\chapter{实数和数列极限}
\section{实数及其性质}
\begin{definition}
    （通用记号约定）数集：\par
    $\mathbf{N}$——自然数全体，关于加法和乘法运算封闭；\par
    $\mathbf{Z}$——整数全体，自然数集的扩充，$\mathbf{N} \subset \mathbf{Z}$。关于加法的逆运算（减法）也封闭；\par
    $\mathbf{Q}$——有理数全体，整数集的扩充。关于加、乘及其逆运算（减、除）封闭；\par
    $\mathbf{R}$——实数全体，有理数集的扩充，关于极限运算封闭。
\end{definition}

\begin{theorem}
    （有理数的稠密性）$\forall a, b \in \mathbf{R}$，$a < b$，$\exists r \in \mathbf{Q}$，s.t. $a < r < b$。
\end{theorem}

\begin{definition}
    （上界、下界、有界、无界） $A$为非空数集。若$\exists M \in \mathbf{R}$，s.t.$\forall x \in A$，有$x \leq M$，则称$M$为$A$的一个\textbf{上界}。若$\exists m \in R$，s.t.$\forall x \in A$，有$x \geq m$，则称$m$为$A$的一个\textbf{下界}。若$A$既有上界又有下界，则称 $A$ \text{有界}，否则称 $A$ \textbf{无界}。
\end{definition}

\begin{definition}
    （上确界$\sup A$、下确界$\inf A$）$A$为非空数集。称$A$的最小上界$\xi$为$A$的\textbf{上确界}，记作$\xi = \sup A$。称$A$的最大下界$\eta$为$A$的\textbf{下确界}，记作$\eta = \inf A$。
\end{definition}

\begin{remark}
    （$\sup A$，$\inf A$的等价定义）\par
    $\xi = \sup A$的充要条件：$\xi$是$A$的上界，且$\forall \varepsilon > 0$，$\exists x \in A$，s.t. $x > \xi - \varepsilon$。\par
    $\eta = \inf A$的充要条件：$\eta$是$A$的下界，且$\forall \varepsilon > 0$，$\exists x \in A$，s.t. $x < \eta + \varepsilon$。
\end{remark}

\begin{remark}
    若非空集合$A$无上界，则记$\sup A = + \infty$；若非空集合$A$无下界，则记$\inf A = - \infty$。
\end{remark}

\section{数列和收敛数列}
\subsection{收敛和发散}
\begin{definition}
    （收敛）设数列$\{ a_n \}$，$a \in \mathbf{R}$。若$\forall \varepsilon > 0$，$\exists n_0 \in \mathbf{N}$，使得$\forall n > n_0$，都有$\vert a_n - a \vert < \varepsilon$则称数列数列$\{ a_n \}$\textbf{收敛}于$a$（$n$趋于无穷时），记为$\lim \limits_{n \to \infty} a_n = a$或$a_n \to a \ (n \to \infty)$。$a$称为$\{ a_n \}$的极限。
\end{definition}

\begin{definition}
    （发散）若$\{ a_n \}$不收敛，则称数列$\{ a_n \}$\textbf{发散}。
\end{definition}

收敛的含义：对于$\lim \limits_{n \to \infty} a_n = a$，
\begin{enumerate}
    \item $\forall \varepsilon > 0$……$\vert a_n - a \vert < \varepsilon$：$\varepsilon$可以任意小；
    \item $\exists n_0 \in \mathbf{N}$：$n$可能与$\varepsilon$有关；
    \item $\forall n > n_0$：$n$充分大之后。
\end{enumerate}
综上，只要$n$充分大，就能使$a_n$任意接近$a$。

此外，$\vert a_n - a \vert < \varepsilon$即$\pm (a_n - a) < \varepsilon$，这等价于$a - \varepsilon < a_n < a + \varepsilon$，$a_n \in (a - \varepsilon, a + \varepsilon)$。

\subsection{验证数列的极限}
用定义验证数列的极限实际上就是在验证$a_n$与$A$的距离能随着$n$的增大而达到无限小，因此可以通过对任意给定的$\varepsilon > 0$通过求解不等式$\vert a_n - A \vert < \varepsilon$来确定$N$。因为这里不要求找到最小的$N$，我们可以通过适当放大来简化问题，即寻找关系$\left| a_n - a \right| < \varphi(n) < \varepsilon$。
\begin{example}
    设$\exists m \in N_+$，验证$\lim \limits_{n \to \infty} \dfrac{1}{n^m} = 0$。
\end{example}

\begin{proof}[解]
    根据定义，$\forall \varepsilon > 0$，要使$$\left| \frac{1}{n^m} - 0 \right| = \frac{1}{n^m} < \varepsilon \eqco$$只需$$\frac{1}{\varepsilon} < n^m \eqco$$即$$n > \frac{1}{\sqrt[m]{\varepsilon}}\eqper$$可以取$$n_0 = \left[ \frac{1}{\sqrt[m]{\varepsilon}} \right]\eqco$$那么$\forall n > n_0$，必有$$n \geq n_0 + 1 > \frac{1}{\sqrt[m]{\varepsilon}} \eqco$$即$\left| \dfrac{1}{n^m} - 0 \right| < \varepsilon$，这也就说明$\lim \limits_{n \to \infty} \dfrac{1}{n^m} = 0$。
\end{proof}

\begin{example}
    验证$\lim \limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{n} = 1$。
\end{example}

\begin{proof}[解]
    首先，注意到$\sqrt[n]{n} > 1$，因此$\left| \sqrt[n]{n} - 1 \right| = \sqrt[n]{n} - 1$。

    此时我们需要考虑：对于任意给定的$\varepsilon$，$n$应该满足与$\varepsilon$怎样的数量关系才能使不等式$\sqrt[n]{n} - 1 < \varepsilon$成立？自然的想法是解这个不等式，而可以看出这个不等式并不容易解。因此我们希望可以找到一个形式简单的式子$\varphi(n)$满足$\sqrt[n]{n} - 1 < \varphi(n) < \varepsilon$，这样就可以以$\varphi(n)$为桥梁找到一个合适的$N$使$\forall n > N$不等式均成立。

    找$\varphi(n)$过程需要一些技巧：记$a_n = \sqrt[n]{n} - 1$，则
    \begin{align*}
        n & = (1 + a_n)^n\\
        & = 1 + na_n + \frac{n(n-1)}{2}a_n^2 + \cdots + a_n^n\\
        & > \frac{n(n-1)}{2}a_n^2 \eqper
    \end{align*}

    注意，上面放缩使用$a_n^2$项而非$a_n$项进行放缩是为了保证放缩后不等式还是一个一边是含$n$的式子（也就是$\varphi(n)$），一边是含$a_n$（也就是$\sqrt[n]{n} - 1$）的式子，这样才是一个有用的放缩。如果使用$a_n$项，得到的就是$1 > a_n$，对我们的解题没有任何帮助。

    于是我们可以通过将上面得到的不等式再进行变形来找到一个合适的$\varphi(n)$：$$a_n = (\sqrt[n]{n} - 1) < \sqrt{\frac{2}{n-1}}\eqper$$
    
    由此，若想$\sqrt[n]{n} - 1 < \varepsilon$，只需$\dfrac{2}{n-1} < \varepsilon$即可。这个新的不等式比之前的要好解得多。解这个不等式，我们可以得到$$n > \dfrac{2}{\varepsilon^2} + 1\eqco$$那么$\forall \varepsilon > 0$，我们只要取$$n_0 = \left[\dfrac{2}{\varepsilon^2}\right] + 1\eqco$$于是$\forall n > n_0$，都有$n \geq n_0 + 1 > \dfrac{2}{\varepsilon^2} + 1$，那么$$\left| \sqrt[n]{n} \right| < \sqrt{\dfrac{2}{n-1}} < \varepsilon \eqper$$
\end{proof}

\begin{remark}
    $\lim \limits_{n \to \infty} a_n = A$\par
    $\Leftrightarrow \forall \varepsilon > 0$, $\exists N \in \mathbf{N}$, s.t. 当$n > N$时，有$\left| a_n - A \right| < \varepsilon$\par
    $\Leftrightarrow \forall \varepsilon > 0$, $\exists N \in \mathbf{N}$, s.t. 当$n \geq N$时，有$\left| a_n - A \right| \leq \varepsilon$\par
    $\Leftrightarrow \forall \varepsilon > 0$, $\exists N \in \mathbf{N}$, s.t. 当$n > N$时，有$\left| a_n - A \right| < k\varepsilon$（$k$为任意非零常数）\par
    $\Leftrightarrow \forall \varepsilon \in (0,1)$, $\exists N \in \mathbf{N}$, s.t. 当$n > N$时，有$\left| a_n - A \right| < \varepsilon$（强调$\varepsilon$``任意地小''的部分而不强调``任意地大''的部分）\par
    $\Leftrightarrow \forall k \in \mathbf{N}$, $\exists N = N(k) \in \mathbf{N}$, s.t. 当$n > N$时，有$\left| a_n - A \right| \leq \dfrac{1}{k}$。
\end{remark}

\section{由已知极限求未知极限}
要从已知的极限验证未知的极限，我们首先需要明确其原理在于我们已知$\left| a_n - A \right|$可以无限小。所以我们需要把未知的极限转化为可利用已知极限这个性质的形式。
\begin{example} 
    已知$\lim \limits_{n \to \infty} a_n = A$。证明：$\lim \limits_{n \to \infty} e^{a_n} = e^A$。
\end{example}
\begin{proof}[解]
    首先我们需要转化式子的形式，使其可以利用上我们已知的极限。可以发现：
    \begin{align}
        \left| e^{a_n} - e^A \right| < \varepsilon & \Leftrightarrow \left| e^{a_n - A} - 1 \right| < \varepsilon e^{-A} \notag\\
        & \Leftrightarrow 1 - \varepsilon e^{-A} < e^{a_n - A} < 1 + \varepsilon e^{-A} \notag\\
        & \Leftrightarrow \ln{(1 - \varepsilon e^{-A})} < a_n -A < \ln{(1 + \varepsilon e^{-A})} \tag{$\ast$} \label{1.3.1}
    \end{align}

    令$\delta = \min \{ - \ln{(1 - \varepsilon e^{-A})},\ln{(1 + \varepsilon e^{-A})}\}$，则$\delta > 0$，且当给定$\varepsilon$时，$\delta$也确定。由$\lim \limits_{n \to \infty}a_n = A$，对任意的$\varepsilon$，总有$N$足够大使得$\forall n > N$，$\left| a_n - A \right|$足够小，比$\delta$还小，即满足式子\eqref{1.3.1}。通过等价关系，这也就是说我们同时也找到了$N$使得$\forall n > N$，$\left| e^{a_n} - e^A \right| < \varepsilon$。由极限的定义，$\lim \limits_{n \to \infty} e^{a_n} = e^A$。
\end{proof}

