2. 数列极限

2.2 数列极限

2.2.5 数列极限的性质

• 保序性：【定理2.2.3】 { x n } , { y n } , lim ⁡ n → ∞ x n = a , lim ⁡ n → ∞ y n = b , a < b \{x_{n}\},\{y_{n}\},\lim\limits_{n\to\infty}x_{n}=a,\lim\limits_{n\to\infty}y_{n}=b,a<b {xn​},{yn​},n→∞lim​xn​=a,n→∞lim​yn​=b,a<b，则存在$N$，$\forall n>N$，成立$x_n<y_n$.
  【证】取$\epsilon =\frac{b-a}{2}>0$（任意给定，取一个巧妙的值，实际上是逆推得到，只要保证大于0就行），
  存在$N_1,\forall n>N_1:|x_n-a|<\epsilon$，即$a-\epsilon <x_n<a+\epsilon$，亦即$x_n<a+\epsilon =a+\frac{b-a}{2}=\frac{a+b}{2}$，
  存在$N_2,\forall n<N_2:|y_n-b|<\epsilon$，即$b-\epsilon <y_n<b+\epsilon$，亦即$y_n>b-\epsilon =b-\frac{b-a}{2}=\frac{a+b}{2}$
  取 N = max ⁡ { N 1 , N 2 } , ∀ n > N , x n < a + b 2 < y n N=\max\{N_{1},N_{2}\},\forall n>N, x_{n}<\frac{a+b}{2}<y_{n} N=max{N1​,N2​},∀n>N,xn​<2a+b​<yn​
  
  
  【逆命题】$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=a,\underset{n\to \infty }{\lim }{y}_n=b$，若$x_n<y_n$，能否推出$a<b$？
  【举反例】$x_n=\frac{1}{n},y_n=\frac{2}{n}$，$\forall n,x_n<y_n$，但是$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=0=\underset{n\to \infty }{\lim }{y}_n=0$

• 【命题】若$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=a,\underset{n\to \infty }{\lim }{y}_n=b$，若$\exists N,\forall n>N,x_n\le y_n$，则$a\le b$.

• 【推论1】若$\underset{n\to \infty }{\lim }{y}_n=b>0$，则$\exists N,\forall n>N:y_n>\frac{b}{2}>0$（$y_n$从某一项开始不仅仅离开0，距离0有一段距离，而不是像$\frac{1}{n}$那样，无限地趋近于0，这个定理说明的是它不能很靠近0）
  【注】证明将$\frac{b}{2}$视为一个常数数列，用保序性即可。

• 【推论2】$\underset{n\to \infty }{\lim }{y}_n=b<0$，则$\exists N,\forall n>N:y_n<\frac{b}{2}<0$（$y_n<0$但是和0保持一定的距离）

• 【推论1,2合起来，数列极限的保序性定理】若$\underset{n\to \infty }{\lim }{y}_n=b\ne 0$，则$\exists N,\forall n>N,|y_n|>\frac{|b|}{2}>0$

• 【数列极限的夹逼性定理】【定理2.2.4】， { x n } , { y n } , { z n } \{x_{n}\},\{y_{n}\},\{z_{n}\} {xn​},{yn​},{zn​}，$\exists N,\forall n>N:$成立$x_n\le y_n\le z_n$，且$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }{z}_n=a$，则$\underset{n\to \infty }{\lim }{y}_n=a$
  【证】$\forall \epsilon >0,\exists N_1:|x_n-a|<\epsilon \Rightarrow a-\epsilon <x_n$
  $\exists N_2:|z_n-a|<\epsilon \Rightarrow z_n<a+\epsilon$
  取 N ′ = max ⁡ { N , N 1 , N 2 } , ∀ n > N ′ : a − ε < x n ≤ y n ≤ z n < a + ε N'=\max\{N,N_{1},N_{2}\},\forall n>N':a-\varepsilon < x_{n}\le y_{n} \le z_{n} < a+\varepsilon N′=max{N,N1​,N2​},∀n>N′:a−ε<xn​≤yn​≤zn​<a+ε
  即$a-\epsilon <y_n<a+\epsilon$
  亦即$|y_n-a|<\epsilon$
  所以$\underset{n\to \infty }{\lim }{y}_n=a$

【例2.2.7】求$\underset{n\to \infty }{\lim }(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})$
【答】$0<\sqrt{n+1}-\sqrt{n}=\frac{(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=\frac{n+1-n}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}<\frac{1}{\sqrt{n}}$
因为$\underset{n\to \infty }{\lim }0=0,\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{\sqrt{n}}=0$
由夹逼性定理可知$\underset{n\to \infty }{\lim }(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})=0$


【例2.2.8】证明 lim ⁡ n → ∞ ( a 1 n + a 2 n + . . . + a p n ) 1 n = max ⁡ 1 ≤ i ≤ p { a i } , a 1 , a 2 , . . . , a p > 0 \lim\limits_{n\to\infty}(a_{1}^{n}+a_{2}^{n}+...+a_{p}^{n})^{\frac{1}{n}}=\max\limits_{1\le i\le p}\{a_{i}\},a_{1},a_{2},...,a_{p}>0 n→∞lim​(a1n​+a2n​+...+apn​)n1​=1≤i≤pmax​{ai​},a1​,a2​,...,ap​>0
【证】不失一般性，设 a 1 = max ⁡ 1 ≤ i ≤ p { a i } a_{1}=\max\limits_{1\le i\le p}\{a_{i}\} a1​=1≤i≤pmax​{ai​}
$a_1=(a_1^n{)}^{\frac{1}{n}}\le (a_1^n+a_2^n+...+a_p^n{)}^{\frac{1}{n}}\le (p{a}_1^n{)}^{\frac{1}{n}}=a_1{p}^{\frac{1}{n}}$
（不等式左侧能取小于等于的情况是$a_1=1$，剩下的均为0）
由于$\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_1=a_1,\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_1{p}^{\frac{1}{n}}{a}_1$（此处$p$是下标，下标从1开始，用之前课程证明过的结论：$a>1,\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{a}=1$）
由夹逼性定理可知 lim ⁡ n → ∞ ( a 1 n + a 2 n + . . . + a p n ) 1 n = max ⁡ 1 ≤ i ≤ p { a i } \lim\limits_{n\to\infty}(a_{1}^{n}+a_{2}^{n}+...+a_{p}^{n})^{\frac{1}{n}}=\max\limits_{1\le i\le p}\{a_{i}\} n→∞lim​(a1n​+a2n​+...+apn​)n1​=1≤i≤pmax​{ai​}


【例】用夹逼性定理证明$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{n}=1$
【证】$1<\sqrt[n]{n}=\sqrt[n]{\sqrt{n}\sqrt{n}\cdot 1\cdot \mathrm{1...1}}$（$n-2$个1）$\le \frac{2\sqrt{n}+n-2}{n}=1+\frac{2\sqrt{n}-2}{n}$（用平均值不等式）
因为$\underset{n\to \infty }{\lim }(1+\frac{2\sqrt{n}-2}{n})=1$（后面会证明出来，视频课这里感觉讲课的逻辑有点乱）
又$\underset{n\to \infty }{\lim }1=1$
由夹逼性定理可知$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{n}=1$
【注1】若用夹逼性定理证明$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{n^2}=1$，可以放缩为$1<\sqrt[n]{n^2}=\sqrt[n]{\sqrt{n}\sqrt{n}\sqrt{n}\sqrt{n}\cdot 1\cdot \mathrm{1...1}}$（$n-4$个1）$\le \frac{4\sqrt{n}+n-4}{n}=1+\frac{4\sqrt{n}-4}{n}$
【注2】关于$\underset{n\to \infty }{\lim }(1+\frac{2\sqrt{n}-2}{n})=1$可以有更一般性的结论（后面证明）：
1)数列极限的四则运算；

2)

【注3】【平均值不等式】若有$a_1,a_2,...,a_n$（$n$个正数)，将$\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}$称为算术平均，把$\sqrt[n]{a_1{a}_2...a_n}$称为几何平均，$\frac{n}{\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+...+\frac{1}{a_n}}$称为调和平均，则有：
$$\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}\ge \sqrt[n]{a_1{a}_2...a_n}\ge \frac{n}{\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+...+\frac{1}{a_n}}$$
等号成立的条件是$a_1=a_2=...=a_n$。