2.1 数列极限与证明技巧

收敛中的量词

定义

实数数列的收敛

数列 $(x_n)$ 收敛至 $L\in\mathbb R$，指对每个 $\varepsilon>0$，存在 $N\in\mathbb N$，使每个 $n\ge N$ 均有 $|x_n-L|<\varepsilon$。记作 $x_n\to L$。$N$ 可以依赖 $\varepsilon$，但必须对其后所有下标同时有效。

「收敛至 $L$」的否定式为：存在 $\varepsilon_0>0$，使对每个 $N$ 都有某个 $n\ge N$ 满足 $|x_n-L|\ge\varepsilon_0$。少数初始项不影响收敛；在任意后期仍反复出现的失败则会影响。

例题

构造 epsilon–N 证明

对 $x_n=(3n+1)/(n+2)$，先猜 $L=3$。因为

$$\left|\frac{3n+1}{n+2}-3\right|=\frac5{n+2}<\frac5n,$$

选 $N>5/\varepsilon$，则每个 $n\ge N$ 都满足 $|x_n-3|<\varepsilon$。猜测只是动机；不等式及带量词的选取才建立证明。

定理

唯一性、有界性及极限定律

收敛实数数列的极限唯一，且数列有界。若 $x_n\to x$、$y_n\to y$，则 $x_n+y_n\to x+y$、$x_ny_n\to xy$；若 $y\ne0$ 且商最终有定义，则 $x_n/y_n\to x/y$。若最终有 $x_n\le z_n\le y_n$，而两侧均收敛至 $L$，则 $z_n\to L$。

证明

唯一性与有界性

若 $x_n\to L$ 且 $x_n\to M$，对任意 $\varepsilon>0$，充分后期的项同时满足 $|x_n-L|<\varepsilon/2$ 及 $|x_n-M|<\varepsilon/2$。三角不等式给 $|L-M|<\varepsilon$；此式对所有正 $\varepsilon$ 成立，故 $L=M$。要证有界，选 $N$ 使 $n\ge N$ 时 $|x_n-L|<1$。有限个初始项与尾部界 $|x_n|\le|L|+1$ 一起给出整个数列的有限界。

有界性的逆命题不成立：$(-1)^n$ 有界但不收敛。若收敛至 $L$，其偶数子列收敛至 $1$、奇数子列收敛至 $-1$，违反极限唯一性。

证明

乘积定律的机制

收敛数列 $(y_n)$ 有界，设 $|y_n|\le M$。由

$$|x_ny_n-xy|\le|y_n||x_n-x|+|x||y_n-y|,$$

两项均趋零。对商，$y_n\to y\ne0$ 蕴含最终有 $|y_n|\ge|y|/2$；分母因而远离零，得 $1/y_n\to1/y$。

单调数列

定理

单调收敛定理

每个有上界的递增实数数列都收敛至其项集合的上确界；每个有下界的递减数列都收敛至其下确界。

证明

由上确界得到最终接近

令 $s=\sup\{x_n:n\in\mathbb N\}$。给定 $\varepsilon>0$，上确界判据给某个 $N$ 使 $s-\varepsilon<x_N\le s$。由单调性，所有 $n\ge N$ 均有 $s-\varepsilon<x_N\le x_n\le s$，故 $x_n\to s$。

例题

递推数列

设 $x_1=1$、$x_{n+1}=(x_n+2)/2$。归纳可得 $x_n<2$，且 $x_{n+1}-x_n=(2-x_n)/2>0$，所以数列递增且有上界，收敛至某 $L$。在递推式取极限得 $L=(L+2)/2$，故 $L=2$。若未先证明收敛，单解不动点方程不能显示数列确有极限。

方法比较

要直接证明或控制指定误差，可用 epsilon–N 估计。各分量极限已知时用极限定律；绝对值界比精确表达式简单时用夹逼。递推数列可先求单调性及界，证收敛后再解不动点方程。要否定收敛，可找两个不同极限的子列，或证明定义的否定式。

练习

1. 直接证明 $1/n\to0$。
2. 证明 $(2n+3)/(n+1)\to2$。
3. 证明 $(-1)^n$ 不收敛。
4. 设 $a_1=3$、$a_{n+1}=(a_n+1)/2$。证明收敛并求极限。

详解

1. 给定 $\varepsilon>0$，选 $N>1/\varepsilon$。对每个 $n\ge N$，$|1/n|\le1/N<\varepsilon$。
2. 与 $2$ 的差为 $1/(n+1)$。选 $N>1/\varepsilon$，则 $n\ge N$ 时差小于 $\varepsilon$。
3. 偶数子列恒为 $1$，奇数子列恒为 $-1$。若整个数列收敛，两个子列必有相同极限，矛盾。
4. 归纳得 $a_n>1$，且 $a_{n+1}-a_n=(1-a_n)/2<0$。它递减且以 $1$ 为下界，故收敛至 $L$。极限定律给 $L=(L+1)/2$，所以 $L=1$。

总结

收敛是一个带量词的最终性质。完备性把单调加有界转化成极限存在；估计和极限定律再确定极限。有界本身不能保证收敛。