第2章第4节收敛准则

4、收敛数列

收敛数列有界，有界数列不一定收敛

问题

（1）有界数列加上什么条件可得证收敛？

（2）有界数列不加其他条件，可得到什么结论？

定理 2.4.1 单调有界数列必定收敛

证明：

设 $\lbrace x_n \rbrace$ 单调增加，有上界，则：
以 $\lbrace x_n \rbrace$ 为集合的数集必有上确界，记上确界为 $\beta$ 有：
(1) $\beta$ 是上界, $\forall n,x_n\leq \beta$
(2) $\beta$ 是最小上界，即 $\forall \epsilon>0,\exists n_0,$ 使得 $x_{n_0}>\beta - \epsilon$ 。
取 $N=n_0,\forall n>N$ ： $\beta - \epsilon<x_{n_0}\leq x_n\leq \beta$ （因为 $\lbrace x_n\rbrace$ 单调增加，所以 $x_{n_0}\leq x_n$ ）
由上式可得：
$\vert x_n-\beta \vert<\epsilon$ 即： $\lim\limits_{n \rightarrow \infty}x_n=\beta$

定理意义

证明： $\lim\limits_{n \rightarrow \infty}x_n=a$
$\forall \epsilon > 0,\exists N,\forall n>N$ ： $\vert x_n-a \vert < \epsilon$

问题

例 2.4.1

设 $x_1>0,x_{n+1}=1+\frac{x_n}{1+x_n},n=2,3,4,...$
求证：数列 $\lbrace x_n \rbrace$ 收敛，并求极限

解： $x_1>0 \implies x_2>0 \implies x_3>0 \implies ...$ （由数学归纳法得）
$\implies 1<x_n<2 (n=2,3,4,...)$
$x_{n+1}-x_n=(1+\frac {x_n} {1+x_n} )-(1+\frac {x_{n-1}} {1+x_{n-1}} )=\frac{x_n-x_{n-1}}{(1+x_{n-1})(1+x_{n})}$
$x_{n+1}-x_n$ 与 $x_n-x_{n-1}$ 同号 $\implies$ 说明 $\lbrace x_n \rbrace$ 是单调数列 $\implies \lbrace x_n \rbrace$ 收敛（满足单调有界）
设 $\lim\limits_{n \to \infty}x_n=a$
由 $x_{n+1}=1+\frac{x_n}{1+x_n}$
对等式两边同时求极限，得：
$a=1+\frac{a}{1+a} \implies a^2-a-1=0$
解得：
$a=\frac {1\pm \sqrt{5}}{2}$
因为 $1<a<2$
所以 $a=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$

例 2.4.2

设 $0<x_1<1,x_{n+1}=x_n(1-x_n)$
求证： $\lbrace x_n \rbrace$ 收敛，并求极限

解：
由数学归纳法，可知： $0<x_n<1$ （有界）
$x_{n+1}-x_n=x_n(1-x_n)-x_n=-x_n^2<0$
$\implies \lbrace x_n \rbrace \darr$ 有下界
所以 $\lbrace x_n \rbrace$ 收敛
设 $\lim\limits_{n \to \infty}x_n=a$
由 $x_{n+1}=x_n(1-x_n)$
对上式左右两边同时求极限，得：
$a=a(1-a) \implies a^2=0 \implies a=0$
所以 $\lbrace x_n \rbrace$ 极限为0
考虑：
$\lim\limits_{n \to \infty} nx_n=\lim\limits_{n \to \infty }\frac{n}{\frac {1}{x_n}}$
$=\lim\limits_{n \to \infty} \frac{n-(n-1)}{\frac{1}{x_n}-\frac{1}{x_{n-1}}}=\lim\limits_{n >\to \infty}\frac{x_{n_1}x_n}{x_{n-1}-x_n}=\lim\limits_{n \to \infty}\frac{x_{n-1}^2(1-x_{n-1})}{x_{n-1}-x_{n-1}(1-x_{n-1})}=\lim\limits_{n \to \infty}(1-x_{n-1})=1$
说明：
$\lim\limits_{n \to \infty}\frac{x_n}{\frac{1}{n}}=1$

例 2.4.3

$x_1=\sqrt{2},x_{n+1}=\sqrt{3+2x_n},n=2,3,...$
求证： $\lbrace x_n \rbrace$ 收敛，并求极限

解：
已知 $0<x_n=\sqrt{2}<3$
设 $0<x_n<3$ ，则：
$0<x_{n+1}=\sqrt{3+2x_n}<3$
有数学归纳法得： $0<x_n<3$ 对一切n成立。
$x_{n-1}-x_n=\sqrt{3+2x_n}-x_n=\frac{3+2x_n-x_n^2}{\sqrt{3+2x_n}+x_n}=\frac{(3-x_n)(1+x_n)}{![\sqrt{3+2x]()_n}+x_n}>0$
所以 $\lbrace x_n \rbrace \uparrow$ 有上界
$x_{n+1}=\sqrt{3+2x_n} \implies a=\sqrt{3+2a} \implies a^2-2a-3=0 \implies a=3$

例 2.4.4

Fibonacci数列： $\lbrace a_n \rbrace =\lbrace 1,1,2,3,5,8,13,21,...\rbrace$
在第 $n+1$ 个季度， $a_{n-1}$ 对兔子能产下小兔。
$a_{n+1} =a_n+a_{n-1}$
令 $b_n=\frac{a_{n+1}}{a_n},b_n-1$ 表示在第n+1季度兔对总数的增长率
讨论数列 $\lbrace b_n \rbrace$ ：
$b_n=\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{a_n+a_{n-1}}{a_n}=1+\frac{a_{n-1}}{an}=1+\frac{1}{b_{n-1}}$
$b_n=1+\frac{1}{b_{n-1}} \implies$ 等式两边同时求极限 $\implies a=1+\frac{1}{a} \implies a=\frac{\sqrt{5}+1}{2}$
令 $b_{n-1}<\frac{\sqrt{5}+1}{2} \implies b_n>1+\frac{1}{\frac{\sqrt{5}+1}{2}}=\frac{\sqrt{5}+1}{2}$
令 $b_{n-1}>\frac{\sqrt{5}+1}{2} \implies b_n<1+\frac{1}{\frac{\sqrt{5}+1}{2}}=\frac{\sqrt{5}+1}{2}$
$\implies \lbrace b_n \rbrace$ 不单调！
将 $\lbrace b_n \rbrace$ 分成两个子数列 $\lbrace b_{2n-1} \rbrace\in (0,\frac{\sqrt{5}+1}{2}),\lbrace b_{2n} \rbrace\in (\frac{\sqrt{5}+1}{2},+\infty)$
$b_{2k+1}- b_{2k-1}=1+ \frac{1}{1+ \frac{1}{b_{2k-1}}}-b_{2k-1}=\frac{1+b_{2k-1}-b_{2k-1}^2}{1+b_{2k-1}}=\frac{(\frac{\sqrt{5}+1}{2}-b_{2k-1})(\frac{\sqrt{5}-1}{2}+b_{2k-1})}{1+b_{2k-1}}>0$
所以 $\lbrace {b_{2k-1} \rbrace} \uparrow$
$b_{2k+2}- b_{2k}=1+ \frac{1}{1+ \frac{1}{b_{2k}}}-b_{2k}=\frac{1+b_{2k}-b_{2k}^2}{1+b_{2k}}=\frac{(\frac{\sqrt{5}+1}{2}-b_{2k})(\frac{\sqrt{5}-1}{2}+b_{2k})}{1+b_{2k}}<0$
所以 $\lbrace {b_{2k} \rbrace} \downarrow$
设 $\lim\limits_{n \to \infty} b_{2n-1}=a,\lim\limits_{n \to \infty} b_{2n}=b$
$\implies b_{2n+1}=1+ \frac{1}{1+ \frac{1}{b_{2n-1}}}=\frac{1+2b_{2n-1}}{1+b_{2n-1}} \implies$ 等式两边同时求极限 $\implies a=\frac{1+2a}{1+a}\implies a^2-a-1=0$
解得： $a=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$
$\implies b_{2n+2}=1+ \frac{1}{1+ \frac{1}{b_{2n}}}=\frac{1+2b_{2n}}{1+b_{2n}} \implies$ 等式两边同时求极限 $\implies b=\frac{1+2b}{1+b}\implies b^2-b-1=0$
解得： $b=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$
所以： $\lim\limits_{n \to \infty} b_{2n-1}=\frac{1+\sqrt{5}}{2},\lim\limits_{n \to \infty} b_{2n}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$
对于 $\lbrace x_n \rbrace,\lim\limits_{n \to \infty} x_{2n}=\lim\limits_{n \to \infty} x_{2n+1}=a\implies \lim\limits_{n \to \infty}x_n=a$
所以：
$\lim\limits_{n \to \infty}b_n=\frac{\sqrt{5}+1}{2}$
$\lim\limits_{n \to \infty}(b_n-1)=\frac{\sqrt{5}-1}{2} \approx 0.618$

$\pi$ 与 $e$

$\pi$ ——圆周率，圆周长与直径之比

单位圆

圆的逼近

单位圆周长 $=2\pi$
单位圆面积 $=\pi$
单位圆正 $n$ 边形的周长为： $2n\sin{\frac{180^o}{n}}$
设半周长为 $L_n,L_n=n\sin{\frac{180^o}{n}},\lbrace L_n\rbrace.$

例2.4.5

证明 $\lbrace L_n=n\ sin\frac{180^o}{n} \rbrace$ 收敛.

证：
令 $t=\frac{180^o}{n(n+1)},$ 当 $n \geqslant 3$ 时， $nt \leqslant 45^o$
$\tan{nt}=\tan{((n-1)t+t)}=\frac{\tan{((n-1)t)}+\tan{t}}{1-\tan{((n-1)t+t)}}>\tan{((n-1)t)}+\tan{t}>\tan{((n-2)t)}+2\tan{t}>...>n\tan{t}$
$\sin{(n+1)t}=\sin{nt}\cos{t}+\cos{nt}\sin{t}=\sin{nt}\cos{t}(1+\frac{\tan{t}}{\tan{nt}})<\frac{n+1}{n}\sin{nt}$
$t=\frac{180^o}{n(n+1)}$ 代入：
$\sin{\frac{180^o}{n}}<\sin{\frac{180^o}{n+1}} \implies n\sin{\frac{180^o}{n}}<(n+1)\sin{\frac{180^o}{n+1}}$
$\implies \lbrace L_n\rbrace \uparrow.$
内接正n边形的面积： $S_n=n\sin{\frac{180^o}{n}}\cos{\frac{180^o}{n}}<4(外接正方形)$
$\implies \lbrace L_n \rbrace n\sin{\frac{180^o}{n}}<\frac{4}{\cos{\frac{180^o}{n}}}<8$
$\implies \lbrace L_n \rbrace$ 有上界.
所以： $\lbrace L_n \rbrace$ 收敛。

关于单位圆面积

设：
单位圆的面积为： $S$ .
单位圆的外切n边形的面积为： $S^{\prime}_n=2n\tan{\frac{180^o}{n}}.$
$n\sin{\frac{180^o}{n}}\cos{\frac{180^o}{n}}=S_n<S<S'_n=2n\frac{\sin{\frac{180^o}{n}}}{\cos{\frac{180^o}{n}}}.$
$n \to \infty \implies S=\pi.$

例题 2.4.6

考虑 $x_n=(1+\frac{1}{n})^n,y_n=(1+\frac{1}{n})^{n+1}.$

$x_n=(1+\frac{1}{n})^n \cdot 1 \le (\frac{n(1+\frac{1}{n})+1}{n+1})^{n+1}=(1+\frac{1}{n+1})^{n+1}=x_{n+1}$
$\implies \lbrace x_n \rbrace \uparrow$
$\frac{1}{y_n}=(\frac{1}{n+1})^{n+1} \cdot 1 \le (\frac{(n+1)\cdot \frac{n}{n+1}+1}{n+2})^{n+2}=(\frac{n+1}{n+2})^{n+2}=\lbrace \frac{1}{y_{n+1}}\rbrace$
$\implies \lbrace y_n \rbrace \downarrow$
得到： $2=x_1<x_n<y_n\le y_1=4$
$\implies \lbrace x_n \rbrace$ 收敛 $.\lbrace y_n \rbrace$ 收敛 $.$
又因为： $y_n=x_n(1+\frac{1}{n})$
所以： $\lim\limits_{n \to \infty}x_n=\lim\limits_{n \to \infty}y_n$

定义 $\Downarrow$

$\lim\limits_{n \to \infty}x_n=e,e \approx 2.71828...$
$\ln=\log_{e} \rightarrow$ 自然对数， $e$ 称为自然对数的底数

例 2.4.7

令 $a_n=1+\frac{1}{2^p}+\frac{1}{3^p}+\frac{1}{4^p}+...+\frac{1}{n^p},(p>0).$
$\lbrace a_n \rbrace \uparrow$
证明：当 $p>1$ 时， $\lbrace a_n \rbrace$ 收敛； $p \le 1$ 时， $\lbrace a_n \rbrace$ 发散到 $+\infty$

$p>1,令\frac{1}{2^{p-1}}=r,0<r<1.$
$\frac{1}{2^p}+\frac{1}{3^p}<\frac{2}{2^p}=r$
$\frac{1}{4^p}+\frac{1}{5^p}+\frac{1}{6^p}+\frac{1}{7^p}<\frac{4}{4^p}=r^2$
$\frac{1}{8^p}+\frac{1}{9^p}+\frac{1}{10^p}+\frac{1}{11^p}+\frac{1}{12^p}+\frac{1}{13^p}+\frac{1}{14^p}+\frac{1}{15^p}<\frac{8}{8^p}=r^3$
$\frac{1}{(2^k)^p}+\frac{1}{(2^k+1)^p}+\frac{1}{(2^k+2)^p}+...+\frac{1}{(2^{k+1}-1)^p}<\frac{2^k}{(2^k)^p}=r^k$
$\forall n,a_n < a_{2^n-1} < 1+r+r^2+r^3+...+r^{n-1}<\frac{1}{1-r}$
所以 $\lbrace a_n \rbrace$ 有上界，
所以 $\lim\limits_{n \to \infty}a_n$ 收敛。

$p \le 1.$
$\frac{1}{2^p} \ge \frac{1}{2}$
$\frac{1}{3^p}+\frac{1}{4^p} > \frac{1}{4^p} + \frac{1}{4^p} \ge \frac{1}{4} + \frac{1}{4} =\frac{1}{2}$
$\frac{1}{5^p}+\frac{1}{6^p}+\frac{1}{7^p}+\frac{1}{8^p} > \frac{4}{8^p} \ge \frac{4}{8} =\frac{1}{2}$
$\frac{1}{(2^k+1)^p}+\frac{1}{(2^k+2)^p}+...+\frac{1}{(2^{k+1})^p} > \frac{2^k}{(2^p)^{k+1}} \ge \frac{2^k}{2^{k+1}} =\frac{1}{2}$
$a_n=1+\frac{1}{2^p}+\frac{1}{3^p}+...+\frac{1}{n^p}.\lbrace a_n \rbrace$ 没有上界
所以： $\lim\limits_{n \to \infty}a_n=+\infty.$
特别提出：
$p=1,a_n=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{n}$
$\sum_{n=1}^{\infty}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{n}+...$ （调和级数）

例 2.4.8

$\lbrace b_n\rbrace =(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{n})-\ln{n}$

解：
$(1+\frac{1}{n})^n < e < (1+\frac{1}{n})^{n+1}$
两边同时求对数 $\implies n\ln{\frac{n+1}{n}} < 1 < (n+1)\ln{\frac{n+1}{n}}$
$\implies \frac{1}{n+1} < \ln{\frac{n+1}{n}} < \frac{1}{n}$
$b_{n+1}-b_n=\frac{1}{n+1}-\ln{n+1}+\ln{n}=\frac{1}{n+1}-\ln{\frac{n+1}{n}}<0$
$\implies \lbrace b_n\rbrace 严格 \downarrow$ ;
$\lbrace b_n\rbrace=(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{n})-\ln{n}>\ln{\frac{2}{1}}+\ln{\frac{3}{2}}+\ln{\frac{4}{3}}+...+\ln{\frac{n+1}{n}}-\ln{n}=\ln\frac{n+1}{n}>0$
$\implies \lbrace b_n \rbrace$ 有下界;
所以： $\lbrace b_n \rbrace$ 收敛.
设它的极限为 $\gamma,\gamma=0.577215...$

例 2.4.9

证明 $\lim\limits_{n \to \infty} (\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+...\frac{1}{2n})=\ln{2}$

证：
$b_n= 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{n}-\ln{n} \to \gamma$
$b_{2n}= 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{2n}-\ln{2n} \to \gamma$
$b_{2n}-b_n= \frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+...\frac{1}{2n}-\ln{2n}+\ln{n} \to 0$
所以： $\lim\limits_{n \to \infty} c_n = \lim\limits_{n \to \infty} (\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+...\frac{1}{2n})=\ln{2}$

例 2.4.10

$\lbrace d_n \rbrace=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+...+(-1)^{n+1}\frac{1}{n}$

解：
$b_n= 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{n}-\ln{n} \to \gamma$
$b_{2n}= 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{2n}-\ln{2n} \to \gamma$
$b_{2n}-b_n= \frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+...\frac{1}{2n}-\ln{2n}+\ln{n} \to 0$
$b_{2n}-b_n=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+...+\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n}-\ln2 \to 0$
所以： $\lim\limits_{n \to \infty} d_{2n} =\ln{2}$
$\lim\limits_{n \to \infty} d_{2n+1} =\lim\limits_{n \to \infty} d_{2n}+\lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{2n+1} = \ln{2}$
所以： $\lim\limits_{n \to \infty} d_{n} =\ln{2}$

定义 2.4.1

$\lbrace [ a_n,b_n ]\rbrace,$ 满足：

（1） $[a_{n-1},b_{n-1}]\subset [a_n,b_n],n=1,2,3,4,...$

（2） $b_n - a_n \to 0(n\to \infty)$

定理 2.4.2 闭区间套定理

若 $\lbrace [ a_n,b_n ]\rbrace$ 是一个闭区间套，则存在惟一的实数 $\xi ,$ 属于一切闭区间 $[a_n,b_n],$ 且 $\xi = \lim\limits_{n \to \infty} a_n = \lim\limits_{n \to \infty} b_n$

证明：

$a_1 \le a_{n-1} \le a_n \le b_n \le b_{n-1} \le b_1$
$\lbrace a_n \rbrace \uparrow$ 有上界 $b_1 ; \lbrace b_n \rbrace \downarrow$ 有下界 $a_1.$
$\lim\limits_{n \to \infty} a_n= \xi;\lim\limits_{n \to \infty} b_n= \lim\limits_{n \to \infty} [a_n+(b_n-a_n)] = \xi.$
$\implies a_n \le \xi \le b_n,$ 即 $\xi$ 属于每一个 $[a_n,b_n].$
若另有 $\xi' \in [a_n,b_n],n=1,2,3,...,$ 由 $a_n \le \xi \le b_n.$
由数列极限的夹逼性质可知： $\xi'=\xi.$

定理 2.4.3 实数集 $R$ 不可列

证明：

反证法：
假设 $R$ 可列：即可以找到一种排列的规则，使得 $R=\lbrace x_1,x_2,x_3,...,x_n,... \rbrace.$
先取 $[a_1,b_1],使x_1 \not\in [a_1,b_1]$
将 $[a_1,b_1]分成[a_1,\frac{2a_1+b_1}{3}],[\frac{2a_1+b_1}{3},\frac{a_1+2b_1}{3}],[\frac{a_1+2b_1}{3},b_1]$ 其中必有一个区间不包含 $x_2;$
将 $[a_2,b_2]分成[a_2,\frac{2a_2+b_2}{3}],[\frac{2a_2+b_2}{3},\frac{a_2+2b_2}{3}],[\frac{a_2+2b_2}{3},b_2]$ 其中必有一个区间不包含 $x_3;$
$...$
得到了一个闭区间套 $\lbrace [ a_n,b_n ]\rbrace,$ 则必有 $\xi \in R,\xi \in [a_n,b_n],$
于是 $\forall n,\xi \not = x_n.$
所以： $R$ 不可列。

最后编辑于：2019.04.16 11:31:27

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第2章 第4节 收敛准则

4、收敛数列

收敛数列有界，有界数列不一定收敛

问题

（1）有界数列加上什么条件可得证收敛？

（2）有界数列不加其他条件，可得到什么结论？

定理 2.4.1 单调有界数列必定收敛

证明：

定理意义

问题

例 2.4.1

例 2.4.2

例 2.4.3

例 2.4.4

与

例2.4.5

关于单位圆面积

例题 2.4.6

定义

例 2.4.7

例 2.4.8

例 2.4.9

例 2.4.10

定义 2.4.1

满足：

（1）

（2）

定理 2.4.2 闭区间套定理

若是一个闭区间套，则存在惟一的实数属于一切闭区间且

证明：

定理 2.4.3 实数集不可列

证明：

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第2章第4节收敛准则

$\pi$ 与 $e$

定义 $\Downarrow$

$\lbrace [ a_n,b_n ]\rbrace,$ 满足：

（1） $[a_{n-1},b_{n-1}]\subset [a_n,b_n],n=1,2,3,4,...$

（2） $b_n - a_n \to 0(n\to \infty)$

若 $\lbrace [ a_n,b_n ]\rbrace$ 是一个闭区间套，则存在惟一的实数 $\xi ,$ 属于一切闭区间 $[a_n,b_n],$ 且 $\xi = \lim\limits_{n \to \infty} a_n = \lim\limits_{n \to \infty} b_n$

定理 2.4.3 实数集 $R$ 不可列