[原创]高等数学笔记(6) – 编码无悔 / Intent & Focused

【前言】
请看此文。
要查看高等数学笔记合集，请看这里。

：已知数列 $\left\{ {{u_n}} \right\}$ 和常数 $A$ ，如果对于任意给定的正数 $\varepsilon$ ，都存在正整数 $N$ ，使得对于 $n > N$ 的一切 ${{u_n}}$ ，不等式 $|{u_n} - A| < \varepsilon$ 恒成立，则称当 $n \to \infty$ 时， $\left\{ {{u_n}} \right\}$ 以 $A$ 为极限，或 $\left\{ {{u_n}} \right\}$ 收敛于 $A$ 。

记为：
$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {u_n} = A$ ，或 ${u_n} \to A\;(n \to \infty )$
http://www.codelast.com/
如果 ${{u_n}}$ 无极限，就说 $\left\{ {{u_n}} \right\}$ （ $n \to \infty$ ）
说明：
1. 定义中的 $\varepsilon$ 是任意给定的，只有任意给定 $\varepsilon > 0$ ，不等式 $|{u_n} - A| < \varepsilon$ 才能表达 ${u_n}$ 与 $A$ 无限接近。
2. 定义中的 $N$ 与 $\varepsilon$ 有关，记为 $N(\varepsilon )$ 。随着 $\varepsilon$ 的给定选定 $N$ ，且。
3. 定义只描述了 $n \to \infty$ 时 ${u_n} \to A$ ，但未提供求 $A$ 的方法。
4. 定义的几何意义：任意给定邻域 $N(A,\varepsilon )$ ，则必存在 $N$ ，使 ${u_{N + 1}},{u_{N + 2}}, \cdots$ 落在 $N(A,\varepsilon )$ 内。
http://www.codelast.com/
例1. 证明 $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{2n + {{( - 1)}^{n - 1}}}}{n} = 2$
证：
一般项 ${u_n} = \frac{{2n + {{( - 1)}^{n - 1}}}}{n} = 2 + \frac{{{{( - 1)}^{n - 1}}}}{n}$
$|{u_n} - 2| = |\frac{{{{( - 1)}^{n - 1}}}}{n}|$
对于任意给定的 $\varepsilon > 0$ ，为了使 $|{u_n} - 2| < \varepsilon$ ，只需 $\frac{1}{n} < \varepsilon$ 即可（这是由于 $|{( - 1)^{n - 1}}| = 1$ ，而 $n > 0$ ，故 $\frac{1}{{|n|}} = \frac{1}{n}$ ，即 $|\frac{{{{( - 1)}^{n - 1}}}}{n}| = \frac{1}{n}$ ）
或者说， $n > \frac{1}{\varepsilon }$ 即可。
所以，对于任意给定的 $\varepsilon > 0$ ，取正整数 $N = [\frac{1}{\varepsilon }]$ （注： $[]$ 表示取整符号）
当 $n > N$ 时，，恒有不等式 $|{u_n} - 2| = |\frac{{2n + {{( - 1)}^{n - 1}}}}{n} - 2| = \frac{1}{n} < \varepsilon$
按数列极限定义，可知 $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{2n + {{( - 1)}^{n - 1}}}}{n} = 2$

注：有人可能不解——为什么N取 $[\frac{1}{\varepsilon }]$ 时，当 $n > N$ 时有 $\frac{1}{n} < \varepsilon$ ？这里举一个实际的例子：假设 $\varepsilon = 0.003$ ，则 $N = [\frac{1}{\varepsilon }] = [333.333333 \cdots ] = 333$ ，当 $n > N$ 时， $n \ge 334$ ，即 $\frac{1}{n} = {\rm{0}}{\rm{.002994}} \cdots < \varepsilon$
http://www.codelast.com/
例2. 证明当 $n \to \infty$ 时， $\frac{{(n - 1)(2n - 1)}}{{6{n^2}}} \to \frac{1}{3}$
证：
${u_n} = \frac{{(n - 1)(2n - 1)}}{{6{n^2}}} = \frac{1}{3} - \frac{1}{{2n}} + \frac{1}{{6{n^2}}}$
$\Rightarrow \;{u_n} - \frac{1}{3} = - \frac{1}{{2n}} + \frac{1}{{6{n^2}}}$
$\Rightarrow \;|{u_n} - \frac{1}{3}| = |\frac{1}{{2n}} - \frac{1}{{6{n^2}}}| = \frac{1}{{2n}}|1 - \frac{1}{{3n}}| < \frac{1}{{2n}}$ （这是 $\frac{1}{{3n}} > 0$ 且 $\frac{1}{{3n}} < 1 \Rightarrow \;1 - \frac{1}{{3n}} \in \left( {0,1} \right)$
对于任意给定的 $\varepsilon > 0$ ，只要 $\frac{1}{{2n}} < \varepsilon$ 恒成立，即可证明成功。
即， $n > \frac{1}{{2\varepsilon }}$ 时，便可得 $|{u_n} - \frac{1}{3}| < \frac{1}{{2n}} < \varepsilon$
所以，对任意给定的 $\varepsilon > 0$ ，取正整数 $N = [\frac{1}{{2\varepsilon }}]$ ，则当 $n > N$ 时，恒有 $|{u_n} - \frac{1}{3}| < \frac{1}{{2n}} < \varepsilon$
按数列极限定义，有 $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{(n - 1)(2n - 1)}}{{6{n^2}}} = \frac{1}{3}$
文章来源：http://www.codelast.com/
注意：利用数列极限定义来验证 $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {u_n} = A$ 时，关键步骤是指明定义中的 $N$ 确实存在。
由于 $N$ 不是唯一的，所以不一定要找最小的 $N$ ，只要找到一个 $N$ 就可以了。

例如，知道 $|{u_n} - A| = \varphi (n)$ （整标函数），那么由 $\varphi (n) < \varepsilon$ ，求出 $N$ ，这时， $n > N$ 时 $\varphi (n) < \varepsilon$ ，从而知道 $|{u_n} - A| < \varepsilon$

例3. 证明 $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{{( - 1)}^n}}}{{{{(n + 1)}^2}}} = 0$
证：
$|{u_n} - 0| = |\frac{{{{( - 1)}^n}}}{{{{(n + 1)}^2}}} - 0| = \frac{1}{{{{(n + 1)}^2}}} < \frac{1}{{{n^2}}} < \frac{1}{n}\;\;\left( {\varphi (n) = \frac{1}{n}} \right)$
对任意给定的 $\varepsilon > 0$ ，只要 $\varphi (n) = \frac{1}{n} < \varepsilon$ ，即 $n > \frac{1}{\varepsilon }$ 时，恒有不等式 $|\frac{{{{( - 1)}^n}}}{{{{(n + 1)}^2}}} - 0| < \varepsilon$
所以，按照极限定义， $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{{( - 1)}^n}}}{{{{(n + 1)}^2}}} = 0$
文章来源：http://www.codelast.com/
收敛数列的两个性质：
1. 定理1 。
证：（用反证法来证明）
若 $\{ {u_n}\}$ 收敛，且极限不唯一，即：同时有 $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {u_n} = a,\;\;\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {u_n} = b$ ，且 $a < b$ （注：这是假设的）
由于 $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {u_n}$ 存在，所以对于给定的 $\varepsilon = \frac{{b - a}}{4} > 0$ ，有：
必存在正整数 ${N_1}$ ，使得当 $n > {N_1}$ 时，恒有 $|{u_n} - a| < \frac{{b - a}}{4}$ ；
同理，必存在正整数 ${N_2}$ ，使得当 $n > {N_2}$ 时，恒有 $|{u_n} - b| < \frac{{b - a}}{4}$ 。
取 $N = \max \{ {N_1},{N_2}\}$ ，则当 $n > N$ 时，上面两个不等式同时成立。
因此 $b - a = b - {u_n} + {u_n} - a \le |b - {u_n}| + |{u_n} - a| < \frac{{b - a}}{4} + \frac{{b - a}}{4} = \frac{{b - a}}{2}$
而上式 $b - a < \frac{{b - a}}{2}$ 是不成立的
因此 $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {u_n}$ 是唯一的。
文章来源：http://www.codelast.com/
（第6课完）