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極限，從通俗直觀的意義上講，是一個無限趨近的過程
數列極限證明“三部曲”：證明 $\lim_{n\to\infty}X_n=a$

寫出距離 $|X_n-a|\lt\epsilon$
反解出 $n\gt g(\varepsilon)$
取 $N=[g(\varepsilon)]+1,(n\gt N)$

用定義證明 $\lim_{n\to\infty}q^n=0,|q|\lt 1$
第一步，寫距離： $|q^n-0|\lt\varepsilon$ ，(不妨設 $\varepsilon\lt 1$ )
第二步，反推n， $|q^n|\lt\varepsilon\Rightarrow\ln|q^n|<\ln\varepsilon\Rightarrow n\ln|q|<\ln\varepsilon$ ，因為 $\ln|q|\lt 0$ ，所以得 $n\gt\frac{\ln\varepsilon}{\ln|q|}$
第三步，取 $N=[\frac{\ln\varepsilon}{\\ln|q|}]+1$
故， $\forall\varepsilon\gt 0$ ，當 $n\gt N$ 時就有 $n\gt\frac{\ln\varepsilon}{\ln|q|}$ ，都有 $|q^n-0|\lt\varepsilon$ ，所以 $\lim_{n\to\infty}q^n=0$

這一講涉及5個考點

第一個考點

用數列極限的定義來解決求極限或證明極限存在的問題，即定義法解決數列極限問題
ε-N語言： $\lim_{n\to\infty}X_n=a\iff\forall \varepsilon\gt 0,\exists N\gt 0$ ，當 $n\gt N$ 時，恒有 $|X_n-a|\lt\varepsilon$

$\color{red}{經典例題}$
證明：若 $\lim_{n\to\infty}a_n=A$ ，則 $\lim_{n\to\infty}|a_n|=|A|$
由數列極限得： $\lim_{n\to\infty}a_n=A\iff\forall\varepsilon\gt 0,\exists N\gt 0\to\forall n\gt N,|a_n-A|\lt\varepsilon$
又有不等式 $||a|-|b||\le |a-b|$
所以 $\forall\varepsilon\gt 0,\exists N\gt 0\to\forall n\gt N,||a_n|-|A||\le |a_n-A|<\varepsilon$
證畢.
結論：
1，此題結論反之不成立(反例： $\lim_{n\to\infty}|(-1)^n|=1,\lim_{n\to\infty}(-1)^n 不\exists$ )
2，如果A=0，那么 $||a_n|-|A||=|a_n-A|$ 所以， $\lim_{n\to\infty}a_n=0\iff\lim_{n\to\infty}|a_n|=0$

$\color{red}{結論2的應用}$ ，使用夾逼準則證明數列極限( $\lim_{n\to\infty}a_n=A$ )的時候，需要找到 $B_n\le A_n\le C_n$ ，然后證明 $\lim_{n\to\infty}b_n=A,\lim_{n\to\infty}c_n=A$ ，但是當A=0的時候，由上面的結論，可以直接把夾逼準則寫成 $0\le |A_n|\le C_n$ ，從而只需要計算數列 $C_n$ 的極限

數列收斂與子數列收斂的關系：
定理：若數列{ $a_n$ }收斂，則其任何子數列{ $a_{n_k}$ }也收斂且 $\lim_{k\to\infty}a_{n_k}=\lim_{n\to\infty}a_n$

判斷數列發散：由上面的定理可以推知判斷數列發散的方法，對于一個數列，如果存在一個子數列是發散的，那么原數列也是發散的；如果能找到兩個收斂的子數列，但他們收斂到不同的極限，那么原數列也是發散的。

例題：
證明數列{ $n^{(-1)^n}$ }極限不存在
分析數列: $n^{(-1)^n}=\begin{cases}\frac{1}{2n-1}\\2n\end{cases}$
取原數列的偶數項為子數列，則 $\lim_{n\to\infty}2n=+\infty$ ，這個子數列是發散的，所以原數列也是發散的
證畢.

第二個考點

用數列極限的性質來解決數列極限問題
數列收斂的性質： $\begin{cases}唯一性\\有界性\\保號性\end{cases}$

數列極限的保號性是說，如果數列存在一個極限，如果這個極限值大于0（或者小于0），則存在正整數N，當n>N時，有 $a_n>0(or\space a_n<0)$ ，
也稱之為脫帽法： $\forall b,\lim_{n\to\infty}a_n=a\gt b\Rightarrow a_n\gt b(n\gt N)$
根據這個性質可以得到一個推論：
如果數列{ $a_n$ }從某項開始有 $a_n\ge 0$ ，且 $\lim_{n\to\infty}a_n=a$ ，則 $a_n\ge 0$
也稱之為戴帽法： $\forall b,a_n\ge b,\lim_{n\to\infty}a_n=a\Rightarrow a\ge b$

第三個考點

用運算規則來解決數列極限問題
極限的運算法則，若 $\lim_{n\to\infty}x_n=a,\lim_{n\to\infty}y_n=b$ 則，
$\lim_{n\to\infty}(x\pm y)=a\pm b$
$\lim_{n\to\infty}(x\cdot y)=a\cdot b$
若 $a\ne 0,b\ne 0$ ，則 $\lim_{n\to\infty}\frac{x_n}{y_n}=\frac{a}$

例題：
$\lim_{n\to\infty}{a_n+b_n}=1,\lim_{n\to\infty}{a_n-b_n}=3$ ，計算 $\lim_{n\to\infty}a_n,\lim_{n\to\infty}b_n$
$\lim_{n\to\infty}(a_n+b_n+a_n-b_n)=2\lim_{n\to\infty}a_n=4$
$\lim_{n\to\infty}a_n=2$
$\lim_{n\to\infty}(a_n+b_n-a_n+b_n)=2\lim_{n\to\infty}b_n=-2$
$\lim_{n\to\infty}b_n=-1$

第四個考點

用夾逼準則來解決數列極限問題( $\color{red}{重要等級一顆星}$ )
夾逼準則：如果數列{ $x_n$ }，{ $y_n$ }以及{ $z_n$ }滿足，1. $\forall n,y_n\le x_n\le z_n$ ，2. $\lim_{n\to\infty}y_n=a,\lim_{n\to\infty}z_n=a$ ，則 $\lim_{n\to\infty}x_n=a$
需要注意的是， $x_n,y_n,z_n$ 之間的等號關系不必滿足等號關系

例題：( $\color{red}{只動分母，不動分子}$ )
求極限 $\lim_{n\to\infty}(\frac{1}{n^2+n+1}+\frac{2}{n^2+n+2}+\cdots+\frac{n}{n^2+n+n})$
$\frac{\sum_{i=1}^ni}{n^2+2n}<\sum_{i=1}^n\frac{i}{n^2+n+i}<\frac{\sum_{i=1}^ni}{n^2+n+1}$
$\lim_{n\to\infty}\frac{\sum_{i=1}^ni}{n^2+2n}=\lim_{n\to\infty}\frac{n^2+n}{2(n^2+2n)}=\frac{1}{2}$
$\lim_{n\to\infty}\frac{\sum_{i=1}^ni}{n^2+n+1}=\lim_{n\to\infty}\frac{n^2+n}{2(n^2+n+1)}=\frac{1}{2}$
$\therefore\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n\frac{i}{n^2+n+i}=\frac{1}{2}$

第五個考點

用單調有界準則來解決數列極限問題( $\color{red}{重要等級三顆星，壓軸題考點}$ )
單調有界數列必有極限
單調： $X_{n+1}-X_n\le 0?$ 或者 $\frac{X_{n+1}}{X_n}\le1?$ （同號的情況下）
有界： $X_n\le M$ 或者 $X_n\ge M$

例題：
( $\color{red}{見到遞推式a_{n+1}=f(a_n)一般用單調有界準則求極限}$ )
設數列{ $a_n$ }滿足 $a_1=a(a\gt 0),a_{n+1}=\frac{1}{2}(a_n+\frac{2}{a_n})$ ，證明極限 $\lim_{n\to\infty}a_n$ 存在并求其值
由其遞推式可以發現， $\forall n,a_n\gt 0$
$a_{n+1}=\frac{1}{2}(a_n+\frac{2}{a_n})\ge\sqrt{a_n\cdot\frac{2}{a_n}}=\sqrt{2}$
故{ $a_n$ }有下界
$a_{n+1}-a_n=\frac{1}{2}a_n+\frac{1}{a_n}-a_n=\frac{2-(a_n)^2}{2a_n}\le 0$
故{ $a_n$ }單調遞減
故數列{ $a_n$ }存在極限值，設 $\lim_{n\to\infty}a_n=A$ 則
$A=\frac{1}{2}(A+\frac{2}{A})$
$A^2=2$
$A=\pm\sqrt{2}$
由數列極限的保號性可得 $A=\sqrt{2}$ ，故
$\lim_{n\to\infty}a_n=A$

$\color{red}{經典真題}$
設數列{ $x_n$ }滿足 $0\lt x_1\lt \pi,x_{n+1}=\sin x_n(n=1,2,\cdots)$ ，證明 $\lim_{n\to\infty}x_n$ 存在，并求出這個值
$x_2=\sin x_1<x_1<\pi$
$\because 0\lt x_1\lt\pi$
$\therefore x_2=\sin x_1,0\lt x_2$
假設 $0\lt x_n=\sin x_{n-1}<\pi$
則 $x_{n+1}=\sin x_n$
所以 $0\lt x_{n+1}\lt \pi$
$x_{n+1}=\sin x_n<x_n$
故數列{ $x_n$ }單調遞減有下界，所以極限存在記為A，則
$A=\sin A$
有函數圖像可知A=0
故 $\lim_{n\to\infty}x_n=0$

直接計算法
當涉及二階遞推式的時候，需要靈活運用恒等變形然后再做計算

例題：
設數列{ $a_n$ }滿足 $a_0=0,a_1=1,2a_{n+1}=a_n+a_{n-1},n=1,2,\cdots$
(1)證明 $a_{n+1}-a_n=(-\frac{1}{2})^n,n=1,2,\cdots$
先變形：
$2a_{n+1}=a_n+a_{n-1}$
$2a_{n+1}-2a_n=a_n+a_{n-1}-2a_n$
$2(a_{n+1}-a_n)=-(a_n-a_{n-1})$
$a_{n+1}-a_n=\frac{-1}{2}(a_n-a_{n-1})$
令{ $b_n$ }= $a_n-a_{n-1}$
則數列{ $b_n$ }是一個首項為1，公比為 $\frac{-1}{2}$ 的等比數列
所以 $a_{n+1}-a_n=b_{n+1}=(-\frac{1}{2})^n$
(2)求 $\lim_{n\to\infty}a_n$
$a_n=(a_n-a_{n-1})+(a_{n-1}-a_{n_2})+\cdots+(a_1-a_0)+a_0$
$a_n=b_n+b_{n-1}+\cdots+b_1+0=\frac{2}{3}[1-(-\frac{1}{2})^n]$
$\therefore \lim_{n\to\infty}a_n=\frac{2}{3}$