第二讲数列极限

极限，从通俗直观的意义上讲，是一个无限趋近的过程
数列极限证明“三部曲”：证明 $\lim_{n\to\infty}X_n=a$

写出距离 $|X_n-a|\lt\epsilon$
反解出 $n\gt g(\varepsilon)$
取 $N=[g(\varepsilon)]+1,(n\gt N)$

用定义证明 $\lim_{n\to\infty}q^n=0,|q|\lt 1$
第一步，写距离： $|q^n-0|\lt\varepsilon$ ，(不妨设 $\varepsilon\lt 1$ )
第二步，反推n， $|q^n|\lt\varepsilon\Rightarrow\ln|q^n|<\ln\varepsilon\Rightarrow n\ln|q|<\ln\varepsilon$ ，因为 $\ln|q|\lt 0$ ，所以得 $n\gt\frac{\ln\varepsilon}{\ln|q|}$
第三步，取 $N=[\frac{\ln\varepsilon}{\\ln|q|}]+1$
故， $\forall\varepsilon\gt 0$ ，当 $n\gt N$ 时就有 $n\gt\frac{\ln\varepsilon}{\ln|q|}$ ，都有 $|q^n-0|\lt\varepsilon$ ，所以 $\lim_{n\to\infty}q^n=0$

这一讲涉及5个考点

第一个考点

用数列极限的定义来解决求极限或证明极限存在的问题，即定义法解决数列极限问题
ε-N语言： $\lim_{n\to\infty}X_n=a\iff\forall \varepsilon\gt 0,\exists N\gt 0$ ，当 $n\gt N$ 时，恒有 $|X_n-a|\lt\varepsilon$

$\color{red}{经典例题}$
证明：若 $\lim_{n\to\infty}a_n=A$ ，则 $\lim_{n\to\infty}|a_n|=|A|$
由数列极限得： $\lim_{n\to\infty}a_n=A\iff\forall\varepsilon\gt 0,\exists N\gt 0\to\forall n\gt N,|a_n-A|\lt\varepsilon$
又有不等式 $||a|-|b||\le |a-b|$
所以 $\forall\varepsilon\gt 0,\exists N\gt 0\to\forall n\gt N,||a_n|-|A||\le |a_n-A|<\varepsilon$
证毕.
结论：
1，此题结论反之不成立(反例： $\lim_{n\to\infty}|(-1)^n|=1,\lim_{n\to\infty}(-1)^n 不\exists$ )
2，如果A=0，那么 $||a_n|-|A||=|a_n-A|$ 所以， $\lim_{n\to\infty}a_n=0\iff\lim_{n\to\infty}|a_n|=0$

$\color{red}{结论2的应用}$ ，使用夹逼准则证明数列极限( $\lim_{n\to\infty}a_n=A$ )的时候，需要找到 $B_n\le A_n\le C_n$ ，然后证明 $\lim_{n\to\infty}b_n=A,\lim_{n\to\infty}c_n=A$ ，但是当A=0的时候，由上面的结论，可以直接把夹逼准则写成 $0\le |A_n|\le C_n$ ，从而只需要计算数列 $C_n$ 的极限

数列收敛与子数列收敛的关系：
定理：若数列{ $a_n$ }收敛，则其任何子数列{ $a_{n_k}$ }也收敛且 $\lim_{k\to\infty}a_{n_k}=\lim_{n\to\infty}a_n$

判断数列发散：由上面的定理可以推知判断数列发散的方法，对于一个数列，如果存在一个子数列是发散的，那么原数列也是发散的；如果能找到两个收敛的子数列，但他们收敛到不同的极限，那么原数列也是发散的。

例题：
证明数列{ $n^{(-1)^n}$ }极限不存在
分析数列: $n^{(-1)^n}=\begin{cases}\frac{1}{2n-1}\\2n\end{cases}$
取原数列的偶数项为子数列，则 $\lim_{n\to\infty}2n=+\infty$ ，这个子数列是发散的，所以原数列也是发散的
证毕.

第二个考点

用数列极限的性质来解决数列极限问题
数列收敛的性质： $\begin{cases}唯一性\\有界性\\保号性\end{cases}$

数列极限的保号性是说，如果数列存在一个极限，如果这个极限值大于0（或者小于0），则存在正整数N，当n>N时，有 $a_n>0(or\space a_n<0)$ ，
也称之为脱帽法： $\forall b,\lim_{n\to\infty}a_n=a\gt b\Rightarrow a_n\gt b(n\gt N)$
根据这个性质可以得到一个推论：
如果数列{ $a_n$ }从某项开始有 $a_n\ge 0$ ，且 $\lim_{n\to\infty}a_n=a$ ，则 $a_n\ge 0$
也称之为戴帽法： $\forall b,a_n\ge b,\lim_{n\to\infty}a_n=a\Rightarrow a\ge b$

第三个考点

用运算规则来解决数列极限问题
极限的运算法则，若 $\lim_{n\to\infty}x_n=a,\lim_{n\to\infty}y_n=b$ 则，
$\lim_{n\to\infty}(x\pm y)=a\pm b$
$\lim_{n\to\infty}(x\cdot y)=a\cdot b$
若 $a\ne 0,b\ne 0$ ，则 $\lim_{n\to\infty}\frac{x_n}{y_n}=\frac{a}{b}$

例题：
$\lim_{n\to\infty}{a_n+b_n}=1,\lim_{n\to\infty}{a_n-b_n}=3$ ，计算 $\lim_{n\to\infty}a_n,\lim_{n\to\infty}b_n$
$\lim_{n\to\infty}(a_n+b_n+a_n-b_n)=2\lim_{n\to\infty}a_n=4$
$\lim_{n\to\infty}a_n=2$
$\lim_{n\to\infty}(a_n+b_n-a_n+b_n)=2\lim_{n\to\infty}b_n=-2$
$\lim_{n\to\infty}b_n=-1$

第四个考点

用夹逼准则来解决数列极限问题( $\color{red}{重要等级一颗星}$ )
夹逼准则：如果数列{ $x_n$ }，{ $y_n$ }以及{ $z_n$ }满足，1. $\forall n,y_n\le x_n\le z_n$ ，2. $\lim_{n\to\infty}y_n=a,\lim_{n\to\infty}z_n=a$ ，则 $\lim_{n\to\infty}x_n=a$
需要注意的是， $x_n,y_n,z_n$ 之间的等号关系不必满足等号关系

例题：( $\color{red}{只动分母，不动分子}$ )
求极限 $\lim_{n\to\infty}(\frac{1}{n^2+n+1}+\frac{2}{n^2+n+2}+\cdots+\frac{n}{n^2+n+n})$
$\frac{\sum_{i=1}^ni}{n^2+2n}<\sum_{i=1}^n\frac{i}{n^2+n+i}<\frac{\sum_{i=1}^ni}{n^2+n+1}$
$\lim_{n\to\infty}\frac{\sum_{i=1}^ni}{n^2+2n}=\lim_{n\to\infty}\frac{n^2+n}{2(n^2+2n)}=\frac{1}{2}$
$\lim_{n\to\infty}\frac{\sum_{i=1}^ni}{n^2+n+1}=\lim_{n\to\infty}\frac{n^2+n}{2(n^2+n+1)}=\frac{1}{2}$
$\therefore\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n\frac{i}{n^2+n+i}=\frac{1}{2}$

第五个考点

用单调有界准则来解决数列极限问题( $\color{red}{重要等级三颗星，压轴题考点}$ )
单调有界数列必有极限
单调： $X_{n+1}-X_n\le 0?$ 或者 $\frac{X_{n+1}}{X_n}\le1?$ （同号的情况下）
有界： $X_n\le M$ 或者 $X_n\ge M$

例题：
( $\color{red}{见到递推式a_{n+1}=f(a_n)一般用单调有界准则求极限}$ )
设数列{ $a_n$ }满足 $a_1=a(a\gt 0),a_{n+1}=\frac{1}{2}(a_n+\frac{2}{a_n})$ ，证明极限 $\lim_{n\to\infty}a_n$ 存在并求其值
由其递推式可以发现， $\forall n,a_n\gt 0$
$a_{n+1}=\frac{1}{2}(a_n+\frac{2}{a_n})\ge\sqrt{a_n\cdot\frac{2}{a_n}}=\sqrt{2}$
故{ $a_n$ }有下界
$a_{n+1}-a_n=\frac{1}{2}a_n+\frac{1}{a_n}-a_n=\frac{2-(a_n)^2}{2a_n}\le 0$
故{ $a_n$ }单调递减
故数列{ $a_n$ }存在极限值，设 $\lim_{n\to\infty}a_n=A$ 则
$A=\frac{1}{2}(A+\frac{2}{A})$
$A^2=2$
$A=\pm\sqrt{2}$
由数列极限的保号性可得 $A=\sqrt{2}$ ，故
$\lim_{n\to\infty}a_n=A$

$\color{red}{经典真题}$
设数列{ $x_n$ }满足 $0\lt x_1\lt \pi,x_{n+1}=\sin x_n(n=1,2,\cdots)$ ，证明 $\lim_{n\to\infty}x_n$ 存在，并求出这个值
$x_2=\sin x_1<x_1<\pi$
$\because 0\lt x_1\lt\pi$
$\therefore x_2=\sin x_1,0\lt x_2$
假设 $0\lt x_n=\sin x_{n-1}<\pi$
则 $x_{n+1}=\sin x_n$
所以 $0\lt x_{n+1}\lt \pi$
$x_{n+1}=\sin x_n<x_n$
故数列{ $x_n$ }单调递减有下界，所以极限存在记为A，则
$A=\sin A$
有函数图像可知A=0
故 $\lim_{n\to\infty}x_n=0$

直接计算法
当涉及二阶递推式的时候，需要灵活运用恒等变形然后再做计算

例题：
设数列{ $a_n$ }满足 $a_0=0,a_1=1,2a_{n+1}=a_n+a_{n-1},n=1,2,\cdots$
(1)证明 $a_{n+1}-a_n=(-\frac{1}{2})^n,n=1,2,\cdots$
先变形：
$2a_{n+1}=a_n+a_{n-1}$
$2a_{n+1}-2a_n=a_n+a_{n-1}-2a_n$
$2(a_{n+1}-a_n)=-(a_n-a_{n-1})$
$a_{n+1}-a_n=\frac{-1}{2}(a_n-a_{n-1})$
令{ $b_n$ }= $a_n-a_{n-1}$
则数列{ $b_n$ }是一个首项为1，公比为 $\frac{-1}{2}$ 的等比数列
所以 $a_{n+1}-a_n=b_{n+1}=(-\frac{1}{2})^n$
(2)求 $\lim_{n\to\infty}a_n$
$a_n=(a_n-a_{n-1})+(a_{n-1}-a_{n_2})+\cdots+(a_1-a_0)+a_0$
$a_n=b_n+b_{n-1}+\cdots+b_1+0=\frac{2}{3}[1-(-\frac{1}{2})^n]$
$\therefore \lim_{n\to\infty}a_n=\frac{2}{3}$

第二讲 数列极限