数列的单调性、有界性与周期

用误差递推说明接近程度

对 $a_1=1,a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}$，已知 $1\le a_n<2$。将与 $2$ 的差有理化：

反复使用得到 $0<2-a_n\le3^{-(n-1)}$。因此第八项与 $2$ 的差小于 $1/2187<0.001$。这给出了每一步的明确误差界，不需要只凭图像判断“越来越接近”。

不动点本身不保证迭代趋近它。例如 $a_{n+1}=1/a_n,a_1=2$ 的项在 $2,1/2$ 之间交替，虽然 $f(x)=1/x$ 在正数上递减且有不动点 $1$。判断迭代必须同时检查初值、保持区间和误差变化。

收敛数列的基本性质与单调有界准则

收敛必有界。 若 $a_n\to A$，取精度 $1$，可使充分大的 $n$ 满足 $|a_n|<|A|+1$；前面只有有限项，取它们的绝对值与 $|A|+1$ 的最大值，就得到所有项共用的界。有界不保证收敛，例如 $(-1)^n$。

极限保留非严格次序。 若 $a_n\to A,b_n\to B$，且充分大时 $a_n\le b_n$，则 $A\le B$。否则取 $\varepsilon=(A-B)/3>0$，尾段有 $a_n>A-\varepsilon>B+\varepsilon>b_n$，矛盾。即使逐项严格小于，极限也可能相等，如 $0<1/n$ 的两端都趋于零。

单调有界准则。 非减且有上界的实数列必收敛；非增且有下界的实数列也必收敛。

这里采用实数的完备性：非空、有上界的实数集合存在最小上界。设 $A$ 为集合 $\{a_n:n\ge1\}$ 的最小上界。给定 $\varepsilon>0$，$A-\varepsilon$ 不是上界，故有某项 $a_N>A-\varepsilon$。因数列非减，所有 $n>N$ 满足

于是 $a_n\to A$。非增情形对 $-a_n$ 使用同一证明即可。

对递推式使用此准则的顺序是：先保证每一项有定义，再用归纳法证明共同的界，然后证明单调，最后才可在连续的递推关系中取极限求候选值。若递推函数在候选处不连续，就不能直接把极限移入函数。

重要极限：$(1+1/n)^n$ 趋于 $e$

设 $u_n=(1+1/n)^n$，$n\in\mathbb N_+$。则

这里 $e$ 沿用自然对数的底数；下面从已经建立的对数函数性质证明此极限，不用它反过来作为本节对数的定义。

证明。 对 $t>0$，由对数基本不等式，

取 $t=1/n$ 并乘以 $n$，得到

左端趋于 $1$，故夹逼得 $\ln u_n\to1$。指数函数连续，因而 $u_n\to e$。还得到可用的误差界

关于实变量函数 $(1+1/x)^x$ 在两个定义区间上的单调性，见变量指数函数的比较。数列极限与实函数单调性是相互联系、但需要分别说明的结论。

对数、幂、指数与阶乘的增长比较

记 $u_n\ll v_n$ 表示 $u_n/v_n\to0$，不是对每个小下标都成立的大小关系。对固定的 $k,\alpha>0$、$a>1$，有

这里涉及阶乘的自变量为正整数；前两个比较也可用于实数 $x\to+\infty$。每个比较都必须保持参数固定。

对数比任意正幂慢

取 $\beta=\alpha/(2k)>0$。对 $x\ge1$，函数 $x^\beta/\beta-\ln x$ 的导数为 $(x^\beta-1)/x\ge0$，从而 $\ln x\le(x^\beta-1)/\beta\le x^\beta/\beta$。所以

幂比指数慢

令 $u_n=n^\alpha/a^n>0$，则

选 $1/a<q<1$，充分大后比值不超过 $q$，故尾段由固定常数乘 $q^n$ 控制，趋于零。实变量 $x$ 可取 $n\le x<n+1$，利用 $x^\alpha/a^x\le(n+1)^\alpha/a^n$ 得同一结论。

指数比阶乘慢，阶乘比 $n^n$ 慢

令 $v_n=a^n/n!$，则 $v_{n+1}/v_n=a/(n+1)\to0$，沿用固定几何比控制即可。

最后

因为前 $\lfloor n/2\rfloor$ 个因子不超过 $1/2$，其余不超过 $1$。这些证明只使用基本导数、有限乘积和几何数列极限。

最终周期与有限状态

若存在正整数 $N,T$，使所有 $n\ge N$ 均有 $a_{n+T}=a_n$，称数列最终周期；$N=1$ 时才是从首项开始的周期数列。

设完整状态 $s_n$ 只有 $M$ 种可能，且由固定规则 $s_{n+1}=F(s_n)$ 唯一决定下一状态。前 $M+1$ 个状态中必有 $s_i=s_j$，$i<j$；归纳得 $s_{i+k}=s_{j+k}$，所以从 $i$ 起周期为 $j-i$。这里只用有限集合和递推，不需要求通项。

例如状态集为 $\{0,1,2\}$，规定 $F(2)=1,F(1)=0,F(0)=1$，从 $2$ 出发为 $2,1,0,1,0,\ldots$，最终周期为 $2$，但不是从首项开始周期。

若 $F$ 在有限状态集上还是一一映射，则从 $s_i=s_j$ 可倒推到 $s_1=s_{j-i+1}$，没有前段过渡，必从首项周期。仅有“状态有限”但下一步另依赖下标 $n$，则上述论证不适用。

最小正周期整除其他正周期

设从首项开始的数列最小正周期为 $p$，另一正周期为 $T$。作带余除法 $T=qp+r$，$0\le r<p$。对每个正整数 $n$，

若 $r>0$，它也成为正周期，与最小性矛盾，因此 $r=0$，即 $p\mid T$。最小正周期存在是因为周期为正整数；一般实变量周期函数不一定有最小正周期。

周期数列的分段求和与积

设 $a_{n+T}=a_n$ 对所有正整数 $n$ 成立，$S_0=0$。把 $n=qT+r$，其中 $q\ge0$、$0\le r<T$，则

这是把前 $n$ 项分为 $q$ 个完整周期和一个尾段。若求积，同理为 $(a_1\cdots a_T)^q(a_1\cdots a_r)$；$q=0$ 时不写第一个因子，$r=0$ 时尾段空积取 $1$。

例如周期块 $(2,-1,3)$ 的和为 $4$，$2026=675\cdot3+1$，故前 $2026$ 项之和为 $2702$。如果只从第 $N$ 项起周期，须先单独保留前 $N-1$ 项，再对尾部应用公式。

等长窗口不变如何推出周期

若每段连续 $T$ 项之和相同，即对所有 $n\ge1$ 有

将相邻两个等式相减，得到 $a_{n+T}=a_n$。反之，周期为 $T$ 时相邻窗口和相等。

若每段连续 $T$ 项乘积等于同一个非零常数，可约去公共的非零因子，也得到周期 $T$。非零条件不能删：数列 $0,1,0,2,0,3,\ldots$ 的每个相邻两项乘积都是零，却不是周期为 $2$ 的数列。

若 $a_{n+T}+a_n=C$，则 $a_{n+2T}=C-a_{n+T}=a_n$，所以 $2T$ 是一个周期，未必是最小正周期。