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1、第三讲 极限存在性判别方法第三讲 极限的存在性与计算 一、证明极限存在的方法 1单调有界收敛原理 2夹逼定理 3，Cauchy收敛原理 4利用子列极限与数列极限的关系，对于函数应用Heine归结原理 例1 设xn=证明：因为 xn+1-xn=k=1n1-2n，证明数列xn收敛。 k2n(n+1)-2n-11 +2n-2n+1=n+1n+11n+12n(n+1)+2n+1 =-()=2kk+k+1(k+1-k， )k=1nn1-2n2kk=1(k+1-k-2n ) =2(n+1-n-1-2。 )因此xn有界。于是数列xn收敛。 例2 证明：数列xn收敛xn的任意子列收敛。 证明： 若数列xn收敛
2、于a，则xn的任意子列都收敛于a，结论显然。 若xn的任意子列有收敛的子列，首先用反证法证明数列xn的子列的极限必相同。若不然，设xnk,xnl为两个子列分别收敛于a,b，且ab。把这两个子列合并为xn的一个子列xnp，则它发散，从而矛盾于假设。 因此不妨设xn的任意子列都收敛于a。下面证明数列xn也收敛于a。若不然，L,，可找到对应的$e00，N，$nN，使得xn-ae0。对N=1,2n1n2Lnkk，且xnk-ae0。于是子列xnk不以a为极限。矛盾。因此必然有数列xn也收敛于a。 例3 设an0，且$C0，当mn时有an0，证明：由ank0，存在K，当kK时0ankN时有 0anCaN=
3、CanK+1N，则 2 x2n-xn=11n1+L+=e0。 n+12n2n2因此由Cauchy收敛原理知所给数列发散。 二、数列极限的计算方法 1等价代换与初等变形 例5 计算 351722+1 limL2n。 n24162解：利用平方差公式有 n()()()() =(2-1)(2+1)L(2+1)=(2-1)(2+1)L(2+1) =L=(2-1)(2+1)=2-1， 13517L2+1=(2-1)2+12+1L2+1 202212n21212n2n2020212n2n2n2n+1再利用等比数列求和公式有 22 2416L2=2n0+22+22+2n=22n+1-11n+1=22。 2因此
4、 lim35172+1L2n=limn2416n22n222-122n+1(n+1)=2。 例6 常用等价量：x0时， sinx:tanx:ln(1+x):arcsinx:arctanx:ex-1:x， (1+x)a-1:ax，ax-1:xlna，1-cosx:x22等。 注意，有时需要用Taylor公式展开到足够高阶。例如：计算 limtan(tanx)-sin(sinx)x0x3需要把分子展开到x的三阶项。 2利用已知极限 例7 设aan+1n0。若limna=l0，则 n limnnxn=l。 证明：记b1=a1,bn=an/an-1,n2。则bnl。1b1。因此 nl1 b1+b+1+
5、L+12+L+bnbb2nl,1bnnl。 从而由 lnb1+b2+L+bn11nan=nb1b2Lbnnlb+L+11b2bn有limnnxn=l。 2利用夹逼定理 1n+2n例：求极限lim+L+nnnnn。 n分析：固定k，有lim(n-k)nnnn=limk-k。因此猜想 n1-n=e1n+2nn-1 lim+L+nnnnn=limne-k=e-k=1=e。 k=0k=01-e-1e-1 解：固定自然数k，令f(x)=xln(1-k/x)，则当xk时 kk2 f(x)=ln(1-k/x)+,f(x)=-0。因此f(x)在xk上单调增加，从而当nk时1-nx+-k1n+2n+L+nn严格
6、单调增加趋于e。于是xn=nn单调增加。由此 n-1nxin-1 -ien=i=01-nek时 1n+2n+L+nnkn nn=01-iin， k令n有lim-i。再令nxnek得到 i=0 limnxne-i=ei=0e-1， 因此 1n+2n+L+nn limnnn=ee-1。 3利用LHospital法则注意，离散变量应改为连续变量。 例8 求极限 xt22lim(0edt)x+。 x0e2t2dt解：显然这是型，利用两次LHospital法则有 n 原式=lim2etdtex0x22x+e2x2=lim2etdt0x2x+ex2=lim2ex2xe2x+x2=0。 例：设fC1(-,+
7、)，且$M0,s.t. supe-x2f(x)M。证明： supxe-x2f(x)+。 证明：利用微积分基本定理有 f(x)=f(0)+xxt220f(t)dt=f(0)+0ee-tf(t)dt， 因此 f(x)f(0)+Mxt20edt。 从而有 xe-x2f(x)f(0)xe-x2+Mxe-x2xt20edt。 又因为 lim-x21xxe=limxxex2=limx2xex2=0， xt2x2x2 limxe-x22x0edtxe+et0dtxx0etdt=limxex2=limx2xex2 =lim(2+2x2)ex2x2ex2+4x2ex2=lim2+2x212+4x2=2， x因此
8、连续可微的函数xe-x2和xe-x2xt20edt都在R上有界，从而由知 supxe-x2f(x)1，limn=0。 na证明：若a若a0，则00，令k=a+1，由于an单调增加趋于，因此利用Stolz公式有 (n+1)a-nana-1na(n+1)a-na limn=lim=limn。 n+1na-1nanna-aa(a-1)n由于(1+，因此 x)a-1:ax1a(n+1)a-nalimn1+-1=a lim=na-1nnn于是 ， naana-1 limn=limnan(a-1)an， 只要后一极限存在。重复应用Stolz公式有 naana-1 limn=limn=L naa-1na =
9、a(a-1)L(a-k+1)(a-1)kna-klimn=0。 na 6利用上、下极限求极限 例14 设q0，数列xn有界， xn+1=yn-qxn。 证明xn收敛并求其极限。 证明：由题设有(注意q0) limxnnyn收敛于a，且满足 =limyn-qlimxn=a-qlimxn， nnnnnnnlimxn=limyn-qlimxn=a-qlimxn， a， 1+q因此 limxnn=limxn=n从而xn收敛且 limnxn=a。 1+q 例15 设数列an满足 am+an，m,nN。 0am+n证明an收敛，并求其极限。 n证明：利用归纳法容易有 0anna1 0an a1。 npm+
10、r，0rm-1。利用题设有 任意固定正整数m，当nm时由带余除法n= 0an因此 0令n有 apm+arpam+ar， anprraram+=1-m+。 nnnnmn 0lim由m的任意性和知 anamnnm。 0limanainfmnnm1m。 anam但，n，因此由上、下极限的保序性有 infm1nm limana infm， m1nnm从而由和得到 anananam lim。 =lim=lim=infnnnm1nnnm 三、杂例其它方法 1利用定积分的定义求极限改写成Riemann和 例16 求极限 2pnppsinsinsinn+n+L+n limnn+111n+n+2n解：记。 f(
11、x)=sinpx，x0,1，则fR0,1，且把区间0,1作n等分时的，因此 1nkp一个Riemann和为sinnk=1n111nkp=f(x)dx=sinpxdx limsin00nnnk=1 =-11pcospx=02p。 又因为 2pnpsinsinsinp nn+11nnsinkpn+n+L+n1， k=1nn+1n+12n+1nnsinkpk=1nn而nn+11(n)，因此由极限的夹逼性知 p2pnpnlimsinnsinnsin+L+nn+1n+1n1=2。 2+np 例17 设fC0,1，求极限 limf(1/n)n+f(2/n)n+L+f(1)n1/nn。 解：记 xnnn1/
12、nn=f(1/n)+f(2/n)+L+f(1)， M=max0x1f(x)=f(x0)，其中x00,1。 于是 xnnnMn=Mnn， 因此limnxnM。 e0，由f的一致连续性，$d0，当x,x0,1且x-xd时有 f(x)-f(x)1d时，存在0kf(x0)-f(k/n)-f(x0)M-e。 因此 xnn(M-e)n=M-e， 因而有 nlimxnM-e。 由e的任意性知limxnnM。综合起来得到 1/nnnnlimf(1/n)+f(2/n)+L+f(1)n=M。 2利用级数的性质求极限 3利用Stirling公式求极限 4其它求极限的方法 1）通过观察通项的变化； 2）利用各种递推关
13、系求极限。 5无界数列 例18 设数列an无界但不是无穷大，证明：存在an的两个子列，其一发散于无穷，而另一个收敛。 证明：对k=1,2,3,L，由于an无界，存在ank，使得ankk，从而ank发散于无穷。又因为an不是无穷大，$M0，对l=1,2,L，$nll，使得anlM，即anl有界，从而有收敛的子列，这子列自然是an的子列。证毕。 例19 设an和bn都是无界数列。证明：存在正整数m,n使得 am-an1，bm-bn1。 证明：若an和bn都是无穷大，令X=a1+b1+2，则存在N，当nN时anX，bnX。因此对任意nN，m=1有 am-an=an-a1an-a1a1+b1+2-a1
14、1， 同理有bm-bn1。结论成立。 由an无界，因此存在子列ank使得ank(k)。此时若bnk无界，则它有子列bnk满足blnkl(l)，从而ankl和bnkl都是无穷大，由知结论成立。因此不妨设bnk有界，从而它有收敛的子列，不妨设就是它本身。 又因为bn无界，因此存在子列bnl使得bnl(l)，类似于前面讨论，不妨设anl收敛。 由于anl和bnk收敛，因此它们都有界，设M0，使得k,l有 anlM，bnkM。 由ank(k)，bnl(l)，存在K,L： ankM+1，kK； bnlM+1，lL。 则当kK+L，lK+L时有 ank-anlank-anlM+1-M=1； bnk-bnlbnl-bnkM+1-M=1。 取m=nk,n=nl即得结论。
