一些极限的证明

极限的计算是建立在已知的若干极限和极限运算法则基础上的。除此之外，还有很多不能直接计算出来，需要证明的极限。这里列出一些。

1. $\lim_{n\rightarrow\infty} \sqrt[n]{n}=1$

   证明：令$x_n=\sqrt[n]{n}$. 因为 $n$ 是正整数且趋于无穷，故考虑 $n>1$，所以 $x_n>1$. 则可设 $x_n=1+t_n$，那么 $t_n=\sqrt[n]{n}-1>0$. 根据二项式定理，

   $$n=\left(1+t_{n}\right)^{n}=1+n t_{n}+\frac{n(n-1)}{2} t_{n}^{2} + \text{一些正项},$$

   所以

   $$\frac{n(n-1)}{2} t_{n}^{2}<n \Longrightarrow t_{n}^{2}<\frac{2}{n-1} \Longrightarrow t_{n}<\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{n-1}}.$$

   则可得到

   $$1<x_{n}=1+t_{n}<1+\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{n-1}} \Longrightarrow 1<x_{n}<1+\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{n-1}}.$$

   计算可得

   $$\lim_{n\rightarrow\infty} 1= 1 = \lim_{n\rightarrow\infty} \left(1+\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{n-1}}\right)=1.$$

   故运用夹逼定理（Squeeze Theorem）可得 $\lim_{n\rightarrow\infty} \sqrt[n]{n}=1$.

2. $\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \sqrt{1+2 \sqrt{1+3 \sqrt{1+\cdots \sqrt{1+(n-1) \sqrt{1+n}}}}}=3$

   这是一个嵌套根式。拉马努金曾得到这样的公式：

   $$x + n + a =\sqrt{ ax +( n + a )^{2}+ x \sqrt{ a( x + n )+( n + a )^{2}+( x + n ) \sqrt{\cdots}}}.$$

   取 $x=2,n=1,a=0$，即可得该极限为3。不过这里要给出的是一个完整的证明。

   令

   $$a_{m, n}=\sqrt{1+m \sqrt{1+(m+1) \sqrt{1+\cdots+(n-1) \sqrt{1+n}}}},\quad (1\leqslant m \leqslant n),$$

   其中 $n$ 看作已知，$m$ 除了出现在表达式里以外，这样理解方便一些：从里到外共 $n-m+1$ 个根号，比如 $a_{n,n}=\sqrt{1+n}$。那么就有递推关系：

   $$a_{k, n}=\sqrt{1+k a_{k+1, n}}.$$

   而待求的极限则可以写作：

   $$\lim\limits_{n\to\infty} a_{2,n}.$$

   下面会计算 $\lim\limits_{n\to\infty} a_{m,n}$，然后取 $m=2$ 到得结果。 使用的是夹逼准则，首先证明上界满足：

   $$a_{m,n}<m+1.$$

   前面已经说过 $a_{n,n}=\sqrt{1+n}$，因为 $n$ 是正整数且趋于无穷，显然有 $a_{n,n}<n+1$。那么用归纳法，设 $a_{k+1,n}<k+2$，只需证明此时有 $a_{k,n}<k+1$。证明如下：

   $$a_{k, n}=\sqrt{1+k a_{k+1, n}}<\sqrt{1+k(k+2)}=\sqrt{k^{2}+2 k+1}=k+1$$

   此时已经求出 $a_{m,n}$ 的一个上界 $m+1$，于是有

   $$0<m+1-a_{m,n}. \tag{1}$$

   讨论下界需要用到另外一个结论。在上面的分析中，构造的通项如果是

   $$b_{m,n}=\sqrt{1+m \sqrt{1+(m+1) \sqrt{1+\cdots+(n-1) \sqrt{1+n^{2}+2 n}}}},$$

   则可以验证 $b_{n,n}=\sqrt{1+n^2+2n}=n+1$，再用归纳法可得

   $$m+1=\sqrt{1+m \sqrt{1+(m+1) \sqrt{1+\cdots+(n-1) \sqrt{1+n^{2}+2 n}}}}.$$

   结合这个式子，用平方差公式，有

   $$\small \begin{aligned} m+1 - a_{m,n} & = \sqrt{1+m \sqrt{1+(m+1) \sqrt{1+\cdots+(n-1) \sqrt{1+n^{2}+2 n}}}} - \sqrt{1+m \sqrt{1+(m+1) \sqrt{1+\cdots+(n-1) \sqrt{1+n}}}} \\ & = \frac{m \left( \sqrt{1+(m+1) \sqrt{1+\cdots+(n-1) \sqrt{1+n^{2}+2 n}}} + \sqrt{1+(m+1) \sqrt{1+\cdots+(n-1) \sqrt{1+n}}} \right)}{\sqrt{1+m \sqrt{1+(m+1) \sqrt{1+\cdots+(n-1) \sqrt{1+n^{2}+2 n}}}} + \sqrt{1+m \sqrt{1+(m+1) \sqrt{1+\cdots+(n-1) \sqrt{1+n}}}}} \\ & = \frac{m(m+2-a_{m+1,n})}{m+2+a_{m,n}} \\ & < \frac{m}{m+2}(m+2-a_{m+1,n}) \end{aligned}$$

   重复运用这个不等式，得到

   $$\begin{aligned} m+1 - a_{m,n} &< \frac{m}{m+2}(m+2-a_{m+1,n})<\cdots<\frac{m(m+1)\cdots(n-1)}{(m+2)(m+3)\cdots(n+1)}(n+1-a_{n,n}) \\ & < \frac{m(m+1)(n+1-\sqrt{n+1})}{n(n+1)} \\ & < \frac{m(m+1)}{n} \end{aligned}$$

   结合前面已经得到的式 (1)，有

   $$0<m+1-a_{m,n}<\frac{m(m+1)}{n}.$$

   当 $n \to \infty$时，两边都趋于0，所以

   $$\lim\limits_{n\to\infty} a_{m,n} = m+1.$$

   取 $m=2$，即可得要证明的极限.