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§3 上极限和下极限1. 求以下数列的上、下极限:(1){1+n)1(-};(2){n)1(-12+n n}; (3){2n+1}; (4){12+n n sin 4πn };(5){n n 12+sin n π}; (6){n n 3cos π};解 记原函数为{x n }. (1) 由于∞→k lim 12-k x =0, k k x 2lim ∞→=2,从而对任给正数ε,存在自然数N,当k>N 时,有x 12-k <0+ε,2-ε<x k 2可见小于ε+0的x n 有无限项，大于ε-2的也有无限项，又设有一项x n 使得εε+>-<20n n x x 或,故由定义可知 ∞→∞→=n n n x lim ,0lim x n =2.注：一般地，若p 为自然数，且0lim A x kp k =∞→， ,lim 11A x kp k =+∞→,11lim --+∞→=p p kp k A x 存在，则有min lim =∞→n {A 0，A 1 ，A 1-P }，，，10max{lim A A x n k =∞→ ，A 1-P }。
事实上，对任一正数ε，存在自然数N ，使得当k>N 时 A i —ε<x j kp +<A i +ε )1,,2,1(-=p i设 min{A 0,A 1, ,A 1-P }=A 0,则小于A 0+ε的x n 有无限项，若对某个正数ε，数列{x n }中小于A 0—ε的有无穷项，设他们是x 1n ,x 2n , ,x j n , 其中n 1<n 2< <n j < ,由于自然数集N 可分为有限个子集 {kp }N k ∈,{kp+1 ,}N k ∈, {kp+p-1}N k ∈且n j 有无限个，从而以上p 个子集中，必有一个（设为第j 个）含有无限个n j ,因而 n 1j =k 1p+j ),2,1( =j于是 j j p k l n l A x x j ==+∞→∞→11lim lim .可见A j ≤A 0—ε<A 0.这与A 0为最小者矛盾，因此A 0=n n x ∞→lim .同理 max{A 0,A 1, ,A 1-P }=n n x ∞→lim .(2) 由于21142limlim 2=+=∞→∞→k k x k k k ，21lim 12-=+∞→k k x ，从而由（1）后的注知21lim -=∞→n n x ，n n x ∞→lim =21(3) 由于+∞=+∞→)12(lim n n ，从而+∞==∞→∞→n n n x lim lim .(4) 由于2lim lim lim 38188===+∞→+∞→∞→k k k k k k x x x ，2lim lim ,2lim 785828-===+∞→+∞→+∞→k k k k k k x x x2lim 68-=+∞→k k x从而由（1）题证明之后的注知2lim -=∞→n ，n n x ∞→lim =2.(5)ππππ=•+==∞→∞→∞→nn nn x x n n n n n sin)1(lim lim lim 22 (6)由于)2,1,0(121lim 3cos lim lim 3133===+∞→+∞→+∞→i i x j k k k k j k k π 从而 1lim lim ==∞→∞→n n n n x x .2．设{a n }.{b n }为有界数列，证明： （1）);(lim lim n n n n a a --=∞→∞→(2) );(lim lim lim n n n n n n n b a b a +≤+∞→∞→∞→(3) 若a n >0, b n >0(n=1,2, ),则n n n n n n n b a b a ∞→∞→∞→≤lim lim lim ，n n n n n n n b a b a ∞→∞→∞→≥lim lim lim ；（4）若a n >0,n n a ∞→lim >0,则.lim 11limnn n n a a ∞→∞→=证 （1）设A n =∞→lim ，则对任给正数ε，小于A —ε的a n 至多有限项，小于A+ε的a n 有无限项，即{—a n }中大于—A+ε的至多有限项，大于—A —ε的有无限项，所以A a n n -=-∞→)(lim ，即)(lim lim n n n n a a --=∞→∞→(2)设a a n n =∞→lim ，b b n n =∞→lim ，c b a n n n =+∞→)(lim ，假设c b a >+,由下极限充要条件知对任给正数ε，有无限个n,使得a n +b n <c+ε,今取ε0=)(21c b a -+>0,则有无限个n,使得a n +b n <c+0)(21)(21ε-+=++=-+b a c b a c b a .另一方面，由于a a n n =∞→lim ，b b n n =∞→lim ，故至多有有限个n 和有限个m ，使得a n <2ε-a ，b m <2ε-b ,设{a n }满足关系式bm<2ε-b 的项数为p ，{bm}满足关系式bm<2ε-b 的项数为q,则满足an+bn<b a +0ε-的n 至多为p+q 个，这与上面得到的结论：“有无限个n 使a n +b n <b a +0ε-”相矛盾，所以只可能的b a +≤c,即)(lim lim lim n n n n n n n b a b a +≤+∞→∞→∞→(3)先证第一式,设a a n n =∞→lim ,b b n n =∞→lim ,c b a n n n =∞→lim ,若a=0(或b=0),则因a n >0,b n >0,故c 0≥,所以有.lim lim lim 0n n n n n n n b a c b a ab ∞→∞→∞→=≤==当0.0>>b a 时,假设.c ab >任取正数ε使0>>-εc ab ,则有无限多项满足)(212)(2c ab c ab c c b a n n +=-+<+<ε2ε-<ab . 另一方面,至多有有限项(设为p 项)满足;4ba a n ε-<也至多有有限项(设为q 项)满足,4ab b m ε-<从而至多有p+q 项能满足.abab ab ba b a n n 162)4)(4(2εεεε+-=--<.这样又导致了与前面有无限项满足abab ab b a n n 16222εεε+-<-<相矛盾的结果,所以只能是,c ab ≤即.lim lim lim n n n n n n n b a b a ∞→∞→∞→≤第二个不等式的证明:设,lim c b a n n n =∞→则存在下列}{k k n n b a ,使.lim c b a k k n n k =∞→因为}{k n a 与}{k n b 都是有界数列,可以假设它们都收敛(必要时,取收敛子列).记,lim ,lim b b a a k k n n n n ==∞→∞→则 ,lim ,lim n n n n b b a a ∞→∞→≤≤从而.lim lim lim n n n n n n n b a ab c b a ∞→∞→∞→≤==(4)设,0lim >=∞→a n 欲证,11lima a nn =∞→对任给正数(ε取ε充分小,使,a <ε且).1<εa 令,121εεεa a -= εεεa a +=122,则0,021>>εε且}{n a 中小于εεa aa -=+11的项有无限多个,}{n a 中小于εεa a a +=-12的项至多有限多个,从而}1{n a 中大于εε-=-aa a 11的项有无限多个,}1{n a 中大于εε+=+aa a 11的项至多有限个.所以 .lim 111limn n nn a a a ∞→∞→==3.证明:若}{n a 为递增数列,则.lim lim n n n n a a ∞→∞→=证 若}{n a 有界,则由单调有界定理,极限n n a ∞→lim 存在,从而有n n n n a a ∞→∞→=lim lim ,若}{n a 无界,则+∞=∞→n n a lim ,从而对任给正数M,}{n a 中大于M 的项有无限多个,设M a N >,由}{n a 的递增性,当N n >时,有M a a N n >≥,所以.lim +∞=∞→n n a4.证明:若且),,2,1(0 =>n a n ,11limlim =⋅∞→∞→nn n n a a 则数列}{n a 收敛.证 因),.2,1(0 =>n a n 故0lim ≥∞→n n a ,若0lim =∞→n n a ,则对任给的正数M,}{n a 中小于M 1的项有无限多个,的项有无限多个，中大于即M a n }1{所以,1lim +∞=∞→n n a 这与11limlim =∞→∞→n n n n a a 相矛盾,故,0lim >∞→n n a 由习题2(4),有nn n n a a ∞→∞→=lim 11lim ,从而由已知11limlim =⋅∞→∞→nn n n a a 知1lim 1lim =⋅∞→∞→n n n n a a ,所以.lim lim n n n n a a ∞→∞→=.于是}{n a 收敛.5.证明定理7.8 证 1︒设.lim ,lim b b a a n n n n ==∞→∞→假设b a >,取02>-=ba ε,则}{n a 中大于εε+=--=-b ba a a 2的项有无限多个,由于)(0N n a b n n >≥,故}{n b 中大于ε+b 的项有无限多个,这与b b n n =∞→lim 矛盾,同理可证n n n n b a ∞→∞→≤lim lim .2︒由定理7.5知.lim lim n n n n a a ∞→∞→≥令α=n c (),N n ∈∀)(N n d n ∈∀=β,则有)(0N n d a c n n n >≤≤,从而由1︒知:βα=≤≤≤=∞→∞→∞→∞→n n n n n n n n d a a c lim lim lim lim6.证明定理7.9.证 (1)必要性 设).(lim 为有限值A A x n n =∞→则对任给正数ε,}{n x 中大于2ε+A 的项至多有限个,设这有限项下标最大者为N,则当1+≥N n 时,2ε+≤A x n 所以εε+<+≤+≥A A x k N k 2}{sup 1,又对上述,0>ε}{n x 中大于ε-A 的项有无限多个,故对一切n,有,}{sup ε->≥A x k nk 于是,当N n >时,有εε+<<-≥A x A k nk }{sup .所以 .}{sup lim A x k nk n =≥∞→充分性 设).(}{sup lim 为有限值A A x k kn n =≥∞→设},{sup k nk n x A ≥=则}{n A 递减,故}inf{n A A =,从而对任给正数ε,存在N,使A N ε+<A ,于是当时N n ≥,有ε+<A x n ,即}{n x 中大于ε+A 的项至多有限个;又对一切n,有ε->≥A A A n ,所以,}{n x 中大于ε-A 的项有无限个,因此.lim A x n n =∞→(2)由习题2的(1)得)(lim lim n n n n x x --=∞→∞→由该题(1),得}.{inf lim }{sup lim )(lim k nk n k nk n n n x x x ≥∞→≥∞→∞→-=-=-所以,有}.{inf lim lim k nk n n n x x ≥∞→∞→=。
第七章 实数的完备性 3 上极限和下极限定义1：若在数a 的任一邻域内含有数列{x n }的无限多个项，则称a 为{x n }的一个聚点.注：点列（或数列）的聚点邻域中可以包含无限个相同的项；而点集（或数集）的聚点邻域中只能包含无限个不同的项。
定理7.4：有界点列(数列){x n }至少有一个聚点，且存在最大聚点与最小聚点.证：∵{x n }为有界数列，∴存在M>0，使得|x n |≤M ，记[a 1,b 1]=[-M,M]. 将[a 1,b 1]等分成两个子区间，若右边的子区间含有{x n }中无穷多个项，则取右边的区间，否则取左边的区间为[a 2,b 2]，则[a 1,b 1]⊃[a 2,b 2],且b 2-a 2=21(b 1-a 1)=M. [a 2,b 2]含有{x n }中无穷多个项； 将[a 2,b 2]等分成两个子区间，若右边的子区间含有{x n }中无穷多个项，则取右边的区间，否则取左边的区间为[a 3,b 3]，则 ∴[a 2,b 2]⊃[a 3,b 3],且b 3-a 3=21(b 2-a 2)=2M. [a 3,b 3]含有{x n }中无穷多个项； 依此规律，将等分区间无限进行下去，可得区间列{[a n ,b n ]}满足 [a n ,b n ]⊃[a n+1,b n+1],且b n -a n =2-n 2M→0 (n →∞)，即{[a n ,b n ]}是区间套，且 每一个闭区间都含有{x n }中无穷多个项，而 其右边至多只有{x n }中有限多个项.由区间套定理，存在唯一的一点ξ，使得ξ∈[a n ,b n ], n=1,2,….又对任给的ε>0，存在N>0，使得当n>N 时有[a n ,b n ]⊂U(ξ; ε)， ∴U(ξ; ε)内含有{x n }中无穷多个项，∴ξ为{x n }的一个聚点. 若ξ为{x n }的唯一的聚点，则ξ同时为{x n }的最大聚点和最小聚点. 若{x n }有聚点ζ>ξ，则令δ=31(ζ-ξ)>0，在U(ζ,δ)内含有{x n }中无穷多个项， 且当n 充分大时，U(ζ,δ)将落在[a n ,b n ]的右边，矛盾。
