第一章 一元函数的极限.doc

第一章 一元函数的极限1.1 利用定义及迫敛性定理求极限设表示实数集合,表示扩张的实数集,即.例1 若.证明 (算术平均值收敛公式).证明 (1)设,由,当时, .因此,其中.又存在,当时, .因此当时, .（2）设,则,当时,.因此 ,其中.由于,所以存在,当时, ,.因此.(3) 当时,证明是类似的.(或令转化为(2).注 例1的逆命题是不成立的.反例,容易看出,但是极限不存在.例2 设为单调递增数列, .证明若,则证明 由为单调递增数列,当时有.固定,则有,其中.令,则.又由于所以.令,由迫敛性定理得注 当为单调递减数列时,上述结论也成立.例3 设数列收敛,且,证明.(几何平均值收敛公式).证明 设,则由极限的不等式性质得.(1)若,则,由例1,.因此(2)若,则.因此,.注 可以证明当时结论也成立.例4 设,证明:若存在,则也存在且.证明 令,.由例3得, .所以.例5 证明.证明1 设,则().由例4得 证明2 利用司特林(Stirling)公式得 例6 设,().令.证明 .证明 .由于数列收敛,故是有界的.设,则.利用例1得.例7 设.证明.证明 由,当时, .所以,其中.又存在,当时, .故当时, .例8 证明.证明 令,则.所以.由迫敛性定理得, ().所以.例9 求极限.解 以下不等式是显然的:由例8与迫敛性定理得所求极限为1例10 设是两个定数,且当时.证明.证明 由, ,相加得.所以.这推出.例11 设,求极限.分析 若极限存在且为,则.由此解得.再由知.故.解 由得.同理有.一般情况有.所以.例12 设,求极限.分析 若极限存在且为,则.由此解得.再由知.故.解 令,我们有.由上述递推关系可得,由于,故得.例13 设是正数,对任意自然数,令.证明.证明 ,同理.两式相除得.由归纳法得.由于,得到.所以,这证明了.1.2 stolz定理及其应用定理1 设是趋于零的数列, 严格递减趋于零,则当存在或为、时，有.证明 设.(1) 若是有限实数,则,当时,有.由于,所以,上述各式相加得 .在上式中固定并令,由于,得 .注意到,由上式便得.所以.(2)若,则,当时,有 .仿照(1)中的证法可得,对任意自然数,有,固定并令,得.所以.(3)若,可用代替转化为(2)的情形.定理2 设是任意数列, 严格递增趋于,则当存在或为、时，有.证明 设.(1) 若是有限实数,则,当时,有.由于,所以,上述各式相加得 .由此便得 .所以 .由恒等式 得 由于(),当时,有.因此当时, .这证明了.(2)若,则当充分大时,有.由(),可知(),且数列严格递增.注意到,由(1)的结论得.从而.(3)若,可用代替转化为(2)的情形.定理1与定理2统一称为Stolz定理.例1 利用Stolz定理.证明(1例7)：设.证明.证明 令, ,则严格递增趋于,由定理2,例2 求极限,其中为自然数.解 令, ,由定理2,.其中倒数第二式中表示关于的次数为的一个多项式.例3 求极限,其中为自然数.解 令, ,由定理2,.其中倒数第二式分子与分母中的均表示关于的次数为的多项式.注 例3中当不是自然数时,只要(该条件保证),利用定理2,并令,我们有.再利用求函数极限的罗必塔法则,可以求出最后一式的极限为.例4设.试证:极限存在时,.证明 因,而极限存在,故只需证明第一项趋于零.令,则由条件知,且.于是(应用定理2).例5 设,.证明.证明 由条件.用数学归纳法容易证明对所有自然数有,即.所以数列是严格单调递减有下界的.由单调有界定理,极限存在,设极限值为.在中令得,由此得.由于严格单调递增趋于,根据定理2, .1.3 利用压缩影像原理和单调有界定理求极限压缩影像原理 设可导且,是常数.给定,令.证明序列收敛.证明 由拉格朗日中值定理，得其中介于之间.故对任意自然数有（,).由柯西收敛准则收敛.注 (1)利用压缩影像原理必须保证是否保持在成立的范围之内.(2) 称为压缩映射(因为) 例1 设,求极限.解 令(),则.又(),故称为压缩映射.由压缩影像原理,收敛.再对递推公式,两边取极限即可.例2设是正数,对任意自然数,令.证明. 证明 令(),则.又(),从而有.故称为压缩映射.由压缩影像原理, 收敛.再对递推公式,两边取极限即可.例3 设, .求.解 容易证明单调递增.现证对任意自然数,.当时显然成立.归纳假设.则.由单调有界定理, 有极限.设.对两边取极限得.解得.由于,故得.例4 设,当时, .求.解 显然.由于与所以,即单调递减且有下界.故极限存在,令.由递推关系式得.解得,即.例5 设,且对任意自然数,其中.求.解 由于,与故与同号.因此当时有,此时递增有上界;当时有,此时递减有下界.所以收敛,设.则.因为,解得,即.例6 设,证明收敛.证明 由的定义, .由于单调递减趋于,故.取对数得,.所以这证明了单调递减.又由于单调递增趋于,可得不等式.因此.所以,由单调有界定理,收敛.设,这里称为Euler常数.可以证明.例7 设, .求.解 若极限存在,设为,则,.因,.若,则;若,则.即在的左右来回跳动,而知:, (1).若收敛于,则,也收敛于.猜想:是否在左端单调递增到,在右端单调递减到.下面来考察的符号. (2).式(1),(2)表明以为上界, 以为下界.因此二子列收敛.记,.在式及中令,有,.所以.既然,故.例8 证明序列2,收敛,并求其极限.解 以序列特征可以看出,相邻两项的关系是 (1).因此,设收敛,则极限满足方程.又,所以.令 (2).(2)代入(1), (3).则将满足(1)的序列的问题,转化为满足(3)的序列的问题.事实上, ,.由(3)利用数学归纳法,易证,即.1.4 求函数极限的几种方法一、利用函数的连续性求极限定理 (复合函数求极限定理) 设函数在连续,函数有性质,则.推论 设,则.证明 由复合函数求极限定理, 例1 求极限解 令,则当时.解得.故.注 此例中取,得数列极限, 例2 求极限解 令,则().由于,所以.例3 求极限.解 .由于,所以.例4求极限.解 注意到,我们有.练习 求极限 (1) ; (2) .二、利用微分学方法(LHospital法则,Taylor公式)求极限例5 求极限.解 由导数公式得由LHospital法则得.例6 求极限.解 利用LHospital法则与等价无穷小代换得(等价无穷小代换) (化简) (LHospital法则) .例7求极限解 由指数函数的连续性与LHospital法则得.其中表示指数函数.例8求极限解 原极限可化简为 . (*)(*)式中分母的极限为,因此只要求分子的极限.(利用代换) (LHospital法则)因此只要求(利用).因此(*)式中分母的极限为,最后得到.例9 设在上连续,且,求数列极限解 将数列极限转化为函数极限,然后利用LHospital法则 (变量代换)(将换成连续变量)(LHospital法则) 例10 求极限.解 利用Taylor公式 ,我们有.三、利用定积分求极限定理2 (1)若在上可积,则.(2) 若在内单调,且积分存在(可以是非正常积分),则(当0是瑕点时) (当1是瑕点时).(3) 若在内单调递减,且积分存在,则.证明 (1)由定积分定义直接得.(2)当在上可积时结论显然成立.设是非正常积分,不妨设0是瑕点并设在内单调递减,显然有 .对求和得 .令,得 .注意到（3）由于在内单调递减,对任意正数有.对求和得 .令得 .再令得 .例11 求极限,其中是大于-1的实数.解 利用定理2得.例12 设,求极限.解 因为,所以,故.例13求极限.解 由于时, .故原极限.练习 (1) 求极限.(2) 求极限.例14 求极限.解 原极限可变为.由于(),所以由定理2得 原式.例15 证明.分析 对于级数,没有