点列极限三：数列极限的上极限与下极限，Stolz定理

对于任意给定的数列$\{a_n\}$，如果$\{a_n\}$有界，由列紧性可知，必然存在收敛子列，如果$\{a_n\}$无解，则总可以找到一个子列趋向于$-\infty$或$+\infty$。我们把数列$\{a_n\}$的收敛子列的极限称为$\{a_n\}$的一个极限点，若还有趋于$-\infty$或$+\infty$的子列，也将$-\infty$或$+\infty$称为$\{a_n\}$的一个极限点。

定义1：上极限与下极限

设$\{a_n\}$是一个数列，$E$是由$\{a_n\}$的全部极限点构成的集合，记

$$a^* = \sup E, \quad a_*=\inf E$$

则$a^{*}$和$a_{*}$分别称为数列$\{a_n\}$的上极限和下极限，记为

$$a^* = \limsup \limits_{n\to\infty} a_n, \quad a_* = \liminf \limits_{n\to\infty} a_n$$

定理1

设$\{a_n\}$是一个数列，$E$与$a^*$的含义与定义1中一样，那么
（1）$a^* \in E$;
（2）若$x>a^*$，则存在$N>\mathbb{N^{*}}$，当$n \ge N$时，有$a_n < x$;
（3）$a^*$是满足前两条性质的唯一的数。即由（1）（2）也可以定理上极限。

证：（1）若$a^*=+\infty$，则$E$无上界，可知$\{a_n\}$也没有上界，所以必然可以从$\{a_n\}$中选取一个趋于$+\infty$的子列，即$a^* \in E$，
如果$a^*=-\infty$，则$E={-\infty}$，显然由$a^* \in E$
如果$a^*$是一个有限数，由于$a^*=\sup E$，从而必存在$l_1\in E$，使得

$$a^* - 1 < l_1 < a^* + 1$$

又由于$l_1$是$\{a_n\}$某个子列的极限，则一定存在正整数$k_1$，使得

$$a^* - 1 < a_{k_1} < a^* + 1$$

同理，存在$l_2 \in E$，使得

$$a^* - \frac{1}{2} < l_2 < a^* + \frac{1}{2}$$

$l_2$是$\{a_n\}$的某个子列的极限，则一定存在正整数$k_2 > k_1$，使得

$$a^* - \frac{1}{2} < a_{k_2} < a^* + \frac{1}{2}$$

归纳可得，对任何$n \in \mathbb{N^+}$，存在$k_n$，满足$k_n>k_{n-1}>\cdots>k_1$，使得

$$a^* - \frac{1}{n} < a_{k_n} < a^* + \frac{1}{n}$$

所以有$\lim \limits_{n \to \infty}a_{k_n} = a^*$，即找到了$\{a_n\}$的一个子列收敛于$a^*$，所以$a^* \in E$。
（2）反证法。假设存在无穷多个$n$，满足$a_n \ge x$，则存在一个$y \in E$，使得$y \ge x > a^*$，这与$a^*$是$E$的上确界矛盾。
（3）反证法。假设存在两个不同的数$p，q$同时满足（1）（2），不妨设$p<q$，取$x$，使得$p<x<q$，由（2）可知，存在$N \in \mathbb{N^+}$，使得当$n \ge N$时，有$a_n < x$，易知$E$中的点不可能超过$x$，这是$q$不能满足（1）。

Q.E.D.

定理2

设$\{a_n\}$是一个数列，$E$与$a_*$的含义与定义1中一样，那么
（1）$a_* \in E$;
（2）若$x < a_*$，则存在$N>\mathbb{N^{*}}$，当$n \ge N$时，有$a_n > x$;
（3）$a_*$是满足前两条性质的唯一的数。即由（1）（2）也可以定理下极限。

证法与定理1的证明方法几乎一样（从略）。

定理3

设$\{a_n\},\{b_n\}$是两个数列，
（1）$\liminf \limits_{n \to \infty}a_n \le \limsup \limits_{n \to \infty}a_n$
（2）$\lim \limits_{n \to \infty}a_n = a$当且仅当$\liminf \limits_{n \to \infty}a_n = \limsup \limits_{n \to \infty}a_n = a$
（3）若$N$是某个正整数，当$n>N$时，有$a_n \le b_n$，那么

$$\liminf \limits_{n \to \infty}a_n \le \liminf \limits_{n \to \infty}b_n，\quad \limsup \limits_{n \to \infty}a_n \le \limsup \limits_{n \to \infty}b_n$$

证：（1）（2）显然，下面只证（3）的右边等式，左边等式可以相似的证明。记

$$\limsup \limits_{n \to \infty}a_n = a^*, \quad \limsup \limits_{n \to \infty}b_n = b^*$$

若$b^*=+\infty$，不等式自然成立；当$a^*=+\infty$，存在子列$a_{k_n} \to +\infty (n \to \infty)$，这时也有$b_{k_n} \to +\infty (n \to \infty)$，从而有$b^* = +\infty$，不等式等号成立；同样若$a^*$与$b^*$中有一个为$-\infty$时，结论也成立。现在设$a^*$与$b^*$都是有限数，采用反证法，假设$b^* < a^*$，取$x$，使得$b^* < x < a^*$，由定理1（2）可知，存在正整数$N_1$，使得当$n>N_1$时，有$b_n < x$，取$n>\max(N, N_1)$时，有

$$a_n \le b_n < x < a^*$$

这与$a^*$的定义矛盾。

（3）也可以不采用反证法。由$a^*$的性质可知，可从$\{a_n\}$中取出一个子列$\{a_{k_n}\}$，使得$\lim \limits_{n \to \infty}a_{k_n} = a^*$，又当$k_n \ge n > N$，$a_{k_n} \le b_{k_n}$，这时可以从$b_{k_n}$中取出一个收敛子列$\{b_{i_{k_{n}}}\}$，相应的$\{a_{k_n}\}$的子列为$\{a_{i_{k_{n}}}\}$，由$\lim \limits_{n \to \infty}a_{k_n} = a^*$，可得

$$\lim \limits_{n \to \infty}a_{i_{k_n}} = a^*$$

又由$a_{i_{k_{n}}} \le b_{i_{k_{n}}}$，可得

$$\lim \limits_{n \to \infty}b_{i_{k_n}} \ge a^*$$

而$\{b_{i_{k_{n}}}\}$显然也是$\{b_n\}$的子列，从而有

$$b^* \ge \lim \limits_{n \to \infty}b_{i_{k_n}} \ge a^*$$

Q.E.D.

定理4

对数列$\{a_n\}$，定义$\alpha_n=\inf \limits_{k \ge n}a_k，\beta_n = \sup \limits_{k \ge n}a_k$，那么
（1）$\{\alpha_n\}$是递增数列，$\{\beta_n\}$是递减数列；
（2）$\lim \limits_{n \to \infty} \alpha_n = a_*，\lim \limits_{n \to\infty} \beta_n =a^*$。

证：（1）按定义，有$\alpha_n = \inf\{a_n,a_{n+1},\cdots\}, \quad \alpha_{n+1}=\inf\{a_{n+1}, a_{n+2}, \cdots\}$，显然有$\alpha_n \le \alpha_{n+1}$，同理可得$\beta_n \ge \beta_{n+1}$。
（2）这里只证明右边等式，左边等式的证明是类似的。
（a）先设$a^*$是一个有限数，由定理1（1）可知$a^* \in E$，所以存在$\{a_n\}$的一个子列$\{a_{k_n}\}$，使得$\lim \limits_{n \to \infty}a_{k_n} = a^*$，而$k_n \ge n$，所以$a_{k_n} \le \sup\{a_n,a_{n+1},\cdots\}=\beta_n$，从而有

$$\lim \limits_{n \to \infty}a_{k_n} \le \lim \limits_{n \to \infty}\beta_n \Rightarrow a^* \le \lim \limits_{n \to \infty}\beta_n \tag 1$$

对任意的$\varepsilon>0$，由定理1（2）可知，存在$n_0 \in N^*$，当$n \ge n_0$时，有$a_n \le a^* + \varepsilon$，因此$\sup \limits_{k \ge n_0}a_n \le a^* + \varepsilon$，即$\beta_{n_0} \le a^* + \varepsilon$
，又由于$\{\beta_n\}$是递减的，所以当$n>n_0$时，$\beta_n \le \beta_{n_0} \le a^* + \varepsilon$，再令$\varepsilon \to 0$，从而有$\lim \limits_{n \to \infty}\beta_n \le a^* + \varepsilon$，得

$$\lim \limits_{n \to \infty}\beta_n \le a^* \tag 2$$

由（1）（2）可得$\lim \limits_{n \to \infty}\beta_n = a^*$
（b）设$a^* = +\infty$，则有一子列趋于$+\infty$，从而有

$$\beta_n = \sup\{a_n, a_{n+1},\cdots\} = +\infty$$

从而有$\lim \limits_{n \to \infty}\beta_n = +\infty$。

Q.E.D.

定理5：Stolz定理

设$\{b_n\}$是严格递增且趋于$+\infty$的数列，如果

$$\lim \limits_{n \to \infty}\frac{a_n - a_{n-1}}{b_n - b_{n-1}}=A$$

那么

$$\lim \limits_{n \to \infty}\frac{a_n}{b_n} = A$$

其中$A$可以是$+\infty,-\infty$或有限数。

证：（a）先设$A$是有限数，由极限定义可知，对任意$\varepsilon>0$，存在$n_0 \in \mathbb{N^+}$，使得当$n \ge n_0$时，有

$$A-\varepsilon < \frac{a_n-a_{n-1}}{b_n-b_{n-1}} < A+\varepsilon$$

从而有

$$\begin{aligned} A-\varepsilon & < \frac{a_{n_0}-a_{n_0-1}}{b_{n_0}-b_{n_0-1}} < A+\varepsilon \Rightarrow (A-\varepsilon)(b_{n_0}-b_{n_0-1}) < a_{n_0} - a_{n_0-1} < (A+\varepsilon)(b_{n_0}-b_{n_0}-1) \\ A-\varepsilon & < \frac{a_{n_0+1}-a_{n_0}}{b_{n_0+1}-b_{n_0}} < A+\varepsilon \Rightarrow (A-\varepsilon)(b_{n_0+1}-b_{n_0}) < a_{n_0+1} - a_{n_0} < (A+\varepsilon)(b_{n_0+1}-b_{n_0}) \\ & \cdots \\ A-\varepsilon &< \frac{a_{n}-a_{n-1}}{b_{n}-b_{n-1}} < A+\varepsilon \Rightarrow (A-\varepsilon)(b_{n}-b_{n-1}) < a_{n} - a_{n-1} < (A+\varepsilon)(b_{n}-b_{n-1}) \end{aligned}$$

得

$$(A-\varepsilon)(b_n - b_{n_0-1}) < a_n - a_{n_0-1} < (A+\varepsilon)(b_n - b_{n_0-1}) \Rightarrow A-\varepsilon < \frac{a_n - a_{n_0-1}}{b_n - b_{n_0-1}} < A+\varepsilon$$

即

$$A-\varepsilon < \frac{\frac{a_n}{b_n} - \frac{a_{n_0-1}}{b_n}}{1-\frac{b_{n_0-1}}{b_n}} < A+\varepsilon$$

于是得

$$(A-\varepsilon)(1-\frac{b_{n_0-1}}{b_n}) + \frac{a_{n_0-1}}{b_n} < \frac{a_n}{b_n} < (A+\varepsilon)(1-\frac{b_{n_0-1}}{b_n}) + \frac{a_{n_0-1}}{b_n}$$

从而得

$$A - \varepsilon \le \liminf \limits_{n\to\infty} \frac{a_n}{b_n} \le \limsup \limits_{n\to\infty} \frac{a_n}{b_n} \le A + \varepsilon$$

此时令$\varepsilon \to 0$，即得

$$\liminf \limits_{n\to\infty} \frac{a_n}{b_n} = \limsup \limits_{n\to\infty} \frac{a_n}{b_n} = A$$

所以

$$\lim \limits_{n\to\infty} \frac{a_n}{b_n} = A$$

（b）设$A=+\infty$，当$n$充分大时，$a_n - a_{n-1} > b_n - b_{n-1} > 0$，所以$\{a_n\}$从某项开始也是严格递增且趋于$+\infty$，从而有

$$\lim \limits_{n \to \infty}\frac{b_n - b_{n-1}}{a_n - a_{n-1}}=0$$

由（a）可知，$\lim \limits_{n\to\infty} \frac{b_n}{a_n} = 0$，从而有$\lim \limits_{n\to\infty} \frac{a_n}{b_n} = +\infty$；

（c）设$A=-\infty$，设$c_n = -a_n$，可知

$$\lim \limits_{n \to \infty}\frac{c_n - c_{n-1}}{b_n - b_{n-1}} = - \lim \limits_{n \to \infty}\frac{a_n - a_{n-1}}{b_n - b_{n-1}}=+\infty$$

由（b）可知，有$\lim \limits_{n\to\infty} \frac{c_n}{b_n} = +\infty$，从而有$\lim \limits_{n\to\infty} \frac{a_n}{b_n} = -\infty$

Q.E.D.