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     因此，数列 $\{x_n\}$ 的极限为：$$L = 2$$
 
 
+>[!example]  例4
+>设$a > 0,\sigma  > 0,{a_1} = \frac{1}{2}\left( {a + \frac{\sigma }{a}} \right),{a_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{a_n} + \frac{\sigma }{{{a_n}}}} \right),n = 1,2,...$
+> 证明：数列$\left\{ {{a_n}} \right\}$收敛，且极限为$\sqrt \sigma$.
+
+证：对 $\forall t > 0,t + \frac{1}{t} \ge 2$，令 $t = \frac{{{a_n}}}{{\sqrt \sigma  }} > 0$，则有$${a_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{a_n} + \frac{\sigma }{{{a_n}}}} \right) = \frac{{\sqrt \sigma  }}{2}\left( {\frac{{{a_n}}}{{\sqrt \sigma  }} + \frac{{\sqrt \sigma  }}{{{a_n}}}} \right) \ge \frac{{\sqrt \sigma  }}{2}*2 = \sqrt \sigma     ,n = 1,2,...$$ 
+故$\left\{ {{a_n}} \right\}$有下界
+
+又因为${a_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{a_n} + \frac{\sigma }{{{a_n}}}} \right) = \frac{{{a_n}}}{2}\left( {1 + \frac{\sigma }{{{a_n}^2}}} \right) \le \frac{{{a_n}}}{2}\left( {1 + \frac{\sigma }{\sigma }} \right) = {a_n},n = 1,2,...$
+
+所以$\left\{ {{a_n}} \right\}$单调递减.
+因此，由单调有界定理知:$\left\{ {{a_n}} \right\}$存在极限，即$\left\{ {{a_n}} \right\}$收敛.
+
+设$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {a_n} = A$，由${a_n} > 0$ 知 $A \ge 0$
+
+由${a_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{a_n} + \frac{\sigma }{{{a_n}}}} \right)$ 知 $2{a_{n + 1}}{a_n} = {a_n}^2 + \sigma$.
+
+两边令 $n \to \infty$取极限得: $2{A^2} = {A^2} + \sigma$
+
+解得$A =  - \sqrt \sigma$（舍）或$A =   \sqrt \sigma$.
+
+故$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {a_n} = \sqrt \sigma$.
+
+
+>[!example] 例5  
+>证明：数列${x_n} = 1 + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{n} - \ln {\kern 1pt} n{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} (n = 1,2,...)\\$单调递减有界，从而有极限（此极限称为Euler常数，下记作$C$）。
+
+
+证法1️⃣：
+利用不等式$$\frac{1}{{1 + n}} < \ln (1 + \frac{1}{n}) < \frac{1}{n}$$有$${x_{n + 1}} - {x_n} = \frac{1}{{1 + n}} - \ln (n + 1) + \ln {\kern 1pt} n = \frac{1}{{1 + n}} - \ln (1 + \frac{1}{n}) < 0$$ 
+故数列${x_n}$严格递减.
+
+又因为
+$$\begin{array}{l} {x_n} = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{k}}  - \ln \left( {\frac{n}{{n - 1}} \cdot \frac{{n - 1}}{{n - 2}} \cdot ... \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{2}{1}} \right)\\   {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt}  = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{k}}  - \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\ln \left( {1 + \frac{1}{k}} \right)} \\  {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt}  = \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\left[ {\frac{1}{k} - \ln \left( {1 + \frac{1}{k}} \right)} \right]}  + \frac{1}{n}\\  {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt}  > \frac{1}{n} > 0 \end{array}$$
+
+所以数列${x_n}$有下界.
+
+因此，数列${x_n}$单调递减有下界，故$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n}$存在.
+
+
+证法2️⃣：
+因为$$\left| {{x_n} - {x_{n + 1}}} \right| = \left| {\frac{1}{n} - \left[ {\ln {\kern 1pt} n - \ln (n - 1)} \right]} \right|$$
+对$\ln {\kern 1pt} n - \ln (n - 1)$利用Lagrange中值公式，有
+$$\ln {\kern 1pt} n - \ln (n - 1) = \frac{1}{{{\xi _n}}}，其中n - 1 < {\xi _n} < n.$$
+
+因此有$\left| {{x_n} - {x_{n - 1}}} \right| = \frac{{n - {\xi _n}}}{{n \cdot {\xi _n}}} < \frac{1}{{{{(n - 1)}^2}}}$
+
+而$\sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{1}{{{{(n - 1)}^2}}}}$收敛，故$\sum\limits_{n = 1}^\infty  {\left| {{x_n} - {x_{n - 1}}} \right|}$收敛，从而${x_n} = \sum\limits_{k = 1}^n {\left( {{x_k} - {x_{k - 1}}} \right)}  + {x_1}$也收敛.
+
+因此，数列$\ {x_n}$收敛，即 $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n}$ 存在.
+
+
+>[!example] 例6  
+>令$c>0$，定义整序变量数列为: $x_1 = \sqrt{c}, x_2 = \sqrt{c +\sqrt{c}}, x_3 = \sqrt{c+\sqrt{c+\sqrt{c}}}, \cdots$
+>求$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty }{x_n}$
+
+ $x_n = \underbrace{\sqrt{c+\sqrt{c+\cdots\sqrt{c}}}}_{n\ \text{个根式}}$。
+
+ $x_{n+1} = \sqrt{c+x_n}$。
+
+使用数学归纳法证明，整序变量 $x_n$ 单调增加, 同时有上界
+
+**证明 $x_n$ 单调：
+
+当 $n=1$ 时命题显然成立。
+假设当 $n = k$ 时命题成立，即 $x_{k+1} > x_k$。
+考虑 $n = k+1$ 的情形：
+$$
+x_{k+2} = \sqrt{c + x_{k+1}},\quad x_{k+1} = \sqrt{c + x_k}
+$$
+由归纳假设 $x_{k+1} > x_k$，可得：
+$$
+c + x_{k+1} > c + x_k
+$$
+所以：
+$$
+\sqrt{c + x_{k+1}} > \sqrt{c + x_k}
+$$
+即：$x_{k+2} > x_{k+1}$，故对一切正整数 $n$，都有 $x_{n+1} > x_n$，即 $\{x_n\}$ 是单调增加序列。
+
+**证明 $x_n$ 有上界（例如上界为 $\sqrt{c} + 1$）
+
+当 $n=1$ 时命题成立。
+考虑 $n = k+1$ 的情形，由归纳假设 $x_k < \sqrt{c} + 1$，可得：：
+$$
+x_{k+1} = \sqrt{c + x_k}< c + (\sqrt{c} + 1)
+$$
+
+为了证明 $x_{k+1} < \sqrt{c} + 1$，只需证明：
+$$
+\sqrt{c + (\sqrt{c} + 1)} \le \sqrt{c} + 1
+$$
+两边平方（因为两边均为正数）：
+$$
+c + \sqrt{c} + 1 \le c + 2\sqrt{c} + 1
+$$
+化简得：
+$$
+\sqrt{c} \le 2\sqrt{c}
+$$
+由于 $c > 0$，此不等式显然成立，且等号仅在 $\sqrt{c} = 0$ 时成立，这与 $c > 0$ 矛盾，故实际上有严格不等式：
+$$
+\sqrt{c + (\sqrt{c} + 1)} < \sqrt{c} + 1
+$$
+因此：
+$$
+x_{k+1} < \sqrt{c} + 1
+$$
+
+由数学归纳法，对一切正整数 $n$，都有 $x_n < \sqrt{c} + 1$，即 $\{x_n\}$ 有上界。
+
+因此序列收敛，有极限，不妨设 $\lim x_n = a$ , 则: $a = \sqrt{a+c}$。
+
+解方程得: $a = \dfrac{\sqrt{4c+1}+1}{2}$。（负根舍去）
+
+
 # 介值定理
 ## 原理