单调数列为什么会有极限？¶

先备知识¶

第 3 章的确界原理说：实数的非空有上界集合有上确界；对偶地，非空有下界集合有下确界。第 5 章给出了数列收敛的 \(\varepsilon\)--\(N\) 定义。本单元只把这两件事连接起来，不使用后章的子列或更一般判据。

学习目标¶

完成本单元后，你应能：

区分递增、严格递增、递减和严格递减；
从确界原理完整证明单调有界定理的两个方向；
指出证明中非空性、有界性和单调性各自的作用；
用反例说明单调性不能替代有界性。

牵引问题¶

若 \(a_1\le a_2\le\cdots\)，而所有项又被同一“天花板”压住，数列为什么不能一直与某个目标保持固定距离？那个目标不是猜出来的，而是项集的上确界。

探索与猜想¶

设 \(A=\{a_n:n\in\mathbb N\}\)。若 \(A\) 有上确界 \(s\)，则每项都不超过 \(s\)。另一方面，对每个 \(\varepsilon>0\)，\(s-\varepsilon\) 不能仍是上界，否则 \(s\) 就不是最小上界。因此总有一项落入 \((s-\varepsilon,s]\)；单调性会让这项之后的所有项都留在这个窄带中。

概念与理论¶

定义：单调数列¶

若对每个 \(n\in\mathbb N\) 都有 \(a_{n+1}\ge a_n\)，称 \((a_n)\) 递增；若总有 \(a_{n+1}\le a_n\)，称其递减。这里“递增”和“递减”允许相邻项相等；把不等号改成严格不等号才是严格单调。

定理：递增且有上界的数列收敛¶

若实数数列 \((a_n)\) 递增且有上界，则

\[ \lim_{n\to\infty}a_n=\sup\{a_n:n\in\mathbb N\}. \]

证明。 令 \(A=\{a_n:n\in\mathbb N\}\)。先核对确界原理的两个入口条件：

非空性来自数列至少有首项，故 \(a_1\in A\)；
有界性来自定理假设，即存在 \(M\in\mathbb R\) 使所有 \(a_n\le M\)。

因此 \(s=\sup A\in\mathbb R\) 存在。给定 \(\varepsilon>0\)，\(s-\varepsilon<s\)，所以 \(s-\varepsilon\) 不可能是 \(A\) 的上界；于是存在 \(N\in\mathbb N\) 使

\[ s-\varepsilon<a_N\le s. \]

当 \(n\ge N\) 时，递增性给出 \(a_N\le a_n\)，而 \(s\) 是上界给出 \(a_n\le s\)。故

\[ s-\varepsilon<a_N\le a_n\le s, \]

从而 \(|a_n-s|<\varepsilon\)。这正是 \(a_n\to s\)。\(\square\)

证明的分工很清楚：非空性与有上界保证 \(s\) 存在；上确界的最小性选出 \(a_N\)；递增性把一次接近传播到整个尾部。

定理：递减且有下界的数列收敛¶

若实数数列 \((a_n)\) 递减且有下界，则

\[ \lim_{n\to\infty}a_n=\inf\{a_n:n\in\mathbb N\}. \]

证明。 令 \(A=\{a_n:n\in\mathbb N\}\)。首项保证 \(A\) 非空，定理假设保证 \(A\) 有下界，所以 \(t=\inf A\in\mathbb R\) 存在。给定 \(\varepsilon>0\)，\(t+\varepsilon\) 不可能是 \(A\) 的下界，否则它会比最大下界 \(t\) 更大。因此存在 \(N\) 使

\[ t\le a_N<t+\varepsilon. \]

当 \(n\ge N\) 时，递减性给出 \(a_n\le a_N\)，而 \(t\) 是下界给出 \(t\le a_n\)。于是

\[ t\le a_n\le a_N<t+\varepsilon, \]

故 \(|a_n-t|<\varepsilon\)，即 \(a_n\to t\)。\(\square\)

例题与迁移¶

例题 1：从公式验证单调有界¶

令 \(a_n=1-1/n\)。因为

\[ a_{n+1}-a_n=\frac1n-\frac1{n+1}=\frac1{n(n+1)}>0, \]

所以 \((a_n)\) 严格递增；又 \(a_n<1\)，故它有上界。项集的上确界为 \(1\)：\(1\) 是上界，而对任意 \(\varepsilon>0\)，取 \(n>1/\varepsilon\) 就有 \(a_n>1-\varepsilon\)。由定理，\(a_n\to1\)。

例题 2：单调但无界不能推出有限收敛¶

数列 \(a_n=n\) 严格递增，却没有上界：给定任意 \(M\in\mathbb R\)，可取自然数 \(n>M\)，于是 \(a_n>M\)。若它收敛到某个有限实数 \(L\)，则取 \(\varepsilon=1\) 后其尾部应落在 \((L-1,L+1)\) 内，因而尾部有界；再加上有限多个前项，整个数列就有界，矛盾。因此“单调但无界”并不满足定理。

即时检验与回望¶

在递增情形的证明中，“\(s-\varepsilon\) 不是上界”使用了上确界的哪一部分含义？

答案

使用了 \(s\) 是最小上界。若 \(s-\varepsilon\) 仍是上界，它会成为一个严格小于 \(s\) 的上界，与最小性矛盾。

若数列递增且只有下界，能直接套用递增收敛定理吗？

答案

不能。递增情形需要上界来构造有限的上确界。下界不能阻止数列向上无界，例如 \(a_n=n\) 虽有下界 \(1\)，却不收敛到有限实数。

习题与答案¶

习题 1：常数数列¶

证明常数数列 \(a_n=c\) 既递增又递减，并用本单元两个定理分别求其极限。

答案

对每个 \(n\)，\(a_{n+1}=a_n=c\)，所以 \(a_{n+1}\ge a_n\) 与 \(a_{n+1}\le a_n\) 同时成立。项集是 \(\{c\}\)，其上确界和下确界都为 \(c\)；两个定理都给出 \(a_n\to c\)。

习题 2：递减例子¶

对 \(a_n=1/n\)，证明它递减且有下界，并由下确界确定极限。

答案

因为

\[ a_{n+1}-a_n=-\frac1{n(n+1)}<0, \]

所以数列严格递减；又 \(a_n>0\)，故 \(0\) 是下界。对任意 \(\varepsilon>0\)，取 \(n>1/\varepsilon\)，则 \(a_n<\varepsilon\)，所以任何正数都不是下界，因而下确界为 \(0\)。递减定理给出 \(a_n\to0\)。

习题 3：尾部单调也足够¶

设存在 \(N_0\)，使 \((a_n)_{n\ge N_0}\) 递增且有上界。证明原数列收敛。

答案

对尾部数列 \(b_k=a_{N_0+k-1}\) 应用递增有上界定理，得到 \(b_k\to L\)。给定 \(\varepsilon>0\)，存在 \(K\) 使 \(k\ge K\) 时 \(|b_k-L|<\varepsilon\)。令 \(N=N_0+K-1\)，则 \(n\ge N\) 时可写成 \(n=N_0+k-1\) 且 \(k\ge K\)，故 \(|a_n-L|<\varepsilon\)。有限多个前项不影响极限。

习题 4：上界为何不能省略¶

证明 \(a_n=2n-3\) 递增但无上界，并说明单调有界定理在哪一步无法启动。

答案

\(a_{n+1}-a_n=2>0\)，故它严格递增。给定 \(M\in\mathbb R\)，取自然数 \(n>(M+3)/2\)，则 \(a_n=2n-3>M\)，所以没有上界。项集不满足“非空且有上界”中的第二项，确界原理不能给出有限上确界，证明无法定义所需的 \(s\in\mathbb R\)。

习题 5：反号对偶¶

设 \((a_n)\) 递减且有下界。证明 \((-a_n)\) 递增且有上界，并由递增情形再次推出 \((a_n)\) 收敛。

答案

\(a_{n+1}\le a_n\) 等价于 \(-a_{n+1}\ge-a_n\)，故 \((-a_n)\) 递增。若 \(m\) 是 \((a_n)\) 的下界，则 \(a_n\ge m\) 给出 \(-a_n\le-m\)，所以 \((-a_n)\) 有上界。递增定理给出 \(-a_n\to s\)；由常数倍极限法则，\(a_n\to-s\)。事实上

\[ s=\sup\{-a_n:n\in\mathbb N\}=-\inf\{a_n:n\in\mathbb N\}. \]

常见误区与后续¶

把严格单调当成必要条件。 非严格的递增或递减已经足够；常数数列就是最简单例子。
只写“由确界原理”而不核对入口。 项集的非空性来自首项，有界性必须来自题设或另行证明。
找到一次靠近就宣布收敛。 还要用单调性保证从该指标起的所有项都留在窄带内。
把单调等同于收敛。 \(a_n=n\) 单调但无界。下一单元将训练如何从递推规则证明所需的不变区间与单调性。