2022年数列极限存在条 .pdf

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1、2.3 数列极限存在的条件教学内容： 第二章 数列极限 2.3 数列极限存在的条件教学目标 ：使学生掌握判断数列极限存在的常用工具. 教学要求 ：(1) 掌握并会证明单调有界定理，并会运用它求某些收敛数列的极限；(2) 初步理解 Cauchy准则在极限理论中的主要意义，并逐步会应用Cauchy准则判断某些数列的敛散性 . 教学重点 ：单调有界定理、 Cauchy收敛准则及其应用 . 教学难点 ：相关定理的应用 . 教学方法 ：讲练结合 . 教学过程 ：引言在研究比较复杂的极限问题时，通常分两步来解决：先判断该数列是否有极限（极限的存在性问题）；若有极限，再考虑如何计算些极限（极限值的计算问题）

2、. 这是极限理论的两基本问题. 在实际应用中， 解决了数列na极限的存在性问题之后， 即使极限值的计算较为困难，但由于当n充分大时，na能充分接近其极限a，故可用na作为 a 的近似值 . 本节将重点讨论极限的存在性问题. 为了确定某个数列是否有极限，当然不可能将每一个实数依定义一一加以验证，根本的办法是直接从数列本身的特征来作出判断. 从收敛数列的有界性可知：若na收敛，则na为有界数列；但反之不一定对，即na有界不足以保证na收敛. 例如 ( 1)n. 但直观看来，若na有界，又na随 n 的增大（减少）而增大（减少），它就有可能与其上界（或下界）非常接近，从而有可能存在极限（或收敛）.

3、为了说明这一点，先给出具有上述特征的数列一个名称单调数列 . 一、单调数列定义若数列na的各项满足不等式11()nnnaaaa，则称na为递增（递减）数列 . 递增和递减数列统称为单调数列例如：1n为递减数列；2n为递增数列；( 1)nn不是单调数列 . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 9 页二、单调有界定理问题 （1）单调数列一定收敛吗？； （2）收敛数列一定单调吗？一个数列na，如果仅是单调的或有界的，不足以保证其收敛，但若既单调又有界，就可以了. 此即下面的极限存在的判断方法. 定理（单调有界定理 ）在实数系中，有

4、界且单调数列必有极限. 几何解释单调数列na只可能向一个方向移动，故仅有两种可能： （1）点na沿数轴移向无穷远； （2）na无限趋于某一个定点A，即)(nAan. 证明不妨设na单调增加有上界，把na看作集合，有确界原理，supna存在即： （1）n，na； （2）0，Nn0使0na, 由于na单调增加，故当0nn时有0nana即当0nn时|na亦即nnalim. 例 10a，证明数列aa1，aaa2，aaaa3，naaaaL，收敛，并求其极限 . 证明从该数列的构造，显见它是单调增加的，下面来证它是有界的. 易见0aan，且12aaa，23aaa，1nnaaa，, 从而12nnaaanaa

5、两端除以na得nnaaa1, n，aanaaan1故na有界即得极限存在 . 设nlimlan，对等式12nnaaa两边取极限，则有)(limlim12nnnnaaaaann1limall22411al, 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 9 页因na为正数列，故0l，因此取2411al即为所求极限 . 例 2求nlimnkan（k为一定数，1a）解记ncnkan，则0nc且kknnnannacc)11(1)1(111a，则N，当Nn时1)11(1kna，故Nn后，nc单调递减，又有0nc极限一定存在，设为A, 由nknc

6、nac)11(11两边取极限得AaA1（1a）0A. 例 3 设).2(,131211nan证明数列 na 收敛. 例 4.21.0, 011nnnxaxxxa求.limnnx ( 计算a的逐次逼近法 , 亦即迭代法 ). 解由均值不等式 , 有nnnxaxx211.nnnxaxax有下界 , 注意到对,n有,axn有nnnnxaaxaxx.1)(121121221，L, .limaxnn三、柯西收敛准则( 一) 引言单调有界定理只是数列收敛的充分条件，下面给出在实数集中数列收敛的充分必要条件柯西收敛准则 . ( 二) Cauchy 收敛准则定理（auchy 收敛准则 ） 数列na收敛的充分必

7、要条件是：对任给的0，存在正整数，使得当,n mN时有|nmaa. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 9 页证明“”na收敛，则存在极限，设aannlim，则0，N，当Nn时有2/|aan当Nmn,时有|aaaaaanmmn“”先证有界性，取1，则N，Nmn,1|mnaa. 特别地，Nn时1|1Nnaa1|1Nnaa, 设 1|,| ,|,|,max|121NNaaaaM，则n，Man|. 再由致密性定理知，na有收敛子列kna，设aaknklim, 0，1N，1,Nmn|/ 2nmaa, K，Kk2/|aakn, 取),

8、max (1NKN，当Nn时有11NnNN2/2/|11aaaaaaNNnnnn, 故aanklimCauchy列、基本列（满足Cauchy收敛准则的数列）Cauchy收敛准则的另一表示形式：0，N，当Nn时，对P=Z有|nPnaa. ( 三) 说明1、auchy 收敛准则从理论上完全解决了数列极限的存在性问题. 2、auchy 收敛准则的条件称为 auchy 条件，它反映这样的事实：收敛数列各项的值愈到后面，彼此愈接近，以至于充分后面的任何两项之差的绝对值可以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. 3、auchy 准则把N 定义中na与 a 的

9、之差换成na与ma之差. 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. 例如数列na满足|11nnnnaaqaa（, 3,2n）且10q，证明数列na收精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 9 页敛. 证明令0|12cxx，|11nnnnaaqaa211221|nnnqaaqxxL|1211nnpnpnpnpnnpnaaaaaaaa)(132npnpnqqqc)1(11pnqqcqqqcn11. 0， （不妨设qc10） ，取ln)1ln(1qcqN，则当Nn时，对任给自然数p有q

10、cqaannpn1|1. 故由 Cauchy收敛准则知数列nx收敛. 例证明数列nan1211发散. 证明要证：00，对N，必有Nm0，0nN使得0|00nmaa设nm则)(1211112111|nmnnnmnnaanmmnmnmmmm1111，因此，如nm2，则| 11/ 21/ 2mnaa. 这 样 ， 对2/10， 不 管N多 大 ， 如 取10Nn，002nm则Nm0，0nN且212111|0000mnaanm，这说明na不是一个Cauchy数列. （四） 应用例 5证明: 任一无限十进小数)10(.021nbbb的不足近似值所组成的数列精选学习资料 - - - - - - - - -

11、 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 9 页,101010,1010,102212211nnbbbbbb收敛. 其中)9 ,2, 1( ibi是9,1 ,0中的数 . 证明令na,101010221nnbbb有1122111011011109101010pnpnpnnnnnnpnbbbaa1109n.1101)1.0(11011 .01)1.0(1nnpnp例 6 设.sinsinsin, 102nnnqqqqqqxq试证明数列 nx收敛. 关于极限1lim 1nnen)71828.2( e的 证明留在下节进行 . 例 7 .11lim,11limknnknnnn例 8 .

12、211lim,11lim,1lim3nnnnknnnnnc例 9.1232limnnnn作业教材 P3839 1 ，3，5，6，10，11；教材 P4041 1 （1） （3） ，3，4(1)-(3)(6)(8)，5，10. （P38 3（4）提示：考虑,1nnab用双逼原理可求得, 1nb）附数列nn11单调有界证法欣赏 : Cauchy (17891857 ) 最先给出这一极限， Riemann （18261866）最先给出以下证法一 . 证法一（ Riemann 最先给出这一证法） 设.11nnnx应用二项式展开，得nnxn11321! 3)2)(1(1! 2) 1(nnnnnnnnnn

13、nn1!123) 1(nnnnnnnn112111!12111! 3111!2111，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 9 页! 21111nx121111! 31111nnn+ )!1(1n;11111nnn注意到,11111nn,12121nn.11111,nnnn且1nx比nx多一项)!1(1n,011111nnn,1nnxx即nx. nnnxn) 1(132121111!1! 31! 21110nxnnn.31111111312121111有界. 综上, 数列nx 单调有界 . 评注该证法朴素而稳健 , 不失大将风

14、度 . 证法二( 利用 Bernoulli不等式 ) 注意到 Bernoulli不等式nxnxxn, 1(,1)1(为正整数 ), 有nnnnnnxx1111111nnnn11111111nnnnnn12211122,)1(111112nnn由,1)1(12n利用 Bernoulli不等式 , 有.1133233) 1(1111232321nnnnnnnnnxxnnnx. 为证nx 上方有界 , 考虑数列.111nnny可类证ny. 事实上 , 1nnyy2111111nnnn1111111111nnnn12221221nnnnnnnnnnnnnnnnn2112121121212 ( 此处利用

15、了 Bernoulli不等式 ) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 9 页nynnnnnn, 1441442323. 显然有,.nyxnn有.41yyxnn即数列 ny 有上界 . 评注该证法的特点是惊而无险，恰到好处. 证 法 三 ( 利 用 均 值 不 等 式) 在 均 值 不 等 式)0(,1121iniinnaanaaa中, 令, 1,111121nnanaaa就有,11111111)1(1111111nnnnnnnnxnnnnnnx,1nnxx即nx. 令,1,111121nnanaaa可仿上证得3n时nn11,

16、 ( 1n时无意义, 2n时诸ia=0 , 不能用均值不等式 . ) 当2n时, 由2111111111, 1,11nnnnn.11111nnnn由nn11nn111. 22111nx 4. 评注该证法很奇巧 . 以上证法二和证法三可参阅数学通报1980.4 P22. 证法四( 仍利用均值不等式 ) 个nnnnnn111111111精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 9 页,.1111211111111nnnnnxxnnnnnn即nx. 有界性证法可参阅上述各证法. 评注该证法以简单而奇妙见长. 证法四可参阅数学教学研究19

17、91.1 马德尧文“均值不等式妙用两则”. 证法五 先证明：对ba0和正整数n，有不等式.)1(11nnnbnabab事实上，ababaabbabababnnnnnn1111)(nnnnabaabb11 .)1(nbn该不等式又可变形为,)1(1nnanbanb ( nba,0为正整数 ) 在此不等式中 , 取,11,111nbna则有,0ba就有nnnxnn,111111. 取,211, 1nba又有121211nn对n成立，, 2211nn.421122nnnx又由.4,212nnnxxx评注该证法真叫绝 . 教材采用这一证法 . 可参阅The American Mathematical Monthly1974. Vol 81. 9 P10 11 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 9 页