收敛数列存在的条件

时, 有
| an A |

2
, | am A |

2
.
柯西( Cauchy,A.L. 1789－1857 ,法国 )
由此推得
an am an A am A

2


2
.
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例5 设 x n 1 发散.
1
1 3

1 n
, n 1, 2 , .
记 此 极 限 为 e ,即
e lim (1
n
1 n
) .
n
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*例3 设 s n 1 证明:
1 1!

1 2!

1 3!

1 n!
, n 1, 2 , ,
n
lim s n e .
证 显 然 { sn } 是 单 调 增 数 列 , 且 由 例 2 中 的 ( 2 ) 式 ,
n1 n1 n
n1
n1
n1
).
把 e n 和 e n 1 的 展 开 式 作 比 较 就 可 发 现 , e n 的 展 开
式 有 n 1 项 , 其 中 的 每 一 项 都 比 e n 1 的 展 开 式 中
的 前 n 1 项 小 , 而 e n 1 的 最 后 一 项 大 于 零 . 因 此
x a .又 因 a S , 故 x a , 从 而 有
a x a.
现 取 1 1, 则 x 1 S , 使 得
a 1 x1 a .
再 取 2 m in {
1 2
, a x 1 }, 则 x 2 S , 使 得
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| a n a n p | .
均有
满足上述条件的数列称为柯西列.
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由于该定理充分性的证明需要进一步的知识，因
此这里仅给出必要性的证明.
证 设 lim a n A . 由 极 限 定 义 ， 0 , n
N 0 , 当 n, m N ( 或 n, m N )
其 中 r ( 0 ,1). 求 证 { a n } 收 敛 .
证 若 n m,则
a n a m a n a n 1 a n 1 a n 2 a m 1 a m
r r
n
n 1
r
m 1

r r
n
m
由 于 lim
r
n
1r

r
n
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e n e n 1 ,
n 1, 2 , .
从 而 {e n } 是 单 调 增 数 列 , 且
en 1 由此
1 1!
1 2
1 2!
1 2
2
1 3!
1 2
1 n!
. 3,
n
(2)
en 1 1

n 1
这 就 证 明 了 { e n } 又 是 有 界 数 列 . 于 是 lim e n 存 在 .
显 然 , a1
2 2 , 设 an 2 , 则
2 an 2 2 2.
a n1
由此得到 { a n } 有上界 2 , 故 极 限 lim a n A 存 在 . n 于是由 lim a n 1 lim
n
2
n
2 an ,
可得
A 2 A ，并 解 出 A 2 , A 1 .
a 1 x2 a,
且有 x 2 a 2 a (a x1 ) x1 .
一 般 地 , 按 上 述 步 骤 得 到 x n 1 之 后 , 取
n m in {
则 存 在 xn S ,使 得
1 n
, a x n 1 },
a n xn a,
返回返回返回返回在严格单调增数列使得的上界故对使得使得返回返回返回返回一般地按上述步骤得到之后取则存在使得于是得到它是严格单调的满足返回返回返回返回返回返回返回返回二柯西收敛准则定理28数列对于任意正数存在柯西准则的充要条件可用另一种形式表达为
3 数列极限存在的条件
学过数列极限概念后，自然会产生两个 问题：一是怎么知道一个数列是收敛的? 即极限的存在性问题; 二是如何计算数列的 极限? 其中, 判断数列是否收敛, 这在极限 理论中占有非常重要的地位. 下面就极限存在性问题, 介绍两个重要定理. 一、单调有界定理 二、柯西收敛准则
2
2
1
m 1

( 1 2
1 2
1
nm
Байду номын сангаас
n
2
)
1
m 1
(1

1 2
2
1
n m 1
)
2
m 1
1 2
m
{ xn } 收 敛 .
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例7 设 数 列 满 足 条 件 : a n 1 a n r n , n 1, 2 , ,
证明 { x n }
证 取 0 ， N 0 , n 0 N , m 0 2 N , 使得
2
xn xm
0
0

1 N 1
1 2N

1
1 N 2

1 2N
1 2N
0 .


2N
由柯西收敛准则的否定陈述, 可知 { x n } 发散.
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例6 设 x n
a n0
a n ( n n0 )


)

x
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an an ,
0
这就证明了 lim a n .
n
例1 设 a 1
求 lim a n .
n
2 , , an
2 2 2 , ,
m
从而
e lim s n lim (1
n n
1 1! 1 2!

1 2! 1 3!

1 3!
1 n!
1 n!
).
由 公 式 e lim (1
n
1 1!


), 可 以 较 快
地算出 e的近似值.
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由于
0 sn m sn
(1)
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由此得
e n 1 1 1 1! 1 2! 1 n!
1 ( n 1) ! (1
(1 (1
1 n1 1 n1 1
)
1 3!
(1 2 n1 2
1 n1
)(1
2 n1 )
)

)(1
)(1
) (1
) (1
1r
.
n
1r
0,于 是 0, N , n N ,
r
n
1r
.
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若 m n N ,就有
an am
r
n
1r
.
由 柯 西 准 则 ,{ a n } 收 敛 .
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注 柯西收敛准则的意义在于: 可以根据数列通 项本身的特征来判断该数列是否收敛, 而不必依 赖于极限定义中的那个极限值 A. 这一特点在理 论上特别有用, 大家将会逐渐体会到它的重要性.
由极限的不等式性, 知道 A 0 , 所以
n
lim a n 2 .
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例2 下面的叙述错在哪儿？
“ 设 a n 2 , n 1, 2 , , 则
n
a n 1 2
n 1
2an .
因为显然有 a n 0 , 所 以 { a n } 递 增 . 设 lim a n A , n
从而得出
n n
A 2A A 0 ,
即 lim 2 0 . ”
以 前 知 道 圆 周 率 π 是 一 个 重 要 的 无 理 数 ,现 在 来
介 绍 另 一 个 重 要 的 无 理 数 e.
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考 察 数 列 e n
1 n (1 ) 的 收 敛 性 ,下 面 的 证 法 n
复习思考题
1. 对于数列是否收敛的各种判别法加以总结. 2. 试给出{ an }不是柯西列的正面陈述.
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n
lim x n a .
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二、柯西收敛准则
定理 2.8 数列 { a n } 收敛的充要条件是:
对于任意正数 ，存在 N 0，当 n, m N 时, 有
an am .
柯西准则的充要条件可用另一种形式表达为：
0 , N 0 , 当 n N 时 ，对任意 p N + ,
)(1
2 n
)
(1
1 n
) (1
m 1 n
),
m!
因 此 ,在 上 式 中 两 边 令 n , 得
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e lim e n 1
n
1 1!

1 2!

1 3!

1 m!
sm .
当 m 时 , 由 极 限 的 保 不 等 式 性 , e lim s m .
en 1 1 1! 1 2! 1 2 1 3! 1 2
2

1 n!
sn 1 1
2
1
n 1
3,
因 此 lim s n 存 在 且 由 极 限 的 保 不 等 式 性 ,
n
e lim e n lim s n .
n n
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是最基本的, 而教材上的证法技巧性较强.
利 用 二 项 式 展 开 ,得
en 1 n
1 n

n ( n 1) 1 2! n
2

n ( n 1) 1 1 n
n
n! 1 1 1 1 1 2 1 (1 ) (1 )(1 ) 1! 2 ! n 3! n n 1 n! (1 1 n )(1 2 n ) (1 n1 n ),
令 m , 得到
1 ( n 1) !

1 (n 2)!

1 (n m )!
,
0 e sn
1 n !n
, n 1, 2 , .
取 n 1 0 , e s 1 0 2 .7 1 8 2 8 1 8 , 其 误 差
0 e s1 0
1 10 10 !
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一、单调有界定理
定理 2.7 单调有界数列必有极限.
证 该命题的几何意义是十分明显的.
不妨设 { a n }
单调增，有上界. 由确界定理，存在 由上确界的定义，对于任意的 0 ,
su p { a n } .
存在 a n 0 , 使 a n 0 . 故 当 n n 0 ( N ) 时 , (
又对任意 n m,
en 1
1 1!

1 2! 1 n!
(1 (1 (1
1 n 1 n 1 n
)
1 3!
(1 2 n
1 n
)(1
2
) )
1 1 1!
)(1 ) 1 3! )(1
) (1 1 n
n n1 n
1 2! 1
(1 2 n
且有 x n a n a ( a x n 1 ) x n 1 .
于 是 得 到 { xn } S ,它 是 严 格 单 调 的 ,满 足
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a n xn a,
因此,
xn a n
1 n
, n 1, 2 , .
这就证明了
10 .
7
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例4 设 S 是 有 界 数 集 .证 明 : 若 su p S a S , 则 存
在 严 格 单 调 增 数 列 { x n } S , 使 得 lim x n a .
n
证 因 a 是 S 的 上 界 ,故 对 0, x S ,使 得
n
解 显 然 an 0 . 因 a2
a n a n1 , 则 有
an1 an
2
2 , 故 a 2 a1 ; 设
2 an
2 a n1

a n a n1 2 an 2 a n1
0,
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所以 { a n } 递增 .
下面再来证明此数列有上界.
sin 1 2
1

sin 2 2
2

sin n 2
n
, n 1, 2 , .
求证 { x n } 收 敛 .
证 0, N
xn xm
lo g lo g 2 , 当 n m N 时, 有
sin ( m 1) 2
m 1

sin n 2
n