高等數學學習筆記
最近入門了高等數學，特此記錄一下學習到的重點。
Chapter 1 實數與實數集
這部分內容高中已經接觸過很多了，僅補充一些未曾瞭解過的。
1.完備性
實數集不僅對加減乘除開方運算封閉，並且對於極限運算也封閉，這個性質被稱為“完備性”。
實數中的集合通常稱為數集。
2.鄰域
設 \(a,\delta\) 均為實數，且 \(\delta >0\) ，則集合 \(\{ x\mid |x-a|<\delta \}\) 稱為 \(a\) 的 \(\delta\) 鄰域，其中 \(a\) 為鄰域的中心， \(\delta\) 稱為鄰域的半徑。記為 \(U(a,\delta)=(a-\delta,a+\delta)=\{ x\mid a-\delta<x<a+\delta \}\)
去心鄰域的定義就是挖去中心這個點，沿用上面的例子即 \((a-\delta,a)\cup (a,a+\delta)\)
3.有界性
設 \(E\) 是一個非空數集，如果存在常數 \(K,K\in \R\) ， 使得對一切 \(x\in E\) ，有 \(x\leq K\) （或 \(x \geq K\) ），則稱數集 \(E\) 有上界（或下界），否則稱 \(E\) 沒有上界（或下界）。 當數集 \(E\) 既有上界也有下界時，稱 \(E\) 為有界的，二者缺一則稱 \(E\) 為無界。
數集 \(E\) 有界等價的兩個命題：
①存在常數 \(k,K \in \R\) ，使得對於一切 \(x\in E\) ，有 \(k\leq x\leq K\)
②存在常數 \(M\in \R,M>0\) ，使得對於一切 \(x\in E\) ，有 \(|x|\leq M\)
上界中最小的實數稱為數集 \(E\) 的上確界。記為 \(\sup E\) 。同理，下界中最大的實數稱為數集 \(E\) 的下確界，記為 \(\inf E\) 。
e.g.1. 若 \(E=\{ 1,\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{3},...,\dfrac{1}{n} \},n\in \N\) ，則 \(\sup E=1\) ， \(\inf E=0\)
e.g.2. 若 \(E=\{ x\mid x^2<2 \},x\in \Q\) ，則 \(\sup E=\sqrt2\) ， \(\inf E=-\sqrt2\)
4.確界原理
基於有界性，非空有上界的數集一定有上確界；非空有下界的數集一定有下確界。
Chapter 2 函式初步
函式的概念也是高中已經瞭解過很多了，此處補充初等函式的定義以及簡單的初等函式
一、初等函式
1.函式的特性
研究函式無非從函式的幾個特性出發，因此首先應瞭解函式的四個特性：
奇偶性、單調性、有界性、週期性。
ps：對稱性與奇偶性本質上沒有區別。
2.基本初等函式
基本初等函式包括：常函式，冪函式，三角函式，指數函式，對數函式，反三角函式
3.初等函式
由常數以及基本初等函式經過有限次四則運算和複合步驟所構成，並可用一個式子表示的函式，稱為初等函式，否則稱為非初等函式。
一般情況下，分段函式不能用一個函式表示式來表達，所以不是初等函式。
4.雙曲函式
雙曲正弦函式： \(y=\operatorname{sh}x=\dfrac{e^x-e^{-x}}{2}\)
雙曲餘弦函式： \(y=\operatorname{ch}x=\dfrac{e^x+e^{-x}}{2}\)
雙曲正切函式： \(y=\operatorname{th}x=\dfrac{\operatorname{sh}x}{\operatorname{ch}x}=\dfrac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}}\)
雙曲函式也有一些與三角函式類似的恆等式：
① \(\operatorname{ch}^2 x-\operatorname{sh}^2 x=1\)
② \(\operatorname{sh}{2x}=2\operatorname{sh}x\operatorname{ch}x\)
③ \(\operatorname{ch}{2x}=\operatorname{ch}^2x+\operatorname{sh}^2x\)
至於雙曲函式的反函式則可以利用一般求解反函式的方式來求得，此處不一一列出。
Chapter 3 數列極限
數列的定義高中也已經接觸過，此處不再給出。
1.數列的有界性
類似於實數集的有界性。給定一個數列 $ { x_n } $ ，如果存在常數 \(M,M>0\) ， 使得對一切 \(n\in \N^+\) ，有 \(|x_n|\leq M\) ，則稱 \(x_n\) 是有界數列，且 \(M\) 為數列的一個界。
2.數列的單調性
跟高中的定義沒啥區別。就是注意嚴格單調增加與單調增加之間的區別（多了取等）
3.數列的極限
隨著下標增大，數列不斷趨近某個值的現象，稱為收斂。收斂數列趨近的值稱為該數列的極限。收斂數列 \(\{ x_n \}\) 的極限記為 $\lim\limits_{n\to\infty} x_n $ 。
首先思考 \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n=0\) 的含義。當 \(n\) 無限增大時， \(x_n\) 無限趨近於 \(0\) 。換句話說就是隨便找一個比 \(0\) 大的數 $\varepsilon $ ， \(x_n\) 都比這個 $ \varepsilon $ 小。
那麼我們如何用數學語言刻畫這個過程？
下面給出\(\lim\limits_{n\to\infty} x_n=0\) 的定義： 任取 $ \varepsilon >0$ ，存在一個正整數 \(N\) ，使得當 \(n>N\) 時， $|x_n|< \varepsilon $
恰好模擬了這個過程：隨便給一個 $ \varepsilon $ ，當 \(n\) 足夠大的時候 \(x_n\) 一定可以比 $ \varepsilon $ 小。這裡的 \(\varepsilon\) 可以理解為一個無窮小的數。所以如下命題也可以作為極限的定義： 任取 $ \varepsilon >0$ ，存在一個正整數 \(N\) ，使得當 \(n>N\) 時， $|x_n|< c\varepsilon $ ，其中 \(c\) 為一個正常數。
這裡還有需要注意的是：\(x_n\) 無限趨近於 \(0\) ，等價於 \(x_n\) 到 \(0\) 的距離無限小
於是我們就可以嘗試總結出一般極限的定義，即 \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n=A\) 的定義： 任取 $ \varepsilon >0$ ，存在一個正整數 \(N\) ，使得當 \(n>N\) 時， $|x_n-A|< \varepsilon $ 。此時我們稱數列 \(\{ x_n \}\) 是收斂的。否則我們稱數列 \(\{x_n\}\) 是發散的。
下面我們舉一個簡單的例子來了解如何證明數列的極限
e.g.1.證明 \(\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{1}{n^2}=0\)
任意給定 \(\varepsilon >0\) ，要使 \(\left|\dfrac{1}{n^2}-0\right| =\left |\dfrac{1}{n^2}\right|<\varepsilon\) ，
即 \(n^2>\dfrac{1}{\varepsilon}\) ，即當 \(n>\sqrt{\dfrac{1}{\varepsilon}}\) 時，就有 \(\left|\dfrac{1}{n^2}-0\right|=\left|\dfrac{1}{n^2}\right|<\varepsilon\) ，
所以取 \(N=\left \lfloor\sqrt{\dfrac{1}{\varepsilon}}\right\rfloor+1\) ，則當 \(n>N\) 時，有 \(\left|\dfrac{1}{n^2}-0\right|=\left|\dfrac{1}{n^2}\right|<\varepsilon\)
即 \(\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{1}{n^2}=0\)
總結一下：證明數列的極限就是證明 \(N\) 的存在性 ，而且不一定是最優的 \(N\) 。注意：並不要求恆成立！
練習1.證明 \(\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{n}{(n+1)^2}=0\)
任意給定 \(\varepsilon >0\) ，要使 \(\left|\dfrac{n}{(n+1)^2}\right|<\varepsilon\) ，
已知 \(\left|\dfrac{n}{(n+1)^2}\right|<\left|\dfrac{n}{n^2}\right|=\dfrac{1}{n}\) ，所以不妨取 \(N=\left \lfloor\dfrac{1} {\varepsilon}\right\rfloor+1\) ，
當 \(n>N\) 時，有 \(\left|\dfrac{n}{(n+1)^2}\right|<\dfrac{1}{n}<\varepsilon\) ，
即 \(\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{n}{(n+1)^2}=0\)
是不是有一種賴皮的感覺，實際上這裡只要是往大處放縮即可，並且放到便於計算尋找 \(N\) 即可。
練習2.證明 \(\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{1}{2^n}=0\)
任意給定 \(\varepsilon >0\) ，要使 \(\dfrac{1}{2^n}<\varepsilon\) ，即 \(n>-\dfrac{\ln \varepsilon}{\ln 2}\)
取 \(N=\left\lfloor -\dfrac{\ln \varepsilon}{\ln 2} \right\rfloor+1\) ，
當 \(n>N\) 時，有 \(\dfrac{1}{2^n}<\varepsilon\) ，即 \(\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{1}{2^n}=0\)
總結：能直接求出來 \(n\) 的範圍最好，求不出來可以利用放縮。
練習3.證明 \(\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{1}{q^{n-1}}=0\)
任意給定 \(\varepsilon >0\) ，要使 \(|q|^{n-1}<\varepsilon\) ，即 \((n-1)\ln |q|<\ln \varepsilon\) ，亦即 \(n>1+\dfrac{\ln \varepsilon}{\ln |q|}\) ，
所以取 \(N=1+\dfrac{\ln \varepsilon}{\ln |q|}\) ，當 \(n>N\) 時，有 \(\left|q^{n-1}-0\right|<\varepsilon\) ，
即 \(\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{1}{q^{n-1}}=0\)
4.收斂於無窮大的定義
類比著上述數列極限中收斂於無窮小的定義，我們可以得到如下定義：
設有數列 \(\{ x_n \}\) ，如果對於 $\forall M>0,\exists N\in \N^+ $ ，使得當 \(n>N\) 時，有 \(|x_n|\geq M\) ，則稱數列當 \(n\to\infty\) 時是無窮大，記為 \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n=\infty\) 。
如果數列收斂於無窮大，那麼這個數列也是發散數列。
5.收斂數列的性質與極限的四則運算
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收斂數列的極限唯一
用反證法來證明。
假設 \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n=a\) 以及 \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n=b\) ，不妨設 \(a<b\) 。
這裡很巧妙的是我們取 \(\varepsilon=\dfrac{b-a}{2}\) ，
因 \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n=a\) ，所以 \(\exists N_1\) ，使得當 \(n>N_1\) 時， \(|x_n-a|<\dfrac{b-a}{2}\) ，所以 \(x_n\) 到 \(a\) 的距離小於 \(\dfrac{b-a}{2}\) ，因此 \(x_n<\dfrac{b-a}{2}+a=\dfrac{a+b}{2}\) 。
同理，因 \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n=b\) ，所以 \(\exists N_2\) ，使得當 \(n>N_2\) 時， \(|x_n-b|<\dfrac{b-a}{2}\) ，所以 \(x_n\) 到 \(b\) 的距離小於 \(\dfrac{b-a}{2}\) ，因此 \(x_n>b-\dfrac{b-a}{2}=\dfrac{a+b}{2}\) 。
接下來，令 \(N=\max(N_1,N_2)\) ，則當 \(n>N\) 時， \(x_n<\dfrac{a+b}{2}\) 且 \(x_n>\dfrac{a+b}{2}\) 。這裡就出現矛盾，所以數列的極限唯一。這裡畫一個數軸來輔助理解會更好。
e.g.1.證明數列 \(，\{ x_n \}=(-1)^{n+1}，(n=1,2,...)\) 是發散的
還是應用反證法。
假設數列 \(\{ x_n \}\) 收斂，則有唯一極限 \(a\) 存在。
則給定任意 \(\varepsilon>0\) ，存在 \(N\) 使得當 \(n>N\) 時，有 \(|x_n-a|<\varepsilon\)
直接取 \(\varepsilon=\dfrac{1}{2}\) ，則 \(a-\dfrac{1}{2}<x_n<a+\dfrac{1}{2}\) ，
而 \(x_n\) 的取值只能是 \(1\) 或 \(-1\) ，這兩個數不能同時落在長度為 \(1\) 的區間中，出現矛盾。
所以該數列是發散的。
這裡需要注意的是：反證的時候一般假設極限存在，則“ 給定任意 \(\varepsilon>0\) ，存在 \(N\) 使得當 \(n>N\) 時，有 \(|x_n-a|<\varepsilon\) ”這句話作為條件使用。我們只需要取 \(\varepsilon\) 來找矛盾。
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收斂數列一定有界
證明：
設 \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n=a\) ，取 \(\varepsilon=1\) ，則 \(\exists N\) ，當 \(n>N\) 時，有 \(|x_n-a|<1\) ，
從而有 \(|x_n|=|(x_n-a)+a|<|x_n-a|+|a|<1+|a|\)
取 \(M=\max(|x_1|,|x_2|,|x_3|,...,|x_N|,1+|a|)\) ，則有 \(|x_n|\leq M(n=1,2,...)\)
由此說明收斂數列必有界。
對這條定理有幾點說明：
- 為什麼 \(M\) 要這麼取？答：因為證明過程中第二行我們只證明了 \(n>N\) 時成立，還需要考慮前 \((N-1)\) 項的問題，前 \((N-1)\) 項是有限項，根據離散數集一定有界，可知收斂數列一定有界。
- 這個定理反過來不一定成立，即有界數列不一定收斂，如 \((-1)^{n+1}\)
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保號性的一般與特殊
一般性的結論：若 \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n=a\) ， \(\lim\limits_{n\to\infty} y_n=b\) ，且 \(a>b\) ，則 \(\exists N\in \N^+\) ，當 \(n>N\) 時，有 \(x_n>y_n\)
證明：用我們剛才學到的方法。
取 \(\varepsilon_0=\dfrac{a-b}{2}\) ，因為 \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n=a\) ，則 \(\exists N_1\in N^+\) ，當 \(n>N_1\) 時， \(|x_n-a|<\dfrac{a-b}{2}\) ，即 \(x_n>\dfrac{a+b}{2}\) ，
類比上述過程可得 \(|y_n-b|<\dfrac{a-b}{2}\) ，即 \(y_n<\dfrac{a+b}{2}\) ，
令 \(N=\max(N_1,N_2)\) ，則當 \(n>N\) 時，有 \(y_n<\dfrac{a+b}{2}<x_n\)
這個定理反過來是成立的：
設 \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n=a\) ， \(\lim\limits_{n\to\infty} y_n=b\) ，且 \(\exists N\in N^+\) ，當 \(n>N\) 時，有 \(x_n\geq y_n\) ，則 \(a\geq b\) 。
需要加上取等。可以用反證法證明：
假設 \(a<b\) ，
還是取 \(\varepsilon=\dfrac{b-a}{2}\) ，因為 \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n=a\) ， \(\lim\limits_{n\to\infty} y_n=b\) ，
同上面的思路，我們可以得出，
當 \(n>N_1\) 時， \(|x_n-a|<\dfrac{b-a}{2}\) ，即 \(x_n<\dfrac{a+b}{2}\) ，
當 \(n>N_2\) 時， \(|y_n-b|<\dfrac{b-a}{2}\) ，即 \(y_n>\dfrac{a+b}{2}\) ，
令 \(N=\max(N_1,N_2)\) ，則當 \(n>N\) 時，有 \(x_n<\dfrac{a+b}{2}<y_n\) 與已知矛盾，所以假設不成立。
所謂的保號性就是我們說的如下特殊情況：
設 \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n=a\) ，且 \(a>0\) ，則 \(\exists N\in \N^+\) ，當 \(n>N\) 時，有 \(x_n>0\)
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迫斂性（夾逼定理）
先說一下這個定理的內容。
已知 \(\lim\limits_{n\to\infty} y_n=\lim\limits_{n\to\infty} z_n=a\) ，且 \(y_n\leq x_n\leq z_n\) ， \(n\) 從某一項開始，則有 \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n=a\)
證明：
因為 \(\lim\limits_{n\to\infty} y_n=a\) ，則可得 \(|y_n-a|<\varepsilon\) ，即 \(a-\varepsilon <y_n<a+\varepsilon\)
同理可得 \(a-\varepsilon<z_n<a+\varepsilon\)
所以有如下不等式鏈： \(a-\varepsilon<y_n\leq x_n\leq z_n<a+\varepsilon\)
所以有 \(a-\varepsilon <x_n<a+\varepsilon\) ，即 \(|x_n-a|<\varepsilon\)
所以 \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n=a\)
e.g.1. 求證 \(\lim \limits_{n\to\infty} n\left( \dfrac{1}{n^2+\pi}+\dfrac{1}{n^2+2\pi}+...+\dfrac{1}{n^2+n\pi} \right)=1\)
利用迫斂性可得，
\(\dfrac{n^2}{n^2+n\pi}<n\left( \dfrac{1}{n^2+\pi}+\dfrac{1}{n^2+2\pi}+...+\dfrac{1}{n^2+n\pi} \right)<\dfrac{n^2}{n^2+\pi}\)
又因為 \(\lim \limits_{n\to\infty} \dfrac{n^2}{n^2+n\pi}=\lim \limits_{n\to\infty}\dfrac{1}{1+\dfrac{\pi}{n}}=1\) ，
且 \(\lim \limits_{n\to\infty}\dfrac{n^2}{n^2+\pi}=\lim \limits_{n\to\infty} \dfrac{1}{1+\dfrac{\pi}{n^2}}=1\) ，
所以 \(\lim \limits_{n\to\infty} n\left( \dfrac{1}{n^2+\pi}+\dfrac{1}{n^2+2\pi}+...+\dfrac{1}{n^2+n\pi} \right)=1\)
練習1.求數列 \(x_n=\sqrt[n]{n}\) 的極限
首先我們需要先寫幾項觀察，發現 \(x_n>1\) 恆成立。
設 \(\sqrt[n]n=1+h_n,(n>1)\) ，於是可得， \(n=(1+h_n)^n=1+nh_n+\dfrac{n(n+1)}{2}{h_n}^2+...\)
我們只要展開的第三項並且找一個很鬆的放縮， \(\dfrac{n(n+1)}{2}{h_n}^2>\dfrac{n(n-1)}{2}{h_n}^2\)
所以 \(n>\dfrac{n(n-1)}{2}{h_n}^2\) ，於是可得 \(0<h_n<\sqrt{\dfrac{2}{n-1}}\) ，即 \(1<h_n+1<1+\sqrt{\dfrac{2}{n-1}}\)
所以 \(1<\sqrt[n]n<1+\sqrt{\dfrac{2}{n-1}}\) ，而 \(\lim \limits_{n\to\infty} \left(1+\sqrt{\dfrac{2}{n-1}}\right)=1\)
所以根據迫斂性， \(\lim\limits_{n\to\infty} \sqrt[n]n=1\)
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極限的四則運算
設有 \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n=a\) ， \(\lim\limits_{n\to\infty} y_n=b\) ，則有
- \(\lim\limits_{n\to\infty} (x_n\pm y_n)=a\pm b=\lim\limits_{n\to\infty}x_n \pm \lim\limits_{n\to\infty}y_n\)
- \(\lim\limits_{n\to\infty}(x_n\cdot y_n)=ab=\lim\limits_{n\to\infty}x_n\cdot \lim\limits_{n\to\infty}y_n\)
- \((b\neq 0)\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{x_n}{y_n}=\dfrac{a}{b}=\dfrac{\lim\limits_{n\to\infty}x_n}{\lim\limits_{n\to\infty}y_n}\)
- \(\lim\limits_{n\to\infty}c\cdot x_n=c\cdot \lim\limits_{n\to\infty}x_n=c\cdot a\)
- \(\lim\limits_{n\to\infty}(x_n)^k=\left(\lim\limits_{n\to\infty}x_n\right)^k=a^k\)
下面我們將前三個運演算法則證明一下：
（1） \(\lim\limits_{n\to\infty} (x_n\pm y_n)=a\pm b=\lim\limits_{n\to\infty}x_n \pm \lim\limits_{n\to\infty}y_n\)
證明：
對於任意的 \(\varepsilon>0\) ，由 \(\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a\) ，所以 \(\exists N_1 \in \N^+\) ，當 \(n>N_1\) 時，有 \(|x_n-a|<\dfrac{\varepsilon}{2}\) ，
同理，由 \(\lim\limits_{n\to\infty}y_n=b\) ，所以 \(\exists N_2 \in \N^+\) ，當 \(n>N_2\) 時，有 \(|y_n-b|<\dfrac{\varepsilon}{2}\) ，
令 \(N=\max(N_1,N_2)\) ，當 \(n>N\) 時， \(\left| x_n+y_n-(a+b)\right|\leq|x_n-a|+|y_n-b|<\dfrac{\varepsilon}{2}+\dfrac{\varepsilon}{2}=\varepsilon\) ，
因此 \(\lim\limits_{n\to\infty}(x_n+y_n)=a+b=\lim\limits_{n\to\infty}x_n+\lim\limits_{n\to\infty}y_n\)
這也說明極限運算對於加減法滿足分配律。
（2） \(\lim\limits_{n\to\infty}(x_n\cdot y_n)=ab=\lim\limits_{n\to\infty}x_n\cdot \lim\limits_{n\to\infty}y_n\)
證明：還是用絕對值不等式
因為 \(|x_n\cdot y_n-ab|=|x_n\cdot y_n-x_nb+x_nb-ab|\leq |x_n|\cdot |y_n-b|+|b|\cdot |x_n-a|\)
注意到出現了 \(|y_n-b|\) 與 \(|x_n-a|\) ，接下來要考慮使 \(|x_n|\cdot |y_n-b|+|b|\cdot |x_n-a|\) 無限小，
由 \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n=a\) 且收斂數列一定有界，可知 \(\exists M>0\) ，使 \(|x_n|\leq M\) ，
對於 \(\forall \varepsilon>0\) ，由 \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n=a\) ，可得 \(\exists N_1\in \N^+\) ，當 \(n>N_1\) 時，有 \(|x_n-a|<\dfrac{\varepsilon}{2|b|}\) ，
又由 \(\lim\limits_{n\to\infty} y_n=b\) ，可得 \(\exists N_2\in \N^+\) ，當 \(n>N_2\) 時，有 \(|y_n-b|<\dfrac{\varepsilon}{2M}\)
令 \(N=\max(N_1,N_2)\) ，當 \(n>N\) 時， \(|x_n|\cdot |y_n-b|+|b|\cdot |x_n-a|<M\cdot \dfrac{\varepsilon}{2M}+|b|\cdot \dfrac{\varepsilon}{2|b|}=\varepsilon\) ，
因此極限運算對於乘法也滿足分配律。
（3）\((b\neq 0)\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{x_n}{y_n}=\dfrac{a}{b}=\dfrac{\lim\limits_{n\to\infty}x_n}{\lim\limits_{n\to\infty}y_n}\)
證明：
這個命題我們只需要去證 \(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1}{y_n}=\dfrac{1}{b}\) ，然後結合乘法運演算法則即可。
先利用一下保號性，因為 \(\lim\limits_{n\to\infty} y_n=b\) ，所以 \(\exists N\in \N^+\) ，當 \(n>N\) 時，有 \(|y_n|>\dfrac{|b|}{2}\) ，即 \(0<\dfrac{1}{|y_n|}<\dfrac{2}{|b|}\) ，
於是 \(\left|\dfrac{1}{y_n}-\dfrac{1}{b}\right|=\left|\dfrac{y_n-b}{y_nb}\right|<2\dfrac{|y_n-b|}{b^2}\) ，
要使 \(\left|\dfrac{1}{y_n}-\dfrac{1}{b}\right|<2\dfrac{|y_n-b|}{b^2}<\varepsilon\) 成立，只需要滿足 \(|y_n-b|<\dfrac{b^2\varepsilon}{2}\) ，
因為 \(\lim\limits_{n\to\infty} y_n=b\) ，所以對於任意 \(\varepsilon>0\) ， \(\exists N_1\in \N^+\) ，使得當 \(n>N_1\) 時， \(|y_n-b|<c\varepsilon\) ，
這裡 \(c=\dfrac{b^2}{2}\) ，所以 \(\left|\dfrac{1}{y_n}-\dfrac{1}{b}\right|<\varepsilon\) 成立，即 \(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1}{y_n}=\dfrac{1}{b}\)
再結合乘法運演算法則即可。
e.g.1.計算 \(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{2n^2+9n-6}{3n^2+4}\)
解：
上下同時除以 \(n^2\) ，\(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{2n^2+9n-6}{3n^2+4}=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{2+\dfrac{9}{n}-\dfrac{6}{n^2}}{3+\dfrac{4}{n^2}}\)
因為 \(n\to\infty\) ，所以 \(\dfrac{1}{n} \to 0\) ，
所以 \(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{2n^2+9n-6}{3n^2+4}=\dfrac{2}{3}\)
練習1. 計算 \(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{2^n+3^n}{2^{n+1}+3^{n+1}}\)
解：
上下同時除以 \(3^n\) ， \(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\left({\dfrac{2}{3}}\right)^n+1}{\left({\dfrac{2}{3}}\right)^{n}\cdot 2+3}\) ，
易得， \(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{2^n+3^n}{2^{n+1}+3^{n+1}}=\dfrac{2}{3}\)
6.數列極限存在的條件
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數列極限存在的條件
單調有界數列必有極限。證明不要求掌握，結論直接記住即可
e.g.1. 證明數列 \(x_n=\left( 1+\dfrac{1}{n} \right)^n\) 極限存在
證明：
利用二項式定理展開，得 \(x_n=1+\dfrac{n}{1!}\dfrac{1}{n}+\dfrac{n(n-1)}{2!}\dfrac{1}{n^2}+...+\dfrac{n(n-1)\cdot \cdot \cdot(n-n+1)}{n!}\dfrac{1}{n^n}\) ，
化簡一下（分子的每個括號裡除以一個 \(n\) ），得
$x_n=1+1+\dfrac{1}{2!}\left(1-\dfrac{1}{n}\right)+\dfrac{1}{3!}\left( 1- \dfrac{1}{n} \right)\left( 1- \dfrac{2}{n} \right)+...+\dfrac{1}{n!}\left( 1- \dfrac{1}{n} \right)\left( 1- \dfrac{2}{n} \right) \cdot\cdot\cdot \left( 1- \dfrac{n-1}{n} \right)$ ，
再寫一項可得，
\(x_{n+1}=1+1+\dfrac{1}{2!}\left(1-\dfrac{1}{n+1}\right)+\dfrac{1}{3!}\left( 1- \dfrac{1}{n+1} \right)\left( 1- \dfrac{2}{n+1} \right)+...+\dfrac{1}{(n+1)!}\left( 1- \dfrac{1}{n+1} \right)\left( 1- \dfrac{2}{n+1} \right) \cdot\cdot\cdot \left( 1- \dfrac{n}{n+1} \right)\) ，
逐項比對可以發現從第三項開始 \(x_{n+1}\) 每一項都比 \(x_n\) 大，並且 \(x_{n+1}\) 最後還有一個正數項。
所以 \(x_n<x_{n+1}\) 即 \(\{ x_n \}\) 是單調遞增數列。
又因為 \(x_n=1+1+\dfrac{1}{2!}\left(1-\dfrac{1}{n}\right)+\dfrac{1}{3!}\left( 1- \dfrac{1}{n} \right)\left( 1- \dfrac{2}{n} \right)+...+\dfrac{1}{n!}\left( 1- \dfrac{1}{n} \right)\left( 1- \dfrac{2}{n} \right) \cdot\cdot\cdot \left( 1- \dfrac{n-1}{n} \right)<1+1+\dfrac{1}{2!}+\dfrac{1}{3!}+...+\dfrac{1}{n!}\) ，
放縮為等比數列 \(x_n<1+1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2^2}+...+\dfrac{1}{2^{n-1}}=1+\dfrac{1-\dfrac{1}{2^n}}{1-\dfrac{1}{2}}=3-\dfrac{1}{2^{n-1}}<3\)
所以也證明了 \(\{ x_n \}\) 是有界的，所以 \(\{x_n\}\) 有極限。
並且記此極限為 \(e\) ，即 \(\lim\limits_{n\to\infty}\left( 1+\dfrac{1}{n} \right)^n=e\)
練習1.計算 \(\lim\limits_{n\to\infty}\left(\dfrac{n+2}{n+1}\right)^n\)
解：
\(\lim\limits_{n\to\infty}\left(\dfrac{n+2}{n+1}\right)^n=\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{n+1}\right)^n=\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{n+1}\right)^{n+1}\cdot \lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{n+1}\right)^{-1}\)
而 \(\left(1+\dfrac{1}{n+1}\right)^{n+1}=e\) 且 \(\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{n+1}\right)^{-1}=1^{-1}=1\)
所以 \(\lim\limits_{n\to\infty}\left(\dfrac{n+2}{n+1}\right)^n=e\)
說明： \(\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{\Box}\right)^\Box=e\) ，只要滿足當 \(n\to\infty\) 時， \(\Box\to\infty\) 即可。
練習2. 證明數列 \(個根號\sqrt2,\sqrt{2+\sqrt2},\cdot\cdot\cdot,\begin{matrix}\underbrace{\sqrt{2+\sqrt{2+\cdot\cdot\cdot+\sqrt2}}}\\n個根號\end{matrix},\cdot\cdot\cdot\) 收斂，並求其極限。
解：
首先比較容易發現 \(個根號個根號x_{n+1}=\begin{matrix}\underbrace{\sqrt{2+\sqrt{2+\cdot\cdot\cdot+\sqrt{2+\sqrt2}}}}\\(n+1)個根號\end{matrix}>\begin{matrix}\underbrace{\sqrt{2+\sqrt{2+\cdot\cdot\cdot+\sqrt2}}}\\n個根號\end{matrix}=x_n\)
所以數列是單調增加的。
由於 \(x_1=\sqrt2<2\) ，又 \(x_2=\sqrt{2+x_1}<\sqrt{2+2}=2\) ，所以 \(x_2<2\) ，
假設 \(x_n<2\) ，則 \(x_{n+1}=\sqrt{2+x_n}<\sqrt{2+2}=2\) ，此處省略嚴格的數歸證明，
可得數列 \(x_n<2\) 恆成立，所以數列是有界的（下界 \(\sqrt2\) 上界 \(2\) ），
所以數列存在極限，不妨設數列極限為 \(a\) ，
因為 \(x_{n+1}=\sqrt{2+x_n}\) ，即 \({x_{n+1}}^2=2+x_n\)
對兩邊同時取極限，可得 \(a^2=2+a\) ，解得 \(a=2\)
所以 \(\lim\limits_{n\to\infty}x_n=2\)
練習3. 設 \(x_{n+1}=\dfrac{1}{2}\left(x_n+\dfrac{a}{x_n}\right)(n=1,2,..),\) 且 \(x_1>0,a>0\) 求 \(\lim\limits_{n\to\infty}x_n\)
解：
由 \(x_{n+1}=\dfrac{1}{2}\left(x_n+\dfrac{a}{x_n}\right)\geq\sqrt{x_n\cdot\dfrac{a}{x_n}}=\sqrt{a}\)
而 \(\dfrac{x_{n+1}}{x_n}=\dfrac{1}{2}\left(1+\dfrac{a}{{x_n}^2}\right)\leq\dfrac{1}{2}\left(1+\dfrac{a}{a}\right)=1\)
所以數列單調遞減並且有下界，所以極限存在。假設 \(\lim\limits_{n\to\infty}x_n=A\)
由 \(x_{n+1}=\dfrac{1}{2}\left(x_n+\dfrac{a}{x_n}\right)\) ，兩邊取極限得， \(A=\dfrac{1}{2}\left(A+\dfrac{a}{A}\right)\)
解得， \(A=\pm\sqrt{a}\) ，又因為 \(x_1>0\) 所以 \(\lim\limits_{n\to\infty}x_n=\sqrt{a}\)
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柯西準則
柯西準則給出了數列極限存在的充要條件
數列 \(\{x_n\}\) 極限存在的充要條件是（有兩種表述方法）：
- \(\forall\varepsilon>0,\exists N\in\N^+\) ，使得當 \(n>N\) 時，對於一切 \(p\in\N^+\) ，有 \(|x_{n+p}-x_n|<\varepsilon\)
- \(\forall\varepsilon>0,\exists N\in\N^+\) ，使得當 \(n,m>N\) 時 ，有 \(|x_n-x_m|<\varepsilon\)
柯西準則的意義是：數列是否有極限可以根據一般項的特性得出，而不必藉助於極限值 \(a\)