§$2.3$ 单调数列

关于单调数列的基本结论很简单，只不过是

$(1)$ 单调有界数列一定收敛;

$(2)$ 单调无界数列一定是有确定符号的无穷大量．

然而这两个基本结论在数列的研究中起着很重要的作用。它们不仅是本节各个例题中的主要工具，而且也是学习 §$2.5$ 和 §$2.6$ 的基础。

与 §$2.1$ 一开始的收敛数列的定义相比较，可以看出对单调数列来说，我们可以从数列本身判定其收敛或发散，而不需要对极限的存在或不存在作假定．这是一个很大的进步．由于对单调有界数列只肯定了它的极限存在，而没有给出极限本身，因此这是在数学中的存在性定理的一个典型例子．从下面的例题可以看出，极限的存在性有时能帮助我们将极限计算出来．

如何对一般的数列从其本身来判定它收敛还是发散？这就是下一章 §$3.4$ 中的 $Cauchy$ 收敛准则要回答的问题。

$\mathrm{2.3.1}$ 例题

收敛数列当然不一定是单调数列，但是有很多常用的数列确实是单调的，或者从某一项开始是单调的．例如以下几个常见数列的收敛性都可以从单调性出发得到证明 (虽然不一定是最佳的证明方法), 并求出它们的极限:

{sqrt [ n ]a } (a > 0), {sqrt [ n ]n }, {frac n ^ ka ^ n } (k > 0, a > 1), {frac a ^ nn ! }, {frac n !n ^ n }.$$\{\sqrt[n]{a}\}(a>0),\{\sqrt[n]{n}\},\left\{\frac{n^k}{a^n}\right\}(k>0,a>1),\left\{\frac{a^n}{n!}\right\},\left\{\frac{n!}{n^n}\right\}.$$

为了知道一个数列是否单调，一个自然的方法就是去比较数列中相继两项的大小．这可以通过分析相继两项之比或差来达到目的．以下几个例子都是如此，其中还介绍在知道极限存在后如何计算极限．

下面的前两个例题是上一节的例题 $\mathrm{2.1.1}$ 和 $\mathrm{2.1.2}$ 的新解，但在问题的提法上有不同，不再是验证已给定数列是否以某个数为其极限了．

例题 $2.3.1$

用单调有界数列的收敛定理，证明 $\left\{\frac{n^5}{2^n}\right\}$ 收敛，并求其极限．

证明

记数列的通项为 $a_n=\frac{n^5}{2^n},n\in {\mathbf{N}}_{+}$，则可以看出前后两项之比为

frac a _ n + 1a _ n = frac 12 · (1 + frac 1n) ^ 5.$$\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{1}{2}\cdot {\left(1+\frac{1}{n}\right)}^5.$$

分析上式右边的第二个因子，从 ${\lim }_{n\to \infty }{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^5=1$，可见存在 $N$，当 $n>N$ 时，满足不等式 ${\left(1+\frac{1}{n}\right)}^5<2$．因此，当 $n>N$ 时，就有

a _ n + 1 = a _ n · frac 12 · (1 + frac 1n) ^ 5 < a _ n. (2.5)$$a_{n+1}=a_n\cdot \frac{1}{2}\cdot {\left(1+\frac{1}{n}\right)}^5<a_n.\text{\hspace{1em}(2.5)}$$

由此可见，至少从 $n>N$ 起数列 $\{a_n\}$ 严格单调减少．又由于 $\{a_n\}$ 是正数列，以 $0$ 为下界，因此就可以用单调有界数列的收敛定理，知道存在极限 $a={\lim }_{n\to \infty }{a}_n$．利用极限的存在性，在 $(2.5)$ 左边的等式两边令 $n\to \infty$，就有

a = frac 12 a Longrightarrow a = 0.$$a=\frac{1}{2}a⟹a=0.$$

希望初学者比较这个方法与例题 $\mathrm{2.1.1}$ 中的方法．这里在问题的提法、采取的思路和所需要的工具等方面都完全不同．

例题 $2.3.2$

研究数列 $\{\sqrt[n]{n}\}$ 是否单调，并求出该数列的极限．

证明

记 $a_n=\sqrt[n]{n},n\in {\mathbf{N}}_{+}$．计算数列的前几项，得 $a_1=1,a_2=\sqrt{2}$，以及 $a_3=\sqrt[3]{3}\approx 1.44,a_4=a_2\approx 1.41,a_5=\sqrt[5]{5}\approx 1.38,a_6=\sqrt[6]{6}\approx 1.35,\cdots$，可见这个数列有可能从第三项起严格单调减少．比较前后两项，由于有

a _ n + 1 = sqrt [ n + 1 ]n + 1 < a _ n = sqrt [ n ]n iff (1 + frac 1n) ^ n < n,$$a_{n+1}=\sqrt[n+1]{n+1}<a_n=\sqrt[n]{n}⟺{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n<n,$$

只要证明当 $n$ 充分大时右边的不等式成立，就可以证实我们的猜测正确．利用平均值不等式，可以得到

frac 1n (1 + frac 1n) ^ n = (frac 1sqrt n) ^ 2 (1 + frac 1n) ^ n < (frac n + 1 + 2 / sqrt nn + 2) ^ n + 2,$$\frac{1}{n}{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n={\left(\frac{1}{\sqrt{n}}\right)}^2{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n<{\left(\frac{n+1+2/\sqrt{n}}{n+2}\right)}^{n+2},$$

可见只要 $n>4$ 就可以使上式右边的表达式严格小于 $1$．因此数列 $\{\sqrt[n]{n}\}$ 至少从第 $5$ 项起是严格单调减少数列．又由于这个数列以 $1$ 为下界，因此从单调有界数列的收敛定理知道，存在极限

lim _ n → ∞ sqrt [ n ]n = a ≥slant 1.$$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{n}=a⩾1.$$

以下只要证明 $a>1$ 是不可能的．用反证法．若有 $a=1+h,h>0$，则当 $n$ 充分大时应当成立 $\sqrt[n]{n}>1+h$，从而得到

n > (1 + h) ^ n > frac n (n - 1)2 h ^ 2.$$n>(1+h{)}^n>\frac{n(n-1)}{2}{h}^2.$$

但这是不可能的．因此得出结论: ${\lim }_{n\to \infty }\sqrt[n]{n}=1$ .

对数列研究前后两项之比可以提升为一种方法，并建立如下结果．

例题 $2.3.3$

设对于 $\{a_n\}$，有 ${\lim }_{n\to \infty }\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=c<1$，则 $\{a_n\}$ 是无穷小量．

证明

取 $\epsilon =(1-c)/2$ ，有 $N$ ，当 $n>N$ 时，成立

| frac a _ n + 1a _ n | < c + frac 1 - c2 = frac 1 + c2 < 1,$$\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|<c+\frac{1-c}{2}=\frac{1+c}{2}<1,$$

因此在 $n>N$ 时 $\{|a_n|\}$ 是严格单调减少数列．由于它以 $0$ 为下界，因此收敛．记它的极限为 $a$．在不等式

| a _ n + 1 | < frac 1 + c2 | a _ n | (2.6)$$\left|a_{n+1}\right|<\frac{1+c}{2}\left|a_n\right|\text{\hspace{1em}(2.6)}$$

两边令 $n\to \infty$，就得到 $0⩽a⩽a(1+c)/2$．因为 $0<(1+c)/2<1$，这只能导致 $a=0$．从 $\{|a_n|\}$ 收敛于 $0$ 可知 $\{a_n\}$ 也收敛于 $0$.

这个例题中由于有很强的条件，不用单调有界数列的收敛定理也能证出来．例如，在得到不等式 $(2.6)$ 后，引入记号 $c_1=(1+c)/2$，然后证明存在常数 $M>0$，使不等式 $|a_n|<M{c}_1^n$ 在 $n>N$ 时成立，由于 $c_1\in (0,1)$，可知有 ${\lim }_{n\to \infty }|a_n|=0$．因此，对一般的数列研究其后项与前项之比也可能有用处．

例题 $2.3.4$

设 $a_n=\frac{1}{n+1}+\cdots +\frac{1}{2n},n\in N_{+}$ ，证明数列 $\{a_n\}$ 收敛．

证明

比较数列的前后两项之差，就可发现

a _ n + 1 - a _ n = frac 12 n + 1 + frac 12 n + 2 - frac 1n + 1 > 2 · frac 12 n + 2 - frac 1n + 1 = 0,$$a_{n+1}-a_n=\frac{1}{2n+1}+\frac{1}{2n+2}-\frac{1}{n+1}>2\cdot \frac{1}{2n+2}-\frac{1}{n+1}=0,$$

可见数列单调增加．由于 $a_n<\frac{n}{n+1}<1$，可取 $1$ 作为上界，因此数列收敛．

以后将会求出本题中的数列极限是 $\ln 2$ (见例题 $\mathrm{2.5.4}$, $\mathrm{11.4.1}$).

下一个例子并不难，但是其中的方法很基本，同时它的结论自 $1976$ 年后在计算数学中变得很有用 (见例题后的注解).

例题 $2.3.5$

给定两个正数 $a$ 和 $b$，且有 $0<b<a$．令 $a_0=a,b_0=b$，并按照递推公式

a _ n = frac a _ n - 1 + b _ n - 12, b _ n = sqrt a _ n - 1 b _ n - 1, n ∈ mathbf N _ +,$$a_n=\frac{a_{n-1}+b_{n-1}}{2},b_n=\sqrt{a_{n-1}{b}_{n-1}},n\in {\mathbf{N}}_{+},$$

定义数列 $\{a_n\}$ 和 $\{b_n\}$．证明这两个数列收敛于同一个极限．

证明

利用 $0<b_0<a_0$ 和平均值不等式，可以得到 $b_0<b_1<a_1<a_0$．用数学归纳法可以证明对每个 $n$ 均成立

b _ 0 < b _ 1 < … < b _ n < a _ n < … < a _ 1 < a _ 0.$$b_0<b_1<\cdots <b_n<a_n<\cdots <a_1<a_0.$$

因此数列 $\{a_n\}$ 和 $\{b_n\}$ 都是单调有界的，记极限为 $A$ 和 $B$，则均为正数．在两个迭代式中任取一个，令 $n\to \infty$，就得到 $A=B$ .

一般称上述极限为数 $a$ 和 $b$ 的算术几何平均值，记为 $AG(a,b)$．利用积分换元计算可以得到 $AG(a,b)$ 的解析表达式 (见 [14] 第二卷的 $315$ 小节):

A G (a, b) = frac π2 G, text 其中 G = ∫_ 0 ^ π / 2 frac d xsqrt a ^ 2 cos^ 2 x + b ^ 2 sin^ 2 x.$$AG(a,b)=\frac{\pi }{2G},\text{其中}G={\int }_0^{\pi /2}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{a^2{\cos }^{2}x+b^2{\sin }^{2}x}}.$$

算术几何平均值和上述解析表达式是大数学家 $Gauss$ (高斯) 在 $14$ 岁 ($1791$ 年) 时发现的，在他的早期研究工作中起了重要的作用．但这个结果长期以来没有引起足够重视，直到 $1976$ 年才由 $Salamin$ (萨拉明) 和 $Brent$ (布伦特) 等人以此为基础发展出一种算术几何平均值快速算法，成为目前在计算机上计算圆周率 $\pi$ 和初等函数的最有效方法之一．例如对于 $\pi$ 来说，这种算法每计算一步可以使 $\pi$ 的有效位数增加一倍或更多 (见例题 $\mathrm{8.7.2}$ 及其注之后的介绍). 关于 $\pi$ 在历年来的许多奇妙发现可以参看 [1, 60].

下一题就是前面的例题 $\mathrm{2.2.4}$，但方法与当时的夹逼方法完全不同．

例题 $2.3.6$

求数列 $\{a_n\}$ 的极限，其中 $a_n=\frac{1!+2!+\cdots +n!}{n!},n\in N_{+}$ .

解

研究相继两项之比 $\frac{a_{n+1}}{a_n}$，有

frac a _ n + 1a _ n = frac 1 ! + 2 ! + … + (n + 1) !(n + 1) (1 ! + 2 ! + … + n !) = frac 3 + 3 ! + … + (n + 1) !(n + 1) + (n + 1) 2 ! + … + (n + 1) !.$$\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{1!+2!+\cdots +(n+1)!}{(n+1)(1!+2!+\cdots +n!)}=\frac{3+3!+\cdots +(n+1)!}{(n+1)+(n+1)2!+\cdots +(n+1)!}.$$

在 $n>2$ 时分母的每一项大于等于分子的对应项，因此 $\{a_n\}$ 在 $n>2$ 后单调减少．由于 $0$ 是下界，因此数列收敛．又可发现联系前后两项的另一个关系式为

a _ n + 1 = 1 + frac a _ nn + 1,$$a_{n+1}=1+\frac{a_n}{n+1},$$

在两边令 $n\to \infty$，即知极限为 $1$.

$\mathrm{2.3.2}$ 练习题

1. 证明: 若 $\{x_n\}$ 单调，则 $\{|x_n|\}$ 至少从某项开始后单调．又问: 反之如何?

2. 设 $\{a_n\}$ 单调增加，$\{b_n\}$ 单调减少，且有 ${\lim }_{n\to \infty }(a_n-b_n)=0$．证明: 数列 $\{a_n\}$ 和 $\{b_n\}$ 都收敛，且极限相等．

3. 按照极限的定义证明：单调增加有上界的数列的极限不小于数列的任何一项，单调减少有下界的数列的极限不大于数列的任何一项．

4. 设 $x_n=\frac{2}{3}\cdot \frac{3}{5}\cdot \cdots \cdot \frac{n+1}{2n+1},n\in {\mathbf{N}}_{+}$，求数列 $\{x_n\}$ 的极限．

5. 设 $a_n=\frac{10}{1}\cdot \frac{11}{3}\cdot \cdots \cdot \frac{n+9}{2n-1},n\in {\mathbf{N}}_{+}$，求数列 $\{a_n\}$ 的极限．

6. 在例题 $\mathrm{2.2.6}$ 的基础上证明: 当 $p>1$ 时，数列 $\{S_n\}$ 收敛，其中

S _ n = 1 + frac 12 ^ p + frac 13 ^ p + … + frac 1n ^ p, n ∈ mathbf N _ +.$$S_n=1+\frac{1}{2^p}+\frac{1}{3^p}+\cdots +\frac{1}{n^p},n\in {\mathbf{N}}_{+}.$$

7. 设 $0<x_0<\frac{\pi }{2}$ , $x_n=\sin x_{n-1},n\in {\mathbf{N}}_{+}$，证明: $\{x_n\}$ 收敛，并求其极限．(参见 §$2.6$ 和例题 $\mathrm{8.1.10}$.)

8. 设 $a_n={\left[\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\right]}^2,n\in {\mathbf{N}}_{+}$，证明: $\{a_n\}$ 收敛于 $0$ .

a _ n = (frac 1 · 32 · 2) (frac 3 · 54 · 4) … [ frac (2 n - 3) (2 n - 1)(2 n - 2) (2 n - 2) ] [ frac 2 n - 1(2 n) ^ 2 ].$$a_n=\left(\frac{1\cdot 3}{2\cdot 2}\right)\left(\frac{3\cdot 5}{4\cdot 4}\right)\dots \left[\frac{(2n-3)(2n-1)}{(2n-2)(2n-2)}\right]\left[\frac{2n-1}{(2n{)}^2}\right].$$

9. 设 $a_n={\left[\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}\right]}^2\cdot \frac{1}{2n+1},n\in {\mathbf{N}}_{+}$，证明: $\{a_n\}$ 收敛．(方法与上一题类似．在学了积分学后将于命题 $\mathrm{11.4.1}$ 中求出上述数列的极限为 $\frac{\pi }{2}$．这就是 $Wallis$ 公式.)

10. 下列数列中，哪些是单调的:

$(1)$ $\left\{\frac{1}{1+n^2}\right\}$ $(2)$ $\{\sin n\}$ $(3)$ $\{\sqrt[n]{n!}\}$ .

11. 证明: 单调数列 $\{a_n\}$ 收敛的充分必要条件是它有一个收敛子列．

12. 对每个正整数 $n$，用 $x_n$ 表示方程 $x+x^2+\cdots +x^n=1$ 在闭区间 $[0,1]$ 中的根．求 ${\lim }_{n\to \infty }{x}_n.$