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2023年极限证明（精选多篇） 推荐第1篇：极限的证明 极限的证明 利用极限存在准则证明： (1)当x趋近于正无穷时，(Inx/x2)的极限为0; (2)证明数列Xn，其中a>0，Xo>0,Xn=/2,n=1,2,收敛，并求其极限。 1)用夹逼准则: x大于1时,lnx>0,x2>0,故lnx/x2>0 且lnx1),lnx/x2 故(Inx/x2)的极限为0 2)用单调有界数列收敛: 分三种情况,x0=a时,显然极限为a x0>a时,Xn-X(n-1)=/2 且Xn=/2>a,a为数列下界,则极限存在.设数列极限为A,Xn和X(n-1)极限都为A. 对原始两边求极限得A=/2.解得A=a 同理可求x0 综上,数列极限存在,且为 (一)时函数的极限： 以时和为例引入. 介绍符号:的意义,的直观意义. 定义(和.) 几何意义介绍邻域其中为充分大的正数.然后用这些邻域语言介绍几何意义. 例1验证例2验证例3验证证 (二)时函数的极限： 由考虑时的极限引入. 定义函数极限的“”定义. 几何意义. 用定义验证函数极限的基本思路. 例4验证例5验证例6验证证由= 为使需有为使需有于是,倘限制,就有 例7验证例8验证(类似有(三)单侧极限: 1.定义：单侧极限的定义及记法. 几何意义:介绍半邻域然后介绍等的几何意义. 例9验证证考虑使的2.单侧极限与双侧极限的关系: Th类似有:例10证明:极限不存在. 例11设函数在点的某邻域内单调.若存在,则有 =§2函数极限的性质(3学时) 教学目的：使学生掌握函数极限的基本性质。 教学要求：掌握函数极限的基本性质：唯一性、局部保号性、不等式性质以及有理运算性等。 教学重点：函数极限的性质及其计算。 教学难点：函数极限性质证明及其应用。 教学方法：讲练结合。 一、组织教学： 我们引进了六种极限:,.以下以极限为例讨论性质.均给出证明或简证.二、讲授新课： (一)函数极限的性质:以下性质均以定理形式给出. 1.唯一性: 2.局部有界性: 3.局部保号性: 4.单调性(不等式性质): Th4若和都存在,且存在点的空心邻域,使，都有证设=(现证对有) 註:若在Th4的条件中,改“”为“”,未必就有以举例说明. 5.迫敛性: 6.四则运算性质:(只证“+”和“”) (二)利用极限性质求极限：已证明过以下几个极限： (注意前四个极限中极限就是函数值) 这些极限可作为公式用.在计算一些简单极限时,有五组基本极限作为公式用,我们将陆续证明这些公式. 利用极限性质，特别是运算性质求极限的原理是：通过有关性质,把所求极限化为基本极限,代入基本极限的值,即计算得所求极限. 例1(利用极限和) 例2例3註:关于的有理分式当时的极限. 例4 例5例6例7 推荐第2篇：极限 定义证明 极限定义证明 趋近于正无穷，根号x分之sinx等于0 x趋近于负1/2，2x加1分之1减4x的平方等于 2这两个用函数极限定义怎么证明? x趋近于正无穷，根号x分之sinx等于0 证明：对于任意给定的>0，要使不等式 |sinx/x-0|=|sinx/x| |sinx/x|2sinx2/2, |sinx|1只需不等式x>1/2成立， 所以取X=1/2，当x>X时，必有|sinx/x-0| 同函数极限的定义可得x+时，sinx/x极限为0.x趋近于负1/2，2x加1分之1减4x的平方等于2 证明：对于任意给定的>0，要使不等式 |1-4x2/2x+1-2|=|1-2x-2|=|-2x-1|=|2x+1| 需要0 |1-4x2/2x+1-2|=|2x+1| 由函数极限的定义可得x-1/2时，1-4x2/2x+1的极限为2. 注意，用定义证明X走近于某一常数时的极限时，关键是找出那个绝对值里面X减去的那个X0. 记g(x)=lim(1/n)，n趋于正无穷; 下面证明limg(x)=maxa1,.am,x趋于正无穷。把maxa1,.am记作a。 不妨设f1(x)趋于a;作b>a>=0,M>1; 那么存在N1,当x>N1,有a/M 注意到f2的极限小于等于a，那么存在N2，当x>N2时，0 同理，存在Ni，当x>Ni时，0 取N=maxN1,N2.Nm; 那么当x>N,有 (a/M)n 所以a/M 对n取极限，所以a/M 令x趋于正无穷， a/M 注意这个式子对任意M>1,b>a都成立，中间两个极限都是固定的数。 令M趋于正无穷，b趋于a; 有a 这表明limg(x)=a; 证毕; 证明有点古怪是为了把a=0的情况也包含进去。 还有个看起来简单些的方法 记g(x)=lim(1/n)，n趋于正无穷; g(x)=maxf1(x),.fm(x); 然后求极限就能得到limg(x)=maxa1,.am。 其实这个看起来显然，但对于求极限能放到括号里面，但真要用极限定义严格说明却和上面的证明差不多。 有种简单点的方法，就是 maxa,b=|a+b|/2+|a-b|/2从而为简单代数式。 多个求max相当于先对f1，f2求max，再对结果和f3求，然后继续，从而为有限次代数运算式， 故极限可以放进去。 2一)时函数的极限： 以时和为例引入. 介绍符号:的意义,的直观意义. 定义(和.) 几何意义介绍邻域其中为充分大的正数.然后用这些邻域语言介绍几何意义. 例1验证例2验证例3验证证 (二)时函数的极限： 由考虑时的极限引入. 定义函数极限的“”定义. 几何意义. 用定义验证函数极限的基本思路. 例4验证例5验证例6验证证由= 为使需有为使需有于是,倘限制,就有 例7验证例8验证(类似有(三)单侧极限: 1.定义：单侧极限的定义及记法. 几何意义:介绍半邻域然后介绍等的几何意义. 例9验证证考虑使的2.单侧极限与双侧极限的关系: Th类似有:例10证明:极限不存在. 例11设函数在点的某邻域内单调.若存在,则有 =§2函数极限的性质(3学时) 教学目的：使学生掌握函数极限的基本性质。 教学要求：掌握函数极限的基本性质：唯一性、局部保号性、不等式性质以及有理运算性等。 教学重点：函数极限的性质及其计算。 教学难点：函数极限性质证明及其应用。 教学方法：讲练结合。 一、组织教学： 我们引进了六种极限:,.以下以极限为例讨论性质.均给出证明或简证.二、讲授新课： (一)函数极限的性质:以下性质均以定理形式给出. 1.唯一性: 2.局部有界性: 3.局部保号性: 4.单调性(不等式性质): Th4若和都存在,且存在点的空心邻域,使，都有证设=(现证对有) 註:若在Th4的条件中,改“”为“”,未必就有以举例说明. 5.迫敛性: 6.四则运算性质:(只证“+”和“”) (二)利用极限性质求极限：已证明过以下几个极限： (注意前四个极限中极限就是函数值) 这些极限可作为公式用.在计算一些简单极限时,有五组基本极限作为公式用,我们将陆续证明这些公式. 利用极限性质，特别是运算性质求极限的原理是：通过有关性质,把所求极限化为基本极限,代入基本极限的值,即计算得所求极限. 例1(利用极限和) 例2例3註:关于的有理分式当时的极限. 例4 例5例6例7 2 推荐第3篇：函数极限证明 函数极限证明 记g(x)=lim(1/n)，n趋于正无穷; 下面证明limg(x)=maxa1,.am,x趋于正无穷。把maxa1,.am记作a。 不妨设f1(x)趋于a;作b>a>=0,M>1; 那么存在N1,当x>N1,有a/MN2时，0Ni时，0 那么当x>N,有 (a/M)n 推荐第4篇：用极限定义证明极限材料 例 1、用数列极限定义证明：limn+2=0 n®¥n2-7 n>2时n+2(1)2n(2)2nn+22(3)24(4)|2-0|=2<2<2=<=<e nn-7n-7n-7n-nn-1n-n 2上面的系列式子要想成立，需要第一个等号和不等号（1）、（2）、（3）均成立方可。第一个等号成立的条件是n>2；不等号（1）成立的条件是2 n4，即n>2；不等号（4）成立的条件是n>，故取N=max7, 2e 44。这样当n>N时，有n>7，n>。 ee 4 因为n>7,所以等号第一个等号、不等式（1）、（2）、（3）能成立；因为n>，所以不等号（3）成立的条件是1<e |不等式（4）能成立，因此当n>N时，上述系列不等式均成立，亦即当n>N时， 在这个例题中，大量使用了把一个数字放大为n或n+2-0|<e。 n2-7n的方法，因此，对于具体的数， 2可把它放大为（k为大于零的常数）的形式 kn n+4=0 n®¥n2+n+ 1n+4n+4n>4时n+n2n2(1)|2-0|=2<2<=<e n+n+1n+n+1n+n+1n2n 22不等号（1）成立的条件是n>,故取N=max4, ,则当n>N时，上面的不等式都成ee例 2、用数列极限定义证明：lim 立。 注：对于一个由若干项组成的代数式，可放大或缩小为这个代数式的一部分。如： n2+n+1>n 2n2+n+1>n n-n<n22 n(n+1)2>n+ 1(-1)n 例 3、已知an=，证明数列an的极限是零。2(n+1) (-1)n1(1)1(2) 证明："e>0(设0<e<1)，欲使|an-0|=|=<<e成立 22(n+1)(n+1)n+1 11<e解得：n>-1，由于上述式子中的等式和不等号（1）对于任意的正整n+1e 1数n都是成立的，因此取N=-1，则当n>N时，不等号（2）成立，进而上述系列等式由不等式e 和不等式均成立，所以当n>N时，|an-0|<e。 在上面的证明中，设定0<e<1，而数列极限定义中的e是任意的，为什么要这样设定？这样设定是否符合数列极限的定义？ 在数列极限定义中，N是一个正整数，此题如若不设定0<e<1，则N=-1就有1 e 可能不是正整数，例如若e2，则此时N1，故为了符合数列极限的定义，先设定0<e<1，这样就能保证N是正整数了。 那么对于大于1的e，是否能找到对应的N？能找到。按照上面已经证明的结论，当e0.5时，有对应的N1，当n>N1时，|an-0|0.5成立。因此，当nN1时，对于任意的大于1的e，下列式子成立： |an-0|0.51e，亦即对于所有大于1的e，我们都能找到与它相对应的N=N1。因此，在数列极限证明中，e可限小。只要对于较小的e能找到对应的N，则对于较大的e 就自然能找到对应的N。 推荐第5篇：数列极限的证明 数列极限的证明 X1=2,Xn+1=2+1/Xn,证明Xn的极限存在，并求该极限 求极限我会 |Xn+1-A| 以此类推，改变数列下标可得|Xn-A| |Xn-1-A| |X2-A| 向上迭代，可以得到|Xn+1-A| 2只要证明x(n)单调增加有上界就可以了。 用数学归纳法： 证明x(n)单调增加。 x(2)=5>x(1); 设x(k+1)>x(k)，则 x(k+2)-x(k+1)=-(分子有理化) =/【+】>0。 证明x(n)有上界。 x(1)=1 设x(k) x(k+1)= 3当0 当0 构造函数f(x)=x*ax(0 令t=1/a，则：t> 1、a=1/t 且，f(x)=x*(1/t)x=x/tx(t>1) 则： lim(x+)f(x)=lim(x+)x/tx =lim(x+)(分子分母分别求导) =lim(x+)1/(tx*lnt) =1/(+) =0 所以，对于数列n*an，其极限为0 4 用数列极限的定义证明 3.根据数列极限的定义证明： (1)lim=0 n (2)lim=3/2 n (3)lim=0 n (4)lim0.9999=1 nn个9 5几道数列极限的证明题，帮个忙。Lim就省略不打了。 n/(n2+1)=0 (n2+4)/n=1 sin(1/n)=0 实质就是计算题，只不过题目把答案告诉你了，你把过程写出来就好了 第一题，分子分母都除以n，把n等于无穷带进去就行 第二题，利用海涅定理，把n换成x，原题由数列极限变成函数极限，用罗比达法则(不知楼主学了没，没学的话以后会学的) 第三题，n趋于无穷时1/n=0，sin(1/n)=0 不知楼主觉得我的解法对不对呀limn/(n2+1)=lim(1/n)/(1+1/n2)=lim(1/n)/(1+lim(1+n2)=0/1=0 lim(n2+4)/n=lim(1+4/n2)=1+lim(4/n2)=1+4lim(1/n2)=1 limsin(1/n)=lim=lim(1/n)*lim/(1/n)=0*1=0 推荐第6篇：数列极限的证明 数列极限的证明X1=2,Xn+1=2+1/Xn,证明Xn的极限存在，并求该极限 求极限我会 |Xn+1-A| |X2-A| 证明x(n)单调增加。 x(2)=2+3x(1)=5>x(1); 设x(k+1)>x(k)，则 x(k+2)-x(k+1)=2+3x(k+1)-2+3x(k)(分子有理化) =x(k+1)-3x(k)/【2+3x(k+1)+2+3x(k)】>0。 证明x(n)有上界。 x(1)=1 x(k+1)=2+3x(k) 1、a=1/t 且，f(x)=x*(1/t)x=x/tx(t>1) 则： lim(x+)f(x)=lim(x+)x/tx =lim(x+)x'/(tx)'(分子分母分别求导) =lim(x+)1/(tx*lnt) =1/(+) =0 所以，对于数列n*an，其极限为0 4 用数列极限的定义证明 3.根据数列极限的定义证明： (1)lim1/(n的平方)=0 n (2)lim(3n+1)/(2n+1)=3/2 n (3)lim根号(n+1)-根号(n)=0 n (4)lim0.9999=1 n n个9 5几道数列极限的证明题，帮个忙。Lim就省略不打了。 推荐第7篇：数列极限的证明 例1 设数列xn满足0<x1<p,xn+1=sinxn(n=1,2,L)。 （）证明limxn存在，并求该极限； n®¥ æxn+1öxn（）计算limç÷。 n®¥ èxnø 解 （）用归纳法证明xn单调下降且有下界， 由0<x1<p，得 0<x2=sinx1<x1<p， 设0<xn<p，则 0<xn+1=sinxn<xn<p， 所以xn单调下降且有下界，故limxn存在。 n®¥ 记a=limxn，由xn+1=sinxn得 x®¥ a=sina， 所以a=0，即limxn=0。 n®¥ （）解法1 因为 æsinxölimç÷x®0 èxø 1x=lime x®0 1sinxlnx2x =lime x®0 1æcosx1ö -÷ç 2xèsinxxø -xsinx6x2 xcosx-sinx =lime x®0 2x3 =lime x®0 =e - 16 又由（）limxn=0，所以 n®¥ 1xn æxn+1öæsinxnöxn2 limç÷=limç÷n®¥n®¥xxènøènø æsinxö =limç÷x®0xèø 解法2 因为 1xx=e - 6 sinx-x æsinxöç÷èxø é æsinx-xö=êç1+÷êèxøë xsinx-x ùúúû x3 ， 又因为 limsinx-x1æsinx-xö=-,limç1+÷x®0x36x®0èxø xnxsinx-x=e， -æsinxö6所以limç， =e÷x®0èxø1 故 11æxölimçn+1÷n®¥èxnøxnæsinxnö=limç÷n®¥xènø æsinxö=limç÷x®0èxøxn1x =e-1 6. 推荐第8篇：极限的计算、证明 极限的论证计算，其一般方法可归纳如下 1、直接用定义(e-N,e-d等)证明极限 =0例、试证明limn®¥1n 证：要使-0<e，只须n>，故 e 11ù"n>N"e>0，$N=é，有+1-0<e êúëeûn1n1 2、适当放大，然后用定义或定理求极限或证明极限 an =0，a>0例、证明：limn®¥n! 证：已知a>0是一个常数 $正整数k，使得a£k aaa-0=×£×<e ，n> n!n!k!k+1Lnk!nk!enanakaLaakk+1 éak+1ùú+1，当n>N时，有 "e>0,$N=êk!eêúëû an-0<e n! 3、用两边夹定理在判定极限存在的同时求出极限 例、求limn®¥×3×5L2n-1 2×4×6L2n解：1×3×5L(2n-1)3×5×7L(2n-1)14×6L(2n)12×4×6L(2n)1=×>×=× 2×4×6L2n2×4×6L2n-22n3×5L2n-12n1×3×5L2n-14n æ1×3×5L(2n-1)ö1÷> ç ç2×4×6L2n÷4nèø2 两边开2n次方： 1>1×3×5L2n-11211 >=×®1 2×4×6L2n4n22n 1×3×5L2n-1=1 2×4×6L2n由两边夹：limn®¥ 4、利用等价性原理把求一般极限的问题化为无穷小量的极限问 题 例、设Sn®l¹0(n®¥)，p>0为常数，求证：Sn®l(n®¥) p p 证：0£Sn-l£Sn-l®0 ，得 Sn®l(n®¥)记 Sn=l+an，其中 an®0(n®¥) æan 再记Sn=l+an=lçç1+l è p p ö ÷=l(1+bn)，其中bn=an®0(n®¥) ÷lø 则有Sn=l(1+bn)p。 若取定自然数K>p，则当bn<1时(1-bn)£(1+bn)p£(1+bn) K K l(1-bn)£l(1+bn)p=Sn£l(1+bn) p K p p p K 由两边夹得证。 5、通过分子有理化或分子分母同时有理化将表达式变形使之易 求极限 例、求极限limsinpn2+1 n®¥ () sinnp+pn2+1-np解：limsinpn2+1=lim n®¥ n®¥ ()() (-1)sinpn+1-np =lim(-1)sin=limn®¥ n () n p2 pn+1+np n®¥ =0 6、换变量后利用复合函数求极限法则求极限例、求极限lim x®0 (1+x) x 1K -1 ，其中K是自然数 解：令 y=(1+x)-1 当x<1时，有 1-x£(1+x)£1+x，所以x®0Þy®0利用复合函数求极限法则可得lim x®0 1K 1K (1+x) x 1K -1 =lim y®0 y 1+yK-1 =lim y®0 y Ky+ K(K-1)y2+L+yK= 1 K 7、进行恒等变形化成已知极限进行计算 xxö2 例、lim 1-cosx2sin2æçsin÷x®0x2=limx®0x2 =lim1x®02×çç÷=1 çx÷2è2÷ø 8、用等价无穷小量进行变量替换后求极限例、求极限lim 1-cosx x®0 1-cos x2 解：1-cosx12x2，1-cosx212×æçxö è2÷ø (x®0) 12 lim1-cosx x x®01-cosx=limx®01æxö2=4 22×çè2÷ø 9、利用存在性定理确定极限的存在性并求极限例、x1xn n+1= x+ ，n=1,2,L，x1=a>0 n2 证明：limn®¥ xn存在，并求此极限。证明：xn>0x1n+1= x+xn³21×xn =2 n2xnx1x 2-x2 nn+1-xnn=x+2-xn=2x£0，xn+1£xn nn 且 xn³2，limn®¥ xn存在令 l=limxn，有 l=1+ln®¥ l2 ，l2=2，l=2 10、利用海涅定理解决极限问题 例、试证明函数f(x)=sin1x 当x®0时极限不存在证：取x1n= ，yn= 2np2np ®0 (n®¥) + ®02 而 f(xn)=1，f(yn)=0，得证 11、把求极限问题化为导数问题计算例、求极限lim (1+x) 1K -1 x®0x，其中K是自然数 1解：lim (1+x)K -1 çö÷x®0 x =æ1 çxK÷'1èx=1=K ø 12、利用洛必达法则求极限 例、lim(tgx)2x-p x®p -0解：令A=lim(tgx)2x-p x®p -0lnA=lnlim(tgx)2x-p=limln(tgx)2x-p x®p p 2 -0x®2 -0 =lim(2x-p)lntgx=limlntgx sec2xx®p p2 -0x®2 -0 2x-p-1 =lim x®p -0 -22x-p-2 tgx =limæ1ö(2x-p)2 14æçp2-xö÷øx®pç-2-0è2÷øsinxcosx=-2limè=0x®p2-0sinæçpöè2-x÷ ø 所以lim(tgx)2x-p =A=e0=1 x®p -0 13、把求极限的表达式化为积分和的形式，用定积分进行计算 例、设Sn= 1n+1+1n+2+L+1 2n ，求limn®¥Sn解：S111 n11n=n+1+n+2+L+2n=å×，lim S11n=i=1n1+in®¥ò01+x =ln2 n 14、利用第一积分中值定理处理定积分的极限问题 例、求lim xn n®¥ò 01+xdx解：由第一积分中值定理 ò1 xn1 01+xdx= 1+xn ò n0 xdx= 11+x× ，(0£xn£1) nn+1 所以lim xn n®¥ò 01+xdx=0 15、利用收敛级数的必要条件求极限 例、求xn limn®¥n! 解：已知指数函数的幂级数展开式x å¥ xn e=! 对于一切xÎR收敛n=0n而收敛级数的一般项趋于0，故得lim xn n®¥n! =0 16、用带有皮亚诺余项的泰勒展开式求函数或序列的极限 例、liméêx-x2lnæ1öù x®¥ ëçè 1+x÷øúû 解：x-x2 lnæçè1+1öx÷ø=x-x2éê1ê-1×æç1ö÷+0æç1öù1oæç1ö 2÷ëx2èxøèx2÷øúú=-èxøû 2x2 原式= 1、利用柯西收敛准则处理极限问题 17 例、用Cauchy收敛准则证明xn=1+证:取e0=>0,"N>0,任取n>N,p=n,有 xn+p-xn=x2n-xn= 11 +2n+12n+3 + 1135 + 无极限.2n-1 15 1nn1 ³>=>e.4n-14n-14n4 故由Cauchy收敛准则知,xn为发散数列. 推荐第9篇：中心极限定理证明 中心极限定理证明 一、例子 高尔顿钉板试验.图中每一个黑点表示钉在板上的一颗钉子.每排钉子等距排列,下一排的每个钉子恰在上一排两相邻钉子之间.假设有排钉子,从入口中处放入小圆珠.由于钉板斜放,珠子在下落过程中碰到钉子后以的概率滚向左边,也以的概率滚向右边.如果较大,可以看到许多珠子从处滚到钉板底端的格子的情形如图所示,堆成的曲线近似于正态分布. 如果定义:当第次碰到钉子后滚向右边,令;当第次碰到钉子后滚向左边,令.则是独立的,且 那么由图形知小珠最后的位置的分布接近正态.可以想象,当越来越大时接近程度越好.由于时,.因此,显然应考虑的是的极限分布.历史上德莫佛第一个证明了二项分布的极限是正态分布.研究极限分布为正态分布的极限定理称为中心极限定理. 二、中心极限定理 设是独立随机变量序列,假设存在,若对于任意的,成立 称服从中心极限定理.设服从中心极限定理,则服从中心极限定理,其中为数列. 解:服从中心极限定理,则表明 其中.由于,因此 故服从中心极限定理. 三、德莫佛-拉普拉斯中心极限定理 在重贝努里试验中,事件在每次试验中出现的概率为为次试验中事件出现的次数,则 用频率估计概率时的误差估计.由德莫佛拉普拉斯极限定理, 由此即得 第一类问题是已知,求,这只需查表即可. 第二类问题是已知,要使不小于某定值,应至少做多少次试验?这时利用求出最小的. 第三类问题是已知,求. 解法如下:先找,使得.那么,即.若未知,则利用,可得如下估计:. 抛掷一枚均匀的骰子,为了至少有0.95的把握使出现六点的概率与之差不超过0.01,问需要抛掷多少次? 解:由例4中的第二类问题的结论,.即.查表得.将代入,便得.由此可见,利用比利用契比晓夫不等式要准确得多. 已知在重贝努里试验中,事件在每次试验中出现的概率为为次试验中事件出现的次数,则服从二项分布: 的随机变量.求. 解: 因为很大,于是 所以 利用标准正态分布表,就可以求出的值. 某单位内部有260架电话分机,每个分机有0.04的时间要用外线通话,可以认为各个电话分机用不用外线是是相互独立的,问总机要备有多少条外线才能以0.95的把握保证各个分机在使用外线时不必等候. 解:以表示第个分机用不用外线,若使用,则令;否则令.则. 如果260架电话分机同时要求使用外线的分机数为,显然有.由题意得, 查表得,故取.于是 取最接近的整数,所以总机至少有16条外线,才能有0.95以上的把握保证各个分机在使用外线时不必等候. 根据孟德尔遗传理论,红黄两种番茄杂交第二代结红果植株和结黄果植株的比率为3:1,现在种植杂交种400株,试求结黄果植株介于83和117之间的概率. 解:将观察一株杂交种的果实颜色看作是一次试验,并假定各次试验是独立的.在400株杂交种中结黄果的株数记为,则. 由德莫佛拉普拉斯极限定理,有 其中,即有 四、林德贝格-勒维中心极限定理 若是独立同分布的随机变量序列,假设,则有 证明:设的特征函数为,则 的特征函数为 又因为,所以 于是特征函数的展开式 从而对任意固定的,有 而是分布的特征函数.因此, 成立.在数值计算时,数用一定位的小数来近似,误差.设是用四舍五入法得到的小数点后五位的数,这时相应的误差可以看作是上的均匀分布. 设有个数,它们的近似数分别是,.,.令 用代替的误差总和.由林德贝格勒维定理, 以,上式右端为0.997,即以0.997的概率有 设为独立同分布的随机变量序列,且互相独立,其中,证明:的分布函数弱收敛于. 证明:为独立同分布的随机变量序列,且互相独立,所以仍是独立同分布的随机变量序列,易知有 由林德贝格勒维中心极限定理,知的分布函数弱收敛于,结论得证. 作业: p222EX32,33,34,3 5五、林德贝尔格条件 设为独立随机变量序列,又 令,对于标准化了的独立随机变量和 的分布 当时,是否会收敛于分布? 除以外,其余的均恒等于零,于是.这时就是的分布函数.如果不是正态分布,那么取极限后,分布的极限也就不会是正态分布了.因而,为了使得成立,还应该对随机变量序列加上一些条件.从例题中看出,除以外,其余的均恒等于零,在和式中,只有一项是起突出作用.由此认为,在一般情形下,要使得收敛于分布,在的所有加项中不应该有这种起突出作用的加项.因为考虑加项个数的情况,也就意味着它们都要“均匀地斜.设是独立随机变量序列,又,这时 (1)若是连续型随机变量,密度函数为,如果对任意的,有 (2)若是离散型随机变量,的分布列为 如果对于任意的,有 则称满足林德贝尔格条件. 以连续型情形为例,验证:林德贝