【深度学习数学基础：高等数学】【苏德矿高等数学】第8讲：单调有界定理及应用、子数列

2. 数列极限

2.2 数列极限

2.2.8 单调有界定理及应用

把上一节的后面的内容拿过来，因为有交叉。
【例】设\(C>0,x_1=\sqrt{C},x_2=\sqrt{C+\sqrt{C}},\cdots,x_n=\sqrt{C+\sqrt{C+\cdots+\sqrt{C}}}\)，证明\(\{x_n\}\)收敛，并求\(\lim\limits_{n\to\infty}x_n\).
【证\(x_n\)递增的方法1】由条件可知\(x_{n+1}=\sqrt{C+x_n}\)
\(x_{n+1}-x_{n}=\sqrt{C+x_n}-x_n\)，进行有理化：
\(x_{n+1}-x_{n}=\frac{(\sqrt{C+x_n}-x_n)(\sqrt{C+x_n}+x_n)}{\sqrt{C+x_n}+x_n}=\frac{C+x_n-x_{n}^{2}}{\sqrt{C+x_n}+x_n}\)
\(=\frac{C+x_n-(C+x_{n-1})}{\sqrt{C+x_n}+x_n}\)（将\(x_{n}^{2}\)用递推关系式换了）
\(=\frac{x_n-x_{n-1}}{\sqrt{C+x_n}+x_n}\)
\(\Rightarrow x_{n+1}-x_{n}\)与\(x_n-x_{n-1}\)同号，于是，\(x_{n}-x_{n-1}\)与\(x_{n-1}-x_{n-2}\)同号
一直地推下去，也就是\(x_{n+1}-x_{n}\)与\(x_2-x_1\)同号
由\(x_2-x_1=\sqrt{C+\sqrt{C}}-\sqrt{C}>0\)（因为\(\sqrt{x}\)是定义域内单调递增函数，且\(C+\sqrt{C}>\sqrt{C}\)，所以\(\sqrt{C+\sqrt{C}}-\sqrt{C}>0\)）
\(\Rightarrow x_{n+1}-x_{n}>0\)，即\(x_{n+1}>x_{n}\)，所以\(\{x_n\}\)递增
【注】此种也可以用数学归纳法
【证\(x_n\)递增的方法2】由\(x_1=\sqrt{C}<x_2=\sqrt{C+\sqrt{C}}\)，假设\(x_{k}<x_{k+1}\)
\(\Rightarrow 0<C+x_k < C + x_{k+1}\)
对不等式两边取二次方根得
\(\Rightarrow \sqrt{C+x_k} < \sqrt{C + x_{k+1}}\)
\(\Rightarrow x_{k+1}<x_{k+2}\)
即\(n=k+1\)时也成立
由数学归纳法知，\(x_n < x_{n+1}\)，所以\(\{x_n\}\)递增
【下面开始证明有上界】
由\(x_n<\sqrt{C+x_n}\Rightarrow x_{n}^{2}<C+x_{n}\)
\(\Rightarrow x_{n}^2-x_n-C<0\)
由\(x^2-x-C=0\)，\(x_{1,2}=\frac{1\pm \sqrt{1-4(-C)}}{2\times 1}=\frac{1\pm\sqrt{1+4C}}{2}\)
所以\(\frac{1-\sqrt{1+4C}}{2}<x_n<\frac{1+\sqrt{1+4C}}{2}\)
从而知\(\{x_n\}\)有上界
由单调有界定理知\(\{x_n\}\)收敛。
【下面开始求极限】
设\(\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a\)，则\(\lim\limits_{n\to\infty}x_{n+1}=a\)（刚才证明的结论）
此时不能直接取极限，因为根号取极限没有四则运算，所以两边平方得

\[x_{n+1}^2=C+x_n \]

即

\[a^2=C+a \]

得到\(a^2-a-C=0\)
所以\(a=\frac{1\pm\sqrt{1+4C}}{2}\)，由于\(a>0\)，所以\(a=\frac{1+\sqrt{1+4C}}{2}\)
（因为\(\sqrt{1+4C}>1\)，则\(1-\sqrt{1+4C}<1-1=0\)，所以\(a=\frac{1-\sqrt{1+4C}}{2}<0\)，不符合，舍去）

下面两段注是我自己想的，不一定完备，欢迎数学学院大神批评指正。
【注1】说明为什么\(a>0\)，由于\(\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a\)，所以\(\forall\varepsilon>0,\exists N\)，当\(n>N\)时，都有\(|x_n-a|<\varepsilon\)，即\(a-\varepsilon<x_n<a+\varepsilon\)，由于\(x_1>0\)且\(x_n\)递增，则\(x_n\geqslant\cdots\geqslant x_1>0\)（因为\(n\)有可能为1），用反证法，假设\(a\leqslant 0\)
由于\(x_1>0\)，取\(\varepsilon=x_1\)，则有\(x_n<a+\varepsilon\leqslant 0+x_1=x_1\)，这与\(x_n\geqslant x_1\)矛盾
故\(a>0\).
【注2】，注1中说的是数列收敛且递增，每一项都大于0，则数列的极限大于0，也可以证明数列收敛且递减，每一项都小于0，则数列的极限值小于0，假设该数列为\(\{b_n\}\)，且\(\lim\limits_{n\to\infty}b_n=b\)，则\(\forall \varepsilon>0,\exists N'\)，当\(n>N'\)时都有\(|b_n-b|<\varepsilon\)，即\(b-\varepsilon<b_n<b+\varepsilon\)，由于该数列递减，所以\(b_n\leqslant b_1 <0\)，用反证法，假设\(b\leqslant 0\)
由于\(b_1<0\)，取\(\varepsilon=-b_1>0\)。则有\(b_n>b-\varepsilon\leqslant 0+b_1=b_1\)，即\(b_n>b_1\)，这与\(b_n\leqslant b_1\)矛盾，所以\(b<0\).
【注3】不能先斩后奏，在没有证明数列收敛之前，设数列极限值是没有根据的，这是逻辑上的错误。但是考试可以先说明“我们可以证明\(\{x_n\}\)收敛”，然后再设极限值，最后再来证明数列收敛，这个证法好处是在证明过程中可以将极限值用上（这段注实际上是下一个视频中的内容，但是我看适合放到这里，就直接说了），接下来说明此种证明方法。

【一种比较另类的证明方法】
我们可以证明\(\{x_n\}\)收敛，设\(\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a\)
由\(x_{n+1}=\sqrt{C+x_n}\Rightarrow x_{n+1}^{2}=C+x_n\Rightarrow \lim\limits_{n\to\infty}x_{n+1}^{2}=\lim\limits_{n\to\infty}(C+x_n)\)
\(\Rightarrow a^2=C+a\)，解得\(a=\frac{1\pm\sqrt{1+4C}}{2}\)，由于\(a>0\)
则\(\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a=\frac{1+\sqrt{1+4C}}{2}\)
刚才的证明方法已说明\(\{x_n\}\)递增，现在只需要说明有上界（极限值是上界，比极限值大的更是上界，找个简单点的上界）
由\(\frac{1+\sqrt{1+4C}}{2}<\frac{1+\sqrt{1+4C+e\sqrt{C}}}{2}=\frac{1+\sqrt{(1+2\sqrt{C})^2}}{2}\)
\(=\frac{1+1+2\sqrt{C}}{2}=1+\sqrt{C}\)
当\(n=1\)时，\(x_1<\sqrt{C}<1+\sqrt{C}\)
假设\(n=k\)时，\(x_k<1+\sqrt{C}\)
当\(n=k+1\)时，\(x_{k+1}=\sqrt{C+x_k}<\sqrt{C+1+\sqrt{C}}<\sqrt{C+1+2\sqrt{C}}=1+\sqrt{C}\)也成立
由数学归纳法知\(x_n<1+\sqrt{C}\)
从而\(\{x_n\}\)递增有上界，由单调有界定理知\(\{x_n\}\)收敛
则\(\lim\limits_{n\to\infty}=\frac{1+\sqrt{1+4C}}{2}\)
【注】这种方法假设后面证明有界错了，前面求极限的分还能拿到。

【例】\(x_0=2,x_{n}=\frac{2x_{n-1}^{3}+1}{3x_{n-1}^{2}}(n=1,2,3,\cdots)\)，证明\(\{x_n\}\)收敛，并求\(\lim\limits{n\to\infty}x_n\).
【解】由\(x_n - x_{n-1}=\frac{2x_{n-1}^{3}+1}{3x_{n-1}^{2}} - x_{n-1}\)
\(=\frac{2x_{n-1}^{3}+1-3x_{n-1}^{2}}{3x_{n-1}^{2}}=\frac{2x_{n-1}^{3}+1-3x_{n-1}^{3}}{3x_{n-1}^{2}}=\frac{1-x_{n-1}^{3}}{3x_{n-1}^{2}}\)
【也可以先证明有界再证明单调】
因为\(x_0=2>0\)，\(x_1=\frac{2x_{0}^{3}+1}{3x_{0}^{2}}=\frac{17}{12}>0\)
假设\(n=k\)时\(x_k>0,k>0\)且\(k\in\mathbb{N}\)
则\(n=k+1\)时\(x_{k+1}=\frac{2x_{k}^{3}+1}{3x_{k}^{2}}>0\)也成立

【不等式】设\(a_1,a_2,\cdots,a_n\)均为正常数，则有：

\[\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}\geqslant \sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n} \]

等号当且仅当\(a_1=a_2=\cdots=a_n\)

由数学归纳法知\(x_n>0\)，由不等式\(\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}\geqslant \sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}\)，且\(a_1,a_2,\cdots,a_n\)均为正常数可知
\(x_{n}=\frac{1}{3}(x_{n-1}+x_{n-1}+\frac{1}{x_{n-1}^{2}})\geqslant \sqrt{x_{n-1}\cdot x_{n-1}\cdot\frac{1}{x_{n-1}^{2}}}=1\)
所以\(x_n\)有下界，\(x_{n-1}\geqslant 1\)，于是\(x_{n-1}^{3}\geqslant 1\)
所以\(x_n - x_{n-1}=\frac{1-x_{n-1}^{3}}{3x_{n-1}^{2}}\leqslant 0\)，即\(x_n\leqslant x_{n-1}\)
所以\(\{x_n\}\)递减
由单调有界定理可知\(\{x_n\}\)收敛
设\(\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a\)
对\(x_{n}=\frac{2x_{n-1}^{3}+1}{3x_{n-1}^{2}}(n=1,2,3,\cdots)\)两边取极限（不考虑\(x_0\)是因为它算作有限项的范畴）
得到\(\lim\limits_{n\to\infty}x_n=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{2x_{n-1}^{3}+1}{3x_{n-1}^{2}}\)
\(\Rightarrow a=\frac{2a^3+1}{3a^2}\)
\(\Rightarrow 3a^3=2a^3+1\)
\(\Rightarrow a = 1\)
故\(\lim\limits_{n\to\infty}x_n=1\)

【例】设\(x_n=1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots+\frac{1}{n!}\)，证明\(\{x_n\}\)收敛。
【证明】（此题没说要求极限值，暗示用单调有界定理）
由于\(x_{n+1}-x_{n}=\frac{1}{(n+1)!}>0\)，即\(x_{n+1}>x_n\)，知\(\{x_n\}\)递增
\(x_n=1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots+\frac{1}{n!}\)
\(<1+\frac{1}{1\times 2}+\frac{1}{2\times 3}+\frac{1}{3\times 4}+\cdots+\frac{1}{(n-1)n}\)
\(=1+1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}\)
\(=2-\frac{1}{n}<2\)
因此\(\{x_n\}\)有上界
由单调有界定理知\(\{x_n\}\)收敛。

2.2.9 子数列

子数列的定义

【定义】设\(\{a_n\}\)是一个给定的数列，从该数列中，挑选出无限项按照原来的顺序排成无限列，\(a_{n_1},a_{n_2},\cdots,a_{n_k}\)，称为\(\{a_n\}\)的子数列，记作\(\{a_{n_k}\}\)，\(n_k\)是原来数列的下标，表示原来的第\(n_k\)项，\(k\)是子数列的下标，\(n_k\geqslant k\)，\(\{a_n\}\)的子数列有无数个。

【注1】用数学归纳法证明\(n_k\geqslant k\)：
\(n_k,k \in\mathbb{N}^{+}\)
由于\(n_1\geqslant 1\)（子数列第一项可能是原数列第一项或者原数列第一项后面的项）
假设\(n_k\geqslant k\)，\(n_{k+1}>n_{k}\geqslant k\)，即\(n_{k+1}>k\)，又因为\(n_{k+1}\in\mathbb{N}^{+}\)
所以\(n_{k+1}\)至少是从\(k+1\)项开始的
故\(n_{k+1}\geqslant k+1\)
由数学归纳法可知\(n_k\geqslant k\)
【注2】\(\{a_n\}\)就是\(\{a_n\}\)的一个子数列（把所有项都挑出来）

我们经常用的子数列有：

• \(a_1,a_3,\cdots,a_{2k-1}\)（原数列奇数项组成的子数列），其中\(n_k=2k-1\)
• \(a_2,a_4,\cdots,a_{2k}\)（原数列偶数项组成的子数列）
• \(a_1,a_4,a_7,a_10,\cdots\)（后面项都比前面项大\(x\)，此例中\(x=3\)）

数列收敛与子数列收敛关系

【定理】数列\(\{a_n\}\)收敛的充要条件是\(\{a_n\}\)的任何一个子数列\(\{a_{n_k}\}\)都收敛且极限相等。

【注】A的充要条件是B，B是条件，A是结论，充分性是指条件B推出结论A，必要性是结论A推出条件B

【证明】先证充分性：
由\(\{a_n\}\)的任何一个子数列都收敛并且极限值相等，\(\{a_n\}\)就是\(\{a_n\}\)的一个子数列，所以\(\{a_n\}\)收敛。
再证必要性：
由\(\{a_n\}\)收敛，设\(\lim\limits_{n\to\infty}a_n=a\)，\(\forall\varepsilon>0,\exists N\)
当\(n>N\)时，都有\(|a_n-a|<\varepsilon\)
设\(\{a_{n_k}\}\)是\(\{a_n\}\)的任何一个子数列，子数列的下标是\(k\)
即要证明\(\lim\limits_{k\to\infty}a_{n_k}=a\)
\(\forall\varepsilon>0\)，当\(k>N\)时，由\(n_k\geqslant k>N\)（前面已经证明原数列里面只要下标大于\(N\)就有极限定义成立，此处也直接说明了这一点，\(n_k\)是原数列的下标，\(k\)是子数列的下标，当子数列下标大于\(N\)后，由于\(n_k\geqslant k>N\)，顺水推舟说明子数列在原数列中的下标\(n_k>N\)，这说明当从原来数列中挑出来的\(n_k\)项大于界限\(N\)（无限项）后无限地接近于\(a\)）
所以\(|a_{n_k}-a|<\varepsilon\)
所以\(\lim\limits_{k\to\infty}a_{n_k}=a\)
充分性和必要性得证，原定理成立。