Ciallo～(∠・ω< )⌒★

这个也算是线上的笔记无纸化了…

Chapter 1 极限

Fragment 0 函数

1.有界函数

定义1：设 $y = f(x)$ ， $x \in D$ ， $\exists$ 常数 $N \leq M$ ，任给 $x \in D$ ，都有 $N \leq f(x) \leq M$ ，称 $f(x)$ 是 $D$ 上有界函数， $N$ 称 $f(x)$ 下界， $M$ 称 $f(x)$ 上界。

定义2：$\exists$ 常数 , $\forall x \in D$，都有$|f(x)| \leq M$, 称 $f(x)$ 在 $D$ 上有界。

e.g.1 证明$f(x)=\sin^{80}x-6\cos^{20}2x$ 有界

/proof/：由 $f(x)$ 定义域为$\mathbb{R}$，$\forall x \in \mathbb{R}$

$$| f ( x ) | = | \sin ^ {80} x - 6 \sin ^ {20} 2 x | \leq | \sin^{80} x | + 6 | \cos ^ { 6 0 } 2 x | \leq 7$$

则$f(x)$有界，证毕

e.g.2 证明 $f(x)={x \over {1+x^2}} \cdot \sin x$ 有界

/proof/：定义域为$\mathbb{R}$ ，$\forall x \in \mathbb{R}$

$$| f ( x ) | = \frac { | x | } { 1 + | x | ^ { 2 } } \cdot | \sin x |\leq \frac { \frac { 1 } { 2 } ( | x | ^ { 2 } + 1 ) } { 1 + | x | ^ { 2 } } = \frac { 1 } { 2 }$$

则$f(x)$有界，证毕

定义3： $\forall M>0$，$\exists x_m \in D$ ，$|f(x)|>M$ ，称 $f(x)$ 是 $D$ 上无界函数

e.g.3 证明 $f(x)= \frac {1}{\sqrt x}$ 在 $(0,1]$ 上是无界函数

分析法：若证 $B$ 成立，只需 $A$ 成立，$A \Rightarrow B$

/proof/

$$\forall M > 0, \text{if} \left| \frac{1}{x} \right| > M \quad \text{correct} \iff \left| \frac{1}{\sqrt{x}} \right| > M \iff \frac{1}{\sqrt{x}} > M \\ \iff \frac{1}{x} > M^2 \iff 0 < x < \frac{1}{M^2} \quad \text{and} \quad 0 < x \leq 1 \\ \text{let } x = \frac{1}{(M+1)^2} \in (0,1], \ 0 < x < \frac{1}{M^2} \\ \text{we know}\quad \left| \frac{1}{x} \right| > M, \frac{1}{x} \text{ in } (0,1] \text{ 上无界}$$

2. 反函数

定义：设 $y = f(x)$ ， $x \in D$ ， $\forall x_1, x_2 \in D$ 且 $x_1 \neq x_2$ ，都有 $f(x_1) \neq f(x_2)$ ，则 $y = f(x)$ ， $x \in D$ 为一一对应。反之， $\forall y \in R_f$ ，存在唯一的 $x \in D$ （且 $f(x) = y$ ）与之对应，称 $y = f(x)$ 为单射函数。记作 $x = f^{-1}(y)$ ，称为 $f(x)$ 的反函数，反函数的定义域为函数值域。

函数 $y = f(x)$ 和 $y = f^{-1}(x)$ 图像关于 $y = x$ 对称。

若 $y = f(x)$ 反函数为 $x = \varphi(y)$ ，则 $f(\varphi(y)) = y$ ， $\varphi(f(x)) = x$ 。

定理： 若 $y = f(x)$ ， $x \in D$ 是严格单调函数，则必有反函数，且反函数严格单调，反之不成立。

3. 基本初等函数

1）三角函数

$\cot x = \frac{1}{\tan x}$ ， $\sec x = \frac{1}{\cos x}$， $\csc x = \frac{1}{\sin x}$

$1 + \tan^2 x = \sec^2 x$ ，$1 + \cot^2 x = \csc^2 x$

2）反三角函数

$y= \arcsin x, \quad x \in [-1, 1]$ ；$y = \arctan x, \quad x \in \mathbb{R}$

$y = \arccos x, \quad x \in [-1, 1]$ ；$y = \text{arccot} x, \quad x \in \mathbb{R}$

4. 重要函数

(1). 符号函数

$$sgn(x) = \begin{cases} -1 & \text{ } x < 0 \\ 0 & \text{ } x = 0 \\ 1 & \text{ } x > 0 \end{cases}$$

(2). 取整函数：$f(x) = [x]$

$$\text{properties:} \quad [x] \leq x < [x] + 1 \quad \text{和} \quad x - 1 < [x] \leq x$$

(3). 狄利克雷函数

$$D(x) = \begin{cases} 1 & \text{ } x \in \mathbb{Q} \\ 0 & \text{ } x \notin \mathbb{Q} \end{cases}$$

(4). 幂指函数：$f(x) = x^x$

(5). 复合函数分析

e.g.1 $y = e^{\sqrt{\sin x}}$

/analyze/ $e^u$，$u = \sqrt{v}$，$v = \sin x$

e.g.2 $y = \ln(\arctan(\sin(\sqrt{x^2 + 1})))$

/analyze/ ${y = \ln u}$，${u = \arctan v}$，$v =\sin w$, $w = \sqrt{t}$, $t = {1 + x^2}$

Fragment 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。

5：$\{n^{2}\}$ ，$1,2^{2},3^{2},\cdots,n^{2},\cdots$ ，无极限。

同时还有以下常见极限：

/example/

$$\lim_{n \to \infty}(1 + \frac{1}{n})^{n}=e \\ \lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{n}=1 \\ \lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{a}=1 (a>0)\\ \lim_{n \to \infty}(1-\frac{1}{n})^{n}=\frac{1}{e} \\ \lim_{n \to \infty}(\frac{\sqrt{1\cdot2}}{n^{2}}+\frac{\sqrt{2\cdot3}}{n^{2}}+\cdots+\frac{\sqrt{n(n + 1)}}{n^{2}})$$

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：

1. $\varepsilon$ 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。

2. $N$ 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 $|a_{n}-a|\leq\varepsilon$ 。

3. 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。

/example/ 证明 $x > e$ 时，$x^{2}-3x + 2>0$ 。

/proof/

要证 $B$ 成立，只要证 $A$ 成立，指的是 $A\Rightarrow B$ ，反之不一定，即 $A$ 成立是 $B$ 成立的充分条件。

证：要证 $x^{2}-3x + 2>0$ 成立，只要证 $(x - 1)(x - 2)>0$ 成立，只要证 $x < 1$ 或 $x > 2$ 成立。

由 $x > e\Rightarrow x > 2\Rightarrow x^{2}-3x + 2>0$ 。

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 $\lim_{n \to \infty}q^{n}=0$ ，$q$ 常，$|q|<1$ 。

/proof/

当 $q = 0$ ，$\{q^{n}\}=\{0\}$ ，极限为 $0$ 。

当 $q\neq0$ ，$\forall\varepsilon > 0$ ，若要 $|q^{n}-0|<\varepsilon$ 成立，

$$\begin{align*} |q^{n}-0|<\varepsilon&\Leftrightarrow|q|^{n}<\varepsilon\Leftrightarrow n\ln|q|<\ln\varepsilon\\ &\Leftrightarrow n > \frac{\ln\varepsilon}{\ln|q|} \end{align*}$$

取 $N = [\frac{\ln\varepsilon}{\ln|q|}]$ ，当 $n > N$ 时，都有 $|q^{n}-0|<\varepsilon$ ，即 $\lim_{n \to \infty}q^{n}=0$ 。

总之，$\lim_{n \to \infty}q^{n}=0$ ，$|q|<1$ ，常数。

如，$\lim_{n \to \infty}(-\frac{1}{2})^{n}=0$ 。

/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

1. $\lim_{n \to \infty}C = C$ ，$C$ 常数。

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

3. $\lim_{n \to \infty}q^{n}=0$ ，$|q|<1$ 常数。

4. $\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{a}=1$ ，$a > 0$ 常数。

5. $\lim_{n \to \infty}\frac{a^{n}}{n!}=0$ ，$a$ 常数。

6. $\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{n}=1$ （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

/example/

1. $$\lim_{n \to \infty}\frac{n^{2}-100n + 4}{3n^{2}-5n + 5}=\frac{1}{3}$$

2. $$\lim_{n \to \infty}\frac{3n^{2}-n - 1}{4n^{3}-3n^{2}+n + 1}=0$$

3. $$\lim_{n \to \infty}\frac{(2n - 1)^{20}(3n + 3)^{30}}{4n^{50}-5n^{49}-6}=\frac{2^{20}\cdot3^{30}}{4}$$

4. $$\lim_{n \to \infty}\frac{(1 + \sqrt[3]{n})^{100}\cdots(1 + \sqrt[n]{n})^{n}}{3\cdot n^{\frac{1 + 2+\cdots+n}{n}}+6}=\frac{1}{3}$$

5. $$\lim_{n \to \infty}\frac{1 + 2+3+\cdots+n}{3n^{2}+10n + 2} =\lim_{n \to \infty}\frac{\frac{n(n + 1)}{2}}{3n^{2}+10n + 2}=\frac{1}{6}$$

6. $\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{2^{n}+3^{n}+4^{n}}=$ ？