数列极限的概念

设$\{a_n\}$是一个数列，$a$是一个实数，如果对于任意给定的$\varepsilon > 0$，存在一个$N\in N^*$，使得凡是$n > N$时都有 $$ |a_n - a| < \varepsilon $$ 就说当$n$趋向于无穷大时，数列$\{a_n\}$有极限$a$，记为 $$ \lim_{n \to \infty}a_n = a $$ 我们也说数列$\{a_n\}$收敛于$a$。特别的，当$\lim_{n \to \infty}a_n = 0$时，称$a_n$为无穷小量。存在极限的数列称为收敛数列，不收敛的数列称为发散数列。以上极限的定义还可以用如下的符号描述： $$ \forall \varepsilon > 0, \exists N \in N^*, 使得 n > N 时,都满足|a_n - a| < \varepsilon $$ 这就是所谓的$\varepsilon$-$N$语言，其中$\forall \varepsilon > 0$强调的是任意小的实数，不是一个很小的常数。如果我们把它换成$\forall \varepsilon \in (0, 1)$也可以作为极限的定义。而$\exists N \in N^*$则强调的是$N$的存在性，我们只要找到一个$N \in N^*$就可以了，不需要求出满足条件的最小值。

借助数轴，我们还可以通过$\varepsilon$邻域来描述极限：当$n \to \infty$时，数列$\{a_n\}$收敛于$a$是指，对任意的$\varepsilon > 0$，都存在$N \in N^*$，使得数列$\{a_n\}$只有有限个元素$a_1, a_2, ... , a_N$在$a$的$\varepsilon$邻域之外。这里所谓的$a$的$\varepsilon$邻域是指满足绝对值不等式 $$ |x - a| < \varepsilon $$ 的一段开区间$(a-\varepsilon, a+\varepsilon)$。

【41】设$x_n = \frac{n}{n+1}$，证明：$\lim_{n \to \infty}x_n = 1$

证：根据极限的定义$\forall \varepsilon > 0$，只要证明$\exists N \in N^*$使得当$n > N$时有 $|x_n - 1| = \frac{1}{n+1} < \varepsilon$即可，即$n > \frac{1}{\varepsilon} - 1$。
只需取$N = \lceil \frac{1}{\varepsilon} \rceil$即可。因此，$\forall \varepsilon >0, \exists N \in N^*, N = \lceil \frac{1}{\varepsilon} \rceil, 使得n > N时，都有|x_n - 1| < \varepsilon$。口

【42】设：(1) $a_n = \frac{\left(-1\right)^{n+1}}{n}$； (2) $a_n = \frac{2n}{n^3 + 1}$； (3) $a_n = \frac{1}{n!}$； (4) $a_n = \left(-1\right)^n \bullet 0.999^n$。证明它们都是无穷小量。

证：(1)因为$|\frac{\left(-1\right)^{n+1}}{n} - 0| = \frac{1}{n}$，取$N = \left\lceil \frac{1}{\varepsilon} \right\rceil$，那么$\forall \varepsilon > 0, \exists N = \left\lceil \frac{1}{\varepsilon} \right\rceil,当n > N时, 总满足|a_n - 0| < \varepsilon$。

(2)因为$|\frac{2n}{n^3 + 1} - 0| = \frac{2n}{n^3 + 1} < \frac{2}{n^2}$，取$N = \left\lceil \sqrt{\frac{2}{\varepsilon}} \right\rceil$, 那么$\forall \varepsilon > 0, \exists N = \left\lceil \sqrt{\frac{2}{\varepsilon}} \right\rceil, 当n > N时，总满足|a_n - 0| < \varepsilon$。

(3)因为$|\frac{1}{n!} - 0| = \frac{1}{n!} < \frac{1}{n}$，取$N = \left\lceil \frac{1}{\varepsilon} \right\rceil$，那么$\forall \varepsilon > 0, \exists N = \left\lceil \frac{1}{\varepsilon} \right\rceil, 当n > N时，总满足|a_n - 0| < \varepsilon$。

(4)因为$|\left(-1\right)^n \bullet 0.999^n - 0| = 0.999^n$，令$\alpha = \frac{1000}{999} - 1 > 0$，则$0.999^n = \left(\frac{1}{1+\alpha}\right)^n$
对$\left(1+\alpha\right)^n$二项式展开得到$\left(1+\alpha\right)^n = 1 + n\alpha + C_n^2\alpha^2 + ... > n\alpha$
所以$0.999^n > \frac{1}{n\alpha}$，取$N = \left\lceil \frac{1}{\varepsilon\alpha} \right\rceil$，那么$\forall \varepsilon > 0, \exists N = \left\lceil \frac{1}{\varepsilon\alpha} \right\rceil, 当n > N时, 总满足|a_n - 0| < \varepsilon$。

【91】证明：若$\lim_{n\to\infty}x_n = a$，则$\lim_{n\to\infty}|x_n| = |a|$。

证: 因为$\lim_{n\to\infty}x_n = a$，所以$\forall \varepsilon > 0, \exists N \in N^*, 使得n > N时，总有|x_n - a| < \varepsilon$。又因为绝对值不等式$||x_n| - |a|| ≤ |x_n - a| < \varepsilon$，所以$\lim_{n\to\infty}|x_n| = |a|$。

【138】已知$a_n \to a, n \to \infty$求证： $$ \frac{a_1 + a_2 + \cdots + a_n}{n} \to a, n \to \infty $$

证：欲证$\lim_{n\to\infty}\frac{a_1 + a_2 + \cdots + a_n}{n} = a$，只需证$\lim_{n\to\infty}\frac{(a_1 - a) + (a_2 - a) + \cdots + (a_n - a)}{n} = 0$。若命题成立，令$b_n = a_n - a$，则有$b_n \to 0, n \to \infty$，并且$\lim_{n\to\infty}\frac{b_1 + b_2 + \cdots + b_n}{n} = 0$。因此，我们只需证明$a = 0$这一特殊情况即可将结论推广到任意实数。

因为，$\lim_{n\to\infty}a_n = 0$，所以$\forall \varepsilon > 0, \exists N \in N^*$，使得 $$ \left|\frac{a_1 + a_2 + \cdots + a_n}{n}\right| ≤ \frac{|a_1| + |a_2| + \cdots + |a_N|}{n} + \frac{n-N}{n}\varepsilon $$ 给定$N \in N^*$，$|a_1| + |a_2| + \cdots + |a_N|$就是一个有限值。因此$\exists N_1 \in N^*$，使得 $$ \frac{|a_1| + |a_2| + \cdots + |a_N|}{n} ≤ \varepsilon $$ 所以$\forall \varepsilon > 0, \exists N \in N^*, 使得n > N时, \left|\frac{a_1 + a_2 + \cdots + a_n}{n}\right| ≤ 2\varepsilon总成立$。

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【L1】证明对任意整数$a > 0$都有 $$ \lim_{n \to \infty}\frac{1}{n^a} = 0 $$

证：(1)当$a≥1$时，$\frac{1}{n^a} ≤ \frac{1}{n}$，取$N = \left\lceil \frac{1}{\varepsilon} \right\rceil$，那么$\forall \varepsilon > 0, \exists N = \left\lceil \frac{1}{\varepsilon} \right\rceil, 当n > N时, 总满足\frac{1}{n^a} < \varepsilon$。

(2)当$0 < a < 1$时，总可以找到一个整数$m$使得$ma > 1$，根据(1)可以推出$\frac{1}{n^{ma}}$收敛于0，故$\forall \varepsilon > 0, \exists N, 当n > N时有\frac{1}{n^{ma}} < \varepsilon^m$，即$\frac{1}{n^a} < \varepsilon$。

由(1)(2)命题得证。口

【L2】当$|q| < 1$时，求证 $$ \lim_{n \to \infty}q^n = 0 $$

证：因为$|q^n - 0| = |q|^n$，且$|q| < 1 \Rightarrow \frac{1}{|q|} > 1$，令$\alpha > 0 使得 \frac{1}{|q|} = 1 + \alpha$那么有 $$ |q|^n = \left(\frac{1}{1 + \alpha}\right)^n = \frac{1}{1 + n\alpha + C_n^2\alpha^2 + ...} < \frac{1}{n\alpha} $$ 取$N = \left\lceil \frac{1}{\varepsilon\alpha} \right\rceil$，那么$\forall \varepsilon > 0, \exists N = \left\lceil \frac{1}{\varepsilon\alpha} \right\rceil, 当n > N时，总满足|q^n - 0| < \varepsilon$。

【L3】求证$\lim_{n \to \infty}n^{1/n} = 1$

证：根据几何平均数-算术平均数不等式有如下关系： $$ \begin{matrix} 1 ≤ \left(1\cdot1\cdot...\sqrt{n}\sqrt{n}\right)^{1/n} < \frac{1 + 1 + ... + \sqrt{n} + \sqrt{n}}{n} \\ \Rightarrow 0 ≤ n^{1/n} - 1 < \frac{2}{\sqrt{n}} \end{matrix} $$ 取$N = \left\lceil \frac{4}{\varepsilon^2} \right\rceil$，那么$\forall \varepsilon > 0, \exists N = \left\lceil \frac{4}{\varepsilon^2} \right\rceil，当n>N时，总满足|n^{1/n} - 1| < \varepsilon$。

数列极限的概念

【41】设\(x_n = \frac{n}{n+1}\)，证明：\(\lim_{n \to \infty}x_n = 1\)

【42】设：(1) \(a_n = \frac{\left(-1\right)^{n+1}}{n}\)； (2) \(a_n = \frac{2n}{n^3 + 1}\)； (3) \(a_n = \frac{1}{n!}\)； (4) \(a_n = \left(-1\right)^n \bullet 0.999^n\)。证明它们都是无穷小量。

【91】证明：若\(\lim_{n\to\infty}x_n = a\)，则\(\lim_{n\to\infty}|x_n| = |a|\)。

【138】已知\(a_n \to a, n \to \infty\)求证： $$ \frac{a_1 + a_2 + \cdots + a_n}{n} \to a, n \to \infty $$

【L1】证明对任意整数\(a > 0\)都有 $$ \lim_{n \to \infty}\frac{1}{n^a} = 0 $$

【L2】当\(|q| < 1\)时，求证 $$ \lim_{n \to \infty}q^n = 0 $$

【L3】求证\(\lim_{n \to \infty}n^{1/n} = 1\)

数列极限的概念

【41】设\(x_n = \frac{n}{n+1}\)，证明：\(\lim_{n \to \infty}x_n = 1\)

【42】设：(1) \(a_n = \frac{\left(-1\right)^{n+1}}{n}\)； (2) \(a_n = \frac{2n}{n^3 + 1}\)； (3) \(a_n = \frac{1}{n!}\)； (4) \(a_n = \left(-1\right)^n \bullet 0.999^n\)。 证明它们都是无穷小量。

【91】证明：若\(\lim_{n\to\infty}x_n = a\)，则\(\lim_{n\to\infty}|x_n| = |a|\)。

【138】已知\(a_n \to a, n \to \infty\)求证： $$ \frac{a_1 + a_2 + \cdots + a_n}{n} \to a, n \to \infty $$

【L1】证明对任意整数\(a > 0\)都有 $$ \lim_{n \to \infty}\frac{1}{n^a} = 0 $$

【L2】当\(|q| < 1\)时，求证 $$ \lim_{n \to \infty}q^n = 0 $$

【L3】求证\(\lim_{n \to \infty}n^{1/n} = 1\)

【42】设：(1) \(a_n = \frac{\left(-1\right)^{n+1}}{n}\)； (2) \(a_n = \frac{2n}{n^3 + 1}\)； (3) \(a_n = \frac{1}{n!}\)； (4) \(a_n = \left(-1\right)^n \bullet 0.999^n\)。证明它们都是无穷小量。