数列极限存在的条件64282

1、 在研究比较复杂的数列极限问题时在研究比较复杂的数列极限问题时, ,通常先考察该通常先考察该数列是否有极限数列是否有极限( (极限的存在性问题极限的存在性问题););若有极限若有极限, ,再考再考虑如何计算此极限虑如何计算此极限( (极限值的计算问题极限值的计算问题).).这是极限理论这是极限理论的两个基本问题的两个基本问题. .在实际应用中在实际应用中, ,解决了数列解决了数列an存在性存在性问题之后问题之后, ,即使极限值的计算较为复杂即使极限值的计算较为复杂, ,但由于当但由于当n充分充分大时大时, ,an能充分接近其极限能充分接近其极限a, ,故可用故可用an作为作为a的近似值的近似值

2、. .本节将重点讨论极限的存在性问题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。本身的特征来作出判断。数列极限存在的条件注: 如果xnxn+1 nn+ 就称数列xn是单调增加的 如果xnxn+1 nn+ 就称数列xn是单调减少的 单调增加和单调减少数列统称为单调数列 v定理1(单调有界定理) 单调有界数列必有极限 提问: 收敛的数列是否一定有界？ 有界的数列是否一定收敛？mv定理1(单调有界定理)

3、 单调有界数列必有极限 定理1的几何解释x1 x5 x4 x3 x2 xn a 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 数列极限存在的条件数列极限存在的条件v定理1(单调有界定理) 单调有界数列必有极限 .为有上界的递增数列不妨设na ,sup.nnaaa由确界原理 数列有上确界 记 .的极限就是下证naa证明 .,nnnaaanna时有当的递增性又由 .,+aaaaaannn都有故的一个上界是而.+aaannn时有所以当.limaann即.数列必有极限同理可证有下界的递减 ., 0nnnaaaa，$使得按

4、上确界定义事实上1111,1,2,23nnanna +例1 设 其中实数2.证明数列收敛.证nnaa显然数列是递增的,下证有界.事实上,11111111231 22 3(1)nann n + +111111 (1)()()2231nn +122,1,2,nn,na于是由单调有界数列定理收敛.,22,222 ,.+例2 证明数列 2收敛 并求其极限证222 ,na +记.na易见数列是递增的.na现用数学归纳法来证有上界12,a 显然22,na 假设12nnaa+则有222,+,2,nna 从而对一切有.na即有上界,na由单调有界定理 数列有极限, a记为 由于212,nnaa+22,aa+两

5、边取极限得12aa 即有或,1,a 由数列极限的保不等式性是不可能的:故有lim2222n+例例3 3证证,1nnxx + +显然显然 ;是单调递增的是单调递增的nx, 331 x又又, 3 kx假定假定kkxx+ + + +3133+ + , 3 ;是有界的是有界的nx.lim存在存在nnx ,31nnxx+ + + +,321nnxx+ + + +),3(limlim21nnnnxx+ + + + ,32aa+ + 2131,2131 + + aa解得解得(舍去舍去).2131lim+ + nnx.)(333的极限存在的极限存在式式重根重根证明数列证明数列nxn+ + + + l4例sup

6、,lim.nnnssasxsxa设 为有界数集.证明:若则存在严格递增数列使得证,as因 是 的上确界0,xs$ 故对任给的使得.xa,asxa因故从而有axa11,现取111,.xsaxa则存在使得211min ,0,2ax再取2,xs则存在使得22axa2211().xaaaxx且有1,nxs一般地 按上述步骤得到之后11min ,nnaxn取,nnnxsaxa则存在使得11().nnnnxaaaxx且有,nxs上述过程无限地进行下去 得到数列它是严格递增数列 且满足nnnaxaa+1,1,2,.nnxannlim.nnxa这就证明了例5 证明 nnn)11 (lim+ 存在。 先看一下数

7、列的变化的图像, 该数列单调有界(小于所以极限存在，且由图象看出：随着n 的增大, nnna)11 ( + 逐渐接近一个718.2的无理数e.3）0510152025303540455022.12.22.32.42.52.62.72.8证证 先先证证明：明： 对对 ba 0和正整数和正整数n，有不等式，有不等式 .) 1(11nnnbnabab+ + + + +事事 实实上，上， + + + + + + + +aba )baabbabababnnnnnn1111)(ll nnnnabaabb+ + + + + 11ll +在此不等式中在此不等式中, , 取取则则 有有 ,0ba 就有就有 11

8、1,1,1abnn + +11(1)(1) 111nanbnnnn+1取取 又有又有 11,1,2abn +11(1)(1)1,22nanbnnn+111122nn+故有2114.2nn+n对一切正整数 都成立.11111.1nnnn+故有11.nn+114.nnn+即对一切偶数 有,联系到该数列的单调性114nnn+可知对一切正整数 都有11.nn+即数列有上界11nn+由单调有界定理可知数列是收敛的.,e常用拉丁字母 代表该数列的极限 即1lim 1,nnen+,2.718281828459.ee 是一个无理数例5 任何数列都存在单调子列 定理2.10（致密性定理）任何有界数列必有收敛的子

9、列证明 设数列 有界， 由例5可知： 存在单调且有界的子列 再由单调有界定理，证得此子列是收敛的。 nanakna数列极限存在的条件v定理2(柯西收敛准则) 定理2的几何解释 柯西准则说明收敛数列各项的值越到后边,彼此越是接近,以至充分后面的任何两项之差的绝对值可小于预先给定的任意小正数.或形象地说,收敛数列的各项越到后面越是挤在一起. . , , 0 , 0 : $ m n n a a n m n n a 时有 当 收敛的充要条件是收敛的充要条件是 数列数列 x1 x2 x3 x4 x5 cauchy收收敛敛准准则则： thth 2 2 .10.10 数列数列na 收收敛敛，. , , ,

10、, 0 $ $ nmaannmn ( ( 或数列或数列na收收敛敛， . ,p , , , 0 $ $ + +npnaannnn ) ) 说明说明:(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。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收敛准则的条件称为auchy条件，它反映这样的事实：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

11、敛数列的各项越到后面越是形象地说，收敛数列的各项越到后面越是“挤挤”在一起。在一起。(3)auchy准则把准则把 n定义中定义中na与与a的之差换成的之差换成na与与ma之差。之差。 其好处在于无需借助数列以外的数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，只要根据数列本身的特征就可以鉴别其（收）敛（发）散性。就可以鉴别其（收）敛（发）散性。证证 例例4 4 证证明明：任一无限十任一无限十进进小数小数 ) 10( . 021 nbbb的不足近似的不足近似值值所所组组成的数列成的数列 ,101010 , ,1010 ,102212211nnbbbbbb+ + + + + 收收敛敛.

12、 . 其中其中) 9 , 2 , 1 ( ibi是是 9 , 1 , 0 中的数中的数 . . 122.101010nnnbbba +记,nm不妨设则有1212101010mmnnmmmnbbbaa+119111101010mn m+1111010mn m110m1.m10,nnmn 对取则对一切有.nmaa这就证明了该数列满足柯西条件.证法一 （ riemann最先 给出这一证法 ） 设 .11nnnx+应用二 项式展 开，得 +nnxn11+321! 3) 2)(1(1! 2) 1(nnnnnnnnnnnn1!123) 1( +nnnnnnnn112111!12111! 3111! 211

13、1， ! 21111+nx+121111! 31111nnn+ + )!1(1+n;11111+nnn 注意到 ,11111+nn ,12121+nn 数列+nn11单调有界证法欣赏: cauchy (1789 1857 ) 最先给出这一极限， riemann （18261866）最先给出.11111 ,+nnnnl 且1+nx比nx 多一项)!1(1+n, 011111+nnnl , 1nnxx+ 即nx . nnnxn) 1(132121111!1! 31! 21110+ll nxnnn . 31111111312121111+l 有界.。综上, 数列nx 单调有界. 证法二 ( 利用be

14、rnoulli不等式 ) 注意到bernoulli不等式 nxnxxn , 1( ,1)1 (+为正整数 ), 有 +nnnnnnxx1111111nnnn+11111111nnnnnn+12211122 ,) 1(111112nnn+ 由 , 1) 1(12+n 利用bernoulli不等式,有 . 1133233) 1(1111232321+nnnnnnnnnxxnn nx . 为证nx 上方有界, 考虑数列 .111+nnny 可类证ny . 事实上, +1nnyy +2111111nnnn1111111111+nnnn12221221+nnnnnnn +nnnnnnnnnn211212

15、1121212 nynnnnnn , 1441442323+. 显然有 , .nyxnn 有 . 41yyxnnl 即数列ny 有上界. 评註: 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( ,1121iniinnaanaaal 中, 令 , 1 ,111121+nnanaaal 就有 ,11111111) 1(1 111111nnnnnnnnxnnnnnnx+ , 1nnxx 即 nx . 令 , 1 ,111121nnanaaal 可仿上证得 3n 时 nn11。 ( 1n时无意义, 2n时诸ia =0, 不能用均值不等式. ) 当2n时, 由 .11111 , 1