数学分析理论基础7：数列极限存在的条件

作者: 溺于恐 | 来源:发表于2019-01-16 07:17 被阅读41次

数列极限存在的条件

单调数列

定义：若数列 $\{a_n\}$ 的各项满足关系式 $a_n\le a_{n+1}(a_n\ge a_{n+1})$ ,则称数列 $\{a_n\}$ 为递增(递减)数列,递增数列和递减数列统称为单调数列

单调有界原理

定理：实数系中,有界的单调数列必有极限

证明：

$不妨设\{a_n\}为有上界的递增数列$

$由确界原理可知$

$数列\{a_n\}有上确界,记a=sup\{a_n\}$

$下证a即为\{a_n\}的极限$

$\forall \varepsilon,\exists N使得$

$a-\varepsilon\lt a_N$

$\because \{a_n\}为递增数列$

$n\ge N时有a-\varepsilon\lt a_N\le a_n$

$又a为\{a_n\}的一个上界$

$\therefore \forall n,a_n\le a\lt a+\varepsilon$

$\therefore n\ge N时有a-\varepsilon\lt a_n\lt a+\varepsilon$

$\therefore \lim\limits_{n\to \infty}a_n=a$

$同理可证有下界的递减数列必有极限$

$且极限即为下确界\qquad \mathcal{Q.E.D}$

例：设 $a_n=1+{1\over 2^\alpha}+\cdots+{1\over n^\alpha}$ , $\alpha\gt 1$ ,证明： $\{a_n\}$ 收敛

证：

$显然\{a_n\}是递增数列$

$n\ge 2时$

$a_{2n}=1+{1\over 2^\alpha}+\cdots+{1\over (2n)^\alpha}$

$=(1+{1\over 3^\alpha}+\cdots+{1\over (2n-1)^\alpha})+({1\over 2^\alpha}+\cdots+{1\over (2n)^\alpha})$

$\lt (1+{1\over 3^\alpha}+\cdots+{1\over (2n+1)^\alpha})+({1\over 2^\alpha}+\cdots+{1\over (2n)^\alpha})$

$\lt 1+2{a_n\over 2^\alpha}=1+{a_n\over 2^{\alpha-1}}$

$\therefore a_n\lt a_{2n}\lt 1+{a_n\over 2^{\alpha-1}}$

$\therefore \{a_n\}有界$

$由单调有界定理可知$

$数列\{a_n\}收敛$

例：证明数列 $\sqrt{2}$ , $\sqrt{2+\sqrt{2}}$ , $\cdots$ , $\underbrace{\sqrt{2+\sqrt{2+\cdots+\sqrt{2}}}}_{n个根号}$ , $\cdots$ 收敛,并求其极限

证：

$记a_n=\sqrt{2+\sqrt{2+\cdots+\sqrt{2}}}$

$显然\{a_n\}是递增数列$

$下证\{a_n\}有上界$

$a_1=\sqrt{2}\lt 2$

$假设a_n\lt 2,则$

$a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}\lt \sqrt{2+2}=2$

$\therefore \forall n,a_n\lt 2$

$即\{a_n\}有上界$

$由单调有界定理可知$

$\{a_n\}有极限,记为a$

$a^2_{n+1}=2+a_n$

$上式两边取极限可得$

$a^2=2+a$

$解得a=-1或a=2$

$由数列极限的保不等式性$

$a=-1不可能$

$\therefore \lim\limits_{n\to infty}\sqrt{2+\sqrt{2+\cdots+\sqrt{2}}}=2$

例：设S为有界数集,证明：若 $supS=a\overline{\in}S$ ,则存在严格递增数列 $\{x_n\}\subset S$ ,使得 $\lim\limits_{n\to \infty}x_n=a$

证：

$\because supS=a$

$\therefore \forall \varepsilon\gt 0,\exists x\in S使得$

$x\gt a-\varepsilon$

$a\overline{\in}S\Rightarrow x\lt a$

$\therefore a-\varepsilon\lt x\lt a$

$取\varepsilon_1=1,\exists x_1\in S使得$

$a-\varepsilon_1\lt x_1\lt a$

$取\varepsilon_2=min\{{1\over 2},a-x_1\}\gt 0,\exists x_2\in S使得$

$a-\varepsilon_2\lt x_2\lt a$

$且x_2\gt a-\varepsilon_2\ge a-(a-x_1)=x_1$

$一般地,按上述步骤得到x_{n-1}\in S后$

$取\varepsilon_n=min\{{1\over n},a-x_{n-1}\},\exists x_n\in S使得$

$a-\varepsilon_n\lt x_n\lt a$

$且x_n\gt a-\varepsilon_n\ge a-(a-x_{n-1})=x_{n-1}$

$上述过程无限地进行下去$

$得数列\{x_n\}\subset S$

$\{x_n\}严格递增,且满足$

$a-\varepsilon_n\lt x_n\lt a\lt a+\varepsilon_n$

$\Rightarrow |x_n-a|\lt \varepsilon_n\le {1\over n},n=1,2,\cdots$

$\therefore \lim\limits_{n\to \infty}x_n=a$

例：证明极限 $\lim\limits_{n\to \infty}(1+{1\over n})^n$ 存在

证：

$设a_n=(1+{1\over n})^n,n=1,2,\cdots$

$由二项式定理可知$

$a_n=1+C_n^1{1\over n}+\cdots+C_n^k{1\over n^k}+\cdots C_n^n{1\over n^n}$

$=1+1+{n(n-1)\over 2!}{1\over n^2}+\cdots+{n(n-1)\cdots(n-k+1)\over k!}{1\over n^k}+\cdots+{1\over n^n}$

$=2+{1\over 2!}(1-{1\over n})+\cdots+{1\over k!}(1-{1\over n})(1-{2\over n})\cdots(1-{k-1\over n})+\cdots$

$+{1\over n!}(1-{1\over n})(1-{2\over n})\cdots(1-{n-1\over n})$

$\lt 2+{1\over 2!}(1-{1\over n+1})+\cdots+{1\over k!}(1-{1\over n+1})(1-{2\over n+1})\cdots(1-{k-1\over n+1})+\cdots$

$+{1\over (n+1)!}(1-{1\over n+1})(1-{2\over n+1})\cdots(1-{n\over n+1})=a_{n+1}$

$\therefore \{a_n\}严格递增$

$由上式可得$

$a_n\lt 2+{1\over 2!}+\cdots+{1\over k!}+\cdots+{1\over n!}$

$\lt 2+{1\over 1\cdot 2}+\cdots+{1\over (k-1)k}+\cdots+{1\over (n-1)n}$

$=2+(1-{1\over 2})+\cdots+({1\over k-1}-{1\over k})+\cdots+({1\over n-1}-{1\over n})$

$=3-{1\over n}\lt 3$

$\therefore \{a_n\}有界$

$由单调有界定理可知$

$\lim\limits_{n\to \infty}(1+{1\over n})^n存在$

例：任何数列都存在单调子列

证：

$设数列为\{a_n\}$

$(1)若\forall k\in Z_+,\{a_{k+n}\}有最大项$

$设\{a_{1+n}\}的最大项为a_{n_1}$

$\{a_{n_1+n}\}也有最大项,设为a_{n_2}$

$显然n_2\gt n_1$

$且\{a_{n_1+n}\}是\{a_{1+n}\}的一个子列$

$\therefore a_{n_2}\le a_{n_1}$

$同理可得$

$n_3\gt n_2,a_{n_3}\le a_{n_2}$

$\cdots$

$即可得一个单调递减的子列\{a_{n_k}\}$

$(2)若至少存在某正整数k,数列\{a_{k+n}\}没有最大项$

$取n_1=k+1$

$\because \{a_{k+n}\}没有最大项$

$\therefore a_{n_1}后面总存在a_{n_2}(n_2\gt n_1)使得$

$a_{n_2}\gt a_{n_1}$

$同理a_{n_2}后面存在a_{n_3}(n_3\gt n_2)使得$

$a_{n_3}\gt a_{n_2}$

$即可得一个单调递增的子列\{a_{n_k}\}$

致密性定理

定理：任何有界数列必有收敛子列

证明：

$设数列\{a_n\}有界$

$\{a_n\}存在单调且有界子列\{a_{n_k}\}$

$由单调有界原理可知$

$\{a_{n_k}\}收敛\qquad\mathcal{Q.E.D}$

Cauchy收敛准则

准则：数列 $\{a_n\}$ 收敛 $\Leftrightarrow$$\forall \varepsilon\gt 0,\exists N\in Z_+$ 使得 $n,m\gt N$ 时有 $|a_n-a_m|\lt \varepsilon$

证明：

$必要性$

$设\lim\limits_{n\to \infty}a_n=A$

$\forall \varepsilon\gt 0,\exists N\gt 0,当n,m\gt N时有$

$|a_m-A|\lt {\varepsilon\over 2},|a_n-A|\lt {\varepsilon\over 2}$

$\therefore |a_m-a_n|\le |a_m-A|+|a_n-A|\lt {\varepsilon\over 2}+{\varepsilon\over 2}=\varepsilon$

$充分性$

$取\varepsilon_0=1,\{a_n\}满足Cauchy条件$

$\therefore \exists N_0,\forall n\gt N_0时有$

$|a_n-a_{N_0+1}|\lt 1$

$令M=max\{|a_1|,|a_2|,\cdots,|a_{N_0}|,|a_{N_0+1}+1\}$

$则\forall n,|a_n|\le M$

$由致密性定理可知$

$在\{a_n\}中必有收敛子列$

$\lim\limits_{n\to \infty}a_{n_k}=\xi$

$\because \forall\varepsilon\gt 0,\exists N,当n,m\gt N时有$

$|a_n-a_m|\lt {\varepsilon\over 2}$

$取a_m=a_{n_k}满足n_k\gt N$

$令k\to \infty可得$

$|a_n-\xi|\le {\varepsilon\over 2}\lt \varepsilon$

$\therefore 数列\{a_{n_k}\}收敛\qquad\mathcal{Q.E.D}$

注：

1.Cauchy收敛准则的条件称为Cauchy条件

2.Cauchy收敛准则把 $\varepsilon-N$ 定义中 $a_n与a$ 的关系换成了 $a_n与a_m$ 的关系,无需借助数列以外的数a,只需根据数列本身的特征即可鉴别其敛散性(收发性)

例：证明：任一无限十进制小数 $\alpha=0.b_1b_2\cdots b_n\cdots(n=1,2,\cdots)$ 的n位不足近似所组成的数列 ${b_1\over 10},{b_1\over 10}+{b_2\over 10^2},\cdots,{b_1\over 10}+{b_2\over 10^2}+\cdots+{b_n\over 10^n},\cdots$ 满足Cauchy条件,其中 $b_k$ 为 $0,1,2,\cdots,9$ 中的一个数, $k=1,2,\cdots$