物理 [栖岸计划]1.2 数列极限（3）
跳转：
有的时候，我们需要从一个完整的数列中挑出无限多项（比如所有奇数项或者所有偶数项），并研究它们的变化趋势。这些项可以组成一个新的数列，也就是原数列的子列。用严谨的语言来说的话，我们可以给出如下的定义：
若 $n_1,n_2,\cdots,n_k,\cdots$ 是一列正整数，且 $n_1\lt n_2\lt\cdots\lt n_k\lt\cdots$ ，那么我们称 $\{a_{n_k}\}$ 是 $\{a_n\}$ 的一个子列，表示数列 $a_{n_1}, a_{n_2}, \cdots, a_{n_k}, \cdots$ 。
直观上来说，一个数列的子列变化趋势应该和原本的数列区别不大。特别是当数列收敛的时候，由于子列的项出现在了原数列当中，索引充分大时，其不会与原数列的极限有太大的偏差。这点在数学上是否成立？答案是肯定的。
性质8：若数列 $\{a_n\}$ 收敛，则其子列 $\{a_{n_k}\}$ 也收敛，且 $\displaystyle\lim_{k\to\infty}a_{n_k}=\lim_{n\to\infty}a_n$ 。
证明：设 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=L$ 。
由定义， $\forall \varepsilon \gt 0$ ，存在 $N\in \N^*$ ，当 $n\gt N$ 时，有 $|a_n-L|\lt\varepsilon$ 。
而对于任意 $k\gt N$ ，
有 $n_k\ge n_{k-1}+1\ge n_{k-2}+2\ge\cdots\ge n_1+(k-1)\ge k\gt N$ 。
从而 $|a_{n_k}-L|\lt\varepsilon$ 。
由 $\varepsilon$ 的任意性与极限的定义，有 $\displaystyle\lim_{k\to\infty}a_{n_k}=L$ 。证毕。
这个性质有什么作用呢？从正向看，确实很难看出它怎么用。但是我们反过来考虑：只要数列有一个子列发散，或者有两个子列收敛到不同值，那么这个数列一定发散。这是证明数列发散的一种常用方法。此外，我们还可以搭配反证法使用，利用子列的性质导出矛盾，证明数列发散。展示一道例题：
例5（讲义1.2.12）证明 $\{(-1)^n\}$ 发散。
很明显这个数列的项在 $1$ 和 $-1$ 之间交替，因此我们只需要选取全为 $1$ 的子列和全为 $-1$ 的子列，它们收敛到的不同值，自然有原数列发散。直接写解题过程：
证明：设 $a_n=(-1)^n$ 。
则 $a_{2n-1}=-1$ ，原数列的子列 $\{a_{2n-1}\}$ 收敛到 $-1$ ； $a_{2n}=1$ ，原数列的子列 $\{a_{2n}\}$ 收敛到 $1$ 。
$-1\neq 1$ ，从而数列 $\{a_n\}$ 发散。证毕。
这一例题说明了两点：数列有界未必收敛；仅由一个子列收敛，未必能够得到原数列收敛。不过，有一种情况比较特殊，因为比较显然，课本一般不会讲，不过我认为有必要明确：
性质9：若 $k$ 为正整数， $\{a_{n+k}\}$ 收敛，则 $\{a_n\}$ 收敛，且 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}a_{n+k}$ 。
证明：设 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_{n+k}=L$ ，
则对任意 $\varepsilon\gt 0$ ，存在 $N\in \N^*$ ，当 $n\gt N$ 时，有 $|a_{n+k}-L|\lt\varepsilon$ 。
令 $N'=N+k$ ，则当 $n\gt N'$ 时， $n-k\gt N'-k\gt N+k-k=N$ ，
从而 $a_n=a_{(n-k)+k}$ ，有 $|a_n-L|\lt\varepsilon$ 。由极限的定义， $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=L$ 。证毕。
由以上这些内容，我们再来尝试一道例题：
例6 证明 $\{\sin n\}$ 发散。
这个结论并不是特别显然，我们也很难直接挑出它的一个发散的子列。于是我们考虑反证法：假设其收敛，通过比较不同子列的极限，来完成证明。为了方便，我们需要选择尽可能简单的关系。
考虑和差化积与二倍角公式： $2\cos (n+1)\sin 1=\sin(n+2)-\sin n$ ，以及 $\sin 2n=2\sin n\cos n$ ，
由于 $\{\sin(n+2)\}$ 与 $\{\sin 2n\}$ 均是 $\{\sin n\}$ 的子列，在假设下，它们的极限必须和 $\{\sin n\}$ 相同，这可以作为解题的突破口。
证明：假设 $\{\sin n\}$ 收敛，设 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}(\sin n)=L$ 。
由 $2\cos(n+1)\sin 1=\sin(n+2)-\sin n$ ，
有 $2\sin 1\displaystyle\lim_{n\to\infty}(\cos(n+1))=\lim_{n\to\infty}(\sin(n+2)-\sin n)=L-L=0$ ，
显然 $2\sin 1\neq 0$ ，从而 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}(\cos(n+1))=0$ ，有 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}(\cos n)=0$ 。
而 $\sin 2n=2\sin n\cos n$ ，
有 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}(\sin 2n)=2\lim_{n\to\infty}(\sin n)\lim_{n\to\infty}(\cos n)=0$ ，
又 $\{\sin 2n\}$ 为 $\{\sin n\}$ 的子列，从而 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}(\sin n)=0$ 。
故 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}(\sin^2n+\cos^2n)=(\lim_{n\to\infty}(\sin n))^2+(\lim_{n\to\infty}(\cos n))^2=0$ ，
但 $\sin^2n+\cos^2n\equiv 1$ ，从而 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}(\sin^2n+\cos^2n)=1$ ，
即有 $1=0$ ，矛盾！故假设不成立，即 $\{\sin n\}$ 发散。
到目前为止，我们已经有了判断数列收敛与发散的若干种方法。然而，无一例外地，如果我们想要证明一个数列收敛，我们都需要找出它的极限（无论是使用定义、四则运算法则还是两边夹法则）。然而实际上，大部分数列都没有一个容易得出的极限。这就使得我们需要通过一些非构造性的方法，来证明某些数列收敛。其极限可能难以表示，但相当一部分都有其应用价值。
目前，我们手头上唯一的非构造性工具是什么？让我们回顾一遍：
实数完备性公理：若 $A,B\subseteq \R$ ，且 $\forall a\in A, ~b\in B$ ，均有 $a\le b$ ，那么存在 $c\in\mathbb R$ ，使得对任意的 $a\in A, ~b\in B$ ，有 $a\le c\le b$ 。
然而，要应用这个公理，还存在一些问题。我们（至少在目前）很少会涉及到关于两个集合元素大小关系的讨论，这就要我们寻找只与一个集合相关的结论。
对于集合 $A$ 与实数 $M$ ，若 $\forall a \in A$ ，都有 $a\le M$ ，则称 $M$ 是 $A$ 的一个上界；若 $\forall a\in A$ ，都有 $a\ge M$ ，则称 $M$ 是 $A$ 的一个下界。显然上界有无穷多个，且对于任何一个上界，它都比 $A$ 中的任何元素大。因此，我们可以令 $B$ 为 $A$ 的所有上界构成的集合。于是我们可以证明如下的结论：
定理：若 $A$ 有上界，则存在一个上界 $M$，对任意 $\varepsilon\gt 0$ ，存在 $a\in A$ 使得 $a\gt M-\varepsilon$ 。我们称 $M$ 为 $A$ 的上确界，记作 $M=\sup A$ 。
证明：记 $B=\{m~|~\forall~a\in A, a\le m\}$ 。则对于任意 $a\in A, m\in B$ ，均有 $a\le m$ 。
由完备性公理，存在一个实数 $M$ ，使得对任意 $a\in A, m\in B$ ，有 $a\le M\le m$ 。
由于 $a$ 任意，有 $M$ 是 $A$ 的一个上界，即 $M\in B$ ；
假设存在 $\varepsilon \gt 0$ ，使得对任意的 $a\in A$ ，均有 $a\le M-\varepsilon$ ，则 $M-\varepsilon$ 是 $A$ 的上界，从而 $M\le M-\varepsilon$ ，矛盾！
故对任意的 $\varepsilon\gt 0$ ，存在 $a\in A$ ，使得 $a\gt M-\varepsilon$ 。
由定义， $M$ 即为 $A$ 的上确界。证毕。
类似地，可以证明：若 $A$ 有下界，则存在一个下界 $M$ ，对任意 $\varepsilon \gt 0$ ，存在 $a\in A$ 使得 $a\lt M+\varepsilon$ 。我们称 $M$ 为 $A$ 的下确界，记作 $M=\inf A$ 。上面这两条结论合称为确界原理。
这与数列有什么关系呢？
任何一个有界的数集，总是存在无限接近于其上/下确界的一串元素。而数列和集合之间又有非常密切的联系，例如，一个数列的所有项就能构成一个集合。我们可以从这个角度进行讨论。然而，由于数列极限要求的是所有“充分大”的项，我们需要对数列加以限制。
定义数列的单调性：称数列 $\{a_n\}$ 是单调递增的，若对任意的 $i,j\in \N^*$ 且 $i\lt j$ ，均有 $a_i\le a_j$ 。反之，称 $\{a_n\}$ 是单调递减的，若对任意的 $i,j\in\N^*$ 且 $i\lt j$ ，均有 $a_i\ge a_j$ 。
（注意：单调性的定义和高中是不同的，这里 $a_i$ 和 $a_j$ 之间是小于等于号和大于等于号，而非严格小于/大于）
下面我们证明单调有界原理：
定理：若 $\{a_n\}$ 单调递增且有上界，则 $\{a_n\}$ 收敛，且极限为数列各项构成集合的上确界。
证明：记 $A=\{a_n~|~n\in\N^*\}$ ，则由确界原理， $A$ 存在上确界。
从而对任意 $\varepsilon\gt 0$ ，存在 $N\in\N^*$ ，使得 $a_N\gt \sup A-\varepsilon$ ，
从而有 $\sup A-\varepsilon\lt a_N\le \sup A$ 。
而由数列单调增，有 $\forall~n\gt N$ ，均有 $a_n\ge a_N\gt \sup A-\varepsilon$ 。
又 $\sup A$ 为 $A$ 的上确界，有 $a_n\le\sup A$ 。从而 $|a_n-\sup A|\lt\varepsilon$ 。
由 $\varepsilon$ 的任意性与极限的定义，有 $\{a_n\}$ 收敛，且 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=\sup A$ 。证毕。
同理，单调递减且有下界的数列收敛，且极限为数列各项构成集合的下确界。这就是单调有界原理。
对于单调性比较好的数列，使用单调有界原理，可以判断其是否收敛。这种方法一般被用于求递推式定义的数列的极限。可以举出很多例子。
例7（讲义例1.2.3）已知 $a_1=0.9, a_2=0.99, a_3=0.999, ...$ ，证明： $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=1$ 。
是的，这个问题又回来了，现在就可以来看看， $9.\dot{9}-0.\dot{9}$ 究竟是什么原理。
我们发现这个数列存在递推式： $a_{n+1}=a_n+9\cdot10^{-(n+1)}$ 。因此其显然是单调增的。通过观察，我们可以判断 $a_n\lt 1$ ，从而有上界，于是极限存在。
我们又发现： $10a_{n+1}=a_n+9$ 。由于 $\{a_n\}$ 收敛，两边取极限，就可以列方程解出极限。下面书写完整步骤。
解：显然 $a_n=1-10^{-n}\lt 1$ ，从而 $\{a_n\}$ 有上界，而 $a_{n+1}-a_n=9\cdot10^{-(n+1)}\gt 0$ ，从而 $\{a_n\}$ 单调递增。
由单调有界原理，必有 $\{a_n\}$ 收敛。设 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}a_{n+1}=A$ 。
注意到 $10a_{n+1}=10(1-10^{-(n+1)})=10-10^{-n}=9+(1-10^{-n})=9+a_n$ ，
两边取极限，得 $10A=9+A$ ，解得 $A=1$ 。故 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=1$ 。
这就是 “$A=0.\dot{9}$ ， $10A=9.\dot{9}$ ”的严谨解释，本质上是极限的四则运算，所以我们只需要补上证明极限存在的部分，就可以完成证明。
这也是这类问题常用的方法，先证明收敛，再通过对递推式两端取极限，得到极限值。
例8（科大少年班2024年营一数学第2题）已知 $a_1=\sqrt{2x+3}$ ， $a_{n+1}=\sqrt{2a_n+3}$ ，求所有的 $x\ge -1$ ，使得 $\{a_n\}$ 中有无穷多项为正整数。
很明显， $x=3$ 时结论是成立的。如果我们列举几个不同初始值时的 $x$ ，会发现， $a_n$ 到最终好像都会无限接近 $3$ 。于是我们大胆猜想：不论 $x$ 为何值，都有 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=3$ 。又由于出现了递推式，我们尝试分析数列的单调性。
什么时候有 $a_{n+1}=\sqrt{2a_n+3}\ge a_n$ 呢？通过解不等式，我们得到需要 $a_n\le 3$ 。而 $a_n\le 3$ 时，又能得到 $a_{n+1}\le\sqrt{2\times 3+3}=3$ 。因此，如果第一项不大于 $3$ ，后面每一项都不大于 $3$ ，同时整个数列单调递增。若第一项大于 $3$ ，可以用类似的方法得到，情况刚好相反。
于是，我们使用单调有界原理，即可得到 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=3$ 。后面都是一些简单的操作了。
解：我们证明 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=3$ 。
①若 $a_1\le 3$ ，先归纳证明 $a_n\le 3$ ：
当 $n=1$ 显然；当 $k$ 成立时， $a_{k+1}=\sqrt{2a_k+3}\le\sqrt{2\times 3+3}=3$ 。即证。
而 $a_n\le 3$ 时，有 $a_n^2\le 2a_n+3$ ，从而 $a_n\le a_{n+1}$ 。故 $\{a_n\}$ 单调增且有上界 $3$ ，故收敛。
设 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=A$ ，对 $a_{n+1}^2=2a_n+3$ 两边取极限，得到 $A^2=2A+3$ ，从而 $A=-1$ 或 $A=3$ 。
注意到 $\{a_n\}$ 为非负数列，从而 $A\ge 0$ ，故 $A=3$ 。
②若 $a_1\ge 3$ ，类似地可以证明 $\{a_n\}$ 单调减且有下界 $3$ ，从而 $\{a_n\}$ 收敛，根据递推式解方程得 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=3$ 。
综上，无论 $a_1$ 何值，均有 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=3$ 。
由极限的定义，存在 $N\in\N^*$ ，当 $n\gt N$ 时，有 $|a_n-3|\lt\frac{1}{2}$ 。
又 $\{a_n\}$ 有无穷多项为整数，从而 $\exists~n_0\gt N$ ，使得 $a_{n_0}$ 为整数。
必有 $a_{n_0}=3$ 。
当 $a_{n+1}=3$ 时，解方程 $\sqrt{2a_n+3}=3$ ，解得 $a_n=3$ 。
从而归纳可得 $a_{n_0}=a_{n_0-1}=\cdots=a_2=a_1=3$ ，进而 $x=3$ 。
单调有界定理的另一个特点是，我们可能并无法求出极限的具体值是多少。因此，它还适用于一些具有奇奇怪怪的极限的数列。
例9（讲义定理1.14）证明数列 $\{(1+\frac{1}{n})^n\}$ 收敛。
记 $e_n=(1+\frac{1}{n})^n$ ，我们随便列举几项：
$e_1=2$ ；
$e_2=\frac{9}{4}=2.25$ ；
$e_3=\frac{64}{27}\approx2.37$ ；
$e_4=\frac{625}{256}\approx2.44$ ；
……
$e_{10}\approx2.594$ ；
……
$e_{100}\approx 2.704$ ；
……
可以看到，这个数列似乎是单调递增且有上界（看起来 $3$ 应该是一个上界）的。如果这样的话，问题就解决了，即便我们不知道极限是多少。如何严格论述这两点呢？
我们考虑二项式展开：
$e_n=\displaystyle\sum_{i=0}^n\frac{C_n^i}{n^i}$ ， $e_{n+1}=\displaystyle\sum_{i=0}^{n+1}\frac{C_{n+1}^i}{(n+1)^i}$ 。
后面比前面多一项，如果后面的每一项还比前面的对应项大的话，就可以证明 $e_{n+1}\gt e_n$ 了，而这可以通过简单的运算来实现。同时，我们可以通过二项式的放缩，来证明数列有界。这就是问题的基本思路。
解：设 $e_n=(1+\frac{1}{n})^n$ ，
则 $e_n=\displaystyle\sum_{i=0}^n\frac{C_n^i}{n^i}=\sum_{i=0}^n\frac{n!}{i!(n-i)!\cdot n^i}=1+\sum_{i=1}^n\frac{1}{i!}(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})\cdots(1-\frac{i-1}{n})$ 。
而 $(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})\cdots(1-\frac{i-1}{n})\le(1-\frac{1}{n+1})(1-\frac{2}{n+1})\cdots(1-\frac{i-1}{n+1})$ ，
从而 $e_n=\displaystyle\sum_{i=1}^n\frac{1}{i!}(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})\cdots(1-\frac{i-1}{n})$
$\displaystyle\le\sum_{i=1}^n\frac{1}{i!}(1-\frac{1}{n+1})(1-\frac{2}{n+1})\cdots(1-\frac{i-1}{n+1})$
$\displaystyle\lt\sum_{i=1}^{n+1}\frac{1}{i!}(1-\frac{1}{n+1})(1-\frac{2}{n+1})\cdots(1-\frac{i-1}{n+1})=e_{n+1}$ ，
故 $\{e_n\}$ 单调递增。
而 $(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})\cdots(1-\frac{i-1}{n})\le 1$ ，
从而 $e_n\le 1+\displaystyle\sum_{i=1}^n\frac{1}{i!}\le1+1+\sum_{i=2}^n\frac{1}{i(i-1)}=3-\frac{1}{n}\lt 3$ 。
故 $\{e_n\}$ 有上界。由单调有界原理，必有 $\{e_n\}$ 收敛。证毕。
我们说明了这个数列有极限，那么极限是多少呢？很遗憾，这个极限不是一个有理数，甚至不是一个代数数，也就是说，它不能写成有理系数多项式方程的根。我们将这个数记作 $e$ ，称为“自然常数”，又叫“纳皮尔常数”，它的值约等于 $2.718$ 。
在高中学习指数函数和对数函数的时候，我们就碰到过这个数，这里是这个数的最基本的定义。虽然是无理数，但是它在数学及自然科学领域发挥了相当重要的作用。后面，我们还会频繁碰到它，并证明它是无理数。