第一篇:第2讲数列极限及其性质202_
《数学分析I》第2讲教案
第2讲数列极限概念及其性质
讲授内容
一、数列极限概念
数列 a1,a2,,an,,或简单地记为{an},其中an,称为该数列的通项.
关于数列极限,先举二个我国古代有关数列的例子.(1)割圆术:“割之弥细,所失弥少,割之又割,以至于不可割,则与圆周合体而无所失矣”——刘徽.n
22园内接正n边形的面积An
Rsin
2n
sin
(n3,4,),当n时,AnR
2nn
R
2
(2)古代哲学家庄周所著的《庄子·天下篇》引用过一句话:“一尺之棰,日取其半,万世不竭”,其含义是:一根长为一尺的木棒,每天截下一半,这样的过程可以无限制地进行下去.第一天截下
12,第二天截下
n
2,„„,第n天截下
n,„„这样就得到一个数列
22,2,,1,.或n.n22
不难看出,数列{}的通项
n
随着n的无限增大而无限地接近于0.一般地说,对于数列{an},若当n无
限增大时an能无限地接近某一个常数a,则称此数列为收敛数列,常数a称为它的极限.不具有这种特性的数列就不是收敛数列.下面我们给出收敛数列及其极限的精确定义.
定义1设{an}为数列,a为定数.若对任给的正数,总存在正整数N,使得当,n>N时有|ana|则称数列{an收敛于a,定数a称为数列{an}的极限,并记作limana,或ana(n).读作“当n
n
趋于无穷大时,an的极限等于a或an趋于a”.
若数列{an}没有极限,则称{an}为发散数列.下面举例说明如何根据N定义来验证数列极限.
二、根据N定义来验证数列极限
例2证明lim
1n
n
0,这里为正数
,故对任给的>0,只要取N=
1
1,则当nN时,便有
证:由于 |
1n
0|
1n
1n
1N
即|
1n
0|.这就证明了lim
1n
n
0.例3证明lim
3n
n
n33n
3.分析由于|
n
33|
9n3
9n
(n3).因此,对任给的>o,只要
9n
,便有
|
3n
n3
3|,即当n
时,(2)式成立.故应取Nmax{3,
999
证任给0,取Nmax{3,据分析,当nN时有|23|,式成立.于是本题得证.n3
n
例4证明limq=0,这里|q|<1.
n
3n
证若q=0,则结果是显然的.现设0<|q|<1.记h
1|q|
1,则h>0.我们有
|q0||q|
11nh
nn
1(1h)
n,并由(1h)1+nh得到|q|
|q0|,这就证明了limq
n
n
nn
1nh
.对任给的0,只要取N
h,则当nN时,得
n
0.注:本例还可利用对数函数ylgx的严格增性来证明,简述如下:对任给的>0(不妨设<1),为使
n
n
只要nlg|q|lg即n|q0||q|,lglg|q|
(这里0|q|1).于是,只要取N
lglg|q|
即可。
例5证明lim
n
n
a1,其中a>0.
证:(ⅰ)当a1时,结论显然成立.(ⅱ)当a1时,记an1,则0.由 a(1)n1n1n(an1)得
an1
a1n.(1)
任给0,由(1)式可见,当n
a1
N时,就有an1,即|an1|.所以lim
n
a1.(ⅲ)当0a1时,,1
n
-1,则0.由
a
1
1n
(1)1n1n1得 aa1
1a
n
a
1n.a
a
1
1
n.1
(2)
任给0,由(2式可见,当n1
a1
N时,就有1an,即|an1|.所以lim
n
n
a1.关于数列极限的—N定义,应着重注意下面几点:
1.的任意性:尽管有其任意性,但一经给出,就暂时地被确定下来,以便依靠它来求出N,又既
2时任意小的正数,那么,3或等等同样也是任意小的正数,因此定义1中不等式|ana|中的可用
,3或等来代替.
2.N的相应性:一般说,N随的变小而变大,由此常把N写作N(),来强调N是依赖于的;但这并不意味着N是由所唯一确定的.3.从几何意义上看,“当n>N时有|aa|”意味着:所有下标大于N的项an都落在邻域U(a;)内;而在U(a;)之外,数列{an}中的项至多只有N个(有限个).
定义2若liman0,则称{an}为无穷小数列.由无穷小数列的定义,不难证明如下命题:
n
n
定理2.1数列{an}收敛于a的充要条件是:{ana}为无穷小数列.
三、收敛数列的性质
定理2.2(唯一性)若数列{an}收敛,则它只有一个极限.
定理2.3(有界性)若数列{an}收敛,则{an}为有界数列,即存在正数M,使得对一切正整数有|an|M.证:设limana取1,存在正数N,对一切n>N有
n
|ana|1即a1ana1.记Mmax{|a1|,|a2|,|aN|,|a1|,|a1|},则对一切正整数n都有anM.注:有界性只是数列收敛的必要条件,而非充分条件.例如数列1定理2.4(保号性)若limana0
n
n
有界,但它并不收敛.
(a,0
(或<0),则对任何a(0,a)(或a,存在正数N,使
得当nN时有ana(或ana).
证:设a0.取aa(>0),则存在正数N,使得当nN时有aana,即
anaa,这就证得结果.对于a0的情形,也可类似地证明.
注:在应用保号性时,经常取a
a2
.即有an
a2,或an
a2
定理2.5(保不等式性)设an与bn均为收敛数列.若存在正数N0,使得当nN0时,有anbn,则limanlimbn.n
n
请学生思考:如果把定理2.5中的条件anbn换成严格不等式anbn,那么能否把结论换成limanlimbn?,并给出理由.n
n
例1设an0n1,2,.证明:若limana,则lim
n
n
an
a.证:由定理2.5可得a0.若a0,则由liman0,任给0,存在正数N,使得当nN时有an,从而an即
n
an0,故有lim
n
an0.anaan
a
ana
a
若a0,则有
an
a
.任给0,由limana,存在正数N,使得当
n
nN时有ana
a,从而
an
a.故得证.
第二篇:数列极限的运算性质
极限的运算
教学目标
1.熟练运用极限的四则运算法则,求数列的极限.
2.理解和掌握三个常用极限及其使用条件.培养学生运用化归转化和分类讨论的思想解决数列极限问题的能力.
3.正确认识极限思想和方法是从有限中认识无限,从近似中认识精确,从量变中认识质变的一种辩证唯物主义的思想. 教学重点与难点
使用极限四则运算法则及3个常用极限时的条件. 教学过程
(一)运用极限的四则运算法则求数列的极限
师:高中数学中的求极限问题,主要是通过极限的四则运算法则,把所求极限转化成三个常用极限:lim1=0,limC=C,limqn=0(|q|<1)来解决。
nnnn例1:求下列极限:
7n33n2n(1)lim 3n4n1
师:(1)中的式子如何转化才能求出极限.
生:可以分子、分母同除以n3,就能够求出极限.
师:(2)中含有幂型数,应该怎样转化?
师:分子、分母同时除以3n-1结果如何? 生:结果应该一样.
师:分子、分母同时除以2或2,能否求出极限?
n
n-
1(二)先求和再求极限 例2 求下列极限:
由学生自己先做,教师巡视.
判断正误.
生:因为极限的四则运算法则只适用于有限个数列加、减、乘、除的情况.此题当n→∞,和式成了无限项的和,不能使用运算法则,所以解法1是错的.
师:解法2先用等差数列的求和公式,求出分子的和,满足了极限四则运算法则的条件,从而求出了极限.第(2)题应该怎样做?
生:用等比数列的求和公式先求出分母的和.
=12. 师:例2告诉我们不能把处理有限项和问题的思路及方法随意地搬到无限项和的问题中去,要特别注意极限四则运算法则的适用条件.
例3求下列极限:
师:本例也应该先求出数列的解析式,然后再求极限,请同学观察所给数列的特点,想出对策.
生:(1)题是连乘积的形式,可以进行约分变形.
生:(2)题是分数和的形式,可以用“裂项法”变形.
例4设首项为1,公比为q(q>0)的等比数列的前n项和为Sn,师:等比数列的前n项和Sn怎样表示?
师:看来此题要分情况讨论了.
师:综合两位同学的讨论结果,解法如下:
师:本例重点体现了分类讨论思想的运用能够使复杂问题条理化.同
(三)公比绝对值小于1的无穷等比数列前n项和的极限 师:利用无穷等比数列所有各项和的概念以及求极限的知识,我们已经得到了公比的绝对值小于1的无穷等比数列各项和的公式:
例5计算:
题目不难,可由学生自己做. 师:(1)中的数列有什么特点?
师:(2)中求所有奇数项的和实质是求什么?
(1)所给数列是等比数列;(2)公比的绝对值小于1;
(四)利用极限的概念求数的取值范围
师:(1)中a在一个等式中,如何求出它的值. 生:只要得到一个含有a的方程就可以求出来了.
师:同学能够想到用方程的思想解决问题非常好,怎样得到这个方程? 生:先求极限.
师:(2)中要求m的取值范围,如何利用所给的等式?
|q|<1,正好能得到一个含有m的不等式,解不等式就能求出m的范围.
解得0<m<4.
师:请同学归纳一下本课中求极限有哪些类型? 生:主要有三种类型:
(1)利用极限运算法则和三个常用极限,求数列的极限;(2)先求数列的前n项和,再求数列的极限;(3)求公比绝对值小于1的无穷等比数列的极限. 师:求数列极限应注意的问题是什么? 生甲:要注意公式使用的条件.
生乙:要注意有限项和与无限项和的区别与联系.
上述问答,教师应根据学生回答的情况,及时进行引导和必要的补充.
(五)布置作业 1.填空题:
2.选择题:
则x的取值范围是[ ]. 的值是[ ].
A.2 B.-2 C.1 D.-1 作业答案或提示
(7)a. 2.选择题:
(2)由于所给两个极限存在,所以an与bn的极限必存在,得方程
以上习题教师可以根据学生的状况,酌情选用. 课堂教学设计说明
1.掌握常用方法,深化学生思维. 数学中对解题的要求,首先是学生能够按部就班地进行逻辑推理,寻找最常见的解题思路,当问题解决以后,教师要引导学生立即反思,为什么要这么做?对常用方法只停留在会用是不够的,应该对常用方法所体现的思维方式进行深入探讨,内化为自身的认知结构,然后把这种思维方式加以运用.例1的设计就是以此为目的的.
2.展示典型错误,培养严谨思维. 第二课时
数列极限的运算性质
教学目标:
1、掌握数列极限的运算性质;会利用这些性质计算数列的极限
2、掌握重要的极限计算公式:lim(1+1/n)n=e 教学过程:
一、数列极限的运算性质
如果liman=A,limbn=B,那么
(1)lim(an+bn)= liman+ limbn =A+B(2)lim(an-bn)= liman-limbn =A-B(3)lim(anbn)= liman limbn =AB(4)lim(an/bn)= liman/ limbn =A/B(B0,bn0)注意:运用这些性质时,每个数列必须要有极限,在数列商的极限中,作为分母的数列的项及其极限都不为零。
数列的和的极限的运算性质可推广为:如果有限个数列都有极限,那么这有限个数列对应各项的和所组成的数列也有极限,且极限值等于这有限个数列的极限的和。类似地,对数列的积的极限的运算性质也可作这样的推广。注意:上述性质只能推广为有限个数列的和与积的运算,不能推广为无限个数列的和与积。
二、求数列极限
1、lim(5+1/n)=5
2、lim(n2-4)/n2=lim(1-4/n2)=1
3、lim(2+3/n)2=4
4、lim[(2-1/n)(3+2/n)+(1-3/n)(4-5/n)]=10
5、lim(3n2-2n-5)/(2n2+n-1)=lim(3-2/n-5/n2)/(2+1/n-1/n2)=3/2 分析:由于lim(3n2-2n-5)及lim(2n2+n-1)都不存在,因此不能直接应用商的极限运算性质进行计算。为了能应用极限的运算性质,可利用分式的性质先进行变形。在变形时分子、分母同时除以分子、分母中含n的最高次数项。
4、一个重要的数列极限
我们曾经学过自然对数的底e2.718,它是一个无理数,它是数列(1+1/n)n的极限。lim(1+1/n)n =e(证明将在高等数学中研究)求下列数列的极限
lim(1+1/n)2n+1 =lim(1+1/n)n (1+1/n)n (1+1/n)=ee1=e2 lim(1+3/n)n =lim[(1+1/(n/3))n/3] 3=e3
分析:在底数的两项中,一项为1,另一项为3/n,其中分子不是1,与关于e的重要极限的形式不相符合,为此需要作变形。其变形的目标是将分子中的3变为1,而不改变分式的值。为此可在3/n的分子、分母中同时除以3,但这样又出现了新的矛盾,即分母中的n/3与指数上的n以及取极限时n不相一致,为此再将指数上的n改成n/33,又因为n与n/3是等价的。
lim(1+1/(n+1))n=lim(1+1/(n+1))(n+1)-1=lim(1+1/(n+1))n+1/lim(1+1/(n+1))=e
练习:计算下列数列的极限
lim(3-1/2n)=3
lim(1/n2+1/n-2)(3/n-5/2)=5
lim(-3n2-1)/(4n2+1)=-3/4 lim(n+3)(n-4)/(n+1)(2n-3)=1/2
lim(1+3/2n)2=1
lim(1+1/3n)2(2-1/(n+1)3=18=8 lim(1+1/n)3n+2=lim[(1+1/n)n] 3(1+1/n)2=e3
lim(1+4/n)n=e4
lim(1+1/(n+2))n+1=e lim[(n+5)/(n+4)]n=lim(1+1/(n+4))n=e
lim(1+2/(n+1))n=e2
lim[(n+5)/(n+2)] n=lim[(1+3/(n+2))(n+2)/3] 3/(1+3/(n+2))2=e3
第三篇:第4讲函数极限及性质202_
《数学分析I》第4讲教案
第4讲函数极限概念及其性质
讲授内容
一、x趋于时函数的极限
例如,对于函数f(x)
1x,当x无限增大时,函数值无限地接近于0;而对于函数g(x)=arctanx,则
2当x趋于+时函数值无限地接近于.
定义1设f为定义在[a,)上的函数,A为定数.若对任给的>0,存在正数M(a),使得当x>M时有 |f(x)A|<
则称函数f当x趋于+时以A为极限,记作limf(x)A.x
定义1的几何意义如图3—1所示,对任给的>0,在坐标平面上平行
于x轴的两条直线)yA与yA,围成以直线yA为中心线、宽为2的带形区域;定义中的“当x>M时有|f(x)A|”表示:在直线xM的右方,曲线y=f(x)全部落在这个带形区域之内.如果正
数给得小一点,即当带形区域更窄一点,那么直线xM一般要往右平移;但无论带形区域如何窄,总存在这样的正数M,使得曲线yf(x)在直线xM的右边部分全部落在这更窄的带形区域内.limf(x)A或 f(x)A(x);
x
limf(x)A或f(x)A(x).x
这两种函数极限的精确定义与定义1相仿,只须把定义1中的“xM”分别改为“xM或”xM".不难证明:若f为定义在U()上的函数,则limf(x)Alimf(x)limf(x)A
x
x
x
例1 证明lim
1x
x
0
证:任给0,取
,则当:x时有
1x
0
1x
1
,所以lim
1x
x
0。
例2证明:(1)limarctanx
x,(2)limarctanx
x
.注:当x时arctanx不存在极限.
二、x趋于x0时函数的极限
定义2(函数极限的定义)设函数f在点x0的某个空心邻域U(x0;)内有定义,为定数.若
'
对任给的0存在正数(),使得当0xx0时有 f(x),则称函数f当x趋于x0。
'
时以为极限,记作limf(x)或f(x)(xx0)
xx0
举例说明如何应用定义来验证这种类型的函数极限.特别讲清以下各例中的值是怎样确定的.
例3设f(x)
x4x
2,证明limf(x)4.x2
证:由于当x2时,f(x)4
x4x2
4x24x2,故对给定的0,只要取,则当0x2时有f(x)4,这就证明了limf(x)
4x2
例4证明:limsinxsinx0;limcosxcosx0
xx0
xx0
证:先建立一个不等式:当0x
时有sinxxtanx(1)
事实上,在如图32的单位圆内,当0x
时,显然有
SOCDS扇形OADSOAB即又当x
sinx
x
tanx,由此立得(1)式.
时有sinx1x,故对一切x0都有sinxx,当x0时,由sin(x)x得sinxx综上,我们得到不等式sinxx,xR,其中等号仅当x0时
xx0
xx0
成立.而sinxsinx02cos
sin
xx0.
对任给的0,只要取,则当0xx0时,就有sinxsinx0.
所以limsinxsinx0.可用类似方法证明limcosxcosx0
xx0
xx0
例证明lim
x12xx
1x1
3.x132x1
证:当x1时有
x12xx1
x12x1
若限制x于0x11(此时x0)则2x11,于是,对任给的0只要取min{3,1},则当
x12xx1
0x1时,便有
x13
.
例6证明
xx0
limx
x0(x01)
证:由于x1,x01 因此xx
x0x1x
x
xx0xx0
x
2xx0x
于是,对任给的0(不妨设01)取
x02
,则当0xx0时,就有1xx0.
关于函数极限的定义的几点说明:
(1)定义2中的正数,相当于数列极限定义中的,它依赖于,但也不是由所惟一确定.一
般来说,愈小,也相应地要小一些,而且把取得更小些也无妨.如在例3中可取或等等.
(2)定义中只要求函数f在x0的某一空心邻域内有定义,而一般不考虑f在点x0处的函数值是否有定义,或者取什么值.这是因为,对于函数极限我们所研究的是当x趋于x0过程中函数值的变化趋势.如在例3中,函数f在点x2是没有定义的,但当x2时f的函数值趋于一个定数.
(3)定义2中的不等式0xx0等价于xU
x0;,,而不等式
fx等价于
fxU;.
下面我们讨论单侧极限.
x2,x0
例如,函数 fx(I)
x,x0
当x0而趋于0时,应按fxx2来考察函数值的变化趋势;当x0而趋于0时,则应按fxx.定义3设函数f在Ux0;
'
或Ux
0
;
'
内有定义,为定数.若对任给的
0,存在正数
'
,使得当x
xx0,
x0xx0时有fx
则称数为函数f当x趋于x0(或x0)时的右(左)极限,记作
limfxlimfx或fxxx0fxxx0
xx0
xx0
右极限与左极限统称为单侧极限.f在点x0的右极限与左极限又分别记为fx00limfx与fx00limfx
xx0
xx0
按定义3容易验证函数(I)在x0处的左、右极限分别为f00limfxlimx0,f00lim
x0
x0
fxlimx
0
x0
x0
同样还可验证符号函数sgnx在x0处的左、右极限分别为limsgnxlim11,limsgnxlim1
1x0
x0
x0
x0
定理3.1limfxlimfxlimfx
xx0
xx0
xx0
三、函数极限的性质
定理3.2(唯一性)若极限limfx存在,则此极限是唯一的.
xx0
证:设,都是f当xx0时的极限,则对任给的0,分别存在正数1与2,使得: 当0xx01时有fx,(1)当0xx02时有fx,(2)取min1,2,则当0xx0时,(1)式与(2)式同时成立,故有(fx)fxfxfx2由的任意性得,这就证明了极限是唯一的.定理3.3(局部有限性)若limfx存在,则f在x0的某空心邻域U
xx0
x0内有界.
证:设limfx.取1,则存在0使得对一切xU
xx0
x0;有
x0;内有界.
fx1fx1,这就证明了f在U
定理3.4(局部保号性)若limfx0(或0),则对任何正数r(或r),存在xx0
U
x0,使得对一切xU0x0有 fx
r0(或fxr0)
证:设0,对任何r(0,),取r,则存在0,使得对一切xUfxr,这就证得结论.对于0的情形可类似地证明.
x0;
注:在以后应用局部保号性时,常取r
A2
.
定理3.5(保不等式性)设limfx与都limgx都存在,且在某邻域U
xx0
xx0
x
;
'
内有fxgx则
xx0
limfxlimgx
xx0
证:设limfx=,limgx=,则对任给的0,分别存在正数1与2使得当0xx01
xx0
xx0
时有fx,当0xx02 时有gx,令min,1,2,则当0xx0时,有fxgx,'
从而2.由的任意性推出,即limfxlimgx成立.
xx0
xx0
第四篇:第3讲数列极限存在条件202_
《数学分析I》第3教案
第3讲数列极限性质(续)与极限存在的条件
讲授内容
一、收敛数列的性质(续)
定理 2.6(迫敛性)设收敛数列an,bn都以a为极限,数列cn满足:存在正数N0,当nN0时有
ancnbn,则数列cn收敛,且limcna.
n
注:定理2.6不仅给出了判定数列收敛的一种方法,而且也提供了一个求极限的工具.例1求lim
n
2sin(2n1)
例1求数列{解:记an
n}的极限.
n
n1hn,这里hn0n1,则有n1hn
2n
1nn1
2hn.2由上式得 0hn
n
1,从而有1an1hn1
2n1
.数列1
n
是收敛于1的,故由迫敛性证得limn1.nn12
定理2.7(四则运算法则)若an与bn为收敛数列,则anbn,{anbn},an.bn也都是收敛数列,且有limanbnlimanlimbn,liman.bnliman.limbn.n
n
n
n
n
n
特别当bn为常数c时有limanclimanc,limcancliman.n
n
n
n
若再假设bn0及limbn0,则
n
anan
limlimanlimbn.也是收敛数列,且有
nnnbn
bn
证:设limana,limbnb,则对任给的0,分别存在正数N1与N2,使得
n
n
anbn,当nN1,bnb,当nN2.取NmaxN1,N2,则当nN时上述两不等式同时成立,从而有
1.anbnabanabnb2limanbnab.n
2. anbnabanabnabnbanabnabnb.由收敛数列的有界性定理,存在正数M,对一切n有bnM.于是,当nN时,可得 anbnabMa.由的任意性,得limanbnab.n
例2求lim
amn
mk
am1n
m1k1
a1na0b1nb0
n
bknbk1n
mk,其中mk,am0,bk0.
解:lim
amnam1n
m1k1
a1na0b1nbn
bknbk1n
n
am,km,
bm 0,km.
例3求lim
a
n
n
a1a
nn,其中a1.解:若a1, 则显然有lim
a
n
n
n
a1
a
nn
;
若a1, 则lim
n
a1
limanlimliman10,若a1, 则lim
n
nn
n
a1
lim
11
n
1a
n
110
1.例4求lim
n
n
n1n.解:lim
n
n
n1nlim
n
1
1n1
.二、数列极限存在的条件
定理2.9(单调有界定理)在实数系中,有界的单调数列必有极限.
证:不妨设an为有上界的递增数列.由确界原理,数列an有上确界,记asupan.下面证明a就是an的极限.事实上,任给0,按上确界的定义,存在数列an中某一项aN,使得aan.又由
an的递增性,当n
N时有aaNan.
另一方面,由于a是an的一个上界,故对一切an都有anaa.所以当nN时有
aana,即limana.同理可证有下界的递增数列必有极限,且其极限即为它的下确界.
n
例5 设an1
a
a
1n
a,n1,2,,其中实数a2.证明数列an收敛.
证:显然an是递增的,下证an有上界.事实上,an1
121n
1n
1
112
123
11111
11
223n1nn1n
2
(n1,2,.),于是由单调有界定理,an收敛.2,2,2
2,222,收敛,并求其极限.
n个根号
例6证明数列
证:记an显然a1有上界.
22
2,易见数列an是递增的.现用数学归纳法来证明an有上界.
22.假设an2,则有an12an
222,从而对一切n有an2,即an
由单调有界定理,数列an有极限,记为a.由于an12an,对上式两边取极限得a2a,即
有a1a20,解得a1或a2.a1是不可能的,故有:lim例7证明lim(1
n
n
2222.
1n)存在.n1
n
证:先建立一个不等式.设ba0,对任一正整数n有b整理后得不等式.a
以a1故有(1
1n1
1n1)
n1
a
n1
(n1)b(ba),n
n1
b[(n1)anb].(1)1n
n
n,b1(1
1n
代入(1)式.由于(n1)anb(n1)(1
1n)}为递增数列.n
1n1)n(1
1n)1,).这就证明了{(112n
再以a1,b1代人(1)式,得(n1)anb(n1)n(1
12n)
.故有
111
111
2n22n
n2n
4.1
上式对一切正整数n都成立,即对一切偶数n有14.联系到该数列的单调性,可知对一切正整数
n
n
nn
1n11
n都有14,即数列1有上界.于是由单调有界定理推知数列{(1)}是收敛的.nnn
通常用拉丁字母e代表该数列的极限,即lim(1
n
1n)
n
e,它是一个无理数,其前十三位数字
是.e2.7***.以e为底的对数称为自然对数,通常记 lnxlog
e
x
定理2.10(柯西(Cauchy)收敛准则)数列{an}收敛的充要条件是:对任给的0,存在正整数N,使得当n,mN时有anam.
这个定理从理论上完全解决了数列极限的存在性问题,它的证明将在第七章给出.柯西收敛准则的条件
称为柯西条件,它反映这样的事实:收敛数列各项的值愈到后面,彼此愈是接近,以至充分后面的任何两项之差的绝对值可小于预先给定的任意小正数.或者形象地说,收敛数列的各项越到后面越是“挤”在一起.另外,柯西收敛准则把N定义中an与a的关系换成了an与am的关系,其好处在于无需借助数列以外的数a,只要根据数列本身的特征就可以鉴别其(收)敛(发)散性.
例5证明:数列an1222,n1,2,,是收敛的.23n
证:不妨设nm,则有
|anam|=
1(m1)
1(m2)
1n
1m(m1)
1(n1)n
1m
1n
1m
对任给的0,,取N
,则对一切nm.N有
|anam| 这就证明了此数列满足柯西条件,所以数列收敛.
第五篇:作业2数列极限
作业2数列极限
1、用数列极限的N定义证明下列极限:
4n
241)lim2nnn
证明:0
4n2442 nnn
14n2
取N1,当nN时,恒有24 nn
44n2
4所以lim2nnn
2)limnn1n0
证明:0
n1n0
11n1n1n取N2,当nN时,恒有n1n0
所以limnn1n0
n2
3)limn0 n
3证明:0,无妨设n3
n2n2n2n26n6n0n n332Cn1n2n311n
n2
取N3,当nN时,恒有n0 36
n2
所以limn0。n32、若limunA,证明limunA。并举例说明器逆命题不成立。nn
证明:0,因为limunA,所以存在N0,当nN时,恒有 n
unA
此时恒有
unAunA 所以limunA。n
例:lim11,但lim1不存在。nn
nn
3、设数列un有界,又limvn0,证明:limunvn0。nn证明:因为un有界,所以存在正数M,对任给的n有
xnM
对任给的0,由于limvn0,一定存在N0,当nN时,恒有 n
vn0vn
此时恒有
unvn0unvnM
(注意M也可以取到任意小的正数)
因此limunvn0。n
4、设un,vn两个数列有相同的极限A,求证:若xnunvn,则limxn0。n证明:0,因为limunA,所以存在N10,当nN1时,恒有 n
unA
又因为limvnA,所以存在N20,当nN2时,恒有 n
vnA
取NmaxN1,N2,当nN时
xn0unvnAunAvn2
(注意2也可以取到任意小的正数)
所以limxn0 n
5、若limunA0,n
1)证明存在N0,当nN时有un证明:取A0。2A,因为limunA,所以存在正数N,当nN时有 n2
AunA 2
AAAunAun0 222即有
2)用数列极限的定义证明limun11。nun
证明:0,因为limunA,存在N10,当nN1时有 n
unAA 4
A0 2再由1)可得存在N20,当nN2时有un
取NmaxN1,N2,当nN时,uuuAunA4Aun11n1nn1 AununA4
所以limun11。nun