数列的极限

数列（sequence）是按正整数编号的一串数，例如 $a_n=1-2^{-n}$ 给出 $1/2,3/4,7/8,\dots$。谈数列的极限，不是问某一项是否等于目标，而是问从足够靠后的某项起，是否所有项都能保持在目标附近。

对上面的数列，每增加一项，离 1 的差距就减半：$|a_n-1|=2^{-n}$。前面任何有限项都小于 1，但差距最终可以比任意给定的正数还小，因此记 $a_n\to 1$。

第 n 步末端距一仍有二的负 n 次方；图能看见趋势，精确误差由公式给出。

“足够靠后”的精确定义

对实数列 $(a_n)$ 和实数 $L$，定义 $$a_n⟶L⟺\text{对每个 }\epsilon >0,\text{存在整数 }N,\text{使所有 }n\ge N\text{ 都满足 }|a_n-L|<\epsilon .$$ 先由读者指定精度 $\epsilon$，再选起点 $N$；从那里往后的所有项都要符合。仅有无限多个项接近 $L$ 还不够，因为夹在其中的其他项可能一直远离。

对 $a_n=1-2^{-n}$，只需取整数 $N$ 满足 $2^{-N}<\epsilon$。因 $2^{-n}$ 随 $n$ 增大而减小，所有 $n\ge N$ 都有 $|a_n-1|\le 2^{-N}<\epsilon$。这比“数值表看上去靠近 1”多给出一个保证。

再看 $b_n=(3n+1)/(n+2)$。把式子改写成 $$b_n=3-\frac{5}{n+2},|b_n-3|=\frac{5}{n+2}.$$ 给定 $\epsilon >0$，选 $N>5/\epsilon -2$ 即可证明 $b_n\to 3$。拆出“目标 + 误差”常比直接盯着分式更容易决定 $N$。

有界、单调与收敛

前面的 $a_n$ 递增，且始终小于 1。单调有界定理说：实数中，单调递增且有上界的数列必收敛；单调递减且有下界的数列也必收敛。它保证极限存在，却不一定直接给出极限是多少。

以递增情形说明理由。由上确界原理，所有项的上确界 $L$ 存在。按上确界的定义，对于任意 $\epsilon >0$，一定有一项 $a_N>L-\epsilon$，否则 $L-\epsilon$ 就已经是更小的上界。因为数列递增，所有 $n\ge N$ 都满足 $$L-\epsilon <a_N\le a_n\le L.$$ 因此 $|a_n-L|<\epsilon$，符合极限定义。证明真正用到的是实数的上确界性质；若只在有理数中工作，单调有界序列的极限可能不是有理数。

“有界”本身不够：$c_n=(-1{)}^n$ 永远在 $[-1,1]$，却在 $-1$ 与 1 间来回跳动，不趋向单个数；不过，博尔扎诺—魏尔斯特拉斯定理保证它仍有收敛子列。“单调”本身也不够：$d_n=n$ 递增但无上界，不趋向有限实数。对于没有单调性的数列，柯西收敛准则提供了另一种检验办法。

递推式给出的数列

不是每个数列都先有显式公式。令 $u_0=0$，并按 $$u_{n+1}=\frac{u_n+2}{3}$$ 更新。前几项为 $0,2/3,8/9,\dots$。若极限存在且为 $L$，把两边取极限得到 $L=(L+2)/3$，候选值为 1；但仅解这个方程不能证明数列收敛。

从递推式减去 1，得到 $u_{n+1}-1=(u_n-1)/3$。起初误差为 $-1$，所以归纳可得 $u_n=1-3^{-n}$。误差趋零，才完成收敛证明。差分方程模型研究更多这类更新与稳定性问题。

数列与级数不是同一个对象

数列 $a_n=1/n$ 收敛于零；但把各项相加所得的 $1+1/2+1/3+\cdots$ 并不收敛。无穷级数研究的是部分和数列，不能只检查每一项是否趋零。另一方面，图中 $1-2^{-n}$ 恰好是 $1/2+1/4+\cdots +2^{-n}$ 的部分和；同一张图因而可以从“数列极限”和“级数求和”两种角度阅读。

参考资料

• OpenStax，Calculus Volume 2，§5.1 Sequences：数列极限与单调有界定理。
• 同书 §5.2 Infinite Series：以部分和数列定义级数。
• 继续阅读：极限、无穷级数、差分方程模型。