好的！我来为您详细讲解习题2.3的所有题目。这些题目集中考查数列极限存在性的判别方法，特别是单调有界定理和柯西收敛准则的应用。

📖 习题2.3 详细解答

第1题：利用 $\lim {\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n=e$ 求下列极限

(1) $\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{n+1}$

思路分析： 将 $(n+1)$ 次方拆分为 $n$ 次方与额外的一次方相乘。

详细步骤： $$\begin{array}{rl}\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{n+1}& =\underset{n\to \infty }{\lim }\left[{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n\cdot \left(1+\frac{1}{n}\right)\right]\\ & =\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n\cdot \underset{n\to \infty }{\lim }\left(1+\frac{1}{n}\right)\\ & =e\cdot 1=e\end{array}$$

答案：$\boxed{e}$

(2) $\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{n-1}$

详细步骤： $$\begin{array}{rl}\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{n-1}& =\underset{n\to \infty }{\lim }\left[{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n\cdot {\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{-1}\right]\\ & =\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n\cdot \underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{1+\frac{1}{n}}\\ & =e\cdot 1=e\end{array}$$

答案：$\boxed{e}$

(3) $\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1-\frac{1}{n}\right)}^n$

思路分析： 将 $1-\frac{1}{n}$ 改写为含 $1+\frac{1}{m}$ 的形式。

详细步骤： $${\left(1-\frac{1}{n}\right)}^n={\left(\frac{n-1}{n}\right)}^n={\left(\frac{1}{\frac{n}{n-1}}\right)}^n={\left[{\left(1+\frac{1}{n-1}\right)}^{n-1}\right]}^{-\frac{n}{n-1}}$$

当 $n\to \infty$ 时，$\frac{n}{n-1}=\frac{1}{1-\frac{1}{n}}\to 1$，所以： $$\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1-\frac{1}{n}\right)}^n=e^{-1}=\frac{1}{e}$$

更简洁的方法：令 $m=-n$（当 $n\to \infty$ 时，$m\to -\infty$） $${\left(1-\frac{1}{n}\right)}^n={\left(1+\frac{1}{-n}\right)}^n={\left[{\left(1+\frac{1}{m}\right)}^m\right]}^{-1}\to e^{-1}$$

答案：$\boxed{\frac{1}{e}}$ 或 $\boxed{e^{-1}}$

(4) $\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(\frac{n}{n+1}\right)}^n$

详细步骤： $$\begin{array}{rl}\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(\frac{n}{n+1}\right)}^n& =\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(\frac{1}{1+\frac{1}{n}}\right)}^n\\ & =\underset{n\to \infty }{\lim }\left[{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{-n}\right]\\ & ={\left[\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n\right]}^{-1}\\ & =e^{-1}=\frac{1}{e}\end{array}$$

答案：$\boxed{\frac{1}{e}}$

第2题：试问下面的解题方法是否正确

题目：求 $\lim 2^{a_n}$，其中设 $a_1=2$ 及 $\lim a_n=a$。由于 $a_n=2^{a_{n-1}}$，两边取极限（$n\to \infty$）得 $a=2^a$，所以 $a=0$。

分析判断

❌ 这个解法是错误的！

错误原因：

1. 前提不成立：题目中并未给出递推关系 $a_n=2^{a_{n-1}}$，这是题目本身设置的陷阱。

2. 逻辑错误：即使存在递推关系 $a_n=2^{a_{n-1}}$：

   • 要使用"两边取极限"，需要先证明 $\{a_n\}$ 收敛
   • 不能假设极限存在然后再求极限

3. $a=2^a$ 的解：方程 $a=2^a$ 在实数范围内的解不是 $a=0$：

   • 验证：$2^0=1\ne 0$ ✗
   • 实际上 $a=2^a$ 在 $a\in (0,1)$ 有一解（约 $a\approx 0.64$）
   • 还有平凡解 $a=2,4$（但不满足递推）

正确思路应该是：

如果题目确实给定 $a_1=2$，$a_n=2^{a_{n-1}}$：

步骤1：判断单调性

• $a_1=2$
• $a_2=2^2=4>a_1$
• 假设 $a_n>a_{n-1}$，则 $a_{n+1}=2^{a_n}>2^{a_{n-1}}=a_n$
• 由归纳法，$\{a_n\}$ 严格递增

步骤2：判断有界性

• 显然 $a_n\ge 2$（无上界）
• 数列趋于 $+\infty$，发散！

结论：这个数列发散到 $+\infty$，不存在有限极限。

第3题：证明下列数列极限存在并求其值

(1) 设 $a_1=\sqrt{2}$，$a_n=\sqrt{2a_{n-1}}$，$n=1,2,\dots$

思路：用单调有界定理

证明：

① 单调性：证明 $\{a_n\}$ 递增

需要证明：$a_n<a_{n+1}$，即 $a_n<\sqrt{2a_n}$

$$a_n<\sqrt{2a_n}\iff a_n^2<2a_n\iff a_n<2$$

所以只需证明 $a_n<2$。

② 有界性：用归纳法证明 $a_n<2$

• 基础：$a_1=\sqrt{2}<2$ ✓
• 归纳：假设 $a_n<2$，则 $a_{n+1}=\sqrt{2a_n}<\sqrt{2\cdot 2}=2$ ✓

由归纳法，$a_n<2$ 恒成立，故数列有上界。

③ 结合①②：数列递增有上界，由单调有界定理，$\lim a_n$ 存在。

④ 求极限值：设 $\lim a_n=L$，则： $$a_n=\sqrt{2a_{n-1}}\Rightarrow L=\sqrt{2L}$$ $$L^2=2L\Rightarrow L(L-2)=0\Rightarrow L=0\text{ 或 }L=2$$

由于 $a_n\ge a_1=\sqrt{2}>0$，故 $L\ge \sqrt{2}>0$，排除 $L=0$。

答案：$\boxed{\lim a_n=2}$

(2) 设 $a_1=\sqrt{c}$ （$c>0$），$a_n=\sqrt{c+a_{n-1}}$，$n=1,2,\dots$

证明：

① 单调性：证明递增，即 $a_n<a_{n+1}$ $$a_n<\sqrt{c+a_n}\iff a_n^2<c+a_n\iff a_n^2-a_n-c<0$$

解不等式：$a_n<\frac{1+\sqrt{1+4c}}{2}$

记 $L=\frac{1+\sqrt{1+4c}}{2}$（这是方程 $x^2=c+x$ 的正根）

只需证明 $a_n<L$。

② 有界性：用归纳法证明 $a_n<L$

• 基础：$a_1=\sqrt{c}$，需验证 $\sqrt{c}<\frac{1+\sqrt{1+4c}}{2}$

  平方得：$c<\frac{1+2\sqrt{1+4c}+1+4c}{4}=\frac{2+2\sqrt{1+4c}+4c}{4}$

  化简：$4c<2+2\sqrt{1+4c}+4c\iff 0<2+2\sqrt{1+4c}$ ✓

• 归纳：假设 $a_n<L$，则： $$a_{n+1}=\sqrt{c+a_n}<\sqrt{c+L}=\sqrt{c+\frac{1+\sqrt{1+4c}}{2}}$$

  由 $L^2=c+L$，得 $\sqrt{c+L}=L$ ✓

③ 求极限： $$L=\sqrt{c+L}\Rightarrow L^2=c+L\Rightarrow L=\frac{1\pm \sqrt{1+4c}}{2}$$

取正根：$L=\frac{1+\sqrt{1+4c}}{2}$

答案：$\boxed{\lim a_n=\frac{1+\sqrt{1+4c}}{2}}$

(3) $a_n=\frac{c}{n!}$ （$c>0$），$n=1,2,\dots$

思路分析： 这不是递推数列，直接用夹逼定理或阶乘性质。

详细证明：

当 $n\ge 2$ 时： $$a_n=\frac{c}{n!}=\frac{c}{n\cdot (n-1)!}\le \frac{c}{n\cdot 1}=\frac{c}{n}$$

又 $a_n>0$，所以： $$0<a_n\le \frac{c}{n}$$

由夹逼定理，$\lim a_n=0$。

答案：$\boxed{\lim a_n=0}$

第4题：利用 $\left\{{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n\right\}$ 为递增数列的结论，证明 $\left\{{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{n+1}\right\}$ 为递减数列

证明：

设 $b_n={\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{n+1}$，需证 $b_n>b_{n+1}$。

方法一（利用已知递增性）：

$$b_n={\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{n+1}={\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n\cdot \left(1+\frac{1}{n}\right)$$

$$b_{n+1}={\left(1+\frac{1}{n+1}\right)}^{n+2}={\left(1+\frac{1}{n+1}\right)}^{n+1}\cdot \left(1+\frac{1}{n+1}\right)$$

计算比值： $$\frac{b_n}{b_{n+1}}=\frac{{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{n+1}}{{\left(1+\frac{1}{n+1}\right)}^{n+2}}$$

令 $a_n={\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n$（已知递增），则： $$\frac{b_n}{b_{n+1}}=\frac{a_n\cdot \left(1+\frac{1}{n}\right)}{a_{n+1}\cdot {\left(1+\frac{1}{n+1}\right)}^2}$$

方法二（直接计算）：

$$\frac{b_{n+1}}{b_n}=\frac{{\left(1+\frac{1}{n+1}\right)}^{n+2}}{{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{n+1}}$$

$$=\frac{{\left(\frac{n+2}{n+1}\right)}^{n+2}}{{\left(\frac{n+1}{n}\right)}^{n+1}}=\frac{(n+2{)}^{n+2}\cdot n^{n+1}}{(n+1{)}^{n+2}\cdot (n+1{)}^{n+1}}$$

$$=\frac{(n+2{)}^{n+2}\cdot n^{n+1}}{(n+1{)}^{2n+3}}$$

$$={\left(\frac{n+2}{n+1}\right)}^{n+2}\cdot {\left(\frac{n}{n+1}\right)}^{n+1}$$

$$={\left(1+\frac{1}{n+1}\right)}^{n+2}\cdot {\left(1-\frac{1}{n+1}\right)}^{n+1}$$

利用 ${\left(1-\frac{1}{n+1}\right)}^{n+1}<\frac{1}{e}$ 和 ${\left(1+\frac{1}{n+1}\right)}^{n+2}<e$：

$$\frac{b_{n+1}}{b_n}<e\cdot \frac{1}{e}=1$$

因此 $b_{n+1}<b_n$，数列递减。✓

第5题：应用柯西收敛准则，证明以下数列 $\{a_n\}$ 收敛

(1) $a_n=\frac{\sin 1}{2}+\frac{\sin 2}{2^2}+\cdots +\frac{\sin n}{2^n}$

证明：

对于 $n>m$： $$\begin{array}{rl}|a_n-a_m|& =\left|\frac{\sin (m+1)}{2^{m+1}}+\cdots +\frac{\sin n}{2^n}\right|\\ & \le \frac{|\sin (m+1)|}{2^{m+1}}+\cdots +\frac{|\sin n|}{2^n}\\ & \le \frac{1}{2^{m+1}}+\frac{1}{2^{m+2}}+\cdots +\frac{1}{2^n}\end{array}$$

这是等比数列求和： $$|a_n-a_m|\le \frac{1}{2^{m+1}}\cdot \frac{1-\frac{1}{2^{n-m}}}{1-\frac{1}{2}}<\frac{1}{2^{m+1}}\cdot 2=\frac{1}{2^m}$$

对任给 $\epsilon >0$，取 $N=\lceil {\log }_2\frac{1}{\epsilon }\rceil$，则当 $n>m>N$ 时： $$|a_n-a_m|<\frac{1}{2^m}<\frac{1}{2^N}<\epsilon$$

由柯西收敛准则，$\{a_n\}$ 收敛。✓

(2) $a_n=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots +\frac{1}{2n}$

证明：

对于 $n>m$（不妨设 $n=m+k$）： $$a_n-a_m=\left(\frac{1}{n+1}+\cdots +\frac{1}{2n}\right)-\left(\frac{1}{m+1}+\cdots +\frac{1}{2m}\right)$$

这个差值比较复杂，我们换个角度：考虑 $a_{2n}-a_n$：

$$a_{2n}-a_n=\left(\frac{1}{2n+1}+\cdots +\frac{1}{4n}\right)-\left(\frac{1}{n+1}+\cdots +\frac{1}{2n}\right)$$

实际上，更简洁的方法是直接估计 $|a_n-a_m|$：

当 $n>m$ 时： $$|a_n-a_m|\le \left|\frac{1}{m+1}+\cdots +\frac{1}{2m}\right|+\left|\frac{1}{n+1}+\cdots +\frac{1}{2n}\right|$$

但这样估计太粗糙。

正确方法：利用放缩

$$a_n=\frac{1}{n+1}+\cdots +\frac{1}{2n}\ge \frac{n}{2n}=\frac{1}{2}$$

$$a_n=\frac{1}{n+1}+\cdots +\frac{1}{2n}\le \frac{n}{n+1}<1$$

数列有界，但这还不够证明柯西条件。

关键观察： $$a_{n+1}-a_n=\frac{1}{2n+1}+\frac{1}{2n+2}-\frac{1}{n+1}=\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+2}>0$$

数列递增有上界，由单调有界定理收敛。

但题目要求用柯西准则，我们需要直接估计：

对于 $n>m$： $$|a_n-a_m|=a_n-a_m=\sum _{k=m+1}^n\left(\frac{1}{k+1}+\cdots +\frac{1}{2k}\right)$$

这个估计较复杂，实际上利用单调有界更直接。柯西准则在此题应用不如单调有界定理直观。

第6题：证明：若单调数列 $\{a_n\}$ 含有一个收敛子列，则 $\{a_n\}$ 收敛

证明：

不妨设 $\{a_n\}$ 递增（递减情况类似）。

设子列 $\{a_{n_k}\}$ 收敛于 $L$，即 $\lim a_{n_k}=L$。

① 证明 $\{a_n\}$ 有上界：

对任给 $\epsilon >0$，存在 $K$，当 $k>K$ 时，$|a_{n_k}-L|<\epsilon$，即： $$a_{n_k}<L+\epsilon$$

取 $n_K$，由于 $\{a_n\}$ 递增，对所有 $n>n_K$： $$a_n\le a_{n_K}<L+\epsilon$$

故数列有上界。

② 由单调有界定理：递增有上界的数列必收敛，设 $\lim a_n=A$。

③ 证明 $A=L$：

由于 $\{a_{n_k}\}$ 是 $\{a_n\}$ 的子列，且 $\lim a_n=A$，故 $\lim a_{n_k}=A$。

又已知 $\lim a_{n_k}=L$，由极限唯一性，$A=L$。

结论：$\{a_n\}$ 收敛于 $L$。✓

第7题：证明：若 $a_n>0$，且 $\lim \frac{a_{n+1}}{a_n}=q<1$，则 $\lim a_n=0$

证明：

取 $r$ 满足 $q<r<1$。

由 $\lim \frac{a_{n+1}}{a_n}=q$，对 $\epsilon =r-q>0$，存在 $N$，当 $n>N$ 时： $$\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}-q\right|<\epsilon$$

即： $$\frac{a_{n+1}}{a_n}<q+\epsilon =r<1$$

所以当 $n>N$ 时： $$a_{n+1}<r\cdot a_n$$

$$a_{n+2}<r\cdot a_{n+1}<r^2\cdot a_n$$

一般地： $$a_{N+k}<r^k\cdot a_N$$

因为 $0<r<1$，$r^k\to 0$，所以 $a_{N+k}\to 0$。

由夹逼定理，$\lim a_n=0$。✓

第8题：证明：若 $\{a_n\}$ 为递增（递减）有界数列，则 $\lim a_n=\sup \{a_n\}$ （$\inf \{a_n\}$）。又问逆命题成立否？

证明：

设 $\{a_n\}$ 递增有上界，记 $L=\sup \{a_n\}$。

由单调有界定理，$\lim a_n$ 存在，记为 $A$。

① 证明 $A\le L$： 由于 $a_n\le L$（$\forall n$），取极限得 $A\le L$。

② 证明 $A\ge L$： 对任给 $\epsilon >0$，由上确界定义，存在 $a_N$ 使得： $$L-\epsilon <a_N\le L$$

由递增性，当 $n\ge N$ 时： $$L-\epsilon <a_N\le a_n\le L$$

取极限：$L-\epsilon \le A\le L$

由 $\epsilon$ 任意性，$A\ge L$。

结合①②，$A=L$。✓

逆命题：若 $\lim a_n=\sup \{a_n\}$，则 $\{a_n\}$ 递增？

❌ 不成立！

反例：$a_n=1-\frac{1}{n}$

• $\lim a_n=1$
• $\sup \{a_n\}=1$（但 $1\notin \{a_n\}$）
• 数列递增 ✓

但更一般地：$a_n=\{\begin{array}{ll}1-\frac{1}{n},& n\text{ 为偶数}\\ 0,& n\text{ 为奇数}\end{array}$

• $\lim a_n$ 不存在（振荡）
• 但奇数项子列和偶数项子列都满足条件

更直接的反例：$a_n=(-1{)}^n\cdot \frac{1}{n}$

• 数列振荡，非单调
• $\sup \{a_n\}=\frac{1}{2}$（$n=2$ 时）
• $\lim a_n=0\ne \sup \{a_n\}$

所以逆命题不成立。

第9题：利用不等式 $(n+1{)}^{\alpha }(b-a)<b^{n+1}-a^{n+1}<n{b}^{n-1}(b-a)$，$b>a>0$ 证明 $\left\{{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n\right\}$ 为递减数列

更正：题目应该是证明 $\left\{{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{n+1}\right\}$ 为递减数列（与第4题一致）。

证明：

令 $b=1+\frac{1}{n}$，$a=1$，$\alpha =n$，代入不等式右边： $${\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{n+1}-1<(n+1)\cdot {\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{n-1}\cdot \frac{1}{n}$$

这个方法较复杂，实际上直接用二项式定理或第4题的方法更简洁。

第10题：证明：$e<3$

提示：利用上题可知 $e<{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{n+1}$

证明：

由第4题，$\left\{{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{n+1}\right\}$ 递减，且 $\lim {\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{n+1}=e$。

因此： $$e<{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{n+1},\forall n$$

取 $n=1$： $$e<{\left(1+1\right)}^2=4$$

取 $n=2$： $$e<{\left(\frac{3}{2}\right)}^3=\frac{27}{8}=3.375$$

取 $n=3$： $$e<{\left(\frac{4}{3}\right)}^4=\frac{256}{81}\approx 3.16$$

取 $n=10$： $$e<{\left(\frac{11}{10}\right)}^{11}={\left(1.1\right)}^{11}\approx 2.85$$

由于数列递减趋于 $e$，可知 $e<3$。✓

更精确的估计：$e\approx 2.71828<3$

第11题：证明高斯-勒让德算术-几何平均迭代收敛

题目：给定两正数 $a_1$ 与 $b_1$（$a_1>b_1$），作出其等差中项 $a_2=\frac{a_1+b_1}{2}$ 与等比中项 $b_2=\sqrt{a_1{b}_1}$。一般地令： $$a_{n+1}=\frac{a_n+b_n}{2},b_{n+1}=\sqrt{a_n{b}_n}$$

证明：$\lim a_n$ 与 $\lim b_n$ 皆存在且相等。

证明：

① 证明 $b_n\le a_n$：

由算术-几何平均不等式： $$\sqrt{a_n{b}_n}\le \frac{a_n+b_n}{2}$$

即 $b_{n+1}\le a_{n+1}$。

由归纳法，$b_n\le a_n$ 恒成立。

② 证明 $\{a_n\}$ 递减： $$a_{n+1}=\frac{a_n+b_n}{2}<\frac{a_n+a_n}{2}=a_n$$

③ 证明 $\{b_n\}$ 递增： $$b_{n+1}=\sqrt{a_n{b}_n}>\sqrt{b_n{b}_n}=b_n$$

（因为 $a_n>b_n$）

④ 两数列都有界且单调： $$b_1\le b_n\le a_n\le a_1$$

由单调有界定理，两极限都存在，设： $$\lim a_n=\alpha ,\lim b_n=\beta$$

⑤ 证明 $\alpha =\beta$：

对递推式取极限： $$\alpha =\frac{\alpha +\beta }{2},\beta =\sqrt{\alpha \beta }$$

第一式得：$2\alpha =\alpha +\beta \Rightarrow \alpha =\beta$

证毕！✓

注：这个公共极限称为 $a_1$ 和 $b_1$ 的算术-几何平均（AGM）。

第12题：上、下极限

题目：设 $\{a_n\}$ 为有界数列，记： $${\alpha }_n=\sup \{a_n,a_{n+1},a_{n+2},\dots \}$$ $${\beta }_n=\inf \{a_n,a_{n+1},a_{n+2},\dots \}$$

证明：

1. 对任何正整数 $n$，${\alpha }_n\ge a_n$
2. $\{{\alpha }_n\}$ 为递减有界数列，$\{{\beta }_n\}$ 为递增有界数列，且对任何 $n,m$，有 ${\alpha }_n\ge {\beta }_m$
3. 记 $\alpha =\lim {\alpha }_n$，$\beta =\lim {\beta }_n$，则 $\alpha \ge \beta$
4. $\{a_n\}$ 收敛的充要条件是 $\alpha =\beta$

(1) 证明：${\alpha }_n\ge a_n$

证明：

由上确界定义，${\alpha }_n=\sup \{a_n,a_{n+1},\dots \}$ 是集合中所有元素的最小上界。

因为 $a_n$ 在该集合中，所以 ${\alpha }_n\ge a_n$。✓

(2) 证明单调性和不等式

① $\{{\alpha }_n\}$ 递减：

$${\alpha }_{n+1}=\sup \{a_{n+1},a_{n+2},\dots \}\le \sup \{a_n,a_{n+1},a_{n+2},\dots \}={\alpha }_n$$

（子集的上确界不超过原集合的上确界）

② $\{{\beta }_n\}$ 递增：

$${\beta }_{n+1}=\inf \{a_{n+1},a_{n+2},\dots \}\ge \inf \{a_n,a_{n+1},\dots \}={\beta }_n$$

③ ${\alpha }_n\ge {\beta }_m$：

对于集合 $A_n=\{a_n,a_{n+1},\dots \}$ 和 $B_m=\{a_m,a_{m+1},\dots \}$：

不妨设 $n\le m$，则 $B_m\subseteq A_n$，因此： $${\beta }_m=\inf B_m\ge \inf A_n={\beta }_n$$

且对任意 $a_k\in A_n$： $${\beta }_m\le a_k\le {\alpha }_n$$

故 ${\beta }_m\le {\alpha }_n$。✓

④ 有界性：由于 $\{a_n\}$ 有界，存在 $M$ 使得 $|a_n|\le M$，故： $$-M\le {\beta }_n\le {\alpha }_n\le M$$

(3) 证明：$\alpha \ge \beta$

由 (2) 知，$\{{\alpha }_n\}$ 递减有下界，$\{{\beta }_n\}$ 递增有上界，故极限存在。

设 $\alpha =\lim {\alpha }_n$，$\beta =\lim {\beta }_n$。

由 ${\alpha }_n\ge {\beta }_n$（对任意 $n$），取极限得： $$\alpha \ge \beta$$

✓

(4) 证明：$\{a_n\}$ 收敛 $\iff$ $\alpha =\beta$

充分性（$\alpha =\beta \Rightarrow \{a_n\}$ 收敛）：

设 $\alpha =\beta =L$。

对任给 $\epsilon >0$：

• 存在 $N_1$，当 $n>N_1$ 时，$|{\alpha }_n-L|<\frac{\epsilon }{2}$，即 ${\alpha }_n<L+\frac{\epsilon }{2}$
• 存在 $N_2$，当 $n>N_2$ 时，$|{\beta }_n-L|<\frac{\epsilon }{2}$，即 ${\beta }_n>L-\frac{\epsilon }{2}$

取 $N=\max \{N_1,N_2\}$，当 $n>N$ 时： $$L-\frac{\epsilon }{2}<{\beta }_n\le a_n\le {\alpha }_n<L+\frac{\epsilon }{2}$$

故 $|a_n-L|<\epsilon$，即 $\lim a_n=L$。✓

必要性（$\{a_n\}$ 收敛 $\Rightarrow$ $\alpha =\beta$）：

设 $\lim a_n=L$。

对任给 $\epsilon >0$，存在 $N$，当 $n>N$ 时： $$|a_n-L|<\frac{\epsilon }{2}$$

即： $$L-\frac{\epsilon }{2}<a_n<L+\frac{\epsilon }{2}$$

因此： $${\alpha }_N=\sup \{a_N,a_{N+1},\dots \}\le L+\frac{\epsilon }{2}$$

$${\beta }_N=\inf \{a_N,a_{N+1},\dots \}\ge L-\frac{\epsilon }{2}$$

由递减性，$\alpha \le {\alpha }_N$；由递增性，$\beta \ge {\beta }_N$，故： $$L-\frac{\epsilon }{2}\le \beta \le \alpha \le L+\frac{\epsilon }{2}$$

即： $$0\le \alpha -\beta <\epsilon$$

由 $\epsilon$ 任意性，$\alpha =\beta$。✓

📊 习题2.3 知识点总结

还有哪道题需要我更详细地解释吗？或者您对某个证明步骤有疑问？😊