专升本高数-第三讲 数列极限2..

1
1
n2 n2
n
1
1 1 1 n
n n2 n n
（4）lim（n 1 n 2 n 10）； n
解：n 1 n 2 n 10
1
1
1
1n 2n 10n
2.利用 lim（1 1 ）n e ，求下列极限.
n
n
（1）lim (1 1)n; （2）lim (1 1 )n1; （3）lim (1 1 )n;
证明：由
lim
n
x
n
a
.
由数列极限定义，对 0，正整数N，当n N时
有xn a
若a 0,取 a
2
可得
a 2
xn
3a 2
若a 0,取 a
2
可得 3a 2
xn
a 2
数列极限存在的条件
定理 (单调有界定理) 有界的单调数列必有极限
•几何解释
以单调增加数列为例 数列的点只可能向右一个方向 移动 或者无限向右移动 或者无限趋近于某一定点A 而 对有界数列只可能后者情况发生
故对任意的
0，只要取
N
1
1
则当n>N时
n n 1
1
，这就证明了 lim n 1 n n 1
（2）lim n
3n2 n 2n2 1
3 2
解：由于
令n>2
3n2
2n2
n 1
3 2
2n 3 2 2n2 1
2n 2n 4n2 4n
1 n 1
0 故对任意的
则当n>N时
3n2 2n2
，只要取
（1）lim n
n3 4n
3n2 3 2n
1 3
；
解：原式
lim
13 1 n
1 n3
1
n
4
2
1 n
3 n3
4
（2）lim n
1
n
2n
2
；
解：原式
lim
n
1 n2
lim
n
2n n2
0
（3）lim（ n2 n n）； n 解：（ n2 n n） n2 n n n2 n n
an cn bn
则数列
cn
收敛，且
lim
n
cn
a
证明：任给
0，由
lim
n
a
n
lim
n
bn
a
，分别存在正
数 N1与 N2 ，使得当 n N1 时有 a a n ，
当n N2 时有 bn a . .
取N maxN0, N1, N2，则当n>N时，上述不等式同时成立，
既有 a an cn bn a .
=
bm
0， k>m
上下最高次数相等时：
lim a1n3 a2n2 a3n a4 n b1n3 b2n2 b3n b4
lim n
同时 n3
a1 b1
a2 b2
n2
n3 n2
n3
a3 b3
n n3 n n3
a4 n3
b4 n3
lim
a1
a2
1 n
a3
1 n2
a4 n3
n
b1
则 N [ 关于 的式子 ]
例1 证明 lim 2n 2 . n 1 3n 3
证
0,
由 2n 2 6n 2(1 3n) 1 3n 3 3(1 3n)
2 9 3 9n 9n
1 n
.
n 1,
N [ 1],
n N,
lim 2n 2 . n 1 3n 3
有 2n 2 .
1 3n 3
（0 n 1,2，）且B 0时，lim xn y n
n
A. B
❖不等式
•定理 如果j(x)y(x) 而limj(x)a limy(x)b 那么ab
例如:
1
lim (
n
n
2
2 n2
n n2
)
lim
n
1 n2
lim n
2 n2
lim n
n n2
,
无穷多个收敛数列
0 0 0 0 . 这是错误的.
n
故 lim n2 a2 1.
n
n
注意：
（1） 的任意性 正数 的作用在于衡量数列通项 a n与定数a的接
近程度， 愈小，表示接近得愈好. 而正数 可以任意地小，说明 a n 与a可以接近到
任何程度.虽然 有其任意性，但一经给出，就暂时确 定下来了，以便求出N.又 是任意小的正数，那么
对 0，正整数N，st n，m N时有 an am
证明：必要性
设
lim
n
a
n
A
由数列极限定义，对 0，正整数N，当m，n N时
an
A
，
2
am
A
2
an am an A Aam an A am A
22
充分性 先证数列有界， 有界数列必定有收敛的子列. 子数列收敛，原数列必定收敛.
取
1，因为 an满足柯西条件，N0，n
N
，有
0
a n a N0 1 1 a N0 1 1 a n a N0 1 1
取M max a1 ，a2 ，，a N0 ，a N01 1
则对一切n成立，an M.
定理：（迫敛性）设收敛数列 a n ，bn 都以a为极限， 数列 cn 满足：存在正数 N0，当 n N0 时有
正确做法:
1
lim (
n
n2
2 n2
n n2 )
1 2 n
lim n
n2
n(n 1)
lim n
2n2
1 1 lim n
n 2
1 . 2
例nli 1m： 求abmknnmk
a m1nm1 a1n a0 bk1nk1 b1n b0
其中m≤k，am 0，bk 0.
a m ， k=m
2
lim n
xn
存在.
记为 lim (1 1 )n e
n
n
计算可得： 2.718281828 45 90 45
1.求下列极限
（1）lim n
n3 4n
3n2 3 2n
1 3
；（2）lim n
1
n
2n
2
；
（3）lim（ n2 n n）； n
（4）lim（n 1 n 2 n 10）； n
b2
1 n
b3
1 n2
b4 n3
a1 b1
例2：求 lim an ，其中a 1. n a n 1
解：若a=1，则显然有
lim
n
an an 1
1 2
若a
1，则由lim an n
0得
lim
n
an an 1
lim an
n
lim an 1
n
0
若a
1，则lim n
a
a
n
n
1
lim
n
1
1
1 an
1 1 1 0
1 2
lim
n
n(1 n) 2(n2 n 1)
,
由两边夹定理，
lim (
n
n2
1 n
1
n2
2 n
2
n2
n n
) n
1 2
.
❖数列极限的四则运算法则
•定理
设有数列{xn}和{yn}
如果
lim
n
x
n
A,
lim
n
yn
B.
那么
（1）lim（x n
n
yn）
A
B；
（2）lim（x n
n
yn）
A
B;
（3）当yn
例3：求 lim n（ n 1 n）. n
解：n n 1 n
n 1
n 1 n 1 1 1
n
lim n（ n 1 n） lim
1
1
n
n 1 1 1 2
n
例4：证明极限 lim（1 1 ）n存在.
n
n
有界的单调数列必有极限
lim（1 1 ）n e
n
n
例4
证明数列 xn
(1
1)n, n
例2
证明
lim
n
n2 1 2n2 5n
1. 2
证
0,
由
n2 2n2
1 5n
1 2
5n 2 4n2 10n
注意 5n 2 （n 3）4n2 10 n
5n 4n2 3n n
5n 5 n2 n
.
取
N
max
3
,[5
]
,
n N,
n 5,
有 n2 1 1 .
2n2 5n 2
从而有 cn a ，即证.
例
求
lim (
n
n2
1 n
1
n
2
2 n
2
n2
n n
n
)
.
解
记
xn
n2
1 n
1
n2
2 n
2
n2
n n
n
,
则
1 2 n n2 n n
1 2 n xn n2 n 1 ,
n(n 1) 2(n2 2n)
xn
n(1 n) 2(n2 n 1)
,
又
lim
n
n(n 1) 2(n2 2n)
2
从而对一切n有a
n
即an 有上界
2
所以lim n
a
n存在记为a
两边取极限得 a2 2 a
an1 2 an
解得lim n
a
n
2.
定理：（致密性定理）任何有界数列必定有收敛的子列.
证明：设数列 an 有界，因为数列存在着单调且
有界的子列，再由单调有界定理得，此子列是收敛 的.
定理：柯西收敛准则 数列 an收敛的充要条件是
n1
xn单调递增 ;
xn1 .
由二项式定理，有
xn
(1
1)n n
1
n
1 n
n(n 1) 2!
1 n2
n(n
1)3 n!
2
1
1 nn
11 1 (1 1) 1 (1 1)(1 2)(1 n 1)
2! n
11 1 1
2!
n!
n! n n
1
1
1 2
1 2n1
n
1
1
1 2n
1 1
3
1 2n1
3 . xn有上界 ,
，3或 2 等同样是任意小的正数，有时我们还
2
可以限制 小于一个确定的正数.
（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，这并不意味着N是 所唯一确定 的，因为对给定的 ，比如当N=100时，能使n>N时，
有 an a ，则N=101或更大时，此不等式函数成立的，
n 3
1 2
N
max2，1
3n 2 n 3
1
这就证明了
limnLeabharlann 2n 212
（3）lim n
n！ nn
0
解：由于
nn！n 0
1 n
2 n
3 n
n n
1 n
故对任意的
0，只要取
N
1
1
则当n>N时
n！ 0
nn
，这就证明了
lim
n
n！ nn
0
（4）lim
π sin
0
n
n
解：由于
lim n
n2 2n2
1 5n
1 2
.
注: 有时直接解不等式 xn a 要得到
n 关于 的式子 很不方便.
因此，通常先将 xn a 适当放大 ，使得
xn a n , [ 放大的原则：使放大后的式子 n 较为简单,且 n 0 (n ) ]
再解不等式 n ,从而确定所要找的 N ！
ππ
sin 0
n
n
故对任意的
0，只要取
N
π
1
π 则当n>N时 sin n 0
π
，这就证明了lim sin 0
n
n
注意: 用“ N 定义” 验证数列极限，关
键是如何由任意给定的 0, 寻找 N ？
具体方法： 对任意给定的 0,
从结论“ xn a ”出发 ，
解不等式，得 n 关于 的式子 ，
n n
证: >0 (要证N, 当n>N时, 有 1 cosnπ 0
n
因|
xn
0
||
1 n
cos n
0
|
1. n
要使
|
xn
0
|
只须 1 n
,
即n
1 .取N
[1],
则当n>N时,
有
|
xn
0 ||
1 n
cosn
0
|
.
故 lim n
1 n
cosn
0.
2. 证明 lim n2 a2 1. 其中a为常数.
数列的极限
一、数列极限存在的条件 二、数列极限的运算
作业：
一、按 N定义证明
（1）lim n
n n 1
1
（2）lim n
3n2 n 2n2 1
3 2
（3）lim
n！ 0
（4）lim
π sin
0
n n n
n
n
（1）lim n 1 n n 1
解：由于 n 1 1 1 n 1 n 1 n
n
n
证: xn
n2 a2 , n
a 1.
>0,
由于
| xn a |
n2 a2 1 n
n2 a2 n
a2
a2 .
n
n( n2 a2 n) n
要使 |
xn a |
< ,
只须 a2 n
,
即n
a2 即可.
取正整数N
a2
,
则当 n > N 时, 有 n2 a2 1
x1 x2 x3 x4 x5
xn
AM
证明：有界的单调数列必有极限
证明：设 a n 为有上界的递增数列，记上界为 a
0 an 中存在着某一项 a N
当n N时，有a a N a a N a n
因为a是上界，所以有 an a a
即n N时，有a an a
n
1,2,
存在有限极限.
证
n1 a1 a2 an1
a1
a2 an1 n 1
( ai 0 )
a1
a2
an1
a1
a2 n 1
an1
n1
.
xn
(1
1)n n
1 (1 1 )(1 1)
n
n
1
n(11 n 1
n)
n1
n 个括号
即 xn xn1 , n 1 , 2 ,
1
1
n1
证得
lim
n
a
n