数列与级数：用指标控制无限过程

尾部行为决定无限长对象的收敛

数列把每个正整数 $n$ 对应到一个实数 $a_n$。写成

时，下标表示项的位置，不是乘法因子。前若干项可以记录初始条件，收敛性则描述指标不断增大以后整个尾部的共同位置。修改有限多项不会改变数列是否收敛，也不会改变它的极限；任何给定的误差范围最终都会越过这些被修改的下标。

例如 $a_n=1/n$ 的前十项仍离零较远，但给定任意正误差，总能找到一个下标，从该项起所有项都落在零附近。只列出许多小数不能覆盖无限多个尾项，严格定义因此同时量化误差与下标。

数列收敛的 ε-N 定义

设 $(a_n)$ 为实数列。若存在实数 $L$，使对每个 $\varepsilon>0$，都存在正整数 $N$，当 $n\ge N$ 时恒有

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

则称 $(a_n)$ 收敛到 $L$，记作

$$\lim_{n\to\infty}a_n=L \quad\text{或}\quad a_n\to L.$$

不存在有限极限的数列称为发散数列。

定义的量词次序是“任给 $\varepsilon$—选取 $N$—控制每个 $n\ge N$”。$N$ 允许依赖 $\varepsilon$ 和数列，却不能在看见某个尾项后临时改变。同一个 $N$ 必须管住整个无限尾部。严格不等式中的端点选择通常没有实质差别，但证明应让所选 $N$ 真正推出 $|a_n-L|<\varepsilon$。

例 1：为有理数列构造下标阈值

证明

$$a_n=\frac{3n+1}{2n-1}\longrightarrow\frac32.$$

先计算误差：

$$\left|\frac{3n+1}{2n-1}-\frac32\right| =\frac{5}{4n-2}.$$

对 $n\ge1$ 有 $4n-2\ge2n$，所以误差不超过 $5/(2n)$。任给 $\varepsilon>0$，取

$$N=\left\lfloor\frac{5}{2\varepsilon}\right\rfloor+1.$$

若 $n\ge N$，则 $n>5/(2\varepsilon)$，进而

$$\left|a_n-\frac32\right| \le\frac{5}{2n}<\varepsilon.$$

因此该数列按定义收敛到 $3/2$。估计没有追求最小的 $N$；任一能够统一控制尾部的正整数阈值都成立。

证明中得到的阈值还给出精度成本。上述选择显示，若希望误差小于 $10^{-3}$，取 $n>2500$ 已经足够。这个上界未必是达到精度所需的最早下标，却能在计算前提供保证。对误差恰好按 $C/n$ 衰减的数列，把误差缩小十倍通常需要把下标放大约十倍；若误差按 $C/n^2$ 衰减，同样的精度提升只需把下标放大约 $\sqrt{10}$ 倍。极限值回答最终位置，误差估计还描述接近该位置的速度。

极限唯一且收敛尾部必然有界

数列极限的唯一性

一个实数列至多有一个有限极限。

证明

若 $(a_n)$ 同时收敛到 $L$ 与 $M$，假设 $L\ne M$，令 $\varepsilon=|L-M|/3$。两个收敛定义分别给出阈值 $N_L,N_M$。当 $n\ge\max\{N_L,N_M\}$ 时，三角不等式产生

$$|L-M| \le |L-a_n|+|a_n-M| <\frac{2}{3}|L-M|,$$

与 $|L-M|>0$ 矛盾，故 $L=M$。

若 $a_n\to L$，取误差 $1$，则从某一项起 $|a_n|<|L|+1$。此前只有有限多项，它们的绝对值存在最大值。把两部分上界取较大者，便得到常数 $M>0$，使所有 $n$ 都满足 $|a_n|\le M$。所以收敛数列必有界；有界却不保证收敛，例如 $(-1)^n$ 始终位于 $[-1,1]$，却在两个数之间交替。

这个必要条件常用于快速排除候选。若数列无界，它不可能收敛到有限实数。反过来，仅仅给出一个包围区间没有说明尾项会聚集到同一点，还需要单调性、夹逼或其他收敛判据。

有限发散、无界与趋向无穷是不同情形。写作 $a_n\to+\infty$，是指对每个实数高度 $M>0$，都存在正整数 $N$，使 $n\ge N$ 时恒有 $a_n>M$。数列 $a_n=n$ 满足这个条件；$a_n=(-1)^n n$ 虽然无界，却在正负方向交替，不会最终高于同一个高度；$a_n=(-1)^n$ 则有界但振荡。只说“没有有限极限”无法区分这三种尾部结构。

趋向负无穷的定义相应要求尾项最终低于任意给定的负阈值。符号 $+\infty$ 与 $-\infty$ 描述无界变化，不是实数值，不能代入有限极限的代数规则。例如 $n/n$ 恒等于 $1$，不能解释成“无穷除以无穷”。计算这类比值仍要回到原数列，先约分、估计或除以主导尺度，再判断所得尾部。

极限运算需要先确认分母和有界性

设 $a_n\to A$、$b_n\to B$，常数 $c\in\mathbb R$。数列极限保留有限代数运算：

当 $B\ne0$ 且尾部的 $b_n$ 不为零时，还有

和的法则直接来自

乘积法则先使用收敛数列有界性。设 $|a_n|\le M$，则

分别压低两个误差即可。商的条件 $B\ne0$ 保证存在足够靠后的下标，使 $|b_n|>|B|/2$；分母因此与零保持距离。若 $B=0$，比值可能发散，也可能收敛到不同数，不能只把两个极限相除。

连续的代数函数也能沿收敛数列传递极限。例如 $a_n\to A$ 且 $a_n\ge0,A\ge0$ 时，$\sqrt{a_n}\to\sqrt A$。对 $A>0$，恒等式

给出结论；$A=0$ 时由 $|\sqrt{a_n}|=\sqrt{|a_n|}$ 直接按误差阈值处理。

夹逼把难算项困在同一极限中

数列夹逼定理

若从某个下标起恒有 $x_n\le a_n\le y_n$，并且 $x_n\to L$、$y_n\to L$，则 $a_n\to L$。

证明只需把上下界同时放入 $(L-\varepsilon,L+\varepsilon)$。取两个阈值的较大者后，

于是 $|a_n-L|<\varepsilon$。夹逼定理适合处理一个难以直接求极限、但绝对值具有简单上界的因子。

不等式只需从某个下标起成立，有限多个例外不影响结论；上下界也可以随 $n$ 改变。关键在于两侧收敛到同一个数。若上下界分别趋于不同极限，夹在中间只能给出范围，不能决定唯一结果。例如 $0\le a_n\le1$ 同时允许常数列、振荡数列和许多不同极限。常用的绝对值形式是：若 $|a_n-L|\le b_n$ 最终成立且 $b_n\to0$，则 $a_n\to L$。

例如，

且 $1/n\to0$，所以 $\sin n/n\to0$。这里没有假设 $\sin n$ 自身收敛；有界振荡乘上趋零尺度已经足够。

夹逼也能处理根式。先取任意 $\varepsilon>0$，利用二项式展开

当 $n>1+2/\varepsilon^2$ 时，右侧超过 $n$，故 $n<(1+\varepsilon)^n$。两边取正的 $n$ 次方根，得到 $1\le n^{1/n}<1+\varepsilon$，这就证明 $n^{1/n}\to1$。选择估计时应服从待证明的误差目标，不必强求一个对所有指标都最紧的公式。

单调有界定理依赖实数的完备性

数列 $(a_n)$ 单调递增，是指 $a_{n+1}\ge a_n$ 对每个 $n$ 成立；单调递减的方向相反。若递增数列还有统一上界，它的项不断向右移动，却不能越过上界。实数的完备性保证这些项不会在一个“缺口”前停住而没有极限。

单调有界收敛定理

单调递增且有上界的实数列必收敛；其极限等于项集合的上确界。单调递减且有下界的实数列也必收敛；其极限等于下确界。

以递增情形为例，令 $L=\sup\{a_n:n\ge1\}$。对任意 $\varepsilon>0$，数 $L-\varepsilon$ 不是上界，因此存在某个 $N$ 使 $a_N>L-\varepsilon$。单调性给出 $n\ge N$ 时

故 $|a_n-L|<\varepsilon$。证明同时展示了两项条件的分工：上界提供候选 $L$，单调性把一次靠近扩展到此后的全部项。

例 2：递推数列的界、单调性与极限

设 $a_1=1$，并令

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

先证明 $1\le a_n<2$。结论对 $a_1$ 成立；若 $1\le a_n<2$，则 $\sqrt3\le a_{n+1}\lt2$，归纳成立。又因为 $0\lt a_n\lt2$，

$$a_{n+1}>a_n \Longleftrightarrow 2+a_n>a_n^2 \Longleftrightarrow (2-a_n)(a_n+1)>0.$$

所以数列递增且以上界 $2$ 有界，单调有界定理保证它收敛。设极限为 $L$；根号的极限运算给出 $L=\sqrt{2+L}$。结合 $1\le L\le2$，方程 $L^2-L-2=0$ 只留下 $L=2$。

这里先证明收敛，再对递推式取极限。直接写出极限方程只能找出“若收敛则可能等于什么”，不能替代收敛性论证。

子列保留母列的极限，也能揭示发散

从正整数中选取严格递增的指标 $n_1\lt n_2\lt\cdots$，得到的 $(a_{n_k})$ 称为 $(a_n)$ 的子列。若 $a_n\to L$，则每个子列也收敛到 $L$。原因是 $n_k\ge k$，当 $k$ 足够大时，子列指标必已进入母列受控的尾部。

反过来，若找到两个子列分别趋于不同极限，母列就不可能收敛。例如

偶数子列满足 $a_{2k}=1+1/(2k)\to1$，奇数子列满足 $a_{2k-1}=-1+1/(2k-1)\to-1$。两个极限不同，故 $(a_n)$ 发散。这个方法比笼统描述“数列振荡”更精确，因为它给出两条可核对的无限趋近路径。

有界数列虽未必收敛，但至少存在一个收敛子列，这称为 Bolzano–Weierstrass 定理。它说明有界性保证某些项会聚集，却不保证全体尾项聚集到同一点。若一个有界数列的所有收敛子列都指向同一个数，还需排除尾部存在始终远离该数的项；否则那些远离项本身又会产生一个收敛子列，形成矛盾。

子列还能描述数列的聚点。若某个实数 $L$ 是一条子列的极限，就称 $L$ 为母列的一个子列极限。收敛数列只有一个子列极限；有界发散数列可能有多个。数列 $\cos(n\pi/2)$ 的取值循环为 $0,-1,0,1$，它的子列极限集合是 $\{-1,0,1\}$。列出这个集合比单独说“周期振荡”保留了更多尾部信息，也为后续研究函数在不同趋近路径上的极限提供直接模型。

Cauchy 条件在不知道极限时比较尾项

Cauchy 数列

若对每个 $\varepsilon>0$，都存在正整数 $N$，使任意 $m,n\ge N$ 都满足

$$|a_m-a_n|<\varepsilon,$$

则称 $(a_n)$ 为 Cauchy 数列。

Cauchy 条件不预先写出极限候选，只要求足够靠后的任意两项彼此接近。若 $a_n\to L$，取两项到 $L$ 的距离各小于 $\varepsilon/2$，三角不等式立即给出 Cauchy 条件。实数系的完备性保证逆命题也成立：每个实 Cauchy 数列都收敛到某个实数。

完备性是逆命题的必要背景。若只在有理数范围内讨论，把 $\sqrt2$ 的十进制展开逐位截断会得到一列有理数；任意两个充分靠后的截断值彼此很近，因此它满足 Cauchy 条件，却没有有理数极限。把数域扩充为实数后，缺失的极限 $\sqrt2$ 才属于讨论范围。本章后续默认数列取值于实数。

这个判据尤其适合由逐步修正构成的数列。若能证明

那么对 $m>n$，望远镜求和给出

右端随 $n$ 趋于零，因此数列是 Cauchy 数列。单独知道 $a_{n+1}-a_n\to0$ 不够，例如调和部分和相邻两项之差为 $1/(n+1)$，仍会缓慢增大而不收敛。

无穷级数是部分和数列的极限

符号

不表示一次完成的无限次加法。先定义第 $N$ 个部分和

再研究数列 $(S_N)$。若 $S_N\to S$，就称级数收敛，并把和定义为 $S$；否则称级数发散。

由 $u_N=S_N-S_{N-1}$ 可知，级数收敛必然推出 $u_N\to0$。逆命题不成立。调和级数的通项 $1/n$ 趋于零，但按区块分组时

因为从 $2^{j-1}+1$ 到 $2^j$ 的 $2^{j-1}$ 项都不小于 $1/2^j$，每组贡献至少 $1/2$。部分和无界，故调和级数发散。通项趋零只是最先检查的必要条件。

级数收敛也能用 Cauchy 条件表达。部分和数列收敛，当且仅当对每个 $\varepsilon>0$，存在正整数 $N$，使任意 $q\ge p\ge N$ 都满足

这个条件控制任意一段足够靠后的尾和，不需要预先知道级数和。只检查固定长度的尾和并不充分；尾段长度 $q-p+1$ 也必须允许任意增大。调和级数恰好在这里失败：取 $q=2p$，则

所以误差阈值取 $1/2$ 时，任何起始下标都无法控制所有尾和。

绝对收敛保证普通收敛

若正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty}|u_n|$ 收敛，则 $\sum_{n=1}^{\infty}u_n$ 收敛。

证明直接比较尾和。对 $q\ge p$，三角不等式给出

右侧按绝对值级数的 Cauchy 条件任意小，左侧因此也满足 Cauchy 条件。反向结论不成立；某些正负交替的级数依靠抵消收敛，而绝对值级数发散。判断具体级数时，应先说明使用的是通项必要条件、比较、绝对收敛还是其他判据，不能把“项越来越小”当成完整理由。

对已经求出和 $S$ 的收敛级数，余项

衡量有限截断的误差。几何级数在 $|r|<1$ 时有

这个公式把“取足够多项”变成明确的下标条件。例如 $r=1/2$ 时，若要求误差小于 $10^{-3}$，只需选择 $N$ 使 $2^{-N}<10^{-3}$；$N=10$ 已满足要求。部分和是可执行的有限计算，余项估计说明它与无限对象相差多少。

例 3：几何级数与望远镜级数

当 $r\ne1$ 时，有限几何和满足

$$S_N=1+r+\cdots+r^N=\frac{1-r^{N+1}}{1-r}.$$

若 $|r|<1$，则 $r^{N+1}\to0$，所以

$$\sum_{n=0}^{\infty}r^n=\frac1{1-r}.$$

若 $|r|\ge1$，通项 $r^n$ 不趋于零，级数发散。

再看

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n(n+1)}.$$

部分分式给出 $1/[n(n+1)]=1/n-1/(n+1)$，所以

$$S_N =\left(1-\frac12\right)+\left(\frac12-\frac13\right) +\cdots+\left(\frac1N-\frac1{N+1}\right) =1-\frac1{N+1}.$$

中间项在有限部分和中逐项抵消，令 $N\to\infty$ 得级数和为 $1$。

练习：在尾部上写出完整控制

练习标记完成

使用 ε-N 定义证明

$$\frac{2n-1}{n+3}\longrightarrow2.$$

查看解答

误差为

$$\left|\frac{2n-1}{n+3}-2\right|=\frac7{n+3}<\frac7n.$$

任给 $\varepsilon>0$，取 $N=\lfloor7/\varepsilon\rfloor+1$。当 $n\ge N$ 时， $n>7/\varepsilon$，故误差小于 $7/n<\varepsilon$。因此极限为 $2$。

练习标记完成

求数列

$$a_n=\frac{n\sin n}{n^2+1}$$

的极限，并写明夹逼所用的上下界。

查看解答

由 $|\sin n|\le1$，

$$|a_n|\le\frac n{n^2+1}\le\frac1n.$$

于是 $-1/n\le a_n\le1/n$。两端都趋于零，夹逼定理给出 $a_n\to0$。

练习标记完成

设 $b_1=0$，$b_{n+1}=(b_n+3)/2$。证明 $(b_n)$ 单调递增且以 $3$ 为上界，再求极限。

查看解答

若 $0\le b_n<3$，则 $0\lt b_{n+1}=(b_n+3)/2\lt3$，归纳得 $0\le b_n\lt3$。并且

$$b_{n+1}-b_n=\frac{3-b_n}{2}>0,$$

故数列递增且有上界，因而收敛。设极限为 $L$，对递推式取极限得 $L=(L+3)/2$，所以 $L=3$。也可直接求得 $3-b_{n+1}=(3-b_n)/2$，从而 $b_n=3(1-2^{1-n})\to3$。

练习标记完成

判断 $c_n=(-1)^n+1/n$ 是否收敛。解答必须给出两条子列及其极限。

查看解答

偶数子列为 $c_{2k}=1+1/(2k)\to1$；奇数子列为 $c_{2k-1}=-1+1/(2k-1)\to-1$。若母列收敛，每条子列应有同一极限。这里两条子列极限不同，所以 $(c_n)$ 发散。

练习标记完成

直接按定义证明 $a_n=1/n$ 是 Cauchy 数列。

查看解答

任给 $\varepsilon>0$，取 $N=\lfloor2/\varepsilon\rfloor+1$。对任意 $m,n\ge N$，三角不等式给出

$$\left|\frac1m-\frac1n\right| \le\frac1m+\frac1n \le\frac2N<\varepsilon.$$

因此 $(1/n)$ 满足 Cauchy 条件。这个估计并非最紧，但统一控制了任意两项。

练习标记完成

计算

$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2}{3^n},$$

并从有限部分和开始说明答案。

查看解答

第 $N$ 个部分和（从 $n=0$ 到 $N$）为

$$S_N=2\frac{1-(1/3)^{N+1}}{1-1/3} =3\left(1-3^{-(N+1)}\right).$$

由于 $3^{-(N+1)}\to0$，故 $S_N\to3$，级数收敛且和为 $3$。

练习标记完成

求

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2}{n(n+2)}.$$

查看解答

部分分式为

$$\frac{2}{n(n+2)}=\frac1n-\frac1{n+2}.$$

因此

$$S_N =1+\frac12-\frac1{N+1}-\frac1{N+2}.$$

末两项趋于零，故级数和为 $3/2$。抵消发生在每个有限部分和内，最后才允许令 $N$ 趋于无穷。

数列语言通向函数极限

本章先把“趋近”放在离散指标上。下一章研究

函数极限与连续性 时，自变量可以沿任意实数路径靠近一点；数列判据会把这些路径统一写成 $x_n\to a$，再要求 $f(x_n)$ 指向同一个极限。进入 积分与累积 后，部分和还会变成黎曼和，分割宽度承担新的逼近尺度。

书籍 · 2016

Calculus Volume 2

Gilbert Strang, Edwin Herman

用于核对数列与级数的收敛条件、积分技巧、反常积分和幂级数例题。

打开官方来源

OpenStax《Calculus Volume 2》的无穷数列与级数单元系统讨论部分和、几何级数、收敛判别与幂级数。本章先保留进入微积分所需的收敛骨架；后续综合章将继续处理正项级数、绝对收敛和幂级数。

课程 · 2010

MIT 18.01SC Single Variable Calculus

David Jerison

课程材料连接严格定义、计算技巧与应用，可作为完整学习序列。

打开官方来源

MIT OpenCourseWare 18.01SC 的单变量微积分材料把数列、级数与极限方法放在课程练习中，适合按讲义和有解习题复核指标估计、部分和计算及收敛条件。外部题目若使用尚未建立的判别法，应先写明条件，再决定是否能套用结论。