【深度学习数学基础：高等数学】【苏德矿高等数学】第6讲：夹逼定理、单调有界定理

2. 数列极限

2.2 数列极限

2.2.5 收敛数列的性质

推理：保号性

• 若\(\lim\limits_{n\to\infty}a_n=a>0\)，对任何常数\(0<\eta<a\)
  
  \(\exists N\)，当\(n>N\)时，都有\(a_n>\eta>0\).
  【证明】取\(b_n=\eta(n=1,2,3,\cdots)\)
  \(\lim\limits_{n\to\infty}b_n=\eta\)，且\(a>\eta\)
  \(\exists N\)，当\(n>N\)时，都有\(a_n>b_n\)，即\(a_n>\eta>0\)（由上节课的性质3）

• 若\(\lim\limits_{n\to\infty}a_n=a<0\)，对任何常数\(a<\eta<0\)
  \(\exists N\)，当\(n>N\)时，都有\(a_n<\eta<0\).
  【证明】取\(b_n=\eta(n=1,2,3,\cdots)\)
  \(\lim\limits_{n\to\infty}b_n=\eta\)，且\(a<\eta\)
  \(\exists N\)，当\(n>N\)时，都有\(a_n<b_n\)，即\(a_n<\eta<0\) （由上节课的性质3）

补充：绝对值的极限

若\(\lim\limits_{n\to\infty}a_n=a\ne 0\)，则\(\lim\limits_{n\to\infty}|a_n|=|a|\).
【证明】由于\(\lim\limits_{n\to\infty}a_n=a\ne 0\)
\(\forall\varepsilon>0, \exists N\)，当\(n>N\)时，都有\(|a_n-a|<\varepsilon\)
由不等式\(||a|-|b||\leqslant |a\pm b|\leqslant |a|+|b|\)可知
\(||a_n|-|a||\leqslant|a_n-a|<\varepsilon\)
所以\(\forall\varepsilon>0, \exists N\)，当\(n>N\)时，都有\(||a_n|-|a||<\varepsilon\)
所以\(\lim\limits_{n\to\infty}|a_n|=|a|\).

性质5：数列极限的四则运算

以下法则要求\(\{a_n\}\)和\(\{b_n\}\)都存在，实际上计算过程中预算，假设它们极限存在，一旦算出来确实存在，就得出结果，如果不存在证明不能拆分，说明这种做法行不通，换一种方法。

• 若\(\lim\limits_{n\to\infty}a_n=a,\lim\limits_{n\to\infty}b_n=b\)，则\(\lim\limits_{n\to\infty}(a_n\pm b_n)=\lim\limits_{n\to\infty}a_n \pm \lim\limits_{n\to\infty} b_n=a\pm b\)

• \(\lim\limits_{n\to\infty}(a_n\cdot b_n)=\lim\limits_{n\to\infty}a_n\cdot \lim\limits_{n\to\infty}b_n=ab\). 特别地，\(C\)为常数，\(\lim\limits_{n\to\infty}(c\cdot a_n)=\lim\limits_{n\to\infty}c\cdot \lim\limits_{n\to\infty}a_n=c\lim\limits_{n\to\infty}a_n\)

• \(\lim\limits_{n\to\infty}(\frac{a_n}{b_n})=\frac{\lim\limits_{n\to\infty}a_n}{\lim\limits_{n\to\infty}b_n}=\frac{a}{b}\)且\(b\ne 0\).

【证明】由于\(\lim\limits_{n\to\infty}a_n=a,\lim\limits_{n\to\infty}b_n=b\)，所以\(\forall\varepsilon>0\)，\(\exists N_1, N_2\)，当\(n>N_1\)时，有\(|a_n-a|<varepsilon\)，当\(n>N_2\)时，有\(|b_n-b|<\varepsilon\)，取\(N=\max\{N_1,N_2\}\)，则当\(n>N\)时，都有\(|a_n-a|<\varepsilon,|b_n-b|<\varepsilon\)，从而有：
（证明加减法）\(|(a_n\pm b_n)- (a\pm b)|=|(a_n- a)\pm (b_n-b)|\leqslant|a_n-a| +|b_n-b|<\varepsilon +\varepsilon = 2\varepsilon\)
所以\(\lim\limits_{n\to\infty}(a_n\pm b_n)=\lim\limits_{n\to\infty}a_n \pm \lim\limits_{n\to\infty} b_n=a\pm b\)
【注】用到了不等式\(|a\pm b|\leqslant |a| + |b|\).
（证明乘法）
\(\begin{aligned} \left|a_{n} b_{n}-a b\right| & =\left|a_{n} b_{n}-a b_{n}+a b_{n}-a b\right| \\ & =\left|\left(a_{n}-a\right) b_{n}+a\left(b_{n}-b\right)\right| \\ & \leqslant\left|a_{n}-a\right|\left|b_{n}\right|+|a|\left|b_{n}-b\right|, \end{aligned}\)
由收敛数列的有界性知，存在正数\(M\)，对一切\(n\)，有\(\left|b_{n}\right| \leqslant M\)．于是，

\[\left|a_{n} b_{n}-a b\right|<\varepsilon M+|a| \varepsilon=(M+|a|) \varepsilon, \]

由\(\varepsilon\)的任意性知，\(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} a_{n} b_{n}=a b=\lim\limits_{n \rightarrow \infty} a_{n} \cdot \lim\limits_{n \rightarrow \infty} b_{n}\)
（证明除法）
由 \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} b_{n}=b \neq 0\)，知 \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty}\left|b_{n}\right|=|b|>0\)，取 \(0<\eta=\frac{|b|}{2}<|b|\)．由保号性知，存在正整数 \(N_{0}\)，当 \(n>N_{0}\) 时，有 \(\left|b_{n}\right|>\frac{|b|}{2}\)．

取 \(N=\max \left\{N_{0}, N_{2}\right\}\)，当 \(n>N\) 时，有 \(\left|b_{n}-b\right|<\varepsilon\)，且 \(\left|b_{n}\right|>\frac{|b|}{2}\)，则

\[\left|\frac{1}{b_{n}}-\frac{1}{b}\right|=\frac{\left|b_{n}-b\right|}{\left|b_{n}\right||b|}<\frac{\left|b_{n}-b\right|}{|b|\left|\frac{b}{2}\right|}<\frac{2 \varepsilon}{|b|^{2}}, \]

由 \(\varepsilon\) 的任意性知，\(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{b_{n}}=\frac{1}{b}=\frac{1}{\lim\limits_{n \rightarrow \infty} b_{n}}(b \neq 0)\)．

【注意】数列极限的四则运算可以推广到有限项，前提是这些项的极限都存在，不能推广到无限项，反例：\(\lim\limits_{n \to \infty} \underbrace{\frac{1}{n} + \frac{1}{n} + \dots + \frac{1}{n}}_{n个}\)，错解为\(=\lim\limits_{n \to \infty}\frac{1}{n}+\lim\limits_{n \to \infty}\frac{1}{n}+\cdots+\lim\limits_{n \to \infty}\frac{1}{n}=0\)，实际上原式\(=\lim\limits_{n \to \infty}n \cdot \frac{1}{n}=\lim\limits_{n \to \infty}1=1\)，错的原因是无限项不能用，\(n\)趋近于无穷已经变成无限项。

重要公式

由\(\lim\limits_{n \to \infty}\frac{1}{n^k}=0\)（\(k>0\)且为常数）得到下面重要公式
\(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \frac{a_{0} n^{k}+a_{1} n^{k-1}+\cdots+a_{k-1} n+a_{k}}{b_{0} n^{m}+b_{1} n^{m-1}+\cdots+b_{m-1} n+b_{m}}=\left\{\begin{array}{lll} \infty , & k>m \\ \frac{a_{0}}{b_{0}}, & k=m, \\ 0, & k<m , \end{array}\right.\)，其中\(a_0,a_1,\cdots,a_k,b_0,b_1,\cdots,b_m\)均为常数，\(a_0\ne 0,b_0\ne 0\).


【证明】原式\(=\lim\limits_{n \to \infty}\frac{n^k}{n^m}\cdot\frac{(a_0+a_1\frac{1}{n}+\cdots+a_{k-1}\frac{1}{n^{k-1}}+a_k\frac{1}{n^k})}{(b_0+b_1\frac{1}{n}+\cdots+b_{m-1}\frac{1}{n^{n-m}}+b_m\frac{1}{n^m})}\)
用极限四则运算得
原式\(=\lim\limits_{n \to \infty}\frac{n^k}{n^m}\cdot\frac{a_0}{b_0}=\left\{\begin{array}{lll} \infty , & k>m \\ \frac{a_{0}}{b_{0}}, & k=m, \\ 0, & k<m , \end{array}\right.\)
【注】以后会严格证明\(k>m\)极限确实是无穷大。
【注意】分子分母中\(n\)的指数是正数，不要求是自然数，结论依然成立。


【例】\(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n^{2}-100 n+4}{3 n^{2}-90 n+5}=\frac{1}{3}\)


【例】\(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{3n^{\frac{4}{3}}-n-1}{4n^4-3n^3+n+1}=0\)


【例】求\(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{(2n-1)^{30}(3n+5)^{20}}{4n^{50}-9n^{21}-6}\).
【解】心中默默做二项式展开，知道次方数就行，所以原式\(=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{2^{30}n^{30}\cdot 3^{20}n^{20}+\cdots}{4n^{50}-9n^{21}-6}=\frac{2^{30}\cdot 3^{30}}{4}\)

【例】求\(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{(1+n)(1+n^2)\cdots(1+n^m)}{3n^{\frac{m(m+1)}{2}}}+6\).
【解】原式\(=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n^{1+2+\cdots+m}+\cdots}{3n^{\frac{m(m+1)}{2}}}+6=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n^{\frac{m(m+1)}{2}}}{3n^{\frac{m(m+1)}{2}}}+6=\frac{1}{3}\)

【例】求\(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1+2+3+\cdots+n}{3n^2-100n+2}\).
【解】原式\(=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\frac{n(n+1)}{2}}{3n^2-100n+2}=\frac{1}{6}\)

2.2.6 判断数列收敛的两个准则

夹逼定理（两边夹定理，迫敛性定理）

【夹逼定理】若\(\exists N_0\)，当\(n>N_0\)时，都有\(a_n\leqslant c_n\leqslant b_n\)，且\(\lim\limits_{n\to\infty}a_n=a,\lim\limits_{n\to\infty}b_n=a\)，则数列\(\{c_n\}\)收敛且\(\lim\limits_{n\to\infty}c_n=a\).
【证明】记\(a_n\leqslant c_n\leqslant b_n...(1)\)
由\(\lim\limits_{n\to\infty}a_n=a\)
\(\forall\varepsilon>0,\exists N_1\)，当\(n>N_1\)时，都有\(|a_n-a|<\varepsilon\)
\(\Leftrightarrow a-\varepsilon < a_n < a+\varepsilon...(2)\)
由\(\lim\limits_{n\to\infty}b_n=a\)
\(\forall\varepsilon>0,\exists N_2\)，当\(n>N_2\)时，都有\(|b_n-a|<\varepsilon\)
\(\Leftrightarrow a-\varepsilon < b_n < a+\varepsilon...(3)\)
设\(N=\max\{N_0,N_1,N_2\}\)，当\(n>N\)时，都有\((1),(2),(3)\)式成立
所以\(a-\varepsilon < a_n \leqslant c_n \leqslant b_n < a+\varepsilon\)
即\(|c_n-a|<\varepsilon\)
所以\(\lim\limits_{n\to\infty}c_n=a\)
【注】若一个数列有很多项相加或相乘，但是不能化简，不能用极限的四则运算，可以尝试用夹逼定理。

【例】求\(\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a^n+b^n+c^n}\)，其中\(a\geqslant b\geqslant c >0\)且为常数。
【解】先放大\(\sqrt[n]{a^n+b^n+c^n}\leqslant \sqrt[n]{3a^n}=a\sqrt[n]{3}\)
\(\sqrt[n]{a^n+b^n+c^n}>\sqrt[n]{a^n}=a\)（其他两项都是大于0的，扔掉它们俩就大于了）
且\(\lim\limits_{n\to\infty}a=a,\lim\limits_{n\to\infty}a\sqrt[n]{3}=a\)
由夹逼定理\(\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a^n+b^n+c^n}=a\)

【例】求\(\lim\limits_{n\to\infty}(\frac{\sqrt{1\cdot 2}}{n^2+1}+\frac{\sqrt{2\cdot 3}}{n^2+2}+\cdots+\frac{\sqrt{n(n+1)}}{n^2+n})\).
【解】设\(c_n=\frac{\sqrt{1\cdot 2}}{n^2+1}+\frac{\sqrt{2\cdot 3}}{n^2+2}+\cdots+\frac{\sqrt{n(n+1)}}{n^2+n}\)
\(c_n<\frac{\sqrt{1\cdot 2}}{n^2}+\frac{\sqrt{2\cdot 3}}{n^2}+\cdots+\frac{\sqrt{n(n+1)}}{n^2}=\frac{1}{n^2}(\sqrt{1\cdot 2}+\sqrt{2\cdot 3}+\cdots+\sqrt{n(n+1)})\)
\(<\frac{1}{n^2}(2+3+\cdots+(n+1))\)（\(\sqrt{1\cdot 2}<\sqrt{2\cdot 2}=2\)，后面以此类推）
\(=\frac{n(n+3)}{2n^2}=\frac{n+3}{2n}\)
\(c_n\geqslant\frac{\sqrt{1\cdot 2}}{n^2+n}+\frac{\sqrt{2\cdot 3}}{n^2+n}+\cdots+\frac{\sqrt{n(n+1)}}{n^2+n}=\frac{1}{n^2+n}(\sqrt{1\cdot 2}+\sqrt{2\cdot 3}+\cdots +\sqrt{n(n+1)})\)（\(n\)取1的时候等号成立，所以带等号，小于可以写成小于等于，但是小于等于不能将等号去掉，大于等于与大于类似）
\(>\frac{1}{n^2+n}(1+2+\cdots+n)=\frac{n(n+1)}{2(n^2+n)}=\frac{1}{2}\)（\(\sqrt{1\cdot 2}>\sqrt{1\cdot 1}=1\)，后面以此类推）
由\(\frac{1}{2}<c_n<\frac{n+3}{2n}\)，且\(\lim\limits_{n\to\infty}\}\frac{1}{2}=\frac{1}{2}\)，\(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n+3}{2n}=\frac{1}{2}\)
由夹逼定理可知\(\lim\limits_{n\to\infty}c_n=\lim\limits_{n\to\infty}(\frac{\sqrt{1\cdot 2}}{n^2+1}+\frac{\sqrt{2\cdot 3}}{n^2+2}+\cdots+\frac{\sqrt{n(n+1)}}{n^2+n})=\frac{1}{2}\)

单调有界定理（原理）

在数学分析中，有7个命题是等价的：

1. 戴德金分割原理；
2. 确界原理（非空集合，有上界，就有上确界；有下界，就有下确界）；
3. 单调有界定理（原理）；
4. 聚点定理；
5. 区间套定理；
6. 有限覆盖定理；
7. 柯西收敛准则；

等价是指，一个成立，其他都成立
这里将单调有界定理作为公理
【单调有界定理】若数列\(\{a_n\}\)递增有上界，则\(\{a_n\}\)收敛；若数列\(\{a_n\}\)递减有下界，则\(\{a_n\}\)收敛，即\(\{a_n\}\)单调且有界，则\(\{a_n\}\)收敛。
【注1】数列递增：\(a_1\leqslant a_2 \leqslant \cdots \leqslant a_n \leqslant \cdots\)
【注2】数列有上界：\(\exists\)常数\(M,\forall n\in\mathbb{N}\)，都有\(a_n\leqslant M\)
【注3】数列递减，有下界的概念类比。
【注4】数列递增一定有下界，下界就是第一项；数列递减一定有上界，上界就是第一项。
【注5】定理的条件可减弱为\(\{a_n\}\)当\(n>N_0\)时单调有界，则\(\{a_n\}\)收敛（无限项）（因为改变数列有限项不影响数列的收敛性，比如数列前面有限项是递增的，后面无限项\(n>N_0\)后是递减的且有下界，那就可以用单调有界定理说明数列收敛）
【注6】若\(\{a_n\}\)是由递推关系式给出或者证明\(\{a_n\}\)收敛并求极限，或者直接要求证明\(\{a_n\}\)收敛，或者不能用夹逼定理等（为什么不用夹逼定理、四则运算等其他方法，是因为这种题的极限可能求不出来，但是确实是极限存在（收敛）），这时候尝试用单调有界定理，单调有界定理只能证明收敛，至于求极限，如果数列是由递推关系式给出，先用单调有界定理证明收敛后（一定要先用），极限一般可以求出来，设其极限值为\(A\)，利用递推关系式，两边取极限，会得到一个关于\(A\)的方程，把\(A\)解出来即可，其他情况一般不能求出极限，有时候求不出来，在实际工程中，让\(n\)越来越大，越接近，符合精确度约等于即可。