-a|\leq\varepsilon$ 。
几何意义：
$\lim_{n \to \infty}a_{n}=a$ ，即 $\forall\varepsilon > 0$ ， $\exists N$ ，当 $n > N$ 时，都有 $|a_{n}-a|<\varepsilon$ 。
$\begin{align*} |a_{n}-a|<\varepsilon&\Leftrightarrow -\varepsilon < a_{n}-a < \varepsilon\\ &\Leftrightarrow a - \varepsilon < a_{n}< a + \varepsilon\\ &\Leftrightarrow a_{n}\in(a - \varepsilon,a + \varepsilon)\triangleq U(a,\varepsilon) \end{align*}$
对于 $a$ 的任何 $\varepsilon$ 邻域 $U(a,\varepsilon)$ ，在外部仅有数列的有限项，其余项统统在邻域内。

要证明 $\lim_{n \to \infty}a_{n}=a$ ： $\forall\varepsilon > 0$ ， $\exists N$ ，当 $n > N$ 时，都有 $|a_{n}-a|<\varepsilon$ 成立。

在具体的题目里， $a_{n}$ ， $a$ 已知， $\forall\varepsilon > 0$ ，给过以后也可以看成定值， $n > N$ ， $N$ 为待求。

$|a_{n}-a|<\varepsilon\Leftrightarrow n > N$ （ $\surd$ ）， $|a_{n}-a|<\varepsilon\Rightarrow n > N$ （ $\times$ ）。

/example/ 证明 $\lim_{n \to \infty}C = C$ ， $C$ 常数。

/proof/
$\forall\varepsilon > 0$ ，取 $N = 1$ ，当 $n > N$ 时，都有 $|C - C|=0 < \varepsilon$ ，知 $\lim_{n \to \infty}C = C$ 。

/example/ 证明 $\lim_{n \to \infty}\frac{1}{n^{k}} = 0$ ， $k > 0$ ，常数。

证： $\forall\varepsilon > 0$ ，若要 $|\frac{1}{n^{k}}-0|<\varepsilon$ 成立，
$\begin{align*} |\frac{1}{n^{k}}-0|<\varepsilon&\Leftrightarrow\frac{1}{n^{k}}<\varepsilon\Leftrightarrow n^{k}>\frac{1}{\varepsilon}\\ &\Leftrightarrow n > (\frac{1}{\varepsilon})^{\frac{1}{k}} \end{align*}$
取 $N = [(\frac{1}{\varepsilon})^{\frac{1}{k}}]$ ，当 $n > N$ 时，都有 $|\frac{1}{n^{k}}-0|<\varepsilon$ 成立，故 $\lim_{n \to \infty}\frac{1}{n^{k}} = 0$ ， $k > 0$ 。
比如 $\lim_{n \to \infty}\frac{1}{n} = 0$ ， $\lim_{n \to \infty}\frac{1}{n^{2}} = 0$ 。

/example/ 证明 $\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{a}=0$ ， $a > 0$ ，常数。

/proof/
$a = 1$ ， $\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{1}=\lim_{n \to \infty}1 = 1$ 。
$a > 1$ ， $\forall\varepsilon > 0$ ，若要 $|\sqrt[n]{a}-1|<\varepsilon$ 成立，
$\begin{align*} |\sqrt[n]{a}-1|<\varepsilon&\Leftrightarrow\sqrt[n]{a}-1<\varepsilon\Leftrightarrow a^{\frac{1}{n}}<1 + \varepsilon\\ &\Leftrightarrow\frac{1}{n}\ln a<\ln(1 + \varepsilon)\Leftrightarrow n > \frac{\ln a}{\ln(1 + \varepsilon)} \end{align*}$
取 $N = [\frac{\ln a}{\ln(1 + \varepsilon)}]$ ，当 $n > N$ 时，都有 $|\sqrt[n]{a}-1|<\varepsilon$ ， $\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{a}=1$ 。
$0 < a < 1$ ， $\forall\varepsilon > 0$ ，若要 $|\sqrt[n]{a}-1|<\varepsilon$ 成立，
$\begin{align*} |\sqrt[n]{a}-1|<\varepsilon&\Leftrightarrow1-\sqrt[n]{a}<\varepsilon\Leftrightarrow a^{\frac{1}{n}}>1 - \varepsilon\\ &\Leftrightarrow\frac{1}{n}\ln a>\ln(1 - \varepsilon)\Leftrightarrow n > \frac{\ln a}{\ln(1 - \varepsilon)} \end{align*}$
取 $N = [\frac{\ln a}{\ln(1 - \varepsilon)}]$ ，当 $n > N$ 时，都有 $|\sqrt[n]{a}-1|<\varepsilon$ ， $\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{a}=1$ 。
总之， $\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{a}=1$ ， $a > 0$ ，常。

适当放大法：

$\forall\varepsilon > 0$ ，若要 $|a_{n}-a|<\varepsilon$ 成立，用 $|a_{n}-a|\leq g(n)$ （ $n > N$ ）。

要求： $\lim_{n \to \infty}g(n)=0$ ， $g(n)$ 尽量简单。

只要 $g(n)<\varepsilon\Leftrightarrow n > N_{2}$ ，取 $N=\max\{N_{1},N_{2}\}$ ，

当 $n > N$ 时，都有 $|a_{n}-a|\leq g(n)<\varepsilon$ 。

分析： $0\leq|a_{n}-a|\leq g(n)$ ， $\forall\varepsilon > 0$ ， $\exists N_{2}$ ，当 $n > N_{2}$ 时，

|a_{n}-a|<\varepsilon\Leftrightarrow|g(n)|\leq\varepsilon\Leftrightarrow|g(n)-0|<\varepsilon

即 $\lim_{n \to \infty}g(n)=0$ 。

/example/ 证明

\lim_{n \to \infty}\frac{n^{2}\sin n! + 100}{n^{4}+2n^{2}+1}=0

/proof/
$\forall\varepsilon > 0$ ，若要 $\left|\frac{n^{2}\sin n! + 100}{n^{4}+2n^{2}+1}-0\right|<\varepsilon$ 成立，
因为
$\left|\frac{n^{2}\sin n! + 100}{n^{4}+2n^{2}+1}\right|\leq\frac{\left|n^{2}\sin n!\right| + 100}{n^{4}+2n^{2}+1}\leq\frac{n^{2}+100}{n^{4}+2n^{2}+1},\quad a < b\Rightarrow a\leq b$
当 $n > 10$ 时，
$\frac{n^{2}+100}{n^{4}+2n^{2}+1}<\frac{n^{2}+n^{2}}{n^{4}}=\frac{2n^{2}}{n^{4}}=\frac{2}{n^{2}}$
只要 $\frac{2}{n^{2}}<\varepsilon$ 成立，即 $\frac{n^{2}}{2}>\frac{1}{\varepsilon}\Leftrightarrow n > \frac{2}{\varepsilon}$ ，取 $N=\max\left\{10,\frac{2}{\varepsilon}\right\}$ 。
当 $n > N$ 时，都有 $\left|\frac{n^{2}\sin n! + 100}{n^{4}+2n^{2}+1}-0\right|<\varepsilon$ 成立，
所以 $\lim_{n \to \infty}\frac{n^{2}\sin n! + 100}{n^{4}+2n^{2}+1}=0$ 。

/example/ 证明 $\lim_{n \to \infty}\frac{a^{n}}{n!}=0$ ， $a$ 常数。

/proof/
$\forall\varepsilon > 0$ ，若要 $\left|\frac{a^{n}}{n!}-0\right|<\varepsilon$ 成立，即 $\frac{|a|^{n}}{n!}<\varepsilon$ 。
由于 $a$ 为常数， $\exists$ 自然数 $m$ 为定值，使 $|a|\leq m$ 。
因为
$\left|\frac{a^{n}}{n!}-0\right|=\frac{|a|^{n}}{n!}=\frac{|a|}{1}\cdot\frac{|a|}{2}\cdots\frac{|a|}{m}\cdots\frac{|a|}{n}\leq\frac{m}{1}\cdot\frac{m}{2}\cdots\frac{m}{m}\cdot\frac{m}{m + 1}\cdots\frac{m}{n}$
令 $\frac{m}{1}\cdot\frac{m}{2}\cdots\frac{m}{m}=M$ ，则
$\frac{m}{1}\cdot\frac{m}{2}\cdots\frac{m}{m}\cdot\frac{m}{m + 1}\cdots\frac{m}{n}=M\cdot\frac{m}{m + 1}\cdots\frac{m}{n}<\frac{M\cdot m}{n}$
（ $n > m$ ）
只要 $\frac{M\cdot m}{n}<\varepsilon\Leftrightarrow n > \frac{M\cdot m}{\varepsilon}$ ，取 $N=\max\left\{m,\left[\frac{M\cdot m}{\varepsilon}\right]\right\}$ ，
当 $n > N$ 时，都有 $\left|\frac{a^{n}}{n!}-0\right|<\varepsilon$ ，所以 $\lim_{n \to \infty}\frac{a^{n}}{n!}=0$ 。

重要的数列极限

$\lim_{n \to \infty}C = C$ ， $C$ 常数。
$\lim_{n \to \infty}\frac{1}{n^{k}}=0$ ， $k > 0$ 常数。
$\lim_{n \to \infty}q^{n}=0$ ， $|q|<1$ 常数。
$\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{a}=1$ ， $a > 0$ 常数。
$\lim_{n \to \infty}\frac{a^{n}}{n!}=0$ ， $a$ 常数。
$\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{n}=1$ （二次展开，适当放大）。

· 收敛数列的性质

性质1（唯一性）：若数列 $\{a_{n}\}$ 有极限，则极限值唯一。

/proof/
证法一：用反证法，假设 $\lim_{n \to \infty}a_{n}=a$ ， $\lim_{n \to \infty}a_{n}=b$ ，且 $a\neq b$ 。
对 $\forall\varepsilon > 0$ ， $\exists N_{1}$ ，当 $n > N_{1}$ 时，都有 $|a_{n}-a|<\varepsilon$ ； $\exists N_{2}$ ，当 $n > N_{2}$ 时， $|a_{n}-b|<\varepsilon$ 。
取 $N=\max\{N_{1},N_{2}\}$ ，当 $n > N$ 时，都有 $|a_{n}-a|<\varepsilon$ ， $|a_{n}-b|<\varepsilon$ ，于是
$\begin{align*} |a - b|&=|a - a_{n}+a_{n}-b|\leq|a_{n}-a|+|a_{n}-b|\\ &<\varepsilon+\varepsilon = 2\varepsilon\Rightarrow a = b \end{align*}$
矛盾，所以极限值唯一。
证法二：取 $\varepsilon=\frac{|a - b|}{2}>0$ ，
$\exists N_{1}$ ，当 $n > N_{1}$ 时，都有 $|a_{n}-a|<\frac{|a - b|}{2}$ ，
$\exists N_{2}$ ，当 $n > N_{2}$ 时，都有 $|a_{n}-b|<\frac{|a - b|}{2}$ 。
取 $N=\max\{N_{1},N_{2}\}$ ，当 $n > N$ 时， $|a - b|\leq|a - a_{n}|+|a_{n}-b|<|a - b|$ ，
矛盾，极限值唯一。
若数列 $\{a_{n}\}$ 有极限，则称 $\{a_{n}\}$ 收敛，否则称 $\{a_{n}\}$ 发散。

性质2：

一个数列改变它的有限项，或去掉数列的有限项，或在前面添加有限项，不改变数列的收敛性。

若原数列收敛，改变后极限值不变。

若常数 $M>0$ ， $\forall n\in N$ ，都有 $|a_{n}|\leq M$ ，称 $\{a_{n}\}$ 有界。

若数列 $\{a_{n}\}$ 收敛，则 $\{a_{n}\}$ 有界。

/proof/
证法一：由 $\{a_{n}\}$ 收敛，设 $\lim_{n \to \infty}a_{n}=a$ 。
取 $\varepsilon = 1>0$ ，由 $\lim_{n \to \infty}a_{n}=a$ ， $\exists$ 自然数 $N_{0}$ ，
当 $n > N_{0}$ 时，都有 $||a_{n}|-|a||\leq|a_{n}-a|<1\Rightarrow|a_{n}|<1 + |a|$ 。
令 $M=\max\{|a_{1}|,|a_{2}|,\cdots,|a_{N_{0}}|,|a| + 1\}$ ， $\forall n\in N$ ，都有 $|a_{n}|\leq M$ 。
证法二：设 $M=\max\{|a_{1}|,|a_{2}|,\cdots,|a_{N}|\}$ ， $\forall n\in N$ ，都有 $|a_{n}|\leq M$ 。

/example/ $M=\max\{1,2,\cdots,n,\cdots\}$ 无最大值（ $\times$ ）。

这个性质逆命题不成立，例： $\{(-1)^{n}\}$ 有界，但 $\{(-1)^{n}\}$ 是发散的。

这个性质称为收敛的必要条件。

性质3（不等式性质）

若 $\lim_{n \to \infty}a_{n}=a$ ， $\lim_{n \to \infty}b_{n}=b$ ，且 $a < b$ ，

则 $\exists N_{0}$ ，当 $n > N_{0}$ 时，都有 $a_{n}<b_{n}$ 。

/proof/
取 $\varepsilon=\frac{b - a}{2}$ ， $\exists N_{1}$ ，当 $n > N_{1}$ 时，都有 $|a_{n}-a|<\frac{b - a}{2}$ 。
$\begin{align*} |a_{n}-a|<\frac{b - a}{2}&\Leftrightarrow a-\frac{b - a}{2}<a_{n}<a+\frac{b - a}{2}\\ &\Leftrightarrow\frac{3a - b}{2}<a_{n}<\frac{a + b}{2}\quad\tag{1} \end{align*}$
$\exists N_{2}$ ，当 $n > N_{2}$ 时，都有 $|b_{n}-b|<\frac{b - a}{2}$ 。
$\begin{align*} |b_{n}-b|<\frac{b - a}{2}&\Leftrightarrow b-\frac{b - a}{2}<b_{n}<b+\frac{b - a}{2}\\ &\Leftrightarrow\frac{a + b}{2}<b_{n}<\frac{3b - a}{2}\quad\tag{2} \end{align*}$
取 $N=\max\{N_{1},N_{2}\}$ ，当 $n > N$ 时，都有 $a_{n}<\frac{a + b}{2}<b_{n}$ 。

推论： $\exists N_{0}$ ， $n,m > N_{0}$ ， $a_{n}<b_{m}$ 。

若条件中“ $a_{n}\geq b_{n}$ ”改成“ $a_{n}>b_{n}$ ”，结论能否改成 $a > b$ ？不行。

命题的条件加强，结论仍成立，其逆结论要证明。

/example/ $a_{n}=\frac{1}{n}$ ， $b_{n}=-\frac{1}{n}$ ， $a_{n}>b_{n}$ ， $\lim_{n \to \infty}\frac{1}{n}=0$ ， $\lim_{n \to \infty}(-\frac{1}{n})=0$ ， $a = b$ 。

推论（保号性）：保正号，保负号。

/proof/
若 $\lim_{n \to \infty}a_{n}=a>0$ （ $a < 0$ ），对任意常数 $0<\eta < a$ （ $a<\eta < 0$ ）
， $\exists N$ ，当 $n > N$ 时，都有 $a_{n}>\eta > 0$ （ $a_{n}<\eta < 0$ ）。
取 $b_{n}\equiv\eta$ （ $n = 1,2,3,\cdots$ ）， $\lim_{n \to \infty}b_{n}=\eta$ ，且 $a>\eta$ 。
由性质 3 ， $\exists N$ ，当 $n > N$ 时，都有 $a_{n}>b_{n}$ ，即 $a_{n}>\eta > 0$ 。

性质4（不等式性质）

若 $\exists N_{0}$ ，当 $n > N_{0}$ 时，都有 $a_{n}>b_{n}$ ，且 $\lim_{n \to \infty}a_{n}=a$ ， $\lim_{n \to \infty}b_{n}=b$ ，则 $a\geq b$ 。

/proof/
用反证法，假设 $a < b$ ，由性质 3 ，
$\exists N_{1}$ ，当 $n > N_{1}$ 时，都有 $a_{n}<b_{n}$ ，
取 $N=\max\{N_{0},N_{1}\}$ ，当 $n > N$ 时，都有 $a_{n}>b_{n}$ 且 $a_{n}<b_{n}$ ，所以假设不成立， $a\geq b$ 。

性质5（数列极限的四则运算）若 $\lim_{n \to \infty}a_{n}=a$ ， $\lim_{n \to \infty}b_{n}=b$ ，则

\begin{align*} \lim_{n \to \infty}(a_{n}\pm b_{n})&=\lim_{n \to \infty}a_{n}\pm\lim_{n \to \infty}b_{n}\\ \lim_{n \to \infty}(a_{n}\cdot b_{n})&=\lim_{n \to \infty}a_{n}\cdot\lim_{n \to \infty}b_{n}=a\cdot b\\ \end{align*}

若 $C$ 为常数，

\lim_{n \to \infty}(C\cdot a_{n})=C\lim_{n \to \infty}a_{n}\quad \quad \lim_{n \to \infty}\frac{a_{n}}{b_{n}}=\frac{\lim_{n \to \infty}a_{n}}{\lim_{n \to \infty}b_{n}}=\frac{a}{b}(b\neq0)

计算的过程中进行验证。

推广到有限项，前提是这些的极限都存在，不能推广到无限项，例：

\lim_{n \to \infty}(\underbrace{\frac{1}{n}+\frac{1}{n}+\cdots+\frac{1}{n}}_{n})=0 + 0+\cdots+0 = 0 \quad (\times)

原式 $=\lim_{n \to \infty}1 = 1$

由 $\lim_{n \to \infty}\frac{1}{n^{k}}=0$ ， $k > 0$ ，常数。

那我们这时候可以给出求极限的重要公式

· 重要公式

（ $a_{0},a_{1},\cdots,a_{k};b_{0},b_{1},\cdots,b_{m}$ 均为常数， $a_{0}\neq0$ ， $b_{0}\neq0$ ）

\lim_{n \to \infty}\frac{a_{0}n^{k}+a_{1}n^{k - 1}+\cdots+a_{k - 1}n+a_{k}}{b_{0}n^{m}+b_{1}n^{m - 1}+\cdots+b_{m - 1}n+b_{m}} =\begin{cases} 0, & k < m\\ \frac{a_{0}}{b_{0}}, & k = m\\ \infty, & k > m \end{cases}

（“抓大放小”）

/proof/
原式
$=\lim_{n \to \infty}\frac{n^{k}}{n^{m}}\cdot\frac{a_{0}+a_{1}\frac{1}{n}+\cdots+a_{k - 1}\frac{1}{n^{k - 1}}+a_{k}\frac{1}{n^{k}}}{b_{0}+b_{1}\frac{1}{n}+\cdots+b_{m - 1}\frac{1}{n^{m - 1}}+b_{m}\frac{1}{n^{m}}}$
极限为 $\frac{a_{0}}{b_{0}}$ 。
分子分母中的指数为正数时，结论依然成立

· 判断数列收敛两个准则

· 夹逼定理

若 $\exists N_{0}$ ，当 $n > N_{0}$ 时，都有 $a_{n}\leq c_{n}\leq b_{n}$ ，且 $\lim_{n \to \infty}a_{n}=a$ ， $\lim_{n \to \infty}b_{n}=a$ ，

则数列 $\{c_{n}\}$ 收敛，且 $\lim_{n \to \infty}c_{n}=a$ 。

/proof/
由 $\lim_{n \to \infty}a_{n}=a$ ， $\forall\varepsilon > 0$ ， $\exists N_{1}$ ，当 $n > N_{1}$ 时，都有 $|a_{n}-a|<\varepsilon$ ， $\Leftrightarrow a-\varepsilon < a_{n}<a + \varepsilon$ （1）。
由 $\lim_{n \to \infty}b_{n}=a$ ， $\exists N_{2}$ ，当 $n > N_{2}$ 时，都有 $|b_{n}-a|<\varepsilon$ ， $\Leftrightarrow a-\varepsilon < b_{n}<a + \varepsilon$ （2）。
设 $\max\{N_{0},N_{1},N_{2}\}=N$ ，当 $n > N$ 时， $a_{n}\leq c_{n}\leq b_{n}$ ，
结合（1）和（2）可得 $a-\varepsilon < c_{n}<a + \varepsilon$ ，即 $\lim_{n \to \infty}c_{n}=a$ 。

\begin{align*} a - \varepsilon&<a_{n}<a + \varepsilon\\ a_{n}&\leq c_{n}\leq b_{n}\\ a - \varepsilon&<b_{n}<a + \varepsilon \end{align*} \quad \Rightarrow a - \varepsilon < a_{n}\leq c_{n}\leq b_{n}<a + \varepsilon\Rightarrow|c_{n}-a|<\varepsilon \quad \therefore\lim_{n \to \infty}c_{n}=a

注意：若一个数列有很多项相加或相乘但是不易化简，不能用极限的四则运算，常试用夹逼定理

/example/ 求 $\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{a^{n}+b^{n}+c^{n}}$ （ $a>b>c>0$ ，常数）。

/solution/
$\sqrt[n]{a^{n}+b^{n}+c^{n}}\leq\sqrt[n]{3a^{n}}=a\sqrt[n]{3} \sqrt[n]{a^{n}+b^{n}+c^{n}}>\sqrt[n]{a^{n}}=a$
并且
$\lim_{n \to \infty}a = a \lim_{n \to \infty}a\sqrt[n]{3}=a$
由夹逼定理，
$\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{a^{n}+b^{n}+c^{n}}=a$
结束

/example/ 求解

\lim_{n \to \infty}(\frac{\sqrt{1\cdot2}}{n^{2}+1}+\frac{\sqrt{2\cdot3}}{n^{2}+2}+\cdots+\frac{\sqrt{n(n + 1)}}{n^{2}+n})

/solution/
不妨设
$c_{n}=\frac{\sqrt{1\cdot2}}{n^{2}+1}+\frac{\sqrt{2\cdot3}}{n^{2}+2}+\cdots+\frac{\sqrt{n(n + 1)}}{n^{2}+n}$
（一般先放大）。
$\begin{align*} c_{n}&<\frac{1}{n^{2}}(\sqrt{1\cdot2}+\sqrt{2\cdot3}+\cdots+\sqrt{n(n + 1)})\\ &<\frac{1}{n^{2}}(2 + 3+\cdots+(n + 1))=\frac{\frac{(n + 3)n}{2}}{n^{2}}=\frac{n + 3}{2n} \end{align*}$ $\begin{align*} c_{n}&\geq\frac{1}{n^{2}+n}(\sqrt{1\cdot2}+\sqrt{2\cdot3}+\cdots+\sqrt{n(n + 1)})\\ &>\frac{1}{n^{2}+n}(1 + 2+\cdots+n)=\frac{\frac{(n + 1)n}{2}}{n^{2}+n}=\frac{1}{2} \end{align*}$
根据
$\lim_{n \to \infty}\frac{1}{2}=\frac{1}{2} \lim_{n \to \infty}\frac{n + 3}{2n}=\frac{1}{2}$
由夹逼定理，
$\lim_{n \to \infty}c_{n}=\frac{1}{2}$

· 单调有界原理

在数学分析中，有7个命题是等价的：

戴德金分割原理，确界原理，单调有界定理（原理）
聚点定理，区间套定理，有限覆盖定理，柯西收敛准则

若数列 $\{a_{n}\}$ 递增有上界，则 $\{a_{n}\}$ 收敛（ $a_{1}\leq a_{2}\leq a_{3}\leq\cdots\leq a_{n}\leq\cdots$ 称为递增，

$\exists$ 常数 $M$ ， $\forall n\in N$ ，都有 $a_{n}\leq M$ 称为有上界）。

若数列 $\{a_{n}\}$ 递减有下界，则 $\{a_{n}\}$ 收敛。

即若 $\{a_{n}\}$ 单调且有界，则 $\{a_{n}\}$ 收敛。

PS：定理的条件可减弱为：当 $n > N_{0}$ 时，单调有界，则 $\{a_{n}\}$ 收敛。
PS+：若 $\{a_{n}\}$ 是由递推关系式给出，或证明 $\{a_{n}\}$ 收敛并求极限，或证明 $\{a_{n}\}$ 收敛，或不能用夹逼定理，常试用单调有界定理。

我们现在试着研究 $\{(1 + \frac{1}{n})^{n}\}$ 的收敛性

/solution/
$\begin{align*} \lim_{n \to \infty}(1 + \frac{1}{n})^{n} &=\lim_{n \to \infty}(1 + \frac{1}{n})\cdot(1 + \frac{1}{n})\cdots(1 + \frac{1}{n})\\ &=\lim_{n \to \infty}(1 + \frac{1}{n})\cdot\lim_{n \to \infty}(1 + \frac{1}{n})\cdots\lim_{n \to \infty}(1 + \frac{1}{n})\\ &=1\times1\times\cdots\times1\\ &=1\quad(\times) \end{align*}$
只判定收敛，没求极限，用单调有界定理。
设 $a_{n}=(1 + \frac{1}{n})^{n}$ ，非常规方法：
中学里学过一个重要不等式：设 $a_{1},a_{2},\cdots,a_{n}$ 均为正数，则
$\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n}\geq\sqrt[n]{a_{1}a_{2}\cdots a_{n}}$
，等号当且仅当 $a_{1}=a_{2}=\cdots=a_{n}$ 时成立，由
$\sqrt[n + 1]{(1 + \frac{1}{n})^{n}}<\frac{n(1 + \frac{1}{n})+1}{n + 1}=\frac{n + 2}{n + 1}=1+\frac{1}{n + 1}$
要证 $a_{n}<a_{n + 1}$ 成立，只要证 $(1 + \frac{1}{n})^{n}<(1 + \frac{1}{n + 1})^{n + 1}$ 成立，只要证 $\sqrt[n]{(1 + \frac{1}{n})}<1+\frac{1}{n + 1}$ 成立。
$\begin{align*} \sqrt[n]{\frac{1}{n}}&=\sqrt[n]{\frac{1}{n}\cdot1\cdots1}\\ &<\frac{1 + n\cdot\frac{1}{n}}{n}=\frac{n + 1}{n}=1-\frac{1}{n}\\ &<1-\frac{1}{n + 1}=\frac{n}{n + 1}\\ &\Rightarrow\frac{1}{4}<(\frac{n}{n + 1})^{n}\Rightarrow4>(\frac{n + 1}{n})^{n}\\ &\Rightarrow a_{n}<4 \end{align*}$
其他方法，利用 $a^{n}-b^{n}=(a - b)(a^{n - 1}+a^{n - 2}b+\cdots+ab^{n - 2}+b^{n - 1})$ 。
设 $\lim_{n \to \infty}(1 + \frac{1}{n})^{n}=e$ （ $\ast$ ）。
后来证明， $e$ 是无理数， $e = 2.71828\cdots$

$\Rightarrow(1 + \frac{1}{n})^{n}<(1 + \frac{1}{n + 1})^{n + 1}\quad \text{ i.e. } \quad a_{n}<a_{n + 1}$

/example/

设 $c>0$ ， $x_{1}=\sqrt{c}$ ， $x_{2}=\sqrt{c + \sqrt{c}}$ ， $x_{n}=\sqrt{c+\sqrt{c+\cdots}}$ （ $n$ 个根号），

证明 $\{x_{n}\}$ 收敛，并求极限 $\lim_{n \to \infty}x_{n}$ 。（先证明收敛，再求极限，考虑单调有界定理）

/proof/
证法一
由条件可知， $x_{n + 1}=\sqrt{c + x_{n}}$ 。
$\begin{align*} x_{n + 1}-x_{n}&=\sqrt{c + x_{n}}-x_{n}\\ &=\frac{c + x_{n}-x_{n}^{2}}{\sqrt{c + x_{n}}+x_{n}}=\frac{c + x_{n}-(c + x_{n + 1})}{\sqrt{c + x_{n}}+x_{n}}\\ &=\frac{x_{n}-x_{n + 1}}{\sqrt{c + x_{n}}+x_{n}} \end{align*}$
$\Rightarrow x_{n + 1}-x_{n}$ 与 $x_{n}-x_{n - 1}$ 同号 $\cdots$ $\Rightarrow x_{n + 1}-x_{n}$ 与 $x_{2}-x_{1}$ 同号。
由 $x_{2}-x_{1}=\sqrt{c+\sqrt{c}}-\sqrt{c}>0$ $\Rightarrow x_{n + 1}-x_{n}>0\Rightarrow x_{n}<x_{n + 1}$ ，知 $\{x_{n}\}$ 递增。
另一种证法：由 $x_{1}<x_{2}$ （ $\sqrt{c}<\sqrt{c + \sqrt{c}}$ ）。
假设 $x_{k}<x_{k + 1}$ 成立，
$\begin{align*} &\Rightarrow0<x_{k}+c<x_{k + 1}+c\\ &\Rightarrow\sqrt{x_{k}+c}<\sqrt{x_{k + 1}+c}\\ &\Rightarrow x_{k + 1}<x_{k + 2} \end{align*}$
由数学归纳法知， $x_{n}<x_{n + 1}$ 。
由 $x_{n}<\sqrt{c + x_{n}}\Rightarrow x_{n}^{2}<c + x_{n}$ ， $x_{n}^{2}-x_{n}-c<0$ 。
由 $x^{2}-x - c=0$ ， $x_{1,2}=\frac{1\pm\sqrt{1 + 4c}}{2}$ ， $\therefore\frac{1-\sqrt{1 + 4c}}{2}<x_{n}<\frac{1+\sqrt{1 + 4c}}{2}$ ，知 $\{x_{n}\}$ 有上界。
由单调有界定理知， $\{x_{n}\}$ 收敛。
设 $\lim_{n \to \infty}x_{n}=a$ ， $\Rightarrow\lim_{n \to \infty}x_{n + 1}=a$ （ $\lim_{n \to \infty}x_{n}=a\Rightarrow\lim_{n \to \infty}x_{n + m}=a$ ， $m\in N$ ）。
由 $x_{n + 1}=\sqrt{c + x_{n}}\Rightarrow x_{n + 1}^{2}=c + x_{n}$ ，
$\Rightarrow\lim_{n \to \infty}x_{n + 1}^{2}=\lim_{n \to \infty}(c + x_{n})$ ，
$\Rightarrow a^{2}=c + a$ ， $a^{2}-a - c=0$ ， $a=\frac{1\pm\sqrt{1 + 4c}}{2}$ 。
由 $a>0$ ， $\therefore\lim_{n \to \infty}x_{n}=\frac{1 + \sqrt{1 + 4c}}{2}$
证法二：
我们可以证明 $\{x_{n}\}$ 收敛。
设 $\lim_{n \to \infty}x_{n}=a$ ，由 $x_{n + 1}=\sqrt{c + x_{n}}$
$\begin{align*} &\Rightarrow x_{n + 1}^{2}=c + x_{n}\\ &\Rightarrow\lim_{n \to \infty}x_{n + 1}^{2}=\lim_{n \to \infty}(c + x_{n})\\ &\Rightarrow a^{2}=c + a\\ &\Rightarrow a^{2}-a - c=0\\ &\Rightarrow a=\frac{1\pm\sqrt{1 + 4c}}{2} \end{align*}$
由 $a>0$ ， $\therefore\lim_{n \to \infty}x_{n}=\frac{1 + \sqrt{1 + 4c}}{2}$ 。
下面我们来证明 $\{x_{n}\}$ 收敛，之前我们已证明 $x_{n}<x_{n + 1}$ 。
由 $\frac{1+\sqrt{1 + 4c}}{2}<\frac{1+\sqrt{1 + 4c}+c}{2}=\frac{1+(1 + 2\sqrt{c})}{2}=1+\sqrt{c}$ 。
当 $n = 1$ 时， $x_{1}=\sqrt{c}<1+\sqrt{c}$ 。
假设 $n = k$ 时， $x_{k}<1+\sqrt{c}$ 。
当 $n = k + 1$ 时， $x_{k + 1}=\sqrt{c + x_{k}}<\sqrt{c + 1+\sqrt{c}}<\sqrt{c + 1 + 2\sqrt{c}}=1+\sqrt{c}$ 。
由数学归纳法，知 $x_{n}<1+\sqrt{c}$ ，所以 $\{x_{n}\}$ 递增有上界，收敛

/example/ $x_{0}=2$ ， $x_{n}=\frac{2x_{n - 1}^{3}+1}{3x_{n - 1}^{2}}$ ， $n = 1,2,\cdots$ ，证明 $\{x_{n}\}$ 收敛，并求 $\lim_{n \to \infty}x_{n}$ （单调有界定理）。

/proof/
由 $x_{n}-x_{n - 1}=\frac{2x_{n - 1}^{3}+1}{3x_{n - 1}^{2}}-x_{n - 1}=\frac{1 - x_{n - 1}^{3}}{3x_{n - 1}^{2}}$ 。
由条件知 $x_{n}>0$ 。
$x_{n}=\frac{1}{3}(x_{n - 1}+x_{n - 1}+\frac{1}{x_{n - 1}^{2}})\geq\sqrt[3]{x_{n - 1}\cdot x_{n - 1}\cdot\frac{1}{x_{n - 1}^{2}}}=1\\ \Rightarrow x_{n}-x_{n - 1}\leq0\Rightarrow x_{n}\leq x_{n - 1}$
由单调有界定理知， $\{x_{n}\}$ 收敛。
设 $\lim_{n \to \infty}x_{n}=a$ 。
$\begin{align*} \lim_{n \to \infty}x_{n}&=\lim_{n \to \infty}\frac{2x_{n - 1}^{3}+1}{3x_{n - 1}^{2}}\\ \Rightarrow a&=\frac{2a^{3}+1}{3a^{2}}\\ \Rightarrow 3a^{3}&=2a^{3}+1\\ \Rightarrow a^{3}&=1\Rightarrow a = 1 \end{align*}$
$\therefore\lim_{n \to \infty}x_{n}=1$ 。

· 子数列

设 $\{a_{n}\}$ 是一个给定的数列，从该数列中挑选出无穷项，按原来的顺序排成一无限列： $a_{n_{1}},a_{n_{2}},\cdots,a_{n_{k}},\cdots$ ，

称为 $\{a_{n}\}$ 的子数列，记作 $\{a_{n_{k}}\}$ ， $n_{k}\geq k$ 。

例如 $a_{1},a_{3},\cdots,a_{2k - 1},\cdots$ ； $a_{2},a_{4},\cdots,a_{2k},\cdots$ 。

定理：数列 $\{a_{n}\}$ 收敛的充要条件是 $\{a_{n}\}$ 的任何一个子数列 $\{a_{n_{k}}\}$ 都收敛且极限相等。

/proof/
充分性：由 $\{a_{n}\}$ 的任何一个子数列都收敛并且极限值相等， $\{a_{n}\}$ 是 $\{a_{n}\}$ 的一个子数列，所以 $\{a_{n}\}$ 收敛。
必要性：由 $\{a_{n}\}$ 收敛，设 $\lim_{n \to \infty}a_{n}=a$ 。 $\forall\varepsilon > 0$ ， $\exists N$ ，当 $n > N$ 时，都有 $|a_{n}-a|<\varepsilon$ 。
设 $\{a_{n_{k}}\}$ 是 $\{a_{n}\}$ 的任何一个子数列。要证明 $\lim_{k \to \infty}a_{n_{k}}=a$ ， $\forall\varepsilon > 0$ ，当 $k > N$ 时，由于 $n_{k}\geq k > N$ ，
$\Rightarrow|a_{n_{k}}-a|<\varepsilon$ ， $\therefore\lim_{k \to \infty}a_{n_{k}}=a$