数列极限定义

这篇文章要说的内容基本都可以用\(\varepsilon\)-\(N\)定义来覆盖，而对于所讨论的每一个题目又可以根据其自身的特点覆盖住一些其他的东西，比如绝对值不等式，或一个常见的不等式.

1. 证 \(\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{n+1} = 1\)

设 \(\sqrt[n]{n+1} - 1 = h\)

整理后再由二项式定理得到不等式$$n = (h+1)^n - 1 \geq \frac{n(n-1)}{2} h^2$$

由\(h\)最开始的假设及上述不等关系有 $$0 < h \leq \sqrt{\frac{2}{n-1}}$$

对 \(\forall \varepsilon > 0, \exists N > 0\)，当 \(n > N\) 时（取 \(N = \left[\frac{2}{\varepsilon^2} + 1\right]\)）

有 $$\sqrt{\frac{2}{n-1}} < \varepsilon$$

此时 \(|h| < \varepsilon\)(加绝对值符号只是为了让最后的形式按定义走)

故 \(\lim\limits_{n \to \infty} \left( \sqrt[n]{n+1} - 1 \right) = 0\)
即$$\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{n+1} = 1(这一步其实也需要一个证明)$$
若 \(a_n \to a\ (n\to\infty)\)

最后一步的证明:对 \(\forall \varepsilon>0,\ \exists N>0\)，当 \(n>N\) 时

\[|a_n - a| < \varepsilon \]

而

\[|a_n - a| = |(a_n - a) - 0| < \varepsilon \]

故

\[a_n - a \to 0\ (n\to\infty) \]

反之亦然.
可以看到本题只是在最初将不习惯的幂次\(1/n\)通过一个等式转化成一个量\(h\)的\(n\)次，\(h\)当然是序为\(n\)的数列，也是函数关系，而后，本题也覆盖了二项式定理但是做展开后的放缩选择却有不同的做法，下述证明中体现了第二种放缩方式
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（放大法）\(\forall \varepsilon>0\), 要 \(|\sqrt[n]{n+1}-1|<\varepsilon\)（此式解出 \(n\) 有困难），记 \(\alpha=\sqrt[n]{n+1}-1\)（设法寻找不等式将 \(\alpha\) 放大），此式可改写成

\[(这里没有把1去掉，导致后续有一些较之前的变化)1+n=(1+\alpha)^n \stackrel{\text{展开}}{=} 1+n\alpha+\frac{n(n-1)}{2}\alpha^2+\dots+\alpha^n \ge \frac{n(n-1)}{2}\alpha^2, \]

得

\[0<\alpha<\sqrt{\frac{2(n+1)}{n(n-1)}} \stackrel{\text{因}2n-2>0}{\le} \sqrt{\frac{2(n+1)+2n-2}{n(n-1)}}=\frac{2}{\sqrt{n-1}} \]

(之后就是Ordinary process)（当 \(n>1\) 时）. 至此要 \(|\alpha|<\varepsilon\), 只要 \(\frac{2}{\sqrt{n-1}}<\varepsilon\), 即 \(n>\frac{4}{\varepsilon^2}+1\).

故令 \(N=\frac{4}{\varepsilon^2}+1\), 则 \(n>N\) 时有 \(|\sqrt[n]{n+1}-1|=|\alpha|<\varepsilon\).
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好，放缩之后就是常见的处理步骤.
2. 证 \(\lim\limits_{n \to \infty} \frac{x_1 + \dots + x_n}{n} = A\)（若 \(\lim\limits_{n \to \infty} x_n = A\)）

\[\left| \frac{x_1 + \dots + x_n}{n} - A \right| = \left| \frac{x_1 + \dots + x_{N_1} + x_{N_1+1} + \dots + x_n}{n} - \frac{nA}{n} \right| \]

\[\le \frac{|x_1 - A| + \dots + |x_{N_1} - A|}{n} + \frac{|x_{N_1+1} - A| + \dots + |x_n - A|}{n} \]

①由 \(\lim\limits_{n \to \infty} x_n = A\) 即有 对 \(\forall \varepsilon>0,\ \exists N_1>0\)，当 \(n>N_1\) 时

有 \(|x_n - A| < \frac{\varepsilon}{2}\)

②对上述 \(\varepsilon>0,\ \exists N_2>0\)，当 \(n>N_2\) 时

\[\frac{|x_1 - A| + \dots + |x_{N_1} - A|}{n} < \frac{\varepsilon}{2} \]

取 \(N = \max\{N_1, N_2\}\)，当 \(n>N\) 时，\(\left| \frac{x_1 + \dots + x_n}{n} - A \right| < \varepsilon\)
①步骤是第一处由\(\varepsilon\)-\(N\)定义覆盖的地方，②步骤是第二次，可见其余步骤都是平凡的，只涉及到绝对值不等式做一个放大，②中之所以可以放大是因为 \(\{x_n\}\) 收敛，因此是有界量，那么有限个有界量与一常数\(A\)的差的绝对值的和当然是有界量.

3. 证明：若 \(p_k > 0\ (k=1,2,\dots)\) 且

\[\lim_{n\to\infty} \frac{p_n}{p_1 + p_2 + \dots + p_n} = 0,\quad \lim_{n\to\infty} a_n = a. \]

则

\[\lim_{n\to\infty} \frac{p_1 a_n + p_2 a_{n-1} + \dots + p_n a_1}{p_1 + p_2 + \dots + p_n} = a. \]

证明:

\[\lim_{n\to\infty} a_n = a \iff \lim_{n\to\infty} (a_n - a) = 0 \iff a_n = a + d_n,\ \text{其中}\ \lim_{n\to\infty} d_n = 0 \]

\[\frac{p_1(a + d_n) + p_2(a + d_{n-1}) + \dots + p_n(a + d_1)}{p_1 + \dots + p_n} \]

\[= \frac{(p_1 + \dots + p_n)a + p_1d_n + \dots + p_nd_1}{p_1 + \dots + p_n} \]

\[= a + \frac{p_1d_n + \dots + p_nd_1}{p_1 + \dots + p_n} \]

对 $\forall \varepsilon>0,\ \exists N_1>0,\ \text{当}\ n>N_1\ \text{时},\ |d_n| < {\varepsilon}$

\[\left| \frac{p_1d_n + \dots + p_nd_1}{p_1 + \dots + p_n} \right| = \left| \frac{p_1d_n + \dots + p_{n-N_1}d_{N_1+1} + \dots + p_nd_1}{p_1 + \dots + p_n} \right| \]

\[\le \frac{p_1 + \dots + p_{n-N_1}}{p_1 + \dots + p_n} \cdot {\varepsilon}+ \frac{p_{n-N_1+1}|d_{N_1}| + \dots + p_n|d_1|}{p_1 + \dots + p_n} \]

对上述 \(\varepsilon>0,\ \exists N_2>0,\ \text{当}\ n - N_1 + 1 > N_2\ \text{时}\)

\[\left| \frac{p_{n-N_1+1} }{p_1 +\dots+p_n} \right| < \frac{\varepsilon}{2} \]

取 \(N = \max\{N_1,\ N_2 + N_1 - 1\}\)，当 \(n>N\) 时，

\[\left| \frac{p_1d_n + \dots + p_nd_1}{p_1 + \dots + p_n} \right| \le \varepsilon + \left( |d_{N_1}| + \dots + |d_1| \right) \varepsilon \]

第一步做一个转化只是为了后续简便，同第二题，也是做一个和与和的划分，但是要依着前述的无穷小量\(\{d_n\}\)来划，后续步骤与第二题类似，整体来看本题依然用定义法来覆盖，期间的分析涉及到绝对值不等式.