物理 [栖岸计划]1.2 数列极限（1）
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上一节：[栖岸计划]1.1 实数
极限是什么？
对于任意的 $\varepsilon \gt 0$ ，存在……
不，我说的不是这个“极限”。“极限”这个词，在日常生活中指什么意思？
比如说，“这个分数是我的极限了……”“人体能承受的压力极限是……”
很明显有一种“尽全力之后，只能达到（或不断接近）……”的含义。
那什么是数列的极限？
套公式答题：就是数列“尽全力”之后，只能达到（或者不断接近）的那个数。
或者说，如果下标不断增大，趋向无穷时，数列最终只能达到或不断接近一个数，这个数就是数列的极限。
比如，如果我们不断把 $1$ 二等分，可以得到一个等比数列：
$\displaystyle1, \frac{1}{2}, \frac{1}{4}, \frac{1}{8}, ...$
这个数列的项越来越接近 $0$ ，却无法达到。按这个概念， $0$ 就应该是它的极限。
文学家的工作结束了，下面是数学家的事。
什么是“不断接近”？差 $0.1$ 算不算？ $0.01$ 算不算？ $0.001$ ……
我们发现，你根本不能用一个确切的数定义“不断接近”。因为你挑任何一个正数，我都能举出来一个更小的正数，说“不，还不够接近”。
所以干脆一刀切，“对任意的 $\varepsilon \gt 0$ ，当 $n$ 趋于无穷时，数列第 $n$ 项与数列极限差的绝对值小于 $\varepsilon$”。
问题又来了：什么是“趋于无穷”？本质上是下标足够大。多大算足够大？
类似的情况又发生了。于是用同样的方法，“存在正整数 $N$ ，当 $n\gt N$ 时”。
这样的话，有的结论可能对于大于 $10$ 的数都成立，有的对大于 $100$ 的数成立，有的对大于 $1000$ 的数才成立。但只要我能找到这样的一个 $N$ ，我们都能说“对足够大的 $n$ ，结论成立”。
把上面的话连在一起，就是极限的定义：
对于实数列 $\{a_n\}$ 与实数 $L$ ，若对任意的 $\varepsilon\gt 0$ ，存在 $N\in\N^*$ ，当 $n \gt N$ 时，总有 $|a_n-L|\lt \varepsilon$ ，则称 $L$ 为数列 $\{a_n\}$ 的极限，记作：
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=L$
完美！
现在，我们利用极限的定义，就可以求一些简单的极限了：
（注：例题大部分来自于讲义，但不会照抄讲义上的全部题目）
例1（讲义例1.2.3）已知 $a_1=0.9, a_2=0.99, a_3=0.999, ...$ ，证明： $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=1$ 。
这算是解决“ $0.\dot{9}$ 和 $1$ 谁更大”这个“死亡之问”的一个开端。
为了尽量往定义上凑，我们比较 $1$ 和每一项的差。
$1-0.9=0.1$
$1-0.99=0.01$
$1-0.999=0.001$
……
$1-a_n=0.000...1=10^{-n}$ （共 $(n-1)$ 个 $0$ ）
显然 $10^{-n}\gt 0$ ，因此 $|a_n-1|=10^{-n}$ 。现在，我们只需要证明：
对任意的 $\varepsilon \gt 0$ ，存在 $N\in \N^*$ ，当 $n\gt N$ 时，总有 $10^{-n}\lt\varepsilon$ 。
怎么去寻找合适的 $N$ ？
我们先考虑，什么样的 $n$ 能够满足 $10^{-n}\lt\varepsilon$ 。
两边取常用对数： $-n\lt \lg \varepsilon$ ，从而 $n\gt-\lg\varepsilon=\lg\frac{1}{\varepsilon}$ 。
很明显， $n$ 足够大的时候，应该是满足 $n\gt\lg\frac{1}{\varepsilon}$ 的。
选取 $N$ 的时候，只要确保 $N\gt\lg\frac{1}{\varepsilon}$ ，当 $n\gt N$ 时，自然有 $n\gt\lg\frac{1}{\varepsilon}$ 。
由于 $N$ 必须是一个正整数，我们选取 $N=\max\{1, [\lg\frac{1}{\varepsilon}]+1\}$ 。
一方面，它显然是一个整数，且它大于等于 $1$ ，从而是正整数；
另一方面， $N\ge[\lg\frac{1}{\varepsilon}]+1\gt\lg\frac{1}{\varepsilon}$ ，也满足我们需要的条件。
因此，我们找到了适当的 $N$ ，使得 $n\gt N$ 时，必然有 $10^{-n}\lt\varepsilon$ 。于是命题得证。
下面，我们完整地书写步骤：
解：由于 $a_n=0.999...9=1-10^{-n}\lt 1$ （小数部分共 $n$ 个 $9$ ），
有 $|a_n-1|=1-a_n=10^{-n}$ 。
对于任意的 $\varepsilon\gt 0$ ，取 $N=\max\{1,[\lg\frac{1}{\varepsilon}]+1\}\in\N^*$ ，
则 $N\ge[\lg\frac{1}{\varepsilon}]+1\gt\lg\frac{1}{\varepsilon}$ 。
当 $n\gt N$ 时， $|a_n-1|=10^{-n}\lt 10^{-N}\lt 10^{-\lg\frac{1}{\varepsilon}}=10^{\lg\varepsilon}=\varepsilon$ 。
由极限的定义， $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=1$ 。证毕。
注1：现在，我们仍是在承认了实数的很多性质的前提下，对这个问题进行一些初步的探讨，而非回到实数本身。例如，为什么可以两边取常用对数？ $[\lg\frac{1}{\varepsilon}]$ 表示最大的不超过 $\lg\frac{1}{\varepsilon}$ 的整数，但为什么“最大的”整数总是存在？所以说，这道题远不是探究这个问题的终点。极端一点地说，等到第十四章再回头看这里的证明，与我们现在回头看小学生把 $0.\dot{9}$ 乘以十变成 $9.\dot{9}$ 再相减没有什么区别。
注2：其实，用 $9.\dot{9}$ 减去 $0.\dot{9}$ 再除以 $9$ 得到结果，未必真的那么不严谨。说小学生这么理解“不严谨”，核心是因为小学生无法解释背后的逻辑是什么，而不是因为做法本身的错误。等我们证明一些其他的内容，会再回头来看， $9.\dot9-0.\dot9$ 这种做法背后的原理到底是什么。
例2（讲义例1.2.5）证明 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{2^n}{n!}=0$ 。
显然这个数列每一项都是正数，故 $|\frac{2^n}{n!}-0|=\frac{2^n}{n!}$ 。
从而我们只需要找到适当的 $N$ ，使得 $n \gt N$ 时，有 $\frac{2^n}{n!}\lt \varepsilon$ 。
但是到这一步的时候，我们卡住了：我们没法明确解出不等式 $\frac{2^n}{n!}\lt\varepsilon$ ，导致前面的方法没法使用！
所以，我们换一个角度考虑：如果 $n\gt N$ 时，一个比 $\frac{2^n}{n!}$ 更大的数都小于 $\varepsilon$ ，那么自然有 $\frac{2^n}{n!}\lt\varepsilon$ 。
由于 $\frac{2^n}{n!}=\frac{2}{1}\times\frac{2}{2}\times\frac{2}{3}\times\cdots\times\frac{2}{n}$ ，从第二项开始均小于等于 $1$ ，我们可以去掉中间的所有项，只保留第一项（由于太大）和最后一项（为了确保能无限接近 $0$ ），得到 $\frac{2^n}{n!}\le\frac{4}{n}$ 。
到这一步，我们就可以使用前面的方法了。下面是完整步骤：
显然，当 $n\ge 2$ 时，
$|\frac{2^n}{n!}-0|=\frac{2^n}{n!}=\frac{2}{1}\times\frac{2}{2}\times\frac{2}{3}\times\cdots\times\frac{2}{n}\le\frac{2}{1}\times\frac{2}{n}=\frac{4}{n}$ 。
我们取 $N=\max\{2, [\frac{4}{\varepsilon}]+1\}$ ，当 $n\gt N$ 时，有
$|\frac{2^n}{n!}-0|\le\frac{4}{n}\lt\frac{4}{N}\le\frac{4}{[\frac{4}{\varepsilon}]+1}\lt\frac{4}{\frac{4}{\varepsilon}}=\varepsilon$ 。
从而由极限的定义， $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{2^n}{n!}=0$ 。证毕。