【数学分析笔记】第2章第4节收敛准则（3）

2. 数列极限

2.4 收敛准则

2.4.3 π \pi π与 e e e

假设有一个单位圆，半径为1，在圆内做正 n n n边形

则多边形的周长为 2 n sin ⁡ 18 0 ∘ n 2n\sin\frac{180^{\circ}}{n} 2nsinn180∘​，记半周长为 L n = n sin ⁡ 18 0 ∘ n L_{n}=n\sin\frac{180^{\circ}}{n} Ln​=nsinn180∘​，记数列 { L n } \{L_{n}\} {Ln​}
【例2.4.5】证明 { L n = n sin ⁡ 18 0 ∘ n } \{L_{n}=n\sin\frac{180^{\circ}}{n}\} {Ln​=nsinn180∘​}收敛，并求单位圆长度。
【证】令 t = 18 0 ∘ n ( n + 1 ) t=\frac{180^{\circ}}{n(n+1)} t=n(n+1)180∘​，当 n ≥ 3 n\ge 3 n≥3时（ n n n边形至少是一个三角形，即至少有3条边） n t = 18 0 ∘ ( n + 1 ) ≤ 18 0 ∘ 4 = 4 5 ∘ nt=\frac{180^{\circ}}{(n+1)}\le\frac{180^{\circ}}{4}=45^{\circ} nt=(n+1)180∘​≤4180∘​=45∘， tan ⁡ n t = tan ⁡ ( ( n − 1 ) t + t ) = tan ⁡ ( n − 1 ) t + tan ⁡ t 1 − tan ⁡ ( n − 1 ) t ⋅ tan ⁡ t \tan nt=\tan ((n-1)t+t)=\frac{\tan(n-1)t+\tan t}{1-\tan(n-1)t\cdot\tan t} tannt=tan((n−1)t+t)=1−tan(n−1)t⋅tanttan(n−1)t+tant​
由于 n ≥ 3 n\ge 3 n≥3，则 0 < tan ⁡ ( n − 1 ) t < tan ⁡ n t ≤ tan ⁡ 4 5 ∘ = 1 0<\tan(n-1)t<\tan nt\le \tan 45^{\circ}=1 0<tan(n−1)t<tannt≤tan45∘=1，
所以 0 < 1 − tan ⁡ ( n − 1 ) t ⋅ tan ⁡ t < 1 0<1-\tan(n-1)t\cdot\tan t<1 0<1−tan(n−1)t⋅tant<1，故 tan ⁡ n t = tan ⁡ ( ( n − 1 ) t + t ) = tan ⁡ ( n − 1 ) t + tan ⁡ t 1 − tan ⁡ ( n − 1 ) t ⋅ tan ⁡ t > tan ⁡ ( n − 1 ) t + tan ⁡ t = tan ⁡ ( ( n − 2 ) t + t ) + tan ⁡ t ( 套娃 ) > tan ⁡ ( n − 2 ) t + 2 tan ⁡ t > . . . > n tan ⁡ t \tan nt=\tan ((n-1)t+t)=\frac{\tan(n-1)t+\tan t}{1-\tan(n-1)t\cdot\tan t}>\tan(n-1)t+\tan t=\tan((n-2)t+t)+\tan t(套娃)>\tan(n-2)t+2\tan t>...>n\tan t tannt=tan((n−1)t+t)=1−tan(n−1)t⋅tanttan(n−1)t+tant​>tan(n−1)t+tant=tan((n−2)t+t)+tant(套娃)>tan(n−2)t+2tant>...>ntant
即 tan ⁡ n t > n tan ⁡ t \tan nt>n\tan t tannt>ntant
亦即 tan ⁡ t tan ⁡ n t < 1 n \frac{\tan t}{\tan nt}<\frac{1}{n} tannttant​<n1​
sin ⁡ ( n + 1 ) t = sin ⁡ n t cos ⁡ t + cos ⁡ n t sin ⁡ t = sin ⁡ n t cos ⁡ t ⋅ ( 1 + tan ⁡ t tan ⁡ n t ) < sin ⁡ n t cos ⁡ t ⋅ ( 1 + 1 n ) < sin ⁡ n t ⋅ ( 1 + 1 n ) = sin ⁡ n t ⋅ ( 1 + n n ) \sin(n+1)t=\sin nt\cos t+\cos nt\sin t=\sin nt\cos t\cdot(1+\frac{\tan t}{\tan nt})<\sin nt\cos t\cdot(1+\frac{1}{n})<\sin nt\cdot(1+\frac{1}{n})=\sin nt\cdot(\frac{1+n}{n}) sin(n+1)t=sinntcost+cosntsint=sinntcost⋅(1+tannttant​)<sinntcost⋅(1+n1​)<sinnt⋅(1+n1​)=sinnt⋅(n1+n​)
即 sin ⁡ ( n + 1 ) t < sin ⁡ n t ⋅ ( 1 + n n ) \sin(n+1)t<\sin nt\cdot(\frac{1+n}{n}) sin(n+1)t<sinnt⋅(n1+n​)
由于 t = 18 0 ∘ n ( n + 1 ) t=\frac{180^{\circ}}{n(n+1)} t=n(n+1)180∘​，则
sin ⁡ 18 0 ∘ n < sin ⁡ 18 0 ∘ n + 1 ⋅ ( 1 + n n ) \sin\frac{180^{\circ}}{n}<\sin\frac{180^{\circ}}{n+1}\cdot(\frac{1+n}{n}) sinn180∘​<sinn+1180∘​⋅(n1+n​)
即 n sin ⁡ 18 0 ∘ n < ( 1 + n ) sin ⁡ 18 0 ∘ n + 1 n\sin\frac{180^{\circ}}{n}<(1+n)\sin\frac{180^{\circ}}{n+1} nsinn180∘​<(1+n)sinn+1180∘​
亦即 L n = n sin ⁡ 18 0 ∘ n < ( 1 + n ) sin ⁡ 18 0 ∘ n + 1 = L n + 1 L_{n}=n\sin\frac{180^{\circ}}{n}<(1+n)\sin\frac{180^{\circ}}{n+1}=L_{n+1} Ln​=nsinn180∘​<(1+n)sinn+1180∘​=Ln+1​
所以 { L n } \{L_{n}\} {Ln​}单调增加
正 n n n边形中， ∣ A B ∣ = sin ⁡ 18 0 ∘ n , ∣ B C ∣ = cos ⁡ 18 0 ∘ n |AB|=\sin\frac{180^{\circ}}{n},|BC|=\cos\frac{180^{\circ}}{n} ∣AB∣=sinn180∘​,∣BC∣=cosn180∘​，对于每个小等腰三角形的一半面积（直角三角形面积）是 1 2 ∣ A B ∣ ∣ B C ∣ = 1 2 sin ⁡ 18 0 ∘ n cos ⁡ 18 0 ∘ n \frac{1}{2}|AB||BC|=\frac{1}{2}\sin\frac{180^{\circ}}{n}\cos\frac{180^{\circ}}{n} 21​∣AB∣∣BC∣=21​sinn180∘​cosn180∘​，所以一个等腰三角形面积为 sin ⁡ 18 0 ∘ n cos ⁡ 18 0 ∘ n \sin\frac{180^{\circ}}{n}\cos\frac{180^{\circ}}{n} sinn180∘​cosn180∘​，这样的等腰三角形有 n n n个，则
正 n n n边形的面积 S n = n sin ⁡ 18 0 ∘ n cos ⁡ 18 0 ∘ n S_{n}=n\sin\frac{180^{\circ}}{n}\cos\frac{180^{\circ}}{n} Sn​=nsinn180∘​cosn180∘​

则 S n = n sin ⁡ 18 0 ∘ n cos ⁡ 18 0 ∘ n < 4 S_{n}=n\sin\frac{180^{\circ}}{n}\cos\frac{180^{\circ}}{n}<4 Sn​=nsinn180∘​cosn180∘​<4
即 n sin ⁡ 18 0 ∘ n < 4 cos ⁡ 18 0 ∘ n n\sin\frac{180^{\circ}}{n}<\frac{4}{\cos\frac{180^{\circ}}{n}} nsinn180∘​<cosn180∘​4​，由于 n ≥ 3 n\ge 3 n≥3，则 18 0 ∘ n ≤ 18 0 ∘ 3 = 6 0 ∘ \frac{180^{\circ}}{n}\le\frac{180^{\circ}}{3}=60^{\circ} n180∘​≤3180∘​=60∘，由于 cos ⁡ n \cos n cosn在 n ∈ ( 0 , π ) n\in(0,\pi) n∈(0,π)上单调减少，则
cos ⁡ 18 0 ∘ n ≥ cos ⁡ 6 0 ∘ = 1 2 \cos\frac{180^{\circ}}{n}\ge \cos 60^{\circ}=\frac{1}{2} cosn180∘​≥cos60∘=21​
所以 L n = n sin ⁡ 18 0 ∘ n < 4 cos ⁡ 18 0 ∘ n < 4 1 2 = 8 L_{n}=n\sin\frac{180^{\circ}}{n}<\frac{4}{\cos\frac{180^{\circ}}{n}}<\frac{4}{\frac{1}{2}}=8 Ln​=nsinn180∘​<cosn180∘​4​<21​4​=8
所以 { L n } \{L_{n}\} {Ln​}单调增加有上界
则 { L n = n sin ⁡ 18 0 ∘ n } \{L_{n}=n\sin\frac{180^{\circ}}{n}\} {Ln​=nsinn180∘​}收敛
所以 lim ⁡ n → ∞ n sin ⁡ 18 0 ∘ n = π \lim\limits_{n\to\infty}n\sin\frac{180^{\circ}}{n}=\pi n→∞lim​nsinn180∘​=π（就是将这个极限记作 π \pi π）
设单位圆的面积为 S S S，

共有 n n n个和四边形DGFE一样的四边形
单位圆的外切 n n n边形的面积为 S n ′ = n tan ⁡ 18 0 ∘ n S_{n}'=n\tan\frac{180^{\circ}}{n} Sn′​=ntann180∘​
圆的面积介于内接多边形面积和外接多边形面积之间
即 S n < S < S n ′ S_{n}<S<S_{n}' Sn​<S<Sn′​
lim ⁡ n → ∞ S n = lim ⁡ n → ∞ n sin ⁡ 18 0 ∘ n cos ⁡ 18 0 ∘ n = π \lim\limits_{n\to\infty}S_{n}=\lim\limits_{n\to\infty}n\sin\frac{180^{\circ}}{n}\cos\frac{180^{\circ}}{n}=\pi n→∞lim​Sn​=n→∞lim​nsinn180∘​cosn180∘​=π
lim ⁡ n → ∞ S n ′ = lim ⁡ n → ∞ n tan ⁡ 18 0 ∘ n = lim ⁡ n → ∞ n sin ⁡ 18 0 ∘ n cos ⁡ 18 0 ∘ n = π 1 = π \lim\limits_{n\to\infty}S_{n}'=\lim\limits_{n\to\infty}n\tan\frac{180^{\circ}}{n}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n\sin\frac{180^{\circ}}{n}}{\cos\frac{180^{\circ}}{n}}=\frac{\pi}{1}=\pi n→∞lim​Sn′​=n→∞lim​ntann180∘​=n→∞lim​cosn180∘​nsinn180∘​​=1π​=π
由数列极限的夹逼性定理可知， lim ⁡ n → ∞ S = π \lim\limits_{n\to\infty}S=\pi n→∞lim​S=π
所以单位圆的面积是 π \pi π


【例2.4.6】 x n = ( 1 + 1 n ) n , y n = ( 1 + 1 n ) n + 1 x_{n}=(1+\frac{1}{n})^{n},y_{n}=(1+\frac{1}{n})^{n+1} xn​=(1+n1​)n,yn​=(1+n1​)n+1，证明 { x n } \{x_{n}\} {xn​}单调增加， { y n } \{y_{n}\} {yn​}单调减少，两者收敛于同一极限。
【证】 x n = ( 1 + 1 n ) n = ( 1 + 1 n ) n ⋅ 1 ≤ ( n ( 1 + 1 n ) + 1 n + 1 ) n + 1 = ( 1 + 1 1 + n ) n + 1 = x n + 1 x_{n}=(1+\frac{1}{n})^{n}=(1+\frac{1}{n})^{n}\cdot 1 \le(\frac{n(1+\frac{1}{n})+1}{n+1})^{n+1}=(1+\frac{1}{1+n})^{n+1}=x_{n+1} xn​=(1+n1​)n=(1+n1​)n⋅1≤(n+1n(1+n1​)+1​)n+1=(1+1+n1​)n+1=xn+1​（平均值不等式： a 1 + a 2 + . . . + a n n ≥ a 1 a 2 . . . a n n ≥ n 1 a 1 + 1 a 2 + . . . + 1 a n \frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{n}\ge \sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}\ge \frac{n}{\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+...+\frac{1}{a_{n}}} na1​+a2​+...+an​​≥na1​a2​...an​ ​≥a1​1​+a2​1​+...+an​1​n​）
则 { x n } \{x_{n}\} {xn​}单调增加。
1 y n = ( n n + 1 ) n + 1 ⋅ 1 ≤ ( ( n + 1 ) n n + 1 + 1 n + 2 ) n + 2 = ( n + 1 n + 2 ) n + 2 = ( 1 1 + 1 n + 2 ) n + 2 = 1 y n + 1 \frac{1}{y_{n}}=(\frac{n}{n+1})^{n+1}\cdot 1\le(\frac{(n+1)\frac{n}{n+1}+1}{n+2})^{n+2}=(\frac{n+1}{n+2})^{n+2}=(\frac{1}{1+\frac{1}{n+2}})^{n+2}=\frac{1}{y_{n+1}} yn​1​=(n+1n​)n+1⋅1≤(n+2(n+1)n+1n​+1​)n+2=(n+2n+1​)n+2=(1+n+21​1​)n+2=yn+1​1​
则 { 1 y n } \{\frac{1}{y_{n}}\} {yn​1​}单调增加，则 { y n } \{y_{n}\} {yn​}单调减少。
2 = x 1 < x n = ( 1 + 1 n ) n < y n = ( 1 + 1 n ) n + 1 ≤ y 1 = 4 2=x_{1}<x_{n}=(1+\frac{1}{n})^{n}<y_{n}=(1+\frac{1}{n})^{n+1}\le y_{1}=4 2=x1​<xn​=(1+n1​)n<yn​=(1+n1​)n+1≤y1​=4
所以 { x n } \{x_{n}\} {xn​}单调增加有上界， { y n } \{y_{n}\} {yn​}单调减少有下界，所以 { x n } \{x_{n}\} {xn​}和 { y n } \{y_{n}\} {yn​}均收敛，设 lim ⁡ n → ∞ x n = a , lim ⁡ n → ∞ y n = b \lim\limits_{n\to\infty}x_{n}=a,\lim\limits_{n\to\infty}y_{n}=b n→∞lim​xn​=a,n→∞lim​yn​=b
y n = x n ( 1 + 1 n ) y_{n}=x_{n}(1+\frac{1}{n}) yn​=xn​(1+n1​)，等式两边同时取极限得 a = b a=b a=b，所以两者收敛于同一极限。
定义 lim ⁡ n → ∞ x n = e ≈ 2.71828... \lim\limits_{n\to\infty}x_{n}=e\approx 2.71828... n→∞lim​xn​=e≈2.71828...
e e e和 π \pi π都是无理数。
定义 ln ⁡ = log ⁡ e \ln=\log_{e} ln=loge​，称为自然对数， e e e称为自然对数的底数。

【例2.4.7】证明 a n = 1 + 1 2 p + 1 3 p + . . . + 1 n p ( p > 0 ) a_{n}=1+\frac{1}{2^{p}}+\frac{1}{3^{p}}+...+\frac{1}{n^{p}}(p>0) an​=1+2p1​+3p1​+...+np1​(p>0)，显然 { a n } \{a_{n}\} {an​}单调增加，当 p > 1 p>1 p>1， { a n } \{a_{n}\} {an​}收敛，当 P ≤ 1 P\le 1 P≤1， { a n } \{a_{n}\} {an​}发散到 + ∞ +\infty +∞。
【证】若 p > 1 p>1 p>1，令 1 2 p − 1 = r , 0 < r < 1 \frac{1}{2^{p-1}}=r,0<r<1 2p−11​=r,0<r<1
1 2 p + 1 3 p < 1 2 p + 1 2 p = 2 2 p = 1 2 p − 1 = r \frac{1}{2^{p}}+\frac{1}{3^{p}}<\frac{1}{2^{p}}+\frac{1}{2^{p}}=\frac{2}{2^{p}}=\frac{1}{2^{p-1}}=r 2p1​+3p1​<2p1​+2p1​=2p2​=2p−11​=r
1 4 p + 1 5 p + 1 6 p + 1 7 p < 1 4 p + 1 4 p + 1 4 p + 1 4 p = 4 4 p = 2 2 p ⋅ 2 2 p = r 2 \frac{1}{4^{p}}+\frac{1}{5^{p}}+\frac{1}{6^{p}}+\frac{1}{7^{p}}<\frac{1}{4^{p}}+\frac{1}{4^{p}}+\frac{1}{4^{p}}+\frac{1}{4^{p}}=\frac{4}{4^{p}}=\frac{2}{2^{p}}\cdot\frac{2}{2^{p}}=r^{2} 4p1​+5p1​+6p1​+7p1​<4p1​+4p1​+4p1​+4p1​=4p4​=2p2​⋅2p2​=r2
1 8 p + 1 9 p + . . . + 1 1 5 p < 8 8 p = r 3 \frac{1}{8^{p}}+\frac{1}{9^{p}}+...+\frac{1}{15^{p}}<\frac{8}{8^{p}}=r^{3} 8p1​+9p1​+...+15p1​<8p8​=r3
1 ( 2 k ) p + 1 ( 2 k + 1 ) p + + . . . + 1 ( 2 k + 1 − 1 ) p < 2 k ( 2 k ) p = 1 ( 2 k ) p − 1 = r k \frac{1}{(2^{k})^{p}}+\frac{1}{(2^{k}+1)^{p}+}+...+\frac{1}{(2^{k+1}-1)^{p}}<\frac{2^{k}}{(2^{k})^{p}}=\frac{1}{(2^{k})^{p-1}}=r^{k} (2k)p1​+(2k+1)p+1​+...+(2k+1−1)p1​<(2k)p2k​=(2k)p−11​=rk
由于 { a n } \{a_{n}\} {an​}单调增加且 n ∈ N + n\in\mathbb{N}^{+} n∈N+，现在来证明 2 n − 1 ≥ n 2^{n}-1\ge n 2n−1≥n成立
当 n = 1 n=1 n=1时， 2 1 − 1 = 1 2^{1}-1=1 21−1=1成立
假设当 n = k n=k n=k时， 2 k − 1 ≥ k 2^{k}-1\ge k 2k−1≥k成立，即 2 k ≥ 1 + k 2^{k}\ge 1+k 2k≥1+k成立
当 n = k + 1 n=k+1 n=k+1时， 2 k + 1 − 1 = 2 ⋅ 2 k − 1 = 2 k + 2 k − 1 ≥ 2 k + 1 > k + 1 2^{k+1}-1=2\cdot 2^{k}-1=2^{k}+2^{k}-1\ge2k+1>k+1 2k+1−1=2⋅2k−1=2k+2k−1≥2k+1>k+1也成立
由数学归纳法可知 2 n − 1 ≥ n 2^{n}-1\ge n 2n−1≥n
则 ∀ n , a n ≤ a 2 n − 1 = 1 + r + r 2 + . . . + r n − 1 = 1 ⋅ ( 1 − r n ) 1 − r < 1 1 − r \forall n,a_{n}\le a_{2^{n}-1}=1+r+r^{2}+...+r^{n-1}=\frac{1\cdot(1-r^{n})}{1-r}<\frac{1}{1-r} ∀n,an​≤a2n−1​=1+r+r2+...+rn−1=1−r1⋅(1−rn)​<1−r1​
所以 { a n } \{a_{n}\} {an​}单调增加有上界，所以 lim ⁡ n → ∞ a n \lim\limits_{n\to\infty}a_{n} n→∞lim​an​收敛。
当 p ≤ 1 p\le 1 p≤1时， 1 2 p ≥ 1 2 \frac{1}{2^{p}}\ge \frac{1}{2} 2p1​≥21​
1 3 p + 1 4 p ≥ 1 4 p + 1 4 p ≥ 1 4 + 1 4 = 1 2 \frac{1}{3^{p}}+\frac{1}{4^{p}}\ge \frac{1}{4^{p}}+\frac{1}{4^{p}}\ge\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{1}{2} 3p1​+4p1​≥4p1​+4p1​≥41​+41​=21​
1 5 p + 1 6 p + 1 7 p + 1 8 p ≥ 1 8 p + 1 8 p + 1 8 p + 1 8 p ≥ 4 8 = 1 2 \frac{1}{5^{p}}+\frac{1}{6^{p}}+\frac{1}{7^{p}}+\frac{1}{8^{p}}\ge\frac{1}{8^{p}}+\frac{1}{8^{p}}+\frac{1}{8^{p}}+\frac{1}{8^{p}}\ge\frac{4}{8}=\frac{1}{2} 5p1​+6p1​+7p1​+8p1​≥8p1​+8p1​+8p1​+8p1​≥84​=21​
……
1 ( 2 k + 1 ) p + 1 ( 2 k + 2 ) p + . . . + 1 ( 2 k + 1 ) p ≥ 2 k ( 2 k + 1 ) p ≥ 2 k 2 k + 1 ≥ 1 2 \frac{1}{(2^{k}+1)^{p}}+\frac{1}{(2^{k}+2)^{p}}+...+\frac{1}{(2^{k+1})^{p}}\ge\frac{2^{k}}{(2^{k+1})^{p}}\ge\frac{2^{k}}{2^{k+1}}\ge\frac{1}{2} (2k+1)p1​+(2k+2)p1​+...+(2k+1)p1​≥(2k+1)p2k​≥2k+12k​≥21​
a n = 1 + 1 2 p + 1 3 p + . . . + 1 n p ≥ 1 + 1 2 + 1 2 + . . . + 1 2 a_{n}=1+\frac{1}{2^{p}}+\frac{1}{3^{p}}+...+\frac{1}{n^{p}}\ge1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{2} an​=1+2p1​+3p1​+...+np1​≥1+21​+21​+...+21​（写大于等于是因为还有可能结尾项的分母不正好是 2 k 2^{k} 2k，从分母为 2 k 2^{k} 2k项的后面可能还加上 1 ( 2 k + 1 ) p + 1 ( 2 k + 2 ) p + . . . \frac{1}{(2^{k}+1)^{p}}+\frac{1}{(2^{k}+2)^{p}}+... (2k+1)p1​+(2k+2)p1​+...）
随着 n n n的增加， { a n } \{a_{n}\} {an​}没有上界，
所以 lim ⁡ n → ∞ a n = + ∞ \lim\limits_{n\to\infty}a_{n}=+\infty n→∞lim​an​=+∞
【注】当 p = 1 p=1 p=1时， a n = 1 + 1 2 + 1 3 + . . . + 1 n a_{n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{n} an​=1+21​+31​+...+n1​是正无穷大量，称 ∑ n = 1 ∞ 1 n = 1 + 1 2 + 1 3 + . . . + 1 n \sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{n} n=1∑∞​n1​=1+21​+31​+...+n1​为调和级数，则这个调和级数是发散的。