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# 数列的收敛

对于一个自然数集到实数的映射

x:N→R,n↦x(n)x: \mathbb N \to \mathbb R, n \mapsto x(n)

可以等价地将每一个元写作

xn:=x(n)x_n := x(n)

那么，记其构成的值域

{x1,x2,x3,…}\{x_1, x_2, x_3, \ldots\}

为一个 数列 (sequence)「数列」，特别地如果强调取值为实数，可以称为实数列，也就是说 {xn}⊂R\{x_n\} \subset \mathbb R
数列一般来说有多种等价表示方法

  • 不引起歧义的情况下可以简记为 {xn}\{x_n\} \quad
  • 强调标号时可以写成 {xn}n=1∞\{x_n\}_{n=1}^\infty 或 {xn}n∈N\{x_n\}_{n \in \mathbb N}，例如 {xn}n∈N\{x_n\}_{n \in \mathbb N} 与 {xnk}k∈N\{x_{n_k}\}_{k \in \mathbb N} 就可以靠这个方式区分

定义
称实数列 {xn}\{x_n\} 收敛 (converge)「収束」 于 aa，当且仅当

∀ε>0,∃n0∈N,∀n≥n0:∣xn−a∣<ε{}^\forall \varepsilon \gt 0, {}^\exists n_0 \in \mathbb N, {}^\forall n \geq n_0: |x_n - a| \lt \varepsilon

此时称 aa 是数列 {xn}\{x_n\} 的 极限 (limit)「極限」，记作

lim⁡n→∞xn=a\lim_{n \to \infty} x_n = a

从定义中可以知道：

lim⁡n→∞xn=a  ⟺  lim⁡n→∞∣xn−a∣=0\lim_{n \to \infty} x_n = a \iff \lim_{n \to \infty} |x_n - a| = 0

极限符号 lim⁡n→∞\displaystyle\lim_{n \to \infty} 通常也有以下等价写法

  • xn→a (n→∞)x_n \to a \ (n \to \infty)
  • xn→n→∞ax_n \xrightarrow{n \to \infty} a
  • 不引起歧义的情况下 xn→ax_n \to a

注意：如果不确定数列是否收敛，严格来说是不可以直接使用 lim⁡n→∞xn\displaystyle\lim_{n \to \infty} x_n 这个记号的

实际上除了收敛，发散也可以使用 lim⁡\lim 的记号。若

∀M>0,∃n0∈N,∀n≥n0:∣xn∣>M{}^\forall M \gt 0, {}^\exists n_0 \in \mathbb N, {}^\forall n \geq n_0: |x_n| \gt M

则称数列 {xn}\{x_n\} 发散 (diverge)「発散」 于 ∞\infty，记作

lim⁡n→∞xn=∞\lim_{n \to \infty} x_n = \infty

为了强调数列发散的方向，通常会记

  • lim⁡n→∞xn=+∞\displaystyle\lim_{n \to \infty} x_n = +\infty 为数列发散于正无穷
  • lim⁡n→∞xn=−∞\displaystyle\lim_{n \to \infty} x_n = -\infty 为数列发散于负无穷

既不收敛于某个实数，也不发散于 ∞\infty 的数列称为震荡的，例如数列 {(−1)n}\{(-1)^n\} 就是一个震荡数列

对于初学者来说，初次接触这里的数列极限定义可能会觉得困难，不妨思考如下说明：
为了考察数列尾项 xnx_n 是不是真的趋近于 aa，我们给定一个可以容许的误差范围 ε\varepsilon，要求必须要在某一项之后的所有数列，都无法与 aa 实现区分。
但是：例如虽然一个数列可以在误差 11 下满足要求，但是误差变成 0.10.1 后 可能就不再满足要求了。这样的数列我们不希望是收敛的，所以数列的收敛要求对任意的误差都满足要求
实际上这又引出一个新的问题：除非数列是一个常数，否则基本上不可能做到对所有误差都满足条件，因为实数的稠密性说明了永远能取到一个更小的误差。因此具体对项数 n0n_0 的要求是变化的，只能让项数随着误差的变小而变大，即为函数 n0(ε)n_0(\varepsilon)

例如我们知道数列 {1n}\{\dfrac{1}{n}\} 收敛于 00，不难看出

  • 当给出误差为 11 时，n0(1)=1  ⟹  xn0(1)=1n_0(1) = 1 \implies x_{n_0(1)} = 1 即可满足条件
  • 当给出误差为 0.10.1 时，n0(0.1)=10  ⟹  xn0(0.1)=0.1n_0(0.1) = 10 \implies x_{n_0(0.1)} = 0.1 即可满足条件
  • 当给出误差为 0.010.01 时，n0(0.01)=100  ⟹  xn0(0.01)=0.01n_0(0.01) = 100 \implies x_{n_0(0.01)} = 0.01 即可满足条件

像这样，无论给出多小的误差，总能找到一个足够大的项数 n0n_0 使得 xn0x_{n_0} 满足条件，这就是数列的收敛
也就是所谓的 “无限去接近”

在明白上述概念后，我们再来看这样的一个例子：

  • 想象一下有一亿个 11 的数列
  • 从接下来开始极其缓慢地减少数列的值，使得在第十亿个的时候才到 0.990.99
  • 再继续极其缓慢地减少，使得在第一百亿个的时候才到 0.9920.99^2
  • 以此类推

提问：减少的速度如此如此地缓慢，我们真的可以说这个数列的均值也终将变为 00 吗？
这就是一个看出 ε−δ\varepsilon-\delta 论法威力的好例子

示例

lim⁡n→∞an=a  ⟹  lim⁡n→∞a1+a2+⋯+ann=a\lim_{n \to \infty} a_n = a \implies \lim_{n \to \infty} \frac{a_1 + a_2 + \cdots + a_n}{n} = a

证明

令数列

bn:=a1+a2+⋯+annb_n := \frac{a_1 + a_2 + \cdots + a_n}{n}

我们需要证明 bn→ab_n \to a，任取 ε>0\varepsilon \gt 0，根据条件

∃n0∈N,∀n≥n0:∣an−a∣<ε/2{}^\exists n_0 \in \mathbb N, {}^\forall n \geq n_0: |a_n - a| \lt \varepsilon/2

由于收敛数列有界，所以

∃M∈R,∀n∈N:∣an∣≤M{}^\exists M \in \mathbb R, {}^\forall n \in \mathbb N: |a_n| \leq M

取自然数 n1>max⁡{n0,4n0M/ε}n_1 \gt \max\{n_0, 4n_0M/\varepsilon\}，则对于任意 n≥n1n \geq n_1 都有

∣bn−a∣=∣a1+a2+⋯+an0n+an0+1+an0+2+⋯+an−nan∣≤∣a1+a2+⋯+an0n∣+∣(an0+1−a)+(an0+2−a)+⋯+(an−a)n∣+∣n0an∣≤n0Mn+ε2+n0Mn<ε\begin{aligned} |b_n - a| &= \left| \frac{a_1 + a_2 + \cdots + a_{n_0}}{n} + \frac{a_{n_0+1} + a_{n_0+2} + \cdots + a_n - na}{n} \right| \\ &\leq \left| \frac{a_1 + a_2 + \cdots + a_{n_0}}{n} \right| + \left| \frac{(a_{n_0+1} - a) + (a_{n_0+2} - a) + \cdots + (a_n - a)}{n} \right| +\left| \frac{n_0a}{n} \right| \\ &\leq \frac{n_0M}{n} + \frac{\varepsilon}{2} + \frac{n_0M}{n} \\ &\lt \varepsilon \end{aligned}

□\square

在上述定义中，虽然使用了记号 lim⁡n→∞xn=a\displaystyle\lim_{n \to \infty} x_n = a，但是还没有确保同一个收敛的数列不会出现第二个极限值，因此严格意义上该等式还是不对的，但是以下结论保证了收敛值只能有一个，因此可以放心使用这个等号

命题
实数列收敛的极限唯一

证明

假设数列 {xn}\{x_n\} 收敛于 aa 和 bb
任意给定 ε>0\varepsilon \gt 0，根据定义

{∃N1∈N,∀n≥N1:∣xn−a∣<ε2∃N2∈N,∀n≥N2:∣xn−b∣<ε2\begin{cases} {}^\exists N_1 \in \mathbb N, {}^\forall n \geq N_1: |x_n - a| \lt \frac{\varepsilon}{2} \\ {}^\exists N_2 \in \mathbb N, {}^\forall n \geq N_2: |x_n - b| \lt \frac{\varepsilon}{2} \end{cases}

那么，由三角不等式

∣a−b∣=∣a−xn+xn−b∣≤∣a−xn∣+∣xn−b∣<ε2+ε2=ε|a - b| = |a - x_n + x_n - b| \leq |a - x_n| + |x_n - b| \lt \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon

因此，a−b=0a - b = 0，即 a=ba = b
□\square

命题
收敛的数列有界

证明

设 lim⁡n→∞xn=a\displaystyle\lim_{n \to \infty} x_n = a，那么根据定义

∃N∈N,∀n≥N:∣xn−a∣<1{}^\exists N \in \mathbb N, {}^\forall n \geq N: |x_n - a| \lt 1

因此，对于任意 n≥Nn \geq N，有

∣xn∣=∣xn−a+a∣≤∣xn−a∣+∣a∣<1+∣a∣|x_n| = |x_n - a + a| \leq |x_n - a| + |a| \lt 1 + |a|

令

M=max⁡{∣x1∣,∣x2∣,…,∣xN−1∣,1+∣a∣}M = \max\{|x_1|, |x_2|, \dots, |x_{N-1}|, 1 + |a|\}

则对于任意 n∈Nn \in \mathbb N，都有 ∣xn∣≤M|x_n| \leq M，即数列 {xn}\{x_n\} 有界
□\square

命题 数列极限的四则运算
设 {xn}\{x_n\} 和 {yn}\{y_n\} 是两个数列，实数 k∈Rk \in \mathbb R

  1. 如果 lim⁡n→∞xn=a\displaystyle\lim_{n \to \infty} x_n = a 和 lim⁡n→∞yn=b\displaystyle\lim_{n \to \infty} y_n = b，则 lim⁡n→∞(xn+yn)=a+b\displaystyle\lim_{n \to \infty} (x_n + y_n) = a + b
  2. 如果 lim⁡n→∞xn=a\displaystyle\lim_{n \to \infty} x_n = a，则 lim⁡n→∞(kxn)=ka\displaystyle\lim_{n \to \infty} (kx_n) = ka
  3. 如果 lim⁡n→∞xn=a\displaystyle\lim_{n \to \infty} x_n = a 和 lim⁡n→∞yn=b\displaystyle\lim_{n \to \infty} y_n = b，则 lim⁡n→∞(xnyn)=ab\displaystyle\lim_{n \to \infty} (x_ny_n) = ab
  4. 如果 lim⁡n→∞xn=a\displaystyle\lim_{n \to \infty} x_n = a 和 lim⁡n→∞yn=b≠0\displaystyle\lim_{n \to \infty} y_n = b \neq 0，则 lim⁡n→∞xnyn=ab\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{x_n}{y_n} = \frac{a}{b} \quad
证明

(1)
任取 ε>0\varepsilon \gt 0，根据定义

{∃n1∈N,∀n≥n1:∣xn−a∣<ε/2∃n2∈N,∀n≥n2:∣yn−b∣<ε/2\begin{cases} {}^\exists n_1 \in \mathbb N, {}^\forall n \geq n_1: |x_n - a| \lt \varepsilon/2 \\ {}^\exists n_2 \in \mathbb N, {}^\forall n \geq n_2: |y_n - b| \lt \varepsilon/2 \end{cases}

那么定义

n0=max⁡{n1,n2}∈Nn_0 = \max\{n_1, n_2\} \in \mathbb N

对于任意 n≥n0n \geq n_0 都有

∣(xn+yn)−(a+b)∣=∣(xn−a)+(yn−b)∣≤∣xn−a∣+∣yn−b∣<ε/2+ε/2=ε\begin{aligned} |(x_n + y_n) - (a + b)| &= |(x_n - a) + (y_n - b)| \\ &\leq |x_n - a| + |y_n - b| \\ &\lt \varepsilon/2 + \varepsilon/2 = \varepsilon \end{aligned}

(2)
任取 ε>0\varepsilon \gt 0，根据定义

∃n0∈N,∀n≥n0:∣xn−a∣<ε∣k∣{}^\exists n_0 \in \mathbb N, {}^\forall n \geq n_0: |x_n - a| \lt \frac{\varepsilon}{|k|}

因此，对于任意 n≥n0n \geq n_0，有

∣kxn−ka∣=∣k∣∣xn−a∣<∣k∣⋅ε∣k∣=ε|kx_n - ka| = |k||x_n - a| \lt |k| \cdot \frac{\varepsilon}{|k|} = \varepsilon

(3)
收敛数列有界，取二者的上界中较大的那一个，那么有

∃M∈R,∀n∈N:∣xn∣, ∣yn∣≤M{}^\exists M \in \mathbb R, {}^\forall n \in \mathbb N: |x_n|,\ |y_n| \leq M

任取 ε>0\varepsilon \gt 0，根据极限的定义

{∃n1∈N,∀n≥n1:∣xn−a∣<ε2M∃n2∈N,∀n≥n2:∣yn−b∣<ε2M\begin{cases} {}^\exists n_1 \in \mathbb N, {}^\forall n \geq n_1: |x_n - a| \lt \dfrac{\varepsilon}{2M} \\[8pt] {}^\exists n_2 \in \mathbb N, {}^\forall n \geq n_2: |y_n - b| \lt \dfrac{\varepsilon}{2M} \end{cases}

定义

n0=max⁡{n1,n2}∈Nn_0 = \max\{n_1, n_2\} \in \mathbb N

那么对于任意 n≥n0n \geq n_0 都有

∣(xnyn)−ab∣=∣xnyn−xnb+xnb−ab∣≤∣xn∣∣yn−b∣+∣b∣∣xn−a∣<M⋅ε2M+M⋅ε2M=ε\begin{aligned} |(x_ny_n) - ab| &= |x_ny_n - x_nb + x_nb - ab| \\ &\leq |x_n||y_n - b| + |b||x_n - a| \\ &\lt M \cdot \frac{\varepsilon}{2M} + M \cdot \frac{\varepsilon}{2M} = \varepsilon \end{aligned}

(4)
只需要证明 lim⁡n→∞1yn=1b\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{1}{y_n} = \frac{1}{b} 就可以了，因为可以代入上面的结论。
任取 ε>0\varepsilon \gt 0，根据定义

∃n1∈N,∀n≥n1:∣yn−b∣<∣b∣2ε2{}^\exists n_1 \in \mathbb N, {}^\forall n \geq n_1: |y_n - b| \lt \frac{|b|^2\varepsilon}{2}

因此对于任意 n≥n1n \geq n_1 都有

∣1yn−1b∣=∣yn−bynb∣=∣yn−b∣∣yn∣∣b∣<2∣b∣2⋅∣b∣2ε2=ε\begin{aligned} \left|\frac{1}{y_n} - \frac{1}{b}\right| &= \left|\frac{y_n - b}{y_nb}\right| \\ &= \frac{|y_n - b|}{|y_n||b|} \\ &\lt \frac{2}{|b|^2} \cdot \frac{|b|^2\varepsilon}{2} = \varepsilon \end{aligned}

□\square

数列的极限保有偏序关系

命题 数列极限的偏序关系
令 {an}\{a_n\} 和 {bn}\{b_n\} 为两个收敛的数列。

∀n∈N:an≤bn  ⟹  lim⁡n→∞an≤lim⁡n→∞bn{}^\forall n \in \mathbb N: a_n \leq b_n \implies \lim_{n \to \infty} a_n \leq \lim_{n \to \infty} b_n

证明

令

a:=lim⁡n→∞an,b:=lim⁡n→∞bna := \lim_{n \to \infty} a_n, \quad b := \lim_{n \to \infty} b_n

对于任意 ε>0\varepsilon \gt 0，根据定义

{∃N1∈N,∀n≥N1:∣an−a∣<ε2∃N2∈N,∀n≥N2:∣bn−b∣<ε2\begin{cases} {}^\exists N_1 \in \mathbb N, {}^\forall n \geq N_1: |a_n - a| \lt \frac{\varepsilon}{2} \\ {}^\exists N_2 \in \mathbb N, {}^\forall n \geq N_2: |b_n - b| \lt \frac{\varepsilon}{2} \end{cases}

因此对于任意 n≥max⁡{N1,N2}n \geq \max\{N_1, N_2\} 都有

a−b=a−an+an−bn+bn−b≤∣a−an∣+(an−bn)+∣bn−b∣<ε2+0+ε2=ε\begin{aligned} a - b &= a - a_n + a_n - b_n + b_n - b \\ &\leq |a - a_n| + (a_n - b_n) + |b_n - b| \\ &\lt \frac{\varepsilon}{2} + 0 + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon \end{aligned}

因此，a−b≤0a - b \leq 0，即 a≤ba \leq b
□\square

这将引出数列收敛的著名结论：该结论也曾在不予证明的情况下被广泛应用在高中数学中

定理 夹逼定理
设 {an}\{a_n\}、{bn}\{b_n\} 和 {cn}\{c_n\}，其中 {an}\{a_n\} 和 {cn}\{c_n\} 都收敛于 aa，那么

∀n∈N:an≤bn≤cn  ⟹  lim⁡n→∞bn=a{}^\forall n \in \mathbb N: a_n \leq b_n \leq c_n \implies \lim_{n \to \infty} b_n = a

证明

任取 ε>0\varepsilon \gt 0，根据定义

{∃N1∈N,∀n≥N1:∣an−a∣<ε∃N2∈N,∀n≥N2:∣cn−a∣<ε\begin{cases} {}^\exists N_1 \in \mathbb N, {}^\forall n \geq N_1: |a_n - a| \lt \varepsilon \\ {}^\exists N_2 \in \mathbb N, {}^\forall n \geq N_2: |c_n - a| \lt \varepsilon \end{cases}

因此对于任意 n≥max⁡{N1,N2}n \geq \max\{N_1, N_2\} 都有

∣bn−a∣=∣bn−cn+cn−a∣≤∣bn−cn∣+∣cn−a∣<0+ε=ε\begin{aligned} |b_n - a| &= |b_n - c_n + c_n - a| \\ &\leq |b_n - c_n| + |c_n - a| \\ &\lt 0 + \varepsilon = \varepsilon \end{aligned}

因此 lim⁡n→∞bn=a\displaystyle\lim_{n \to \infty} b_n = a
□\square

示例 算术几何平均
令正数首项 a0,b0>0a_0, b_0 \gt 0，定义递推数列

an+1=an+bn2,bn+1=anbna_{n+1} = \frac{a_n + b_n}{2}, \quad b_{n+1} = \sqrt{a_nb_n}

证明：数列 {an}\{a_n\} 和 {bn}\{b_n\} 都收敛于同一个极限值

证明

首先根据 AM-GM 不等式，有

an+1=an+bn2≥anbn=bn+1a_{n+1} = \frac{a_n + b_n}{2} \ge \sqrt{a_n b_n} = b_{n+1}

再考察 {an}\{a_n\} 和 {bn}\{b_n\} 的单调性

an+1−an=an+bn2−an=bn−an2≤0bn+1bn=anbnbn=anbn≥1\begin{aligned} a_{n+1} - a_n &= \frac{a_n + b_n}{2} - a_n = \frac{b_n - a_n}{2} \leq 0 \\ \frac{b_{n+1}}{b_n} &= \frac{\sqrt{a_n b_n}}{b_n} = \sqrt{\frac{a_n}{b_n}} \geq 1 \end{aligned}

因此，数列 {an}\{a_n\} 从第 11 项起单调递减，数列 {bn}\{b_n\} 从第 11 项起单调递增，对于任意 n≥1n \ge 1 都有

b1≤bn≤bn+1≤an+1≤an≤a1b_1 \leq b_n \leq b_{n+1} \leq a_{n+1} \leq a_n \leq a_1

单调递减的数列 {an}\{a_n\} 有下界 b1b_1，单调递增的数列 {bn}\{b_n\} 有上界 a1a_1，因此数列 {an}\{a_n\} 和 {bn}\{b_n\} 都收敛。设

A:=lim⁡n→∞an,B:=lim⁡n→∞bnA := \lim_{n \to \infty} a_n, \quad B := \lim_{n \to \infty} b_n

极限的存在已经得以确保，这使得我们可以作四则运算

A=lim⁡n→∞an+1=lim⁡n→∞an+bn2=A+B2A = \lim_{n \to \infty} a_{n+1} = \lim_{n \to \infty} \frac{a_n + b_n}{2} = \frac{A + B}{2}

求解得到 A=BA = B

□\square

  • 称该极限值为 a0a_0 和 b0b_0 的算术几何平均

# 单调变化的数列

对于数列 {xn}\{x_n\}，称其为

  • 单调递增 (Monotonically Increasing)「単調増加」 的，当且仅当对于任意 n∈Nn \in \mathbb N 都满足 x_n \leq x_
  • 单调递减 (Monotonically Decreasing)「単調減少」 的，当且仅当对于任意 n∈Nn \in \mathbb N 都满足 x_n \geq x_
  • 单调 (Monotonic)「単調」 的，当且仅当 {xn}\{x_n\} 是单调递增或者单调递减的

同时，若等号不成立，也就是说称其为

  • 严格单调递增 (Strictly Monotonically Increasing)「厳密単調増加」 的，当且仅当对于任意 n∈Nn \in \mathbb N 都满足 x_n \lt x_
  • 严格单调递减 (Strictly Monotonically Decreasing)「厳密単調減少」 的，当且仅当对于任意 n∈Nn \in \mathbb N 都满足 x_n \gt x_

单调性是分析学中重要的性质，确保了某一个映射在范围内的走势

例如对于数列来说，如果

  • 它是单调的，也就是只会向一个方向变换
  • 在该方向上它是有界的，注定不会超过某个限制

那么哪怕我们完全不知道数列的通项，或者是极限值，也可以判定出它一定是收敛的。

命题
令数列 {an}\{a_n\} \quad

  1. 若 {an}\{a_n\} 是单调递增的且有上界，则 {an}\{a_n\} 收敛于 sup⁡{an∣n∈N}\sup\{a_n \mid n \in \mathbb N\} \quad
  2. 若 {an}\{a_n\} 是单调递减的且有下界，则 {an}\{a_n\} 收敛于 inf⁡{an∣n∈N}\inf\{a_n \mid n \in \mathbb N\} \quad
证明

(1)
设 a:=sup⁡{an∣n∈N}a := \sup\{a_n \mid n \in \mathbb N\}，对于任意 ε>0\varepsilon \gt 0，根据定义，存在 N∈NN \in \mathbb N 使得 a−ε<aN≤aa - \varepsilon \lt a_N \leq a，因此对于任意 n≥Nn \geq N 都有

a−ε<aN≤an≤aa - \varepsilon \lt a_N \leq a_n \leq a

因此，∣an−a∣<ε|a_n - a| \lt \varepsilon，即 lim⁡n→∞an=a\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = a

(2)
同理可证
□\square

有界单调数列收敛，可以引出下列的诸多结论

  • 重要极限的存在性
  • 区间套定理

示例 重要极限
数列

{(1+1n)n}n=1∞\left\{\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n\right\}_{n=1}^\infty

是收敛的

证明

对其进行二项式展开

(1+1n)n=1+nC1⋅1n+nC2⋅1n2+⋯+nCn⋅1nn=∑k=0nnCk⋅1nk\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = 1 + {}_nC_1 \cdot \frac{1}{n} + {}_nC_2 \cdot \frac{1}{n^2} + \dots + {}_nC_n \cdot \frac{1}{n^n} = \sum_{k=0}^n {}_nC_k \cdot \frac{1}{n^k}

分析每一项：

nCk⋅1nk=n!k!(n−k)!⋅1nk=n(n−1)(n−2)…(n−k+1)k!⋅1nk=1k!⋅(1−1n)⋅(1−2n)⋅⋯⋅(1−k−1n)\begin{aligned} {}_nC_k \cdot \frac{1}{n^k} &= \frac{n!}{k!(n-k)!} \cdot \frac{1}{n^k} \\ &= \frac{n(n-1)(n-2) \dots (n-k+1)}{k!} \cdot \frac{1}{n^k} \\ &= \frac{1}{k!} \cdot \left(1 - \frac{1}{n}\right) \cdot \left(1 - \frac{2}{n}\right) \cdot \dots \cdot \left(1 - \frac{k-1}{n}\right) \end{aligned}

因此可以知道，在固定 kk 的情况下，每一项都是单调递增的。
并且也不难看出

nCk⋅1nk≤1k!{}_nC_k \cdot \frac{1}{n^k} \leq \frac{1}{k!}

因此，数列是有界的，所以其收敛
□\square

通常记该重要极限值为 ee，称为 Napier 数 (Napier's Constant)「ネイピア数」

e:=lim⁡n→∞(1+1n)ne := \lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n

这里引用了重要极限来定义 ee，但是实际上 ee 具有多种等价定义方式，其中一种是利用无穷级数引出的定义。但是不管是哪一种定义方式，值都是一致的。本笔记选取这种方式给出定义是为了确保后续引入指数函数等概念时可以自然利用这一常数

定理 区间套定理
令 {In}\{I_n\} 是实数上的一个非空的，有界闭区间，且满足

∀n∈N:In+1⊆In{}^\forall n \in \mathbb N: I_{n+1} \subseteq I_n

那么，此时

∃ !x∈R: ⋂n=1∞In={x}{}^{\exists \, !} x \in \mathbb R:\ \bigcap_{n=1}^\infty I_n = \{x\}

证明

不妨设

In=[an,bn]I_n = [a_n, b_n]

根据区间列单调递减的假设，有

a1≤a2≤an≤an+1≤bn+1≤bn≤b1a_1 \leq a_2 \leq a_n \leq a_{n+1} \leq b_{n+1} \leq b_n \leq b_1

那么，数列 {an}\{a_n\} 是单调递增的且有上界，所以 {an}\{a_n\} 收敛于 a:=sup⁡{an∣n∈N}a := \sup\{a_n \mid n \in \mathbb N\}；
数列 {bn}\{b_n\} 是单调递减的且有下界，所以 {bn}\{b_n\} 收敛于 b:=inf⁡{bn∣n∈N}b := \inf\{b_n \mid n \in \mathbb N\} \quad

那么，对于任意 n∈Nn \in \mathbb N，有 an≤bna_n \leq b_n，因此 a≤ba \leq b，所以 ⋂n=1∞In=[a,b]\bigcap_{n=1}^\infty I_n = [a, b]

如果 a≠ba \neq b，则存在 x∈(a,b)x \in (a, b)，由于 lim⁡n→∞an=a\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = a 和 lim⁡n→∞bn=b\displaystyle\lim_{n \to \infty} b_n = b，根据夹逼定理，lim⁡n→∞x=x\displaystyle\lim_{n \to \infty} x = x，矛盾

因此，a=ba = b，即 ⋂n=1∞In={a}\bigcap_{n=1}^\infty I_n = \{a\}，设 x:=ax := a，则 ⋂n=1∞In={x}\bigcap_{n=1}^\infty I_n = \{x\}
□\square

示例
证明

lim⁡n→∞nn=1\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{n} = 1

证明

对于任意 n∈Nn \in \mathbb N，显然 nn≥1\sqrt[n]{n} \geq 1，因此数列 {nn}\{\sqrt[n]{n}\} 是有下界的
不妨设 n≥3n \geq 3，则

n>(1+1n)n  ⟺  nn+1>(n+1)n  ⟺  nn>n+1n+1n \gt \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n \iff n^{n+1} \gt (n+1)^n \iff \sqrt[n]{n} \gt \sqrt[n+1]{n+1}

因此，在 n≥3n \geq 3 的范围内，数列 {nn}\{\sqrt[n]{n}\} 是单调递减的，这说明数列 {nn}\{\sqrt[n]{n}\} 的极限是存在的

因为 nn≥1\sqrt[n]{n} \geq 1，所以 lim⁡n→∞nn≥1\displaystyle\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{n} \geq 1

接下来使用反证法，假设 lim⁡n→∞nn=a>1\displaystyle\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{n} = a \gt 1，也就是说等价于

∃c∈R,∀n≥3:nn≥1+c{}^\exists c \in \mathbb R, {}^\forall n \geq 3: \sqrt[n]{n} \geq 1 + c

等式两边同时变为 nn 次幂，根据二项展开式得到

n≥(1+c)n≥n(n−1)2c2n \geq (1 + c)^n \geq \frac{n(n-1)}{2}c^2

不等式的右侧是 nn 的二次，不难看出（实际上利用 Archimedes 原理可以严格证明）当 nn 足够大时该不等式是不成立的。
因此原假设不成立，得到

lim⁡n→∞nn=1\displaystyle\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{n} = 1

□\square

示例
令 c≥0c \geq 0，数列首项 a1>0a_1 \gt 0，且满足递推

an+1=an+ca_{n+1} = \sqrt{a_n + c}

证明数列 {an}\{a_n\} 收敛，并求其极限值

证明

诸如此类迭代问题，每一次映射的输出会作为下一次的输入，因此直觉上来说会稳定在不再变化的点。
我们分别取函数 y=x+cy = \sqrt{x + c} 和 y=xy = x，考虑其交点的横坐标 aa，对数列的极限考察需要分类讨论

当 a1=aa_1 = a 时，根据递推关系有 a=a+ca = \sqrt{a + c}，因此数列是一个常数列，显然收敛于 aa
当 a1<aa_1 \lt a 时，我们利用数学归纳法证明数列 {an}\{a_n\} 是单调递增且有上界的：

  • 显然 n=1n=1 的时候 a1<aa_1 \lt a 成立
  • 假设 ak<aa_k \lt a 成立，那么 ak+1=ak+c<a+c=aa_{k+1} = \sqrt{a_k + c} \lt \sqrt{a + c} = a，因此 ak+1<aa_{k+1} \lt a 成立

因此数列 {an}\{a_n\} 是单调递增的且有上界，这说明其收敛
同理，当 a1>aa_1 \gt a 时，数列 {an}\{a_n\} 是单调递减的且有下界的，因此数列 {an}\{a_n\} 收敛

设极限为 AA，对递推式两边同时取极限得到

A=A+cA = \sqrt{A + c}

解该方程即可得到数列的极限值 AA。
□\square

类似于该例，诸如

an+1=f(an)a_{n+1} = f(a_n)

的关系（迭代关系），可以借助以下两个函数的交点分析

  • y=f(x)y = f(x)
  • y=xy = x

对于一个给定的数列 {an}\{a_n\}，通过取自然数中的一个单调递增序列

n1<n2<n3<…n_1 \lt n_2 \lt n_3 \lt \dots

再取这部分序列所对应的数列组成新的数列，可以得到

{ank}k=1∞={an1,an2,an3,… }k=1∞\{a_{n_k}\}_{k=1}^\infty = \{a_{n_1}, a_{n_2}, a_{n_3}, \dots\}_{k=1}^\infty

称 {ank}k=1∞\{a_{n_k}\}_{k=1}^\infty 是 {an}n=1∞\{a_n\}_{n=1}^\infty 的一个 子数列 (subsequence)「部分列」

定理 Bolzano-Weierstrass 定理
任意有界数列 {an}\{a_n\} 都存在一个收敛的子数列

证明

令 {xn}\{x_n\} 是一个有界的实数列，根据有界性，可以取到 M>0M \gt 0 使得

∣xn∣≤M|x_n| \leq M

我们按照如下方式构造一个有界闭区间的减少列

  • I0:=[−M,M]I_0 := [-M, M]
  • 对于各个 nn，集合 {k∈N∣xk∈In}\{k \in \mathbb N \mid x_k \in I_n\} 是无限的
  • In+1I_{n+1} 定义为将 InI_n 平分成两段后的其中一个

根据区间套定理

∃ !x∈R: ⋂n=1∞In={x}{}^{\exists \, !} x \in \mathbb R:\ \bigcap_{n=1}^\infty I_n = \{x\}

对于任意 n∈Nn \in \mathbb N，集合 {k∈N∣xk∈In}\{k \in \mathbb N \mid x_k \in I_n\} 是无限的，因此可以取到一个单调递增的序列 {nk}\{n_k\} 使得 xnk∈Ikx_{n_k} \in I_k 对任意 kk 都成立
所以对于任意 ε>0\varepsilon \gt 0，存在 N∈NN \in \mathbb N 使得 IN⊆(x−ε,x+ε)I_N \subseteq (x - \varepsilon, x + \varepsilon)，因此对于任意 k≥Nk \geq N 都有

∣xnk−x∣≤length(IN)=length(I0)2N<ε|x_{n_k} - x| \leq \text{length}(I_N) = \frac{\text{length}(I_0)}{2^N} \lt \varepsilon

因此 lim⁡k→∞xnk=x\displaystyle\lim_{k \to \infty} x_{n_k} = x，即数列 {xnk}\{x_{n_k}\} 收敛
□\square

# 实数的连续性与数列

数列也可以用来刻画实数的性质

命题
令 A⊂RA \subset \mathbb R 非空且有上界，a0∈Ra_0 \in \mathbb R，则以下等价

  • a0=sup⁡Aa_0 = \sup A
  • a0a_0 为 AA 的上界，且存在一个数列 {an}⊂A\{a_n\} \subset A 使得 lim⁡n→∞an=a0\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = a_0
证明

(⇒)(\Rightarrow)
对各个自然数 nn，定义

εn=1n\varepsilon_n = \frac{1}{n}

那么，上确界的条件给出对于每个 εn\varepsilon_n

∃an∈A:a0−εn<an≤a0{}^\exists a_n \in A: a_0 - \varepsilon_n \lt a_n \leq a_0

对不等式两边同时取极限，夹逼准则给出

lim⁡n→∞an=a0\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = a_0

(⇐)(\Leftarrow)
设数列 {an}⊂A\{a_n\} \subset A 满足 lim⁡n→∞an=a0\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = a_0
任取 AA 的一个上界 bb，由于 an≤ba_n \leq b 对任意 nn 都成立，所以极限值 a0a_0 也必须满足 a0≤ba_0 \leq b，因此 a0a_0 是 AA 的最小上界
□\square

命题
令 A⊂RA \subset \mathbb R 非空且有下界，a0∈Ra_0 \in \mathbb R，则以下等价

  • a0=inf⁡Aa_0 = \inf A
  • a0a_0 为 AA 的下界，且存在一个数列 {an}⊂A\{a_n\} \subset A 使得 lim⁡n→∞an=a0\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = a_0
证明

该命题只是上一个命题的反方向
(⇒)(\Rightarrow)
对各个自然数 nn，定义

εn=1n\varepsilon_n = \frac{1}{n}

那么，下确界的条件给出对于每个 εn\varepsilon_n

∃an∈A:a0≤an<a0+εn{}^\exists a_n \in A: a_0 \leq a_n \lt a_0 + \varepsilon_n

对不等式两边同时取极限，夹逼准则给出

lim⁡n→∞an=a0\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = a_0

(⇐)(\Leftarrow)
设数列 {an}⊂A\{a_n\} \subset A 满足 lim⁡n→∞an=a0\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = a_0
任取 AA 的一个下界 bb，由于 an≥ba_n \geq b 对任意 nn 都成立，所以极限值 a0a_0 也必须满足 a0≥ba_0 \geq b，因此 a0a_0 是 AA 的最大下界
□\square

示例
求出以下数列的上下确界

{1−1n | n∈N}\left\{ 1 - \dfrac{1}{n} \ \middle| \ n \in \mathbb N \right\}

解

(1)
不难看出该数列起点是 00，之后随着 nn 的增大逐渐趋近于 11，我们证明其上下确界分别为 00 和 11。
对于任意 n∈Nn \in \mathbb N，显然

(1−1n+1)−(1−1n)=1n(n+1)>0\left(1 - \frac{1}{n+1}\right) - \left(1 - \frac{1}{n}\right) = \frac{1}{n(n+1)} \gt 0

因此数列 {1−1n}\left\{ 1 - \dfrac{1}{n} \right\} 是单调递增的，下确界在 n=1n=1 的时候取到，为 00
显然 11 是数列的一个上界，并且

lim⁡n→∞(1−1n)=1\lim_{n \to \infty} \left(1 - \frac{1}{n}\right) = 1

因此 11 是数列的上确界
□\square

# Cauchy 列

当我们想要证明一个数列收敛的时候，通常来说需要求解出其极限值，再根据定义找到 n0(ε)n_0(\varepsilon)
实际上，求解数列的极限往往是个困难的过程，面对只需判断收敛而不需要具体求解值得情况，可以利用 Cauchy 列的概念来进行分析

定义
称数列 {xn}\{x_n\} 是 Cauchy 列 (Cauchy sequence)「コーシー列」，当且仅当

∀ε>0,∃n0∈N,∀m,n≥n0:∣xn−xm∣<ε{}^\forall \varepsilon \gt 0, {}^\exists n_0 \in \mathbb N, {}^\forall m, n \geq n_0: |x_n - x_m| \lt \varepsilon

示例
取实数 rr 使得 0<r<10 \lt r \lt 1，若数列 {xn}\{x_n\} 满足

∀n∈N:∣xn+1−xn∣≤r∣xn−xn−1∣{}^\forall n \in \mathbb N: |x_{n+1} - x_n| \leq r |x_n - x_{n-1}|

则 {xn}\{x_n\} 是 Cauchy 列。（这样的数列称为收缩列）

证明

通过归纳法可以证明

∀n∈N:∣xn+1−xn∣≤rn−1∣x2−x1∣{}^\forall n \in \mathbb N: |x_{n+1} - x_n| \leq r^{n-1} |x_2 - x_1|

因此对于任意 m,n∈Nm, n \in \mathbb N，不妨设 n>mn \gt m，则

∣xn−xm∣≤∣xn−xn−1∣+∣xn−1−xn−2∣+⋯+∣xm+1−xm∣≤(rn−2+rn−3+⋯+rm)∣x2−x1∣=rm⋅1−rn−m−11−r⋅∣x2−x1∣≤rm1−r⋅∣x2−x1∣\begin{aligned} |x_n - x_m| &\leq |x_n - x_{n-1}| + |x_{n-1} - x_{n-2}| + \dots + |x_{m+1} - x_m| \\ &\leq (r^{n-2} + r^{n-3} + \dots + r^m)|x_2 - x_1| \\ &= r^m \cdot \frac{1 - r^{n-m-1}}{1 - r} \cdot |x_2 - x_1| \\ &\leq \frac{r^m}{1 - r} \cdot |x_2 - x_1| \end{aligned}

因此，对于任意 ε>0\varepsilon \gt 0，取 N=⌈log⁡r((1−r)ε∣x2−x1∣)⌉N = \left\lceil\log_r\left(\frac{(1 - r)\varepsilon}{|x_2 - x_1|}\right)\right\rceil，则对于任意 m,n≥Nm, n \geq N 都有

∣xn−xm∣≤rm1−r⋅∣x2−x1∣≤rN1−r⋅∣x2−x1∣<ε|x_n - x_m| \leq \frac{r^m}{1 - r} \cdot |x_2 - x_1| \leq \frac{r^N}{1 - r} \cdot |x_2 - x_1| \lt \varepsilon

即 {xn}\{x_n\} 是 Cauchy 列
□\square

命题
Cauchy 列是有界的

证明

设 {xn}\{x_n\} 是一个 Cauchy 列，所以

∃n0∈N,∀m,n≥n0:∣xn−xm∣<1{}^\exists n_0 \in \mathbb N, {}^\forall m, n \geq n_0: |x_n - x_m| \lt 1

考虑任意 n≥n0n \geq n_0，则

∣xn∣=∣xn−xn0+xn0∣≤∣xn−xn0∣+∣xn0∣<1+∣xn0∣|x_n| = |x_n - x_{n_0} + x_{n_0}| \leq |x_n - x_{n_0}| + |x_{n_0}| \lt 1 + |x_{n_0}|

因此，设

M:=max⁡{∣x1∣,∣x2∣,…,∣xn0−1∣,1+∣xn0∣}M := \max\{|x_1|, |x_2|, \dots, |x_{n_0-1}|, 1 + |x_{n_0}|\}

那么对于任意 n∈Nn \in \mathbb N 都有 ∣xn∣≤M|x_n| \leq M
□\square

实数的性质良好，这使得 Cauchy 列和收敛列等价。这样的性质被称为完备性
如果考虑在有理数上的数列，那么是可以构造出非收敛的 Cauchy 列的

命题
对于实数列 {xn}\{x_n\}，以下等价

  • {xn}\{x_n\} 是收敛的
  • {xn}\{x_n\} 是 Cauchy 列
证明

(⇒)(\Rightarrow) 设数列收敛于 aa，则对于任意 ε>0\varepsilon \gt 0

∃N∈N,∀n≥N:∣xn−a∣<ε2{}^\exists N \in \mathbb N, {}^\forall n \geq N: |x_n - a| \lt \frac{\varepsilon}{2}

因此，对于任意自然数 m,n≥Nm, n \geq N，有

∣xn−xm∣=∣xn−a+a−xm∣≤∣xn−a∣+∣xm−a∣<ε2+ε2=ε\begin{aligned} |x_n - x_m| &= |x_n - a + a - x_m| \\ &\leq |x_n - a| + |x_m - a| \\ &\lt \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon \end{aligned}

(⇐)(\Leftarrow) 设数列 {xn}\{x_n\} 是 Cauchy 列，已有结论可以知道其有界，又根据 Bolzano-Weierstrass 定理可知存在收敛的子列 {xnk}k∞\{x_{n_k}\}_k^\infty
设子列的极限

a:=lim⁡k→∞xnka := \lim_{k \to \infty} x_{n_k}

我们证明原数列的极限也是 aa：任取 ε>0\varepsilon \gt 0，子列的收敛性与 Cauchy 列的定义分别给出

{∃k0∈N,∀k≥k0:∣xnk−a∣<ε2∃n0∈N,∀m,n≥n0:∣xn−xm∣<ε2\begin{cases} {}^\exists k_0 \in \mathbb N, {}^\forall k \geq k_0: |x_{n_k} - a| \lt \dfrac{\varepsilon}{2} \\ {}^\exists n_0 \in \mathbb N, {}^\forall m, n \geq n_0: |x_n - x_m| \lt \dfrac{\varepsilon}{2} \end{cases}

因此，取 k≥k0k \geq k_0 使得 nk≥n0n_k \geq n_0
对于任意 n≥nkn \geq n_k，有

∣xn−a∣=∣xn−xnk+xnk−a∣≤∣xn−xnk∣+∣xnk−a∣<ε2+ε2=ε  ⟹  lim⁡n→∞xn=a\begin{aligned} |x_n - a| &= |x_n - x_{n_k} + x_{n_k} - a| \\ &\leq |x_n - x_{n_k}| + |x_{n_k} - a| \\ &\lt \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon \\ &\implies \lim_{n \to \infty} x_n = a \end{aligned}

□\square