数列提高
回顾及补充
经典常量
\pi\approx3.14159
e\approx2.71828
\gamma\approx0.57721
\varphi={1+\sqrt5\over2}\approx1.61803
\hat\varphi={1-\sqrt5\over2}\approx-.61803
基础公式
一些公式，
\sum_{i=1}^ni={n(n+1)\over2}
\sum_{i=1}^ni^2={n(n+1)(2n+1)\over6}={n(n+1/2)(n+1)\over3}
\sum_{i=1}^ni^3=\left[{n(n+1)\over2}\right]^2={n^2(n+1)^2\over4}
可以通过扰动法（见下）或者待定系数并归纳得出。
\sum_{i=0}^nc^i={c^{n+1}-1\over c-1},c\neq1
\sum_{i\ge0}c^i={1\over 1-c},|c|<1
\sum_{i\ge1}c^i={c\over 1-c},|c|<1
上面的是等比数列，下面的用极限得出。
\sum_{i=0}^nic^i={nc^{n+2}-(n-1)c^{n+1}+c\over(c-1)^2},c\neq1
\sum_{i\ge0}ic^i={c\over(1-c)^2},|c|<1
上面的可以扰动法得出，下面的极限得出。
调和级数
H_n=\sum_{i=1}^n{1\over i}
有，
\ln n<H_n<\ln n+1
H_n=\ln n+\gamma+\mathcal O\left({1\over n}\right)
同时，
\sum_{i=1}^nH_i=(n+1)H_n-n
\sum_{i=1}^niH_i={n(n+1)\over2}H_n-{n(n-1)\over4}
\sum_{i=1}^n{i\choose m}H_i={n+1\choose m+1}\left(H_{n+1}-{1\over m+1}\right)
证明下面再说。
线性递推
概念
对于 k 阶线性递推式，a_n 仅与 n 前面的 k 项有关。
对于常系数齐次线性递推，形如，
\boxed{a_n=\sum_{i=1}^kf_i\times a_{n-i}}
拓展：对于常系数非齐次线性递推，形如，
a_n=P(n)+\sum_{i=1}^kf_i\times a_{n-i}
其中 P(x) 是一个 m 次多项式。
特征方程
形如，
a_n=xa_{n-1}+ya_{n-2}
其特征方程可以表示为，
\boxed{q^2=xq+y}\\ q^2-xq-y=0
推导：
设有 q,t 满足，
a_n-qa_{n-1}=t(a_{n-1}-qa_{n-2})\\ a_n=(q+t)a_{n-1}-qta_{n-2}
则，
\begin{cases} x=q+t\\ y=-qt \end{cases}
得，
q=x-t=x+y/q\\ t=x-q=-y/q\\ q^2=xq+y
或者用微分方程的思想，
q^n=xa^{n-1}+ya^{n-2}
注意到 a^{n-2}\neq0，化简得，
q^2=xq+y
易解得，
\boxed{q_{1,2}={x\pm\sqrt{x^2+4y}\over2}}
其中，q_{1,2} 称为原线性递推式的特征根。
拓展到高阶线性递推式，对于，
a_n=\sum_{i=1}^kf_i\times a_{n-i}
其特征方程为，
q^k=\sum_{i=1}^kf_i\times q^{k-i}
通项公式
我们记递推式
a_n=xa_{n-1}+ya_{n-2}
的两个特征根分别为，q_1,q_2，那么
通项公式，a_n 一定可以表示为，
\boxed{a_n=\alpha q_1^n+\beta q_2^n}
特殊的，如果 q_1=q_2=q，
a_n=(\alpha+\beta)q^n
其中，还可以进一步表示，
\alpha+\beta=\lambda n+\mu
带入原式，
\boxed{a_n=(\lambda n+\mu)q^n}
对于更高阶的，把 n 前面多加几项 n^2,n^3,\dots 即可。
特殊的，若，
a_2/a_1=q
那么，原式继续退化，形如，
\boxed{a_n=kq^n}
可以根据上面的结论，将一个常系数齐次线性递推式，直接化为等差、等比数列。
同时，容易发现 k_1,k_2 一定对于任意 n 成立，因此带入特殊值，
\boxed{\begin{aligned} a_1=\alpha q_1+\beta q_2\\ a_2=\alpha q_1^2+\beta q_2^2 \end{aligned}}
容易发现，只有 k_1,k_2 为未知量，可以直接解出来，得到通项公式。
拓展到高阶，理论类似，实际难算。
不动点法
不动点
对于函数 f ，若 x 满足，
f(x)=x
这个 x 称为这个函数的不动点，或定点，是被这个函数映射到其自身一个点。
例如：
f(x)=x^{2}-3x+4
的不动点为，
x=f(x)\\ x^2-4x+4=0\\ (x-2)^2=0
即函数 f 的不动点为 2，因为 f(2)=2。
不是每一个函数都具有不动点，例如定义在实数上的函数 f(x)=x+1 就没有不动点。
因为对于任意的实数， x 永远不会等于 x+1。
用画图的话来说，不动点意味着点 (x,f(x)) 在直线 y=x 上，即图像存在交点。
上例 f(x)=x+1 的情况是，这个函数的图像与那根直线是一对平行线。
在函数的有限次迭代之后回到相同值的点叫做周期点；不动点是周期等于 1 的周期点。
不动点和数列
如果数列递推公式形如，
a_{n+1}=f(a_n)
那么，f 称为迭代函数（生成函数），则和上文一样，
x=f(x)
的方程，称为不动点方程。
当我们解出一个不动点 x，等式两边同时减去 x，
a_{n+1}-x=f(a_n)-x
左右都等于零，因此右面一定有因式，
a_n-x
这个过程称为不动点改造。
那么，左右就存在相同的结构，
b_n=a_n-x
往往可以进而推导一些性质。
一次函数形
题目：有数列，
a_1=1,a_n={1\over2}a_{n-1}+1
求 a_n 的通项公式。
求出不动点 x，满足，
x={1\over2}x+1\\ x=2
原式两边同时减二，
a_n-2={1\over2}a_{n-1}-1={1\over2}(a_{n-1}-2)
因此，
a_n-2={1\over2^{n-1}}(a_1-2)\\ a_n=-{1\over2^{n-1}}+2
二次函数型（双解）
解，
a_1=3,a_{n+1}={4a_n-2\over a_n+1}
求出不动点，
x={4x-2\over x+1}\\ x^2+x=4x-2\\ x^2-3x+2=0\\ (x-2)(x-1)=0
我们把两个不动点 2,1 分别减到递推式两边，
a_{n+1}-2={2a_n-4\over a_n+1}\\ a_{n+1}-1={3a_n-3\over a_n+1}
化简，
a_{n+1}-2={2(a_n-2)\over a_n+1}\\ a_{n+1}-1={3(a_n-1)\over a_n+1}
然后上下做比，
{a_{n+1}-2\over a_{n+1}-1}={2\over3}\cdot{a_n-2\over a_n-1}
注意到是等比数列，因此，
{a_n-2\over a_n-1}=\left({2\over3}\right)^{n-1}{a_1-2\over a_1-1}={1\over2}\left({2\over3}\right)^{n-1}
记后面的为 S_n，则，
{a_n-2\over a_n-1}=S_n\\ a_n-2=a_nS_n-S_n\\ (S_n-1)a_n=S_n-2\\ a_n={S_n-2\over S_n-1}
带入，得，
a_n={(2/3)^{n-1}-4\over(2/3)^{n-1}-2}={2^{n-1}-4\cdot3^{n-1}\over2^{n-1}-2\cdot3^{n-1}}
二次函数型（单解）
解，
a_1=5,a_{n+1}={3a_n-4\over a_n-1}
不动点，
x^2-x=3x-4\\ x^2-4x+4=0\\ x=2
只有一个解，我们两边减去，
a_{n+1}-2={a_n-2\over a_n-1}
注意到两个分子形式相同，我们两边取倒数，
{1\over a_{n+1}-2}={a_n-1\over a_n-2}=1+{1\over a_n-2}
为等比数列，
{1\over a_n-2}={1\over a_1-1}+(n-1)=n-{2\over3}
两边再取倒数，
a_n-2={1\over n-2/3}={3\over3n-2}\\ a_n={3\over3n-2}+2={6n-1\over3n-2}
二次函数型（无解）
解，
a_1=2,a_n=1-{1\over a_{n-1}}
不动点，
x=1-{1\over x}\\ x^2=x-1\\ x^2-x+1=0
无解，因此该数列为周期数列，考虑，
a_1=2\\ a_2=1/2\\ a_3=-1\\ a_4=2
为 T=3 的周期数列，因此，
a_n=\left\{\begin{aligned} 2&\quad\operatorname{if}n\equiv1\pmod3\\ 1/2&\quad\operatorname{if}n\equiv2\pmod3\\ -1&\quad\operatorname{if}n\equiv0\pmod3\\ \end{aligned}\right.
不动点法求极限
有数列形如，
a_n=f(a_{n-1})
假设这个数列存在极限，记为 a，那么对两边同时取极限，
\lim_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}f(a_{n-1})
一般默认 f 函数是光滑的，那么，
\lim_{n\to\infty}f(a_{n-1})=f(\lim_{n\to\infty}a_{n-1})
即，
a=f(a)
解出这个解，那么如果存在极限，极限一定是这个方程的解中的一个。
原理为，只有当数列收敛到不动点，才能存在极限；不然也不会存在极限。
蛛网工作法
我们延续上面的观点，尝试使用一些新奇的技巧，
我们想要把数列 a_n\to a_{n+1} 这个过程直观的表示出来，我们知道，
f(a_n)=a_{n+1}
容易想到，我们在平面内做出 f(x) 的图像，那么这上面的点，
Q(a_n,f(a_n))=(a_n,a_{n+1})
就表示了一个递推的过程。
然后考虑数列运作的趋势是什么样的，显然我们只考虑递增和递减，
- f(a_n)>a_n，数列在此处递增，对应点在 y=x 图像上方；
- f(a_n)<a_n，数列在此处递减，对应点在 y=x 图像下方。
于是，我们考虑在平面内再做出 y=x 的图像，那么数列的趋势符合上文。
具体的，做点，
A_1(a_1,f(a_1))=(a_1,a_2)
过 A_1 做 x 轴平行线，交 y=x 于，
A_2(a_2,a_2)
过 A_2 做 y 轴平行线，交 y=f(x) 于，
A_3(a_2,f(a_2))=(a_2,a_3)
以此类推，形如，
我们知道，按照顺序在 y=f(x) 图像上的点，对应原数列。
根据这个图像，我们还能知道不动点 x=f(x) 其实是这两个图像的交点。
于是，如果我们这么做下去，能推到不动点附近，那么函数收敛。
与上文类似，指数函数、幂函数的线性组合，一般都是光滑的，那么有，
若 |f'(x_0)|<1，不动点 x_0 称为吸引不动点，数列迭代过程中会靠近吸引不动点。
若 |f'(x_0)|>1，不动点 x_0 称为排斥不动点，数列迭代过程中会远离排斥不动点。
不动点适用于形如 a_{n+1}=f(a_n)，求解通项公式部分，求解不动点 x=f(x) 后，
【若为一次函数】：两边减去，构造等比；
【若为二次函数双解】：两边减去两个不动点，做比，构造等比；
【若为二次函数单解】：减去不动点，去倒数，通分，构造等差；
【若为二次函数无解】：为周期数列，手模即可。
换元和裂项
三角换元
我们复习一下再换元里面常用的恒等变换，
\boxed{\cos2\theta=2\cos^2\theta-1}\tag1
\boxed{\tan2\theta={2\tan\theta\over1-\tan^2\theta}}\tag2
\boxed{\sin3\theta=3\sin\theta-4\sin^3\theta}\tag3
\boxed{\cos3\theta=4\cos^3\theta-3\cos\theta}\tag4
注意到，除了正切函数，其他的函数值域都是 [-1,1]（不指定定义域）。
因此，我们先需要证明函数值在一个区间内，然后利用上面的去换元。
例题：已知数列 \{a_n\} 满足，
a_1={1\over2},a_{n+1}=a_n^2-2
- 求通项公式。
观察到右面类似余弦二倍角公式，考虑猜测 a_n\in[-2,2]。
证明：考虑数学归纳，
-2\le a_1={1\over2}\le2
尝试，a_n\in[-2,2]\Rightarrow a_{n+1}\in[-2,2]。
a_{n-1}=a_n^2-2
由于，
a_n\in[-2,2]\Rightarrow a_n^2\in[0,4]\Rightarrow a_n^2-2\in[-2,2]
因此，注意到递推式右面的 2，我们设，
a_n=2\cos\theta_n
容易发现，
a_{n+1}=a_n^2-2\\ 2\cos\theta_{n+1}=4\cos^2\theta_n-2\\ \cos\theta_{n+1}=2\cos^2\theta_n-1\\ \cos\theta_{n+1}=\cos2\theta_n
不妨令，
\theta_{n+1}=2\theta_n
于是，通项公式，
a_n=2\cos(2^{n-1}\theta)
考虑 \theta 是多少，
a_1=2\cos\theta={1\over2}\\ \cos\theta={1\over4}\\ \theta=\arccos1/4
即，
a_n=2\cos\left(2^{n-1}\arccos{1\over4}\right)
双曲换元
若，
a_1=3, a_{n+1}=2a_n^2-1
- 求 a_n 通项。
我们考虑另外一个满足此式的式子，另，
a_n={k^x+k^{-x}\over2}=f(x)
其中 k 是任意变量，则，
a_{n+1}=2a_n^2-1={k^{2x}+k^{-2x}\over2}=f(2x)
令，初项，
a_1=f(t)={k^t+k^{-t}\over2}=3
令，
k^t=3+2\sqrt2,k^{-t}=3-2\sqrt2
于是，
a_2=f(2t)={k^{2t}+k^{-2t}\over2}\\ a_3=f(4t)={k^{4t}+k^{-4t}\over2}\\ \dots\\ a_n=f(2^{n-1}t)={k^{2^{n-1}t}+k^{-2^{n-1}t}\over2}={(k^t)^{2^{n-1}}+(k^{-t})^{2^{n-1}}\over2}
带入，得，
a_n={(3+2\sqrt2)^{2^{n-1}}+(3-2\sqrt2)^{2^{n-1}}\over2}
这个东西就是（类似）双曲换元。
分式裂项
第一组：
\boxed{{1\over n(n+1)}={1\over n}-{1\over n+1}}
推广，
\boxed{{1\over n(n+k)}={1\over k}\left({1\over n}-{1\over n+k}\right)}
第二组：
\boxed{{1\over n(n+1)(n+2)}={1\over2}\left[{1\over n(n+1)}-{1\over(n+1)(n+2)}\right]}
推广，
\boxed{{1\over n(n+1)\dots (n+k)}={1\over k}\left[{1\over n\dots(n+k-1)}-{1\over(n+1)\dots(n+k)}\right]}
整式裂项
第一组，
\boxed{n(n+1)={1\over3}[{\color{blue}n(n+1)}(n+2)-(n-1){\color{blue}n(n+1)}]}
推广，
\boxed{n(n+1)\dots(n+m)={1\over m+2}[{\color{blue}n\dots}(n+m+1)-(n-1){\color{blue}\dots(n+m)}]}
根式裂项
第一组，
\boxed{{1\over\sqrt{n+1}-\sqrt n}=\sqrt{n+1}+\sqrt n}
推广，
\boxed{{1\over\sqrt{n+k}-\sqrt n}={\sqrt{n+k}+\sqrt n\over k}}
或者，
\boxed{{1\over\sqrt a\pm\sqrt b}={\sqrt a\mp\sqrt b\over a\pm b}}
第二组，对于 0<\alpha<1，
\boxed{{1\over1-\alpha}\left[{1\over(n+1)^{\alpha-1}}-{1\over n^{\alpha-1}}\right]<{1\over n^\alpha}<{1\over1-\alpha}\left[{1\over n^{\alpha-1}}-{1\over(n-1)^{\alpha-1}}\right]},n\ge2
例如，
\begin{aligned} \alpha=1/2&\longrightarrow\boxed{2(\sqrt{n+1}-\sqrt n)<\sqrt n<2(\sqrt n-\sqrt{n-1})}\\ \alpha=1/3&\longrightarrow\boxed{{3\over2}\left(\sqrt[3]{(n+1)^2}-\sqrt[3]{n^2}\right)<{1\over\sqrt[3]n}<{3\over2}\left(\sqrt[3]{n^2}-\sqrt[3]{(n-1)^2}\right)} \end{aligned}
证明，
\int_n^{n+1}{1\over x^\alpha}\mathrm dx<{1\over n^\alpha}<\int_{n-1}^n{1\over x^\alpha}\mathrm dx
由牛顿·莱布尼茨公式化简得上式。
另一组，
\sqrt{2n+4}-\sqrt{2n+2}<{1\over\sqrt{2n+1}}<\sqrt{2n+1}-\sqrt{2n-1}
证明大体形如，
{1\over\sqrt{2n+1}}<{1\over(\sqrt{2n+1}+\sqrt{2n-1})/2}=\sqrt{2n+1}-\sqrt{2n-1}
总结一下，我们常见的裂项技巧有：
【简单型】一眼。
【从项出发】考虑每一项如何裂项，去消掉多余的项。
【从求和出发】考虑类似数学归纳法，证明
b_n<S_n-S_{n-1}\Rightarrow b_1+b_2+\dots+b_n<S_n(S_0=0)
数列放缩
迭代放缩是数列与递推题中的核心方法之一。它不是单纯的「不等式技巧」，而是一种把一步关系扩展成整体规律的方法。很多题没有通项，但有递推；通项解不出来，不代表不能掌控它的大小、极限、收敛速度。
核心思想：好的放缩，不是放得越松越好，而是要「能重复使用」。放缩之后得到的式子必须还能继续迭代，最后能落到等比、求和、望远镜、倒数线性化、误差收缩这些熟悉模型上。
什么时候该想到迭代放缩
看到递推式时，先问自己 3 个问题：
题目是否不需要精确通项，只要范围、极限、增长速度？ 如果只问证明收敛、求极限、估计大小、证明有界、比较增长阶，往往不必死磕通项，而要用迭代放缩。
递推式是否「每一步长得像」？ 如 a_{n+1} = f(a_n)、a_{n+1} \le q a_n + b、a_{n+1} = \sqrt{2 + a_n} 等，同一种结构会不断重复出现。
有没有一个「更好」的量比原数列更适合迭代？ 靠近极限点时用误差 e_n = a_n - L；出现 a_n^2 时试倒数 b_n = 1/a_n；出现乘积时试对数 b_n = \ln a_n；出现根式时试平方或配共轭。
基本模板
模板 A：线性型迭代。若有 b_{n+1} \le q b_n + c（0 < q < 1），则反复代入得：
b_n \le q^{n-1} b_1 + \frac{c(1 - q^{n-1})}{1 - q}
模板 B：误差收缩型。若数列趋向某极限点 L，且能证出 |a_{n+1} - L| \le q |a_n - L|（0 < q < 1），则 |a_n - L| \le q^{n-1} |a_1 - L|，说明不仅收敛，而且是几何速度收敛。
模板 C：差分求和型。若有 b_{n+1} - b_n \le c_n，则逐项相加得 b_n \le b_1 + \sum_{k=1}^{n-1} c_k。
模板 D：倒数线性化型。若有 a_{n+1} \le a_n - c a_n^2（a_n > 0, c > 0），考虑倒数变换，得到 1/a_n \ge 1/a_1 + c(n-1)。
经典例题
设 a_{n+1} = \sqrt{2 + a_n}，0 < a_1 < 2，求证 a_n \to 2 并估计收敛速度。
第一步：常规思路判断极限。由归纳法得 a_n < 2（有界）；由 \sqrt{2 + a_n} > a_n 得单调递增。设极限为 L，则 L = \sqrt{2 + L}，解得 L = 2。
第二步：迭代放缩。设 e_n = 2 - a_n，配共轭：
e_{n+1} = 2 - \sqrt{2 + a_n} = \frac{2 - a_n}{2 + \sqrt{2 + a_n}} = \frac{e_n}{2 + \sqrt{2 + a_n}}
因为 a_n > 0，所以 2 + \sqrt{2 + a_n} > 2，于是 e_{n+1} \le \frac{1}{2} e_n。反复迭代得：
0 < 2 - a_n \le \left(\frac{1}{2}\right)^{n-1} (2 - a_1)
这说明误差以等比速度收缩到零。此题的核心是：当递推有极限点时，优先研究误差，而不是原数列本身。
常见陷阱
- 只会「放缩」，不会「迭代」：只证明一次 a_{n+1} \le \frac{1}{2} a_n + 1 就停了，没有形成整体结论。真正该做的是继续代入，直到出现等比和。
- 放缩后失去结构：放缩后变成一个完全无法再次使用的式子，这个放缩就是失败的。判断一个放缩好不好，标准只有一个：能不能继续迭代。
- 倒数时忘记正负：取倒数会改变不等号方向，做倒数变换前必须先确认 a_n > 0。
- 方向错误：求上界就要一路保持「\le」，求下界就要一路保持「\ge」。
考场实战流程
- 先判断目标是什么：求极限？证有界？证收敛速度？估计阶数？
- 找「母结构」：有没有不动点 L？有没有 a_n^2？有没有乘法结构？有没有根式或分式？
- 选变元：优先考虑 a_n、a_n - L、1/a_n、\ln a_n、a_n^2。
- 把一步关系做成标准模型：目标做成 b_{n+1} \le q b_n、b_{n+1} - b_n \le c_n 或 1/b_{n+1} - 1/b_n \ge c 等形式。
- 检查放缩是否「紧」：如果放得过松，虽然能做，但结果可能太差。
极限
函数极限
极限的概念比较复杂，我们多方面的考虑。
若函数 f(x) 在 x_0 附近有定义，且存在有极限 L，那么，
对于任意 \varepsilon>0，一定存在 \delta>0，使得当，
0<|x-x_0|<\delta
时，总有，
|f(x)-L|<\varepsilon
则称 L 是函数在 x_0 的极限，记为，
\lim_{x\to x_0}f(x)=L
特殊的，若对于 x>x_0（x-x_0<\delta）满足上式，
则称函数在 x_0 处存在右极限，表示为：
\lim_{x\to x_0^+}f(x)=L
同样的，若对于 x<x_0（x_0-x<\delta）满足上式，
则称函数在 x_0 处存在左极限，表示为：
\lim_{x\to x_0^-}f(x)=L
比较这三个定义我们会发现：
要想存在极限，那么必须同时存在相等的左极限和右极限。
数列极限
数列极限的定义和函数的不大一样，
对于任意 \varepsilon>0，都存在 N\in\mathbb N^*，使得对于任意 n>N，
|a_n-L|<\varepsilon
则称数列 a 收敛于 L，记为，
\lim_{n\to\infty}a_n=L
或，
a_n\to a
用逻辑符号表示，
(\forall\varepsilon>0)(\exist N\in\mathbb N^+)(\forall n\in\mathbb N) [(n>N)\Rightarrow(|a_n-L|<\varepsilon)]
直观的讲，即无论误差范围 \varepsilon 多小，从某项 a_n 开始，每一项与 L 的差距都小于 \varepsilon。
或者，更直观的，当数列的下标越来越大的时候，数列的值也就越接近那个特殊值。
若不存在这样的数，则称该数列是发散的。
常见的极限
从这里开始，一般只讨论数列极限。
\boxed{\lim_{x\to\infty}{1\over x^n}=0,n>0}\tag a
\boxed{\lim_{x\to\infty}{1\over a^n}=0,|a|>1}\tag b
\boxed{\lim_{x\to\infty}r^n=0,|r|<1}\tag c
\boxed{\lim_{x\to0^+}{1\over x}=+\infty}\tag d
\boxed{\lim_{x\to0^-}{1\over x}=-\infty}\tag e
特殊的，对于数列 a_n=n，
当 n\to+\infty 时，a_n\to+\infty，这种无界数列，一般说其不存在极限。
同样，除了常数数列，其他的波动数列、周期数列，一般都不存在极限。
其中一个判断数列是否收敛的定理，称为单调收敛定理，和实数完备性相关：
单调有界数列必收敛（有上界的单调递增数列，或是有下界的单调递减数列）。
同时，判断数列是否收敛，还存在两边夹定理，
若两数列存在极限，那么其夹的数列存在极限，数学表示，
若 \lim\limits_{n\to\infty}a_n=\lim\limits_{n\to\infty}b_n=L，且 a_n\le c_n\le b_n，则 \lim\limits_{n\to\infty}c_n=L。
例如，
0<{1\over\sqrt{n^2+1}}<{1\over n}
且左右极限都是 0，因此中间也收敛于 0。
极限的性质
唯一性：若数列 \{a_n\}_{n\in\mathbb N} 存在极限，则极限是唯一的。
有界性：如果一个实数数列无界，则这个实数数列一定发散。
若数列 \{a_n\}_{n\in\mathbb N} 存在极限，那么一定存在 M>0，使得所有 |a_n|\le M。
注意到，并不是数列有界就一定存在极限，例如 a_n=(-1)^{n}。
保序性：若两数列 \{a_n\}_{n\in\mathbb N},\{b_n\}_{n\in\mathbb N} 分别收敛于 A,B，则，
(\exist N\in\mathbb N) [(A>B)\wedge(n>N)\Rightarrow(a_n>b_n)]
极限也存在四则运算：
\boxed{\lim_{n\to\infty}(a_n\pm b_n)=\lim_{n\to\infty}a_n\pm \lim_{n\to\infty}b_n}\tag1
\boxed{\lim_{n\to\infty}xa_n=x\lim_{n\to\infty}a_n}\tag2
由 (1)(2) 可得极限的线性性，
\boxed{\lim_{n\to\infty}(xa_n+yb_n)=x\lim_{n\to\infty}a_n+y\lim_{n\to\infty}b_n}\tag3
另外，极限也存在乘法和除法，
\boxed{\lim_{n\to\infty}(a_nb_n)=\lim_{n\to\infty}a_n\times\lim_{n\to\infty}b_n}\tag4
\tag5\boxed{\lim_{n\to\infty}\left({a_n\over b_n}\right)={\lim_{n\to\infty}a_n\over\lim_{n\to\infty}b_n}}
注意到，被除数不能为零。
同时，如果要进行以上所有操作，都需要保证每一步的数列极限存在。
这样子，有一个性质，
\lim_{n\to\infty}{a_1x^{c_1}+a_2x^{c_2}+\dots\over b_1x^{c_1}+b_2x^{c_2}+\dots}={a_1\over b_1},c_1>c_2>\dots
即，最高次项系数之比。
存在极限的组
\lim_{n\to\infty}{1\over4^n}=0
\lim_{n\to\infty}{2\over n}+{1\over n^2}=\lim_{n\to\infty}{2\over n}+\lim_{n\to\infty}{1\over n^2}=0
\lim_{n\to\infty}{1\over n}-{2\over n^2}+3=\lim_{n\to\infty}{1\over n}-\lim_{n\to\infty}{2\over n^2}+3=3
\lim_{n\to\infty}{2+(1/3)^n\over(1/3)^n-5}={\lim_{n\to\infty}2+(1/3)^n\over\lim_{n\to\infty}(1/3)^n-5}={2+\lim_{n\to\infty}(1/3)^n\over\lim_{n\to\infty}(1/3)^n-5}=-{2\over5}
注意在做每一步变形的时候，只有存在极限才能操作。
\lim_{n\to\infty}{3n+1\over2n+2}={3\over2}
这里有很多种做法，例如，
\lim_{n\to\infty}{3n+1\over2n+2}=\lim_{n\to\infty}{3+1/n\over2+2/n}={\lim_{n\to\infty}3+1/n\over\lim_{n\to\infty}2+2/n}={3\over2}
\lim_{n\to\infty}{3n+1\over2n+2}=\lim_{n\to\infty}{3(2n+2)/2-2\over2n+2}={3\over2}-\lim_{n\to\infty}{2\over2n+2}={3\over2}
或者，当 n\to\infty 时，
3n+1\sim3n,2n+2\sim2n
{3n+1\over2n+2}\to{3n\over2n}={3\over2}
不存在极限的组
a_n=\sqrt n
注意到，
n\to\infty,\sqrt n\to\infty
当趋近于正无穷时，一般认为不存在极限。
a_n=n-{1\over n}
注意到，
n\to\infty,1/n\to0
故，
a_n\to\infty
同样不存在极限。