然而感觉并无卵用
数列与极限
稍微学了一下数学，感觉数学过于严谨了
定义
一些定义
数列
定义一种从自然数（有时候是正整数）到实数（有时候是其它域）的映射 $f : \mathbb{N} \to \mathbb{R}$ ，我们称它为一个数列，一般的，设 $a_n = f(n)$ ，则该数列可记为 $\{a_n\}_{n = 0}^{+ \infty}$
定义一个数列 $f : \mathbb{N} \to \mathbb{R}$ 的子数列为一个数列 $g : L \to \mathbb{R}$ 满足 $L \subseteq \mathbb{N} \wedge \forall n \in L , g(n) = f(n) \wedge \mid L \mid = + \infty$
极限
对于一个数列 $\{a_n\}_{n = 1}^{+ \infty}$ ，若 $\exists a \in R, s.t. \forall \epsilon > 0, \exists N > 0 \wedge N \in \mathbb{N}^+, s.t. \forall n > N , \mid a_n - a \mid < \epsilon$ ，我们就称 $a$ 为数列的极限，记作 $\lim\limits _{n \to + \infty} a_n = a$ ，或者 $a_n \to a(n \to + \infty)$ ，有时候括号内的可以省略（上面的 $s.t$ 指 “使得”）
对于一个数列，如果它存在极限，我们就称这个数列收敛，否则就称其发散
柯西列
对于数列 $\{a_n\} _{n = 1}^{+ \infty}$ ，若 $\forall \epsilon > 0, \exists N > 0, s.t. \forall n, m > N, \mid a_n - a_m \mid < \epsilon$ ，我们即称 $\{a_n\} _{n = 1}^{+ \infty}$ 为柯西列
界
对于一个数集 $S$ ，若 $\exists M \in \mathbb{R}^+, s.t. \forall a_n \in S, \mid a_n \mid \le M$ ，我们就称 $S$ 有界，其中 $M$ 为上界， $-M$ 为下界
对于一个有上界的数集 $S$ 我们成使得 $a_n \le M$ 的最小 $M$ 为 $S$ 的上确界，记作 $sup(S)$ ；类似的，对于一个有下界的数集 $S$ 我们成使得 $a_n \ge M$ 的最大 $M$ 为 $S$ 的下确界，记作 $inf(S)$ ，可以证明，一个非空有上下界数集必有上下确界（确界原理）
无穷大量
对于一个数列 $\{a_n\} _{n = 1}^{+ \infty}$ ，若 $\forall M, \exists N > 0, s.t. \forall n > N, \mid a_n \mid > M$ ，则称 $\{a_n\} _{n = 1}^{+ \infty}$ 为无穷大量（注意，这里可能向 $+ \infty$ 也可能向 $- \infty$ 也可能同时向二者）
无穷小量
对于一个数列 $\{a_n\} _{n = 1}^{+ \infty}$ ，若 $\lim \limits _{n \to + \infty} a_n = 0$ ，则称 $\{a_n\} _{n = 1}^{+ \infty}$ 为无穷小量
不难发现，若 $\{a_n\} _{n = 1}^{+ \infty}$ 为无穷小量，则 $\{\frac{1}{a_n}\} _{n = 1}^{+ \infty}$ 为无穷大量，反之亦然
级数
级数是指将数列的项依次用加号连接起来的函数，用 OIer 的话来说就是数列的前缀和，即对于数列 $\{s _n\} _{n = 1}^{+ \infty}$ ，有 $s _n = \sum _{i = 1}^n a _i$
数列的和
对于数列 $\{a _n\} _{n = 1}^{+ \infty}$ ，它的和 $\sum _{n = 1}^{+ \infty} a _n$ 有意义，当且仅当它的级数数列 $\{s _n\} _{n = 1}^{+ \infty}$ 收敛
正确性显然
这里补充一个等比数列求和公式（设公比为 $q$ ）： $(1 - q)(1 + q + q^2 + … + q^n) = 1 - q^{n + 1}$
性质
收敛数列
迫敛性（夹逼定理）
设 $a_n \le b_n \le c_n$ ，且 $\lim \limits _{n \to + \infty} a_n = \lim \limits _{n \to + \infty} c_n = t$ ，则 $\lim \limits _{n \to + \infty} b_n = t$
证明：
$$
\begin{aligned}
有:
& \mid a_n - t \mid < \epsilon \\
即:
& t - \epsilon < a_n < t + \epsilon \\
同理:
& t - \epsilon < c_n < t + \epsilon \\
又因为:
& a_n \le b_n \le c_n \\
得:
& t - \epsilon < b_n < t + \epsilon \\
即:
& \mid b_n - t \mid < \epsilon \\
\end{aligned}
$$
QED
有界性
收敛的数列一定有界
证明：
任取一个 $\epsilon > 0$ ，一定存在 $N > 0$ 使得 $\forall n > N$ 有 $\mid a_n - a \mid < \epsilon$ （收敛的定义），则 $\forall n > N, \mid a_n \mid < \mid a \mid + \epsilon$ ，又因为 $n \le N$ 的 $a_n$ 只有有限个，记它们的最大值为 $A = \max_{1 \le i \le N} (a_i)$ ，则对于任意 $n$ 有 $\mid a_n \mid \le \max(\mid A \mid, \mid a \mid + \epsilon)$ ，即 $\{a _n\} _{n = 1}^{+ \infty}$ 有界
QED
单调有界定理
若一个数列单调且有界，则这个数列收敛，且收敛到它的确界
注意只有“一个数列有界”是无法推得“这个数列收敛”的
柯西收敛准则
一个数列收敛的充要条件为这个数列是柯西列
必要性显然，充分性不好证明，其实，柯西收敛准则、单调有界定理和确界原理是互相等价的，它们也都等价于实数的完备性
极限
极限的唯一性
下面证明极限的唯一性，即：若 $a_n \to b, a_n \to c$ 则 $b = c$
有：
$$
\begin{aligned}
\forall \epsilon > 0, \exists N_b > 0, s.t. \forall n > N_b, \mid a_n - b \mid < \epsilon \\
\forall \epsilon > 0, \exists N_c > 0, s.t. \forall n > N_c, \mid a_n - c \mid < \epsilon \\
\end{aligned}
$$
记 $N = \max(N_b, N_c)$ 有：
$$
\forall n > N, \mid a_n - c \mid + \mid a_n - b \mid < 2 \epsilon
$$
由三角不等式 $\mid a \mid - \mid b \mid \le \mid a \pm b \mid \le \mid a \mid + \mid b \mid$ 得：
$$
\mid b - c \mid < 2 \epsilon
$$
由于 $\epsilon$ 可以无限小，故有 $b = c$
QED
子数列的极限
对于一个数列 $\{a _n\} _{n = 1}^{+ \infty}$ 的子数列 $\{a _{n _k}\} {k = 1}^{+ \infty}$ ，若 $a_n \to a$ ，则 $a{n_k} \to a$
证明：
对于所有 $k$ ，有 $n_k \ge k$ ，又因为 $\forall \epsilon > 0, \exists N > 0, s.t. \forall n > N, \mid a_n - b \mid < \epsilon$
故 $\forall \epsilon > 0$ ，取 $K = N$ ，有 $\forall k > K, n_k \ge k > K = N$ ，故 $\mid a_{n_k} - b \mid < \epsilon$ ，即 $a_{n_k} \to a$
QED
极限的线性可加性
设 $a_n \to a, b_m \to b$ ，则 $\lim \limits _{n \to + \infty} (\alpha a_n + \beta b_n) = \alpha a + \beta b$
证明：
$$
\begin{aligned}
& \mid \alpha a _n + \beta b _n - (\alpha a + \beta b) \mid \\
\le & \mid \alpha \mid \mid a _n - a \mid + \mid \beta \mid \mid b _n - b \mid \\
& = \mid \alpha \mid \epsilon ‘ + \mid \beta \mid \epsilon ‘
\end{aligned}
$$
现在，对于任意的 $\epsilon > 0$ ，一定可得 $\epsilon ‘ = \frac{\epsilon}{\mid \alpha \mid + \mid \beta \mid}$ ，它对应的 $N$ ，使得 $\forall n > N$ ， $\mid \alpha a _n + \beta b _n - (\alpha a + \beta b) \mid < \epsilon$
QED
极限的可乘性
设 $a_n \to a, b_m \to b$ ，则 $\lim \limits _{n \to + \infty} (a_n b_n) = a b$
证明：
因为 $a _n \to a, b _n \to b$ ，则 $\{b _n\} _{n = 1}^{+ \infty} $ 一定有界设 $\mid b _n \mid \le B$
$$
\begin{aligned}
& \mid a _n b _n - a b \mid \\
= & \mid a _n b _n - a b _n + a b _n - a b \mid \\
\le & \mid a _n b _n - a b _n \mid + \mid a b _n - a b \mid \\
= & \mid b _n \mid \mid a _n - a \mid + \mid a \mid \mid b _n - b \mid \\
\le & B \epsilon + \mid a \mid \epsilon
\end{aligned}
$$
QED
极限的可除性
已知 $a_n \to a$ ， $a_n \ne 0, a \ne 0$ ，则有 $\frac{1}{a _n} \to \frac{1}{a}$
证明：
$\exists N _1 > 0, s.t. \forall n > N _1, \mid a _n - a \mid < \frac{\mid a \mid}{2}$
又因为 $\mid a \mid - \mid a _n \mid \le \mid a _n - a \mid$
故： $\mid a \mid - \mid a _n \mid < \frac{\mid a \mid}{2}$ ，即 $\mid a _n \mid > \frac{\mid a \mid}{2}$ 又即 $\frac{1}{\mid a _n \mid} < \frac{2}{\mid a \mid}$
$\forall \epsilon > 0$ ， $\exists N _2 > 0$ ，使 $\forall n > N _2$ ， $\mid a _n - a \mid < \frac{(\mid a \mid)^2 * \epsilon}{2}$
取 $N = \max(N _1, N _2)$ ， $\forall n > N$ ，有：
$$
\begin{aligned}
& \mid \frac{1}{a _n} - \frac{1}{a} \mid \\
= & \mid \frac{a - a _n}{a _n a} \mid \\
\le & \frac{\mid a - a _n \mid}{\mid a _n \mid \mid a \mid} \\
= & \frac{\mid a _n - a \mid}{\mid a _n \mid \mid a \mid} \\
\le & \frac{2 (\mid a \mid)^2 * \epsilon}{2 \mid a \mid * \mid a \mid} \\
= & \epsilon
\end{aligned}
$$
QED
保号性
若 $a _n \to a, \forall a’ < a, \exists N > 0, s.t. \forall n > N$ 有 $a ‘ < a _n$
证明：
$a - \epsilon < a _n$ ，对于 $a’$ ，取一个使得 $a - \epsilon > a’$ 即可
QED
典例
T1：求证 $\lim \limits _{n \to + \infty} (1 + \frac{1}{n})^n$ 存在
首先证明 $\{(1 + \frac{1}{n})^n \} _{n = 1}^{+ \infty}$ 有上界：
$$
\begin{aligned}
(1 + \frac{1}{n})^n
& = \sum _{k = 0}^n \binom{n}{k} (\frac{1}{n})^k \\
& = 1 + n * \frac{1}{n} + \frac{n (n - 1)}{2!} * \frac{1}{n^2} + … + \frac{n (n - 1) (n - 2) … 1}{n!} * \frac{1}{n^n} \\
& = 1 + 1 + \frac{1}{2!}(\frac{n - 1}{n}) + … + \frac{1}{n!}(\frac{(n - 1)(n - 2) … 1}{n^{n - 1}}) \\
& = 1 + 1 + \frac{1}{2!}(\frac{n - 1}{n}) + … + \frac{1}{n!}(\frac{n - 1}{n} * \frac{n - 2}{n} * … * \frac{1}{n}) \\
\end{aligned}
$$
由于 $\frac{n - 1}{n}, \frac{n - 2}{n} … \frac{1}{n} < 1$ ，我们有：
$$
\begin{aligned}
(1 + \frac{1}{n})^n
& = 1 + 1 + \frac{1}{2!}(\frac{n - 1}{n}) + … + \frac{1}{n!}(\frac{(n - 1)(n - 2) … 1}{n^{n - 1}}) \\
& < 2 + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + … + \frac{1}{n!} \\
\end{aligned}
$$
又因为 $\frac{1}{2!} \le \frac{1}{2}, \frac{1}{3!} \le \frac{1}{2^2} … \frac{1}{n!} \le \frac{1}{2^{n - 1}}$ ，故：
$$
\begin{aligned}
(1 + \frac{1}{n})^n
& < 2 + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + … + \frac{1}{n!} \\
& \le 2 + \frac{1}{2} + … + \frac{1}{2^{n - 1}} \\
& = 3 - \frac{1}{2^{n - 1}} \\
& < 3
\end{aligned}
$$
综上， $\{(1 + \frac{1}{n})^n\} _{n = 1}^{+ \infty}$ 的上界存在
然后我们对 $n + 1$ 同上变换，有：
$$
\begin{aligned}
(1 + \frac{1}{n + 1})^{n + 1}
& = 1 + 1 + \frac{1}{2!}(\frac{n}{n + 1}) + … + \frac{1}{n!}(\frac{n}{n + 1} * \frac{n - 1}{n + 1} * … * \frac{2}{n + 1}) + \frac{1}{(n + 1)!}(\frac{n}{n + 1} * \frac{n - 1}{n + 1} * … * \frac{2}{n + 1} * \frac{1}{n + 1})\\
\end{aligned}
$$
不难发现， $n + 1$ 比 $n$ 多一项 $\frac{1}{(n + 1)!}(\frac{n}{n + 1} * \frac{n - 1}{n + 1} * … * \frac{2}{n + 1} * \frac{1}{n + 1}) > 0$ 而其它项逐项对比，有 $\frac{n}{n + 1} \ge \frac{n - 1}{n}, \frac{n - 1}{n + 1} \ge \frac{n - 2}{n} … \frac{2}{n + 1} \ge \frac{1}{n}$ ，故有：
$$
(1 + \frac{1}{n + 1})^{n + 1} > (1 + \frac{1}{n})^{n}
$$
因此， $\{(1 + \frac{1}{n})^n\} _{n = 1}^{+ \infty}$ 单调递增且存在下界 $ = (1 + \frac{1}{1})^1 = 2$
由单调有界定理， $\{(1 + \frac{1}{n})^n\} _{n = 1}^{+ \infty}$ 收敛，则 $\lim \limits _{n \to + \infty} (1 + \frac{1}{n})^n$
QED
其实 $\lim \limits _{n \to + \infty} (1 + \frac{1}{n})^n = e$ ，这就是自然常数的定义
T2：求证 $\lim \limits _{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$
首先，有 $\sin x < x < \tan x$ （由三角函数线可证），故 $1 < \frac{x}{\sin x} < \frac{1}{\cos x}$ ，即 $1 > \frac{\sin x}{x} > \cos x$
又因为 $\lim \limits _{x \to 0} \cos x = 1$ ，由迫敛性可知 $\lim \limits _{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$
QED
T3：求 $\lim \limits _{n \to + \infty} \sqrt[n]{n}$
解：
因为 $\sqrt[n]{n} \ge 1$ 设 $\sqrt[n]{n} = 1 + r_n, r _n \ge 0$ ，有：
$$
\begin{aligned}
n
& = (1 + r _n)^n \\
& = \sum _{k = 0}^n \binom{n}{k} r _n^k \\
& \ge \binom{n}{2} r _n^2 \\
& = \frac{n (n - 1)}{2} r _n^2
\end{aligned}
$$
则有 $0 \le r _n \le \sqrt{\frac{2}{n - 1}}$
又因为 $\sqrt{\frac{2}{n - 1}} \to 0$ ，由迫敛性可得 $r_n \to 0$
由极限的线性可加性， $\lim \limits _{n \to + \infty} \sqrt[n]{n} = 1$
T6：求证：当 $a _m > 0$ 时 $\lim \limits _{n \to + \infty} a _m n^m + a _{m - 1} n^{m - 1} + … + a _1 n + a _0 = + \infty$
记 $A = \max(\mid a_i \mid)$
$$
\begin{aligned}
& a _m n^m + a _{m - 1} n^{m - 1} + … + a _1 n + a _0 \\
\ge & a _m n^m - A n^{m - 1} * (m - 1) \\
= & n^{m - 1} * (a _m * n - A(m - 1))
\end{aligned}
$$
由于 $n^{m - 1} \to + \infty$ ， $a _m n \to + \infty$ ，而 $A(m - 1)$ 为常数，故 $n^{m - 1} * (a _m * n - A(m - 1)) \to + \infty$
又因为 $a _m n^m + a _{m - 1} n^{m - 1} + … + a _1 n + a _0 \le A n^m m$ ，且 $A n^m m \to + \infty$ ，由迫敛性可知 $\lim \limits _{n \to + \infty} a _m n^m + a _{m - 1} n^{m - 1} + … + a _1 n + a _0 = + \infty$
QED
T5：求 $\lim \limits _{n \to + \infty} \frac{b _l n^l + b _{l - 1} n^{l - 1} + … + b _1 n + b _0}{a _m n^m + a _{m - 1} n^{m - 1} + … + a _1 n + a _0}$
解 ：
分类讨论：
1） $l < m$ 时
$$
\begin{aligned}
原式
& = \frac{b _l + b _{l - 1} n^{- 1} + … + b _1 n^{1 - l} + b _0 n^{-l}}{a _m n^{m - l} + a _{m - 1} n^{m - l - 1} + … + a_k n^0 + … + a _1 n^{1 - l} + a _0 n^{-l}}
\end{aligned}
$$
又因为当 $k < 0$ 时 $n^k \to 0$ ，由极限的线性可加性和可乘性，有：
$$
\begin{aligned}
&\lim _{n \to + \infty} \frac{b _l n^l + b _{l - 1} n^{l - 1} + … + b _1 n + b _0}{a _m n^m + a _{m - 1} n^{m - 1} + … + a _1 n + a _0} \\
= & \lim _{n \to + \infty} \frac{b _l + 0 + … + 0}{a _m n^{m - l} + a _{m - 1} n^{m - l - 1} + … + a _{k + 1} n + 1 + 0 + … + 0} \\
= & \lim _{n \to + \infty} \frac{b _l}{a _m n^{m - l} + a _{m - 1} n^{m - l - 1} + … + a _{k + 1} n + 1} \\
= & 0
\end{aligned}
$$
故 $l < m$ 时， $\lim \limits _{n \to + \infty} \frac{b _l n^l + b _{l - 1} n^{l - 1} + … + b _1 n + b _0}{a _m n^m + a _{m - 1} n^{m - 1} + … + a _1 n + a _0} = 0$
2） $l > m$ 时
由 $1)$ 可知，原式的倒数极限为 $0$ 即为无穷小量，那么原式为无穷大量（其正负由 $b_l$ 决定）
3） $l = m$ 时
$$
\begin{aligned}
原式
& = \frac{b _l + b _{l - 1} n^{- 1} + … + b _1 n^{1 - l} + b _0 n^{-l}}{a _m + a _{m - 1} n^{-1} + … + a _1 n^{1 - l} + a _0 n^{-l}}
\end{aligned}
$$
类似于 $1)$ ，有：
$$
\begin{aligned}
&\lim _{n \to + \infty} \frac{b _l n^l + b _{l - 1} n^{l - 1} + … + b _1 n + b _0}{a _m n^m + a _{m - 1} n^{m - 1} + … + a _1 n + a _0} \\
= & \lim _{n \to + \infty} \frac{b _l + 0 + … + 0}{a _m + 0 + … + 0} \\
= & \lim _{n \to + \infty} \frac{b _l}{a _m} \\
= & \frac{b _l}{a _m}
\end{aligned}
$$
故 $l = m$ 时， $\lim \limits _{n \to + \infty} \frac{b _l n^l + b _{l - 1} n^{l - 1} + … + b _1 n + b _0}{a _m n^m + a _{m - 1} n^{m - 1} + … + a _1 n + a _0} = \frac{b _l}{a _m} $