极限怎样通过代数运算传递？¶

先备知识¶

本单元只使用第 5 章的 \(\varepsilon\)--\(N\) 定义、收敛数列有界以及有限多个门槛可取最大值。若 \(a_n\to a\)，则给定 \(\eta>0\)，存在 \(N\)，使 \(n\ge N\) 时 \(|a_n-a|<\eta\)。证明运算法则的关键不是“把极限代进去”，而是把组合后的误差拆成若干已知可控的误差。

学习目标¶

完成本单元后，你应能：

从定义证明常数、和、差与数乘法则；
分离并证明乘积证明所需的有界尾部引理；
为两个误差分配预算并合并各自门槛；
根据表达式结构选择直接估计或乘积法则。

牵引问题¶

若 \(a_n\to a\)、\(b_n\to b\)，为什么 \(a_nb_n\) 会趋于 \(ab\)？恒等式

\[ a_nb_n-ab=a_n(b_n-b)+b(a_n-a) \]

仍含会随 \(n\) 变化的系数 \(a_n\)。要把它变成统一误差估计，必须先把 \(a_n\) 的一个尾部界住。

探索与猜想¶

和的误差可以直接拆成两项：

\[ |(a_n+b_n)-(a+b)|\le |a_n-a|+|b_n-b|. \]

因此把总预算 \(\varepsilon\) 分成两份即可。乘积多出一个变化系数，路线应是“先固定尾部界，再分配误差”。这也说明不同法则虽然结论像代数替换，证明机制并不相同。

概念与理论¶

引理：收敛列有统一有界尾部¶

引理。 若 \(a_n\to a\)，则存在 \(N_0\) 与常数 \(M\ge1\)，使每个 \(n\ge N_0\) 都有 \(|a_n|\le M\)。

证明。 在极限定义中取误差 \(1\)，得到 \(N_0\)，使 \(n\ge N_0\) 时 \(|a_n-a|<1\)。于是

\[ |a_n|\le |a_n-a|+|a|<1+|a|. \]

取 \(M=1+|a|\) 即可。\(\square\)

这里不必控制有限前缀，因为乘积证明只需要充分大指标上的统一界。若结论要求整列有界，才需把有限前缀一并纳入最大值。

定理：常数、和、差与数乘法则¶

若 \(a_n\to a\)、\(b_n\to b\)，且 \(c\in\mathbb R\)，则

\[ c\to c,\qquad a_n+b_n\to a+b,qquad a_n-b_n\to a-b,qquad ca_n\to ca. \]

证明。 常数列每一项都等于 \(c\)。给定 \(\varepsilon>0\)，取 \(N=1\)，则 \(n\ge N\) 时 \(|c-c|=0<\varepsilon\)。

对和法则，给定 \(\varepsilon>0\)，分别由两列收敛取 \(N_1,N_2\)，使

\[ n\ge N_1\Rightarrow |a_n-a|<\frac\varepsilon2,qquad n\ge N_2\Rightarrow |b_n-b|<\frac\varepsilon2. \]

取 \(N=\max\{N_1,N_2\}\)。若 \(n\ge N\)，则

\[ |(a_n+b_n)-(a+b)| \le |a_n-a|+|b_n-b|<\varepsilon. \]

差法则同理，因为

\[ |(a_n-b_n)-(a-b)|\le |a_n-a|+|b_n-b|. \]

对数乘，若 \(c=0\)，目标列恒为 \(0\)。若 \(c\ne0\)，给定 \(\varepsilon>0\)，由 \(a_n\to a\) 取 \(N\)，使 \(n\ge N\) 时 \(|a_n-a|<\varepsilon/|c|\)；于是

\[ |ca_n-ca|=|c|\,|a_n-a|<\varepsilon. \]

四条结论均得证。\(\square\)

定理：乘积法则¶

定理。 若 \(a_n\to a\)、\(b_n\to b\)，则 \(a_nb_n\to ab\)。

障碍。 误差分解中的 \(a_n\) 不是常数，不能把 \(|a_n|\) 当作一个尚未证明存在的统一系数。

路线与证明。 由有界尾部引理，存在 \(N_0\) 与 \(M\ge1\)，使 \(n\ge N_0\) 时 \(|a_n|\le M\)。任给 \(\varepsilon>0\)，由 \(b_n\to b\) 取 \(N_1\)，使

\[ n\ge N_1\Rightarrow |b_n-b|<\frac{\varepsilon}{2M}. \]

由 \(a_n\to a\) 取 \(N_2\)，使

\[ n\ge N_2\Rightarrow |a_n-a|<\frac{\varepsilon}{2(|b|+1)}. \]

令 \(N=\max\{N_0,N_1,N_2\}\)。对 \(n\ge N\)，

\[ \begin{aligned} |a_nb_n-ab| &=|a_n(b_n-b)+b(a_n-a)|\\ &\le |a_n|\,|b_n-b|+|b|\,|a_n-a|\\ &<M\frac{\varepsilon}{2M} +|b|\frac{\varepsilon}{2(|b|+1)} <\varepsilon. \end{aligned} \]

故 \(a_nb_n\to ab\)。\(\square\)

假设使用。 两个收敛条件分别控制两个误差；\(a_n\to a\) 还额外提供有界尾部；最大门槛让三种控制同时有效。

例题与迁移¶

例 1：先识别结构再选法则¶

已知 \(a_n\to2\)，求 \(3a_n^2-4a_n+1\) 的极限。表达式只有常数、数乘、和差与有限次乘积，因此

\[ a_n^2=a_na_n\to4,qquad 3a_n^2-4a_n+1\to12-8+1=5. \]

这里每一步都对应已证明的法则；“代入 \(2\)”只是这些步骤的简写，不是独立理由。

例 2：直接估计比反复套法则更短¶

证明 \((1+1/n)(1-1/n)\to1\)。可以用乘积法则，也可以先化简：

\[ \left|\left(1+\frac1n\right)\left(1-\frac1n\right)-1\right| =\frac1{n^2}. \]

给定 \(\varepsilon>0\)，取整数 \(N>1/\sqrt\varepsilon\)，则 \(n\ge N\) 时 \(1/n^2<\varepsilon\)。若化简能直接露出已知基本误差，定义证明往往更透明。

即时检验与回望¶

乘积证明为什么只需要“有界尾部”，不必重新证明整列有界？

答案

极限定义只要求从某个共同门槛起控制所有项。乘积估计可把有界尾部的门槛 \(N_0\) 与其余门槛一起取最大值；有限前缀不进入这个尾部估计。

证明 \(ca_n\to ca\) 时，为何要把 \(c=0\) 单独处理？

答案

当 \(c=0\) 时不能写 \(\varepsilon/|c|\)，但目标列恒为 \(0\)，可直接证明。单独处理既避免除以零，也展示了假设的准确边界。

习题与答案¶

习题 1：合并三个门槛¶

设 \(a_n\to a\)、\(b_n\to b\)、\(c_n\to c\)。从定义证明 \(a_n+b_n+c_n\to a+b+c\)。

答案

任给 \(\varepsilon>0\)，分别取 \(N_1,N_2,N_3\)，使三项误差在各自尾部小于 \(\varepsilon/3\)。令 \(N=\max\{N_1,N_2,N_3\}\)。若 \(n\ge N\)，则

\[ |(a_n+b_n+c_n)-(a+b+c)| \le |a_n-a|+|b_n-b|+|c_n-c|<\varepsilon. \]

习题 2：差法则的完整量词¶

不用“同理”二字，从定义证明 \(a_n-b_n\to a-b\)。

答案

任给 \(\varepsilon>0\)。由 \(a_n\to a\) 取 \(N_1\)，使 \(n\ge N_1\) 时 \(|a_n-a|<\varepsilon/2\)；由 \(b_n\to b\) 取 \(N_2\)，使 \(n\ge N_2\) 时 \(|b_n-b|<\varepsilon/2\)。取 \(N=\max\{N_1,N_2\}\)，则 \(n\ge N\) 时

\[ |(a_n-b_n)-(a-b)| \le |a_n-a|+|b_n-b|<\varepsilon. \]

习题 3：另一种乘积分解¶

用 \(a_nb_n-ab=b_n(a_n-a)+a(b_n-b)\) 重建乘积证明。

答案

由 \(b_n\to b\)，存在 \(N_0\) 与 \(M\ge1\)，使 \(n\ge N_0\) 时 \(|b_n|\le M\)。给定 \(\varepsilon>0\)，分别取 \(N_1,N_2\)，使

\[ |a_n-a|<\frac\varepsilon{2M},qquad |b_n-b|<\frac\varepsilon{2(|a|+1)} \]

在各自尾部成立。对不小于三个门槛最大值的 \(n\)，

\[ |a_nb_n-ab|\le |b_n|\,|a_n-a|+|a|\,|b_n-b|<\varepsilon. \]

习题 4：有限幂¶

若 \(a_n\to a\)，证明对每个正整数 \(m\)，都有 \(a_n^m\to a^m\)。

答案

对 \(m\) 归纳。\(m=1\) 就是已知条件。若 \(a_n^m\to a^m\)，则由乘积法则

\[ a_n^{m+1}=a_n^m a_n\to a^m a=a^{m+1}. \]

故结论对所有正整数 \(m\) 成立。

习题 5：审查错误的乘积证明¶

有人写：\(|a_nb_n-ab|\le |a_n|\,|b_n-b|+|b|\,|a_n-a|\)，两项都趋于 \(0\)，所以结论成立。指出缺口并补齐。

答案

缺口是 \(|a_n|\) 随 \(n\) 变化，不能未经说明就把第一项视为“固定常数乘趋零量”。应先由 \(a_n\to a\) 得到某个尾部上的统一界 \(|a_n|\le M\)，再把 \(|b_n-b|\) 控制在 \(\varepsilon/(2M)\) 内，并同时把第二项控制在 \(\varepsilon/2\) 内。最后取全部门槛的最大值。

常见误区与后续¶

把法则当作符号替换。 每条法则背后都有误差分解、预算和共同门槛；遇到新运算时仍要重新证明。
用“收敛所以有界”却不说明界用在哪里。 乘积证明只需一个有界尾部，且其门槛必须并入最终门槛。
误差预算恰好耗尽却丢失严格性。 把预算分成两份，并确保各项估计为严格小于，就能得到最终的 \(<\varepsilon\)。
把所有代数结构一次处理。 下一单元专门研究含倒数的结构，因为它需要先证明分母在尾部远离零。