数列极限的定义

引例

给定一个数列 $\{\dfrac{n}{n+1}\}$ ，他的每一项是： $\dfrac{1}{2}$ ， $\dfrac{2}{3}$ ， $\dfrac{3}{4}$ ， $\dots$ ， $\dfrac{n}{n+1}$ ， $\dots$ ， 随着 $n$ 无限增大， $\dfrac{n}{n+1}$ 无限趋于 $1$ 。

设 $\epsilon = \dfrac{1}{10}$ ，当 $n > 9$ 时， $\dfrac{n}{n+1} - 1 < \epsilon$

设 $\epsilon = \dfrac{1}{100}$ ，当 $n > 99$ 时， $\dfrac{n}{n+1} - 1 < \epsilon$

设 $\epsilon = \dfrac{1}{100}$ ，当 $n > 999$ 时， $\dfrac{n}{n+1} - 1 < \epsilon$

$\dots$

可以推测，无论 $\epsilon$ 取多小，都能找到 $N > 0$ ，当 $n > N$ 时，数列 $\{\dfrac{n}{n+1}\}$ 与 $1$ 的差距都小于 $\epsilon$ 。也就是说，从某项之后，该数列的所有项都会**更接近 $1$ **。

定义

• 序号 $N$ 的确定，依赖于 $\epsilon$ 的选择，常记为 $N(\epsilon)$ 。 $x_a$ 的值与常数 $a$ 的值越接近（ $\epsilon$ 越小），就必须在数列中考虑越远（ $N$ 越大）的数值。
• $N$ 不需要是整数，因为 $n$ 是正整数，当 $n > N$ 时，总有 $n \geqslant [N] + 1$

收敛数列的性质

$\begin{aligned} & \text{证明：} \\\\ & \text{假设} A > B \text{ ，取}\epsilon = \frac{A - B}{2} \\\\ & \text{由于}\lim\limits_{n \to \infty}a_n = A \\\\ & \text{有 } \exists N_1 > 0 \text{ ，当} n > N_1 \text{时，} | a_n - A | < \epsilon \\\\ & \text{即 } \frac{A+B}{2} < a_n < \frac{3A - B}{2} \qquad (*) \\\\ & \text{又 } \lim\limits_{n \to \infty}a_n = B \\\\ & \text{有 } \exists N_2 > 0 \text{ ，当 } n > N_2 \text{时，} | a_n - B | < \epsilon \\\\ & \text{即 } \frac{3B - A}{2} < a_n < \frac{A + B}{2} \qquad (**) \\\\ & \text{取 } N = max \{N_1, N_2\} \text{ ，当} n > N \text{时，} (*) \text{、}(**) \text{ 皆成立} \\\\ & \text{由此得到矛盾，所以 } A > B \text{ 不成立} \\\\ & \text{同理可得 } A < B \text{ 不成立} \\\\ & \text{因此 } A = B \end{aligned}$

$\begin{aligned} & \text{证明：} \\\\ & \text{取} \epsilon = 1 \\\\ & \text{根据题设，} \lim\limits_{n \to \infty}a_n = A \text{ ，有 } \exists N > 0 \text{ ，当} n > N \text{时} \\\\ & | a_n - A | < 1 \Longrightarrow |a_n| < 1 + | A | \\\\ & \text{取 } M = max \{ |a_1|, | a_2 |, \dots , | a_n |, 1 + | A | \} \\\\ & \text{则，对于任意的 } n \text{ ，有 } \{a_n\} \leq M \end{aligned}$

$\begin{aligned} & \Large\text{证明：} \\\\ & \text{取} \epsilon = \frac{B - A}{2}\\\\ & \text{由} \lim\limits_{n \to \infty}a_n = A \text{ ，} \exists N_1> 0 \text{ ，当} n > N_1 \text{ 时 } | a_n - A | < \frac{B - A}{2} \text{ ，因而} \\\\ &a_n < \frac{A+B}{2} \\\\ & \text{而由} \lim\limits_{n \to \infty}b_n = B \text{ ，} \exists N_2> 0 \text{ ，当} n > N_2 \text{ 时 } | b_n - B | < \frac{B - A}{2} \text{ ，因而} \\\\ &b_n > \frac{A+B}{2} \\\\ & \text{取 } N = max \{ N_1, N_2\} \text{ ，} \forall n > N \text{： } \\\\ & a_n < \frac{A+B}{2} < b_n \end{aligned}$

几何意义：

$\tag{1} \lim{a_n} > b, \exists N \gt 0, \forall n > N, a_n > b$

$\tag{2} \lim{a_n} < a, \exists N \gt 0, \forall n > N, a_n < a$

$\begin{aligned} & \text{证明：} \\\\ & \text{由} \lim\limits_{n \to \infty} x_n = a \text{ ，可知 } \forall \epsilon \gt 0 \text{ ， } \exists N \text{ ， } \forall n \gt N \text{ 有： } \\\\ & \qquad \qquad \qquad \qquad \lvert x_n - a \rvert \lt \epsilon \text{ 。} \\\\ & \text{取 } K = N \text{ ，于是当 } k \gt K \text{ 时，有 } n_k \geqslant k \gt N \text{ ，因而成立} \\\\ & \qquad \qquad \qquad \qquad \lvert x_{n_k} - a \rvert \lt \epsilon \text{ 。} \end{aligned}$

夹逼准则不验证等号

$\begin{aligned} & \text{证明：} \\\\ & \forall \epsilon > 0 \text{ ，} \\\\ & \text{由 } \lim\limits_{n \to \infty}x_n = a \text{ ，可知 } \exists N_1 \text{ ，} \forall n > N_1 \text{ 有 } | x_n - a| < \epsilon \text{ ，从而有} \\\\ & \qquad \qquad \qquad \qquad a - \epsilon < x_n \\\\ & \text{由 } \lim\limits_{n \to \infty}z_n = a \text{ ，可知 } \exists N_2 \text{ ，} \forall n > N_2 \text{ 有 } | z_n - a| < \epsilon \text{ ，从而有} \\\\ & \qquad \qquad \qquad \qquad z_n < a+ \epsilon \\\\ & \text{取} N = max \{N_0, N_1, N_2\} \text{ ，} \forall n > N \text{ ，有} \\\\ &\qquad \qquad \qquad \qquad a - \epsilon < x_n \leqslant y_n \leqslant z_n < a+ \epsilon \text{ ，} \\\\ & \text{此即} \\\\ & \qquad \qquad \qquad \qquad | y_n -a| < \epsilon \end{aligned}$

$\begin{aligned} & \Large\text{证明：} \\\\ & \text{不妨设数列 } \{x_n\} \text{ 单调增加且有上界，根据确界存在定理，由 } \{x_n\} \text{ 构成的数集必有上确界 } \beta \text{，} \\\\ & \text{取 } N = n_0 \text{ ，} \forall n \gt N \text{ ，有：} \\\\ & \beta - \epsilon \lt x_{n_0} \leqslant x_n \leqslant \beta \\\\ & \text{因而 } \lvert x_n - \beta \rvert \lt \epsilon \text{ ，于是得到} \\\\ & \lim\limits_{n \to \infty}x_n = \beta \\\\ \end{aligned}$

同理可证单调减少且有下界的数列，必定收敛。

$\text{证明：}$ 由条件(1)可得

$a_1 \leqslant \cdots \leq a_{n-1} \leqslant a_n \lt b_n \leqslant b_{n-1} \leqslant \cdots \leqslant b_1 .$

显然 $\{a_n\}$ 单调增加且有上界 $b_1$ 。 $\{b_n\}$ 单调减少且有下界 $a_1$ ，由单调有界准则， $a_n$ 与 $b_n$ 都收敛。

设 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n = \xi$ ，则

$\lim\limits_{n\to\infty}b_n = \lim\limits_{n\to\infty}[(b_n - a_n) + a_n] = \lim\limits_{n\to\infty}(b_n - a_n) + \lim\limits_{n\to\infty}a_n = \xi .$

由于 $\xi = \sup \{a_n\} = \inf \{b_n\}$ ，于是有

$a_n \leqslant \xi \leqslant b_n, n=1,2,3,\cdots , n = 1,2,3,\cdots,$

即 $\xi$ 属于所有闭区间 $\{[a_n, b_n]\}$ 。

若另有实数 $\xi^{'}$ 属于所有闭区间 $\{[a_n, b_n]\}$ ，则也有

$a_n \leqslant \xi^{'} \leqslant b_n, n=1,2,3,\cdots , n = 1,2,3,\cdots,$

令 $n\to\infty$ ，由夹逼定理得到

$\xi^{'} = \lim\limits_{n\to\infty}a_n = \lim\limits_{n\to\infty}b_n = \xi ,$

即 $\xi$ 是唯一的。

基本列的特征是，数列中充分靠后的两项，无论相对位置如何，他们的差都小于任一事先给定的程度。

$\text{证明：}$

(1). 设数列 $\{x_n\}$ 有界，于是存在实数 $a_1, b_1$ ，成立

$a_1 \leqslant x_n \leqslant b_1, n=1,2,3,\cdots$

将闭区间 $[a_1, b_1]$ 等分为两个小区间 $[a_1, \dfrac{a_1+b_1}{2}]$ 与 $[\dfrac{a_1+b_1}{2}, b_1]$ ，则其中至少有一个含有数列 $\{x_n\}$ 中的无穷多项，记为 $[a_2, b_2]$ 。

再将闭区间 $[a_2, b_2]$ 等分为两个小区间 $[a_2, \dfrac{a_2+b_2}{2}]$ 与 $[\dfrac{a_2+b_2}{2}, b_2]$ ，同样其中至少有一个含有数列 $\{x_n\}$ 中的无穷多项，记为 $[a_3, b_3]$ 。

$\cdots$

于是得到一个闭区间套 $\{[a_k, b_k]\}$ ，其中每一个闭区间 $[a_k, b_k]$ 中都含有数列 $\{x_n\}$ 中的无穷多项。

根据闭区间套定理，存在实数 $\xi$ ，满足

$\xi = \lim\limits_{k\to\infty}a_k = \lim\limits_{k\to\infty}b_k .$

(2). 首先在 $[a_1, b_1]$ 中选取 $\{x_n\}$ 中的某一项，记为 $x_{n_1}$ 。

由于 $[a_2, b_2]$ 中含有 $\{x_n\}$ 中的无穷多项，在其中取 $x_{n_1}$ 后的某一项记为 $x_{n_2}$ ，其中 $n_2 \gt n_1$ 。

$\cdots$

选取 $x_{n_k} \in [a_k,b_k]$ 后，因为在 $[a_{k+1}, b_{k+1}]$ 中仍含有 $\{x_n\}$ 中的无穷多项，在其中选取 $x_{n_k}$ 后的某一项，记为 $x_{n_{k+1}}$ ，其中 $n_{k+1} \gt n_k$ 。

于是得到数列 $\{x_n\}$ 的一个子列 $\{x_{n_k}\}$ ，满足

$a_k \leqslant x_{n_k} \leqslant b_k, k=1,2,3,\cdots$

由 $\lim\limits_{k\to\infty}a_k = \lim\limits_{k\to\infty}b_k = \xi$ ，利用极限的夹逼性，得到

$\lim\limits_{k\to\infty}x_{n_k} = \xi .$

当数列无界时，也有相应的结论：