数列：无穷过程的第一语言

反常积分让截断点走向无穷；数列则让项号 $n$ 走向无穷。数列不是把无穷多个数同时摆在眼前，而是给出一个规则：输入正整数 $n$，得到第 $n$ 项 $a_n$。

我们关心的也不是前十项看起来怎样，而是从某一项以后，所有项会不会稳定靠近同一个数。

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学习目标

学完本章，你应能：

• 从列表、通项或递推式读出数列；
• 用极限而不是前几项猜测判断收敛；
• 使用极限运算、夹逼、增长速度和洛必达法则处理常见极限；
• 用子数列证明振荡数列不收敛；
• 用单调有界定理证明递推数列确实有极限；
• 区分“求出候选极限”与“证明收敛”。

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无限列表，不是连续曲线

数列可以看成定义域为正整数的函数：

$$a:\mathbb N\to\mathbb R$$

通常写作

$$\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$$

图像只在 $n=1,2,3,\ldots$ 这些离散位置上有点。把这些点用线连起来可以帮助观察，但连线不是数列本身。

例如

$$a_n=\frac{2n+1}{n+3}$$

前几项是

$$\frac34,\ \frac57,\ \frac78,\ \frac9{9},\ldots$$

通项可以改写为

$$a_n=2-\frac5{n+3}$$

于是长期行为一眼可见：

$$\lim_{n\to\infty}a_n=2$$

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通项、递推和前几项

通项公式

通项直接由 $n$ 计算 $a_n$。例如

$$a_n=(-1)^n\frac{n}{n+1}$$

递推定义

递推式用前一项生成后一项。例如

$$a_1=1,\qquad a_{n+1}=\frac{a_n+3}{2}$$

它产生

$$1,\ 2,\ \frac52,\ \frac{11}{4},\ldots$$

递推式必须给初值。只有

$$a_{n+1}=2a_n$$

并不能决定唯一数列，因为不同 $a_1$ 会生成不同结果。

从列表猜通项的局限

列表

$$1,4,9,16,\ldots$$

自然会让人猜 $a_n=n^2$，但有限个已知项永远不能唯一决定所有后项。题目若要求“写出一种可能的通项”，猜测可以；若要求证明一个给定规律，必须使用定义或其他条件。

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数列极限：最终靠近一个数

若对任意 $\varepsilon>0$，都存在正整数 $N$，使得当 $n\ge N$ 时

$$|a_n-L|<\varepsilon$$

就说

$$\lim_{n\to\infty}a_n=L$$

关键是“从某个 $N$ 以后所有项”。偶尔进入误差带不够，后面的项不能再跑出去。

用定义验证一个极限

证明

$$\lim_{n\to\infty}\frac1n=0$$

给定 $\varepsilon>0$，要使

$$\left|\frac1n-0\right|<\varepsilon$$

只需

$$n>\frac1\varepsilon$$

可以取

$$N=\left\lfloor\frac1\varepsilon\right\rfloor+1$$

于是对所有 $n\ge N$，都有 $1/n<\varepsilon$。

极限运算法则

若 $a_n\to A$、$b_n\to B$，则

$$a_n\pm b_n\to A\pm B$$ $$a_nb_n\to AB$$

若 $B\ne0$ 且分母最终不为零，

$$\frac{a_n}{b_n}\to\frac{A}{B}$$

连续函数还能把极限带入：

$$a_n\to A \quad\Longrightarrow\quad f(a_n)\to f(A)$$

前提是 $f$ 在 $A$ 连续。

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常用极限工具

有理式看最高次

$$\lim_{n\to\infty}\frac{3n^2-n+4}{5n^2+2} =\frac35$$

把分子分母同除以 $n^2$ 即可。

夹逼定理

若

$$b_n\le a_n\le c_n$$

且 $b_n,c_n$ 都趋近 $L$，则 $a_n\to L$。

例如

$$\left|\frac{\sin n}{n}\right|\le\frac1n$$

所以

$$\frac{\sin n}{n}\to0$$

把数列看成函数取整数值

若 $a_n=f(n)$，且

$$\lim_{x\to\infty}f(x)=L$$

那么 $a_n\to L$。因此可以使用函数极限的代数、夹逼和洛必达法则。

例如

$$\lim_{n\to\infty}\frac{\ln n}{n}$$

对应函数极限为 $\infty/\infty$，洛必达后：

$$\lim_{x\to\infty}\frac{1/x}{1}=0$$

所以 $\ln n/n\to0$。

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子数列：证明不收敛的利器

从原数列中按递增项号挑出无限多项，得到子数列

$$a_{n_1},a_{n_2},a_{n_3},\ldots$$

若原数列收敛到 $L$，每个子数列也必须收敛到 $L$。

因此，只要找到两个子数列趋向不同极限，就能证明原数列不收敛。

例如

$$a_n=(-1)^n$$

偶数项子数列满足

$$a_{2k}=1$$

奇数项子数列满足

$$a_{2k-1}=-1$$

它们极限不同，所以原数列发散。

再如

$$a_n=(-1)^n+\frac1n$$

偶数项趋近 $1$，奇数项趋近 $-1$，仍不收敛。附加的 $1/n$ 不会消除长期振荡。

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有界、单调与收敛

数列有上界是指存在 $M$，使所有项都满足 $a_n\le M$；有下界类似。上下都有界叫有界。

数列单调递增是

$$a_{n+1}\ge a_n$$

单调递减则反向。

单调有界定理

• 单调递增且有上界的数列收敛；
• 单调递减且有下界的数列收敛。

这条定理提供“极限存在”的证明，不一定直接给出极限值。

例题：递推数列

设

$$a_1=1,\qquad a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}$$

我们猜它趋近 $2$，但要先证明。

证明上界

用归纳法证明 $a_n<2$。初值 $a_1=1<2$。若 $a_n<2$，则

$$a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}<\sqrt4=2$$

所以 $2$ 是上界。

证明单调

因 $a_n<2$ 且 $a_n>0$：

$$a_{n+1}\ge a_n$$

等价于

$$\sqrt{2+a_n}\ge a_n$$

两边平方：

$$2+a_n\ge a_n^2$$

即

$$(2-a_n)(a_n+1)\ge0$$

成立。因此数列单调递增且有上界，必收敛。

求极限

设极限为 $L$。递推函数连续，所以

$$L=\sqrt{2+L}$$

解得 $L=2$ 或 $L=-1$。由于各项为正，只能取

$$L=2$$

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更多极限例题

根式差要有理化

求

$$\lim_{n\to\infty}(\sqrt{n^2+3n}-n)$$

直接代入得到 $\infty-\infty$，不能相减。乘以共轭式：

$$\sqrt{n^2+3n}-n =\frac{3n}{\sqrt{n^2+3n}+n}$$

分子分母同除以 $n$：

$$=\frac{3}{\sqrt{1+3/n}+1}\to\frac32$$

$n$ 次方根看指数增长率

求

$$\lim_{n\to\infty}n^{1/n}$$

令 $a_n=n^{1/n}$，取自然对数：

$$\ln a_n=\frac{\ln n}{n}\to0$$

由于指数函数连续：

$$a_n=e^{\ln a_n}\to e^0=1$$

同样，

$$\lim_{n\to\infty}c^{1/n}=1$$

对任意固定 $c>0$ 成立。

夹逼含振荡项

求

$$\lim_{n\to\infty}\frac{2+\sin n}{n}$$

因为

$$1\le2+\sin n\le3$$

所以

$$\frac1n\le\frac{2+\sin n}{n}\le\frac3n$$

两端都趋近 $0$，原数列也趋近 $0$。振荡不一定导致发散；只要振幅被一个趋零因子压住，整体仍可收敛。

指数型极限

经典数列

$$\left(1+\frac1n\right)^n$$

趋近于 $e$。更一般地，

$$\left(1+\frac{x}{n}\right)^n\to e^x$$

判断这类数列时，常先取对数，把幂降下来：

$$n\ln\left(1+\frac{x}{n}\right)$$

再使用函数极限。

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证明递推数列收敛的模板

递推题通常按“范围、单调、极限”三步处理。

先找可能保持不变的区间

若

$$a_{n+1}=f(a_n)$$

并能证明 $f([m,M])\subseteq[m,M]$，那么只要 $a_1\in[m,M]$，所有后续项都留在这个区间。这叫不变区间。

再比较相邻两项

可以直接研究

$$a_{n+1}-a_n$$

的符号；也可以在 $f$ 单调时用归纳法。例如若已知 $a_2\ge a_1$ 且 $f$ 递增，那么

$$a_{n+1}=f(a_n)\ge f(a_{n-1})=a_n$$

从而数列单调递增。

最后使用连续性求极限

证明单调有界以后，设 $a_n\to L$，再代入

$$L=f(L)$$

并用不变区间排除不合适的根。

例题：分式递推

设

$$a_1=2,\qquad a_{n+1}=\frac{5a_n}{a_n+2}$$

固定点满足

$$L=\frac{5L}{L+2}$$

候选为 $L=0$ 或 $L=3$。

先证明 $2\le a_n<3$。初值成立。若 $2\le a_n<3$，则

$$\frac{5a_n}{a_n+2}\ge2$$

等价于 $3a_n\ge4$，成立；同时

$$\frac{5a_n}{a_n+2}<3$$

等价于 $2a_n<6$，也成立。

再看差：

$$a_{n+1}-a_n =\frac{a_n(3-a_n)}{a_n+2}>0$$

所以数列递增且上界为 $3$，必收敛。极限位于 $[2,3]$，因此只能是

$$L=3$$

这个例子完整展示了为什么固定点方程要放在收敛证明之后。

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常见数列和增长速度

几何数列

$$a_n=ar^n$$

• $|r|<1$ 时，$a_n\to0$；
• $r=1$ 时，$a_n=a$；

多项式、指数与阶乘

长期增长速度满足

$$\ln n\ll n^p\ll a^n\ll n!$$

其中 $p>0$、$a>1$。

例如

$$\frac{5^n}{n!}\to0$$

可以看相邻项比值：

$$\frac{a_{n+1}}{a_n} =\frac{5}{n+1}\to0$$

从某一项起，每一项至多是前一项的一半，因此快速趋零。

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递推数列与稳定点

对

$$a_{n+1}=f(a_n)$$

若 $a_n\to L$ 且 $f$ 在 $L$ 连续，则

$$L=f(L)$$

这样的 $L$ 叫固定点。

但固定点可能稳定，也可能不稳定。粗略地说：

• 若 $|f'(L)|<1$，附近误差通常缩小；
• 若 $|f'(L)|>1$，附近误差通常放大。

线性递推的误差法

设

$$a_{n+1}=ra_n+b,\qquad r\ne1$$

固定点为

$$L=\frac{b}{1-r}$$

定义误差 $e_n=a_n-L$，则

$$e_{n+1}=re_n$$

所以

$$e_n=r^{n-1}e_1$$

• $|r|<1$ 时误差趋零，$a_n\to L$；
• $|r|>1$ 时除非初值正好等于 $L$，误差会放大；

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与级数的连接

级数

$$\sum_{n=1}^{\infty}a_n$$

不是直接研究 $a_n$ 的极限，而是研究部分和数列

$$S_N=\sum_{n=1}^{N}a_n$$

是否收敛。

如果级数收敛，那么

$$a_N=S_N-S_{N-1}\to0$$

所以通项趋零是必要条件。但反过来不成立：$a_n=1/n\to0$，调和级数的部分和却发散。

下一章会把“无限相加”严格翻译成“部分和数列的极限”。

数列极限还有两个常用但容易被忽略的性质。第一，改动有限项不会改变极限，因为极限只约束“足够靠后”的项；前十项甚至前一万项长什么样，都不会改变尾部最终靠近哪里。第二，收敛数列一定有界，但有界数列未必收敛。前者说明一旦尾部都挤在极限附近，再加上有限个前项，就能找到统一边界；后者则被 $(-1)^n$ 直接否定。这两个性质会在级数里反复出现：有限前缀不改变收敛性，而仅仅把部分和限制在某个范围内，也还要结合更多结构才能得出结论。

判断一道数列题时，最好把“猜极限”和“证明收敛”分开。递推方程给出的固定点只是候选答案；真正的证明往往来自单调有界、夹逼或误差递推。这样做看似多一步，却能排除那些代入方程成立、实际轨道永远不会靠近的根。

这也是本章最值得带走的习惯：前几项负责帮助观察，尾部性质负责完成证明，不能让图像代替论证。

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常见误区

1. 只算前几项就断言收敛。
2. 把有界当作收敛；$(-1)^n$ 有界但不收敛。
3. 把单调当作收敛；$a_n=n$ 单调却无界。
4. 解出固定点就跳过收敛证明。
5. 在递推极限方程中保留不符合范围的根。
6. 认为序列图的连线就是连续函数。
7. 混淆 $a_n\to0$ 与 收敛。

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章末练习

1. 写出数列 $3,7,11,15,\ldots$ 的通项。
2. 求 $\lim_{n\to\infty}\dfrac{4n^2+1}{2n^2-3n}$。

显示答案

$$a_n=4n-1$$

$$2$$

3. 因 $|\cos n|\le1$：

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小结

数列极限说的是：从某一项以后，所有项都待在目标值的任意小误差带内。极限运算负责计算，子数列负责揭示振荡，单调有界定理负责证明极限存在，误差法负责分析递推。

下一章把每个 $a_n$ 累加成部分和 $S_N$。那时最重要的提醒是：项本身趋零，只是无限级数收敛的起点。