数学分析选讲新第1章极限理论

1、数学分析选讲第一章极限理论§1 极限初论一、基本内容1. 预备知识(1)函数的定义，函数的要素，定义域、对应法则，函数的值域，反函数，函数的四则运算与复合运算.(2)函数的几何特性有界性单调性奇偶性周期性有界与的定义.单调递增与递减的概念.奇偶函数的定义及其图象的对称性，奇偶函数的四则运算性质.周期函数的定义及其函数图象特征，基本周期.(3) 初等函数 初等函数在其定义区间上连续.(4) 几个重要的非初等函数符号函数当x > 0时ì1,sgn( x) = ïí0,当x = 0时 ，显然有) ，) .ï-1,当x < 0时î

2、取整函数 x 和尾数函数(x) x 为 x 的最大整数部分， (x) 为 x 的非负小数部分，显然有) ，且 x -1 < ) < 1 Dirichlet 函数:D(x) = ì1,当x数 .íî0,当x为无理数 Riemann 函数：ì1 ，当x = p ( p，q为正整数，p < qp， 为既约分数）.ïqR(x) = íq当x = 0，1和(0,1)内的无理数qïî0，2.数列与函数极限的定义lim an = a Û "e > 0，N > 0， 当n >

3、 N时，有an - a< e .(1)n®¥(2)= a Û 在a 的任一邻域之外至多含数列an 中的有限项.lim ann®¥(3) lim an = ¥ (+¥,-¥) Û "M > 0，$N > 0， 当n > N时，. 有n®¥> M (an > M，an < -M ) .an(4)(5)有界数列与子列的概念.lim f (x) = a Û "e > 0，$d > 0， 当0 <| x -

4、 x0 |< d 时， 有 f (x) - a< e .x®x0(6)lim f (x) = a ， lim f (x) = a ，lim f (x) = a ， lim f (x) = a 和 lim f (x) = ax® x+x® x-x®¥x®+¥x®-¥00的定义，上述一系列定义中的极限为¥ 或± ¥ 的情形.(7)无穷大(小)量，高阶、同阶及等价无穷小量的概念.3.收敛数列与函数极限的性质收敛数列有有界性、唯一性、性质.性、保不等式性、迫敛性、子列等方

5、面的函数极限的性质有局部有界性、唯一性、局部敛性、归结原则等方面的性质.性、局部保不等式性、迫无穷小量的运算性质和等价无穷小量在四则运算方面的性质.4.数列与函数极限的性数列极限的单调有界定理和函数极限的单调有界定理和收敛准则.收敛准则、归结原则.二、难点与重要结果1. 一个数集无上界就是没有上界，也即任何实数都不是它的上界.2. 在关于原点对称的区间上有定义的函数必可表示成一个奇函数与一个偶函数的和.3两个周期函数周期之比数时，则它们的和、差、积、商还是周期函数.4 D(x) 是以数为周期的周期函数，且无最小正周期.5 xD(x) 仅在 x = 0 处连续，在其它点处都不连续.类似的(x -

6、2 )D(x) 仅在2 处连续，在其它点处都不连续.6 R(x) 在(0,1) 中的任一无理数点处连续，任一有理数点处不连续.7 R(x) 在0,1 上可积，且其值为0 .ìq,当x = p ( p, q为正整数, p < qp， 为既约分数）ï8 R1 (x) = íq当x = 0,1和(0,1)内的无理数q为0,1 上在任一点的任一ï0,î邻域内的函数.定义（1）中的e 具有双重属性，任意性用来保证an 与a 之间的距离可任意9小，相对性用来寻找 N ，N 相应于e 产生，但不是e 的函数.在定义中 N³ e ，则定义没有发

7、生变化，此时 N 唯一决定于e ，即为e添加条件aN - a的函数，只不过在按照定义证明时的难度变大了.10.定义（1）和（2）分别从定量和定性两个方面刻画了数列an 以a 为极限的事实，在证明极限时多使用定义（1），但有时使用定义（2）来证明会更简洁.例如，证明：若lim a2n = a，lim a2n+1 = a ，则lim an = a .n®¥n®¥n®¥11.以¥ 或± ¥ 为极限的数列是一类特殊数列，要注意它与发散数列和数列之间的区别与. 一般地，趋于无穷的数列必，数列未必趋于无穷，但数列必有

8、趋于无穷的子列，且非无穷大数列必既有收敛子列又有趋于无穷的子列.函数的无穷大量与数列有类似的性质.定义（5）中的d 与定义（1）中的 N 的性质类似.12.13.lim an ¹ a 的定义将lim an = a 反过来，在lim an = a 的定义中，对所有的e 都n®¥n®¥n®¥能找到一个 N ，使得当n > N 时有| an - a |< e 成立，将上面的陈述反过来即为，有这样的一个e 0 ，找不到满足要求的 N ，即所有的 N 均不满足要求，也即对所有的 N 都能找到 n ， 这个 n 依赖于 N

9、， 满足 n > N ， 但有| an - a |³ e 0 .一般地，由lim an¹ a 可得，数列an 的一个子列an ，使得| an - a |³ e 0 .n®¥kk14.lim f (x) ¹ a 的陈述为$e 0 > 0 ，"d > 0 ，$xd ，虽然0 <| xd - x0 |< d ，x®x0但有| f (xd ) - a |³ e 0 . 一般地， 由 lim f (x) ¹ a 可得， 数列xn 使得x®x0xn ®0 ，

10、但有| f (x)n - a |³ e 0 .k15.有界数列不一定收敛，但有界数列至少有两个收敛于不同极限的子列；任何数列必有单调子列.16.由性的证明知若lim an = a，lim bn = b，且 a > b，则$N，当n，m > N时，有an > bm ；进一n®¥n®¥> a + b > b步地有$N，当n > N时，有a.nn217.迫敛性与定义之间的，极限的定义中在寻找 N (d ) 时由于不一定要求最小（大）的 N (d ) ，可以对不等式进行适当的放大，且一般是两侧同时放大，而迫敛性告诉我

11、们在放大时也可以两侧分别放大.单调数列收敛的充分必要条件是它有一收敛子列.18.19.归结原则的条件可减弱为： lim f (x)的充分必要是任一严格递增趋于x® x-0x0 的数列xn ，其对应的函数值组成的数列 f (xn )均收敛.20.由收敛准则的逆否命题知，若数列an 发散，则$e 0 > 0 ，an 的两个子列an 和am 使得³ e 0 .若lim f (x) 不，则an - amkkkkx®x0$e 0 > 0 ，® x0 ，但³ e 0 xn ® x0 ，ynf (xn ) -f ( yn )若lim a

12、 = a ，则lim a1 + a2 + Lan = a .21.nnn®¥n®¥22.若an > 0 ，且lim an = a ，则lim n a1a2 Lan = a .n®¥n®¥23.设a1, a2 , L , ak 均为正实数，则lim n a n + a n +L+ a= maxa , a , L, a .n12k12kn®¥24.Stolz 公式设an 严格递增，bn 为任一数列，且lim an = +¥ ，n®¥ìaìabn

13、+1 - bn= ï+ ¥ ，则lim bn = ï+ ¥若lim.íín®¥ an+1 - ann®¥ anï- ¥ï- ¥îî设an 严格递减，且lim an = 0 ， lim bn = 0n®¥n®¥ìaìabn+1 - bn= ï+ ¥，则lim bn = ï+ ¥若lim.íín®¥ a

14、n+1 - ann®¥ anï- ¥ï- ¥î1î，1111= o( 1 ) , (a > 1 , k > 0)25.= o()n!，= o() , (a > 1)，nnnknn!aa1n1na11) , (a > 0 , k > 0) ，) , (l > 0 , k > 0) ,L.= o(= o(ln k nln l nln k (ln n)26.等价无穷小量公式的来源主要为Taylor 公式和函数的幂级数展开式.三、基本题型与1利用极限的定义证明极限（1）直接解不等式

15、 an- a< e （f (x) - a< e ），得最小（大）的 N (d ) .（2） 有时直接解不等式 an - a< e 较，由于定义中没要求求最小的 N ，故可将 an - a进行适当的放大，如 an - a< h(n) ，然后解不等式h(n) < e 得 N1 ，一的.般地 N1 不是最小的 N ，但最小的 N 是（3）分步放大；有时直接放大有一定的，特别在已知一极限的基础上再证明另一极限的中，进行多次地放大.注 在证明极限的过程中常用到的几个著名的不等式：(1) Bernoulli 不等式：当h > -1时， "n Î N

16、,有(1 + h)n ³ 1 + nh .(2) Cauchy - Schwarz 不等式： "ai , bi i = 1, 2, Ln ,总有2nnn(å a b ) £abåi å i22.i ii=1i=1i=1(3) 平均值不等式： "ai > 0, i = 1, 2, Ln ，总有£ a1 + a2 +L+ ann.£ na a La111an1 2nn+L+a1a21< ln(1 + 1 ) < 1 .(4)n + 1nn例 1 按极限的定义证明下列极限n3 - 2n2 +

17、n= 1 .(1)lim+ n - n - 3232n®¥ 2nn2(2)= 0，(a > 1) .limnn®¥ a(3)= 1.limx®1证明n3 - 2n 2 + n1- 5n2 + 3n + 65n2 + 3n + 6(1)由于|-|=|<2n3 + n2 - n - 322n3 + n2 - n - 3| 2n3 + n2 - n - 3 |(5 + 3 + 6)n 2，=若n2 - n - 3 > 0 ，即n ³ 3 ，所以，当n > 2 时，我们有n3 - 2n2 + n- 114n2= 7 ，

18、£|2n3 + n2 - n - 3|2|2n3nn3 - 2n2 + n- 17所以， "e > 0 ， $N = max(2, e )，当n > N 时，有< e .|22n3 + n - n - 3|2n3 - 2n2 + n= 1 .所以， lim+ n - n - 3232n®¥ 2n(2)令h = a - 1，则则h > 0 ，所以n2n2n20 <an=(1 + h)n=n(n -1)2n(n -1)(n - 2)3!1 + nh +h2 +h3 +L+ hn6n6n6(n > 3) ，所以，<&l

19、t;=(n2 - 3n + 2)h3(n2 - 3n)h3(n - 3)h32n3 + (n 2 - n - 3)716x 2 - 92< n66"e > 0 ， $= 3 +，当n > N 时，有0< e .N = max3,3 +eh3 eh3ann2所以， lim= 0 .nn®¥ a7- 17716x 2 - 9(3) 由于|- 1 |=|<|- 1 |16x 2 - 916x 2 - 97+ 116x 2 - 9=| 16(x -1)(x + 1) |=| 16(x + 1) | x -1 | .16x2 - 916x2 -

20、 9限制| x -1 |< 1 ，则 7 < x < 9 ，故| 16(x + 1) |< 12 .16x2 - 9888所以， "e > 0 ，取d = min, e ，当| x - 1 |< d 时，有|17-1 |< e .16x - 928 127故lim= 1.16x 2 - 9x®1注 上述例题中的（1）给出了用定义证明有理数列极限的一般，其具体做法是将的各项系数取绝对值后相加所得和再乘以的最高次幂，统计分母中与最高次相符号不同的项数k ，将其首项分成(k + 1) 份，通过限制n 的范围，1将分母缩小为首项的.(2)

21、给出了速度相差指数倍的两数列之比的极限证明k + 1的一般放大.(3)给出了一般地函数极限的证明.其做法是在表中分离出| x - x0 |的成分,通过限制| x - x0 |的范围，求出剩余部分的一个有限上界将不等式放大.例 2 (1)已知lim a = a 证明lim a1 + a2 + Lan = a .nnn®¥n®¥(2)设函数 f 定义在(a , + ¥) 上， f 在每一个有限区间(a , b) 内有界，并满足f (x) = A .lim ( f (x + 1) - f (x) = A .证明limxx®+¥x&

22、#174;+¥分析 由于已知条件中仅知道lim an = a ，而要证明的是已知数列经过运算后所n®¥得的表的极限，一般常用还原法来解决.即令an = a ，则a1 + a2 + Lan = a + a + L+ a= a ，nn故将a 还原为 a + a +L+ a ，从而可看出后面的表中各成分为待证极限所作n的贡献.证明 (1)由lim an = a ，故"e > 0， $N1 > 0， 当n > N1时，有an - a< e .n®¥| a1 + a2 +Lan - a |=| a1 + a2 +Lan-

23、 a + a +L+ a |=| a1 - a + a2 - a +L+ an- a |nnnn£ 1 (| a - a | +L+ | a- a | + | a- a | +L+ | a - a |)N1 +11N1nn£ 1 (| a - a | +L+ | a- a |) + (n - N1 ) e .1N1nn1由于lim(| a1 - a | +L+ | a- a |) = 0 ，故$N > 0，当n > N 时，有N22n®¥ n11 (| a - a | +L+ | a- a |) < e .1N1n取 N = maxN

24、, N ，当n > N 时，有| a1 + a2+ Lan- a |< 2e .12n所以lim a1 + a2 + Lan= a .nn®¥(2) 由 lim ( f (x + 1) - f (x) = A ，x®+¥故"e > 0 ， $M > 0 ，当 x > M 时，有| f (x + 1) - f (x) - A |< e .又 f 在(a , M + 1 上有界，设在(a , M + 1 上有< G ，f (x)且"x > M ， $n 使得 x - n > M ，而

25、x - n -1 £ M .故当 x > M 时有f (x) - A |xf (x) - f (x -1) - A + L + f (x - n + 1) - f (x - n) - A + f (x - n) - f (x - n -1) - A=|xf (x - n -1) - (x - n -1) A |+xf (x - n) - (x - n) A |£| n e | + |xx£| n e | + G + (M + 1) | A | .x| x |G + (M + 1) | A | = 0 ，故时，有 G + (M + 1) | A | <

26、e .又 lim$M > a ，使得当 x > M11x| x |x®+¥所以，取M = maxM , M ，当 x > M 时，有| f (x) - A |< 2e .212xf (x)所以,， lim= A .xx®¥注 (1)用Stolz 公式一.2.证明极限的性一般地，要证明极限等于已知值时常使用极限的定义来证明，但当不知道极限值时，主要使用单调有界定理和收敛准则.证明数列 x = 1 + 1 + L + 1 - ln n 收敛.例 3n21n- ln(n + 1) + ln n =1- ln(1 + 1 ) < 0

27、 ，证明由于 x- x =n+1nn + 1n + 1n所以数列xn 单调递减.1 - ln( n × n -1 ×L× 2) = ån 1 - ån-1 ln(1 + 1 )n= åk =1又 xnn - 1 n - 2k1kkk =1k =1n-1= å( 1 - ln(1 + 1 ) + 1> 1> 0 .kknnk =1所以数列xn 单调递减有下界，故收敛.xn注一般地，在证明单调性时，常- x 的正负，或者将与 1 进行比xn+1nxn-1较，在此过程中经常用到导数方面的知识.另此数列的极限为c ，故有

28、1 + 1 + L + 1 = c + ln n + a ，其中a 为无穷小量.nn2n= sin 1 + sin 2 + L + sin n 收敛.例 4 (1)证明数列 xn222n2(2)证明lim sin 1 不.xx®0分析一般地,在遇到数列或函数的极限的性时，首先该数列或函数的单调性，若单调则多用单调有界定理来解决，否则再考虑使用收敛准则.显然本题中的数列和函数均不单调，故选用收敛准则来处理.|=| sin( n + 1) + L + sin( n + p) |证明(1) "e > 0 , "p Î N ,由于| x- xn+ pn2n

29、+12n+ p111=< 1 ，1£+ L +2n+12n+22n+ p2nn所以可取 N = 1 ，当n > N 时，对任意的自然数 p ，总有| x- x |< e ，由柯n+ pne西收敛准则知数列xn 收敛.= 112np(2)取 e， "d > 0 ， 取n 充 分 大 ， 使 得 x=< d， 则1d021< d ，显然有| x|< d ， | x|< d ，但是，x=p21d2d2d2np +11d- sin|=| sin 2np - sin( 2n + 1 )p |= 1 > e .1| sin0xx22

30、d所以lim sin 1 不.xx®0注在使用收敛准则证题的第一步必是放大，在数列中通过适当地放大去掉p ，在函数中通过适当地放大去掉一个点.3.求极限（1） 利用极限的性质求极限；（2） 利用初等变形求极限；例 5 求下列极限3 +L+ 2n -1（1） lim ( 1 +；)2n222n®¥（2）已知an > 0 ，且lim an = a > 0 ，求lim n a1a2 Lan .n®¥n®¥解（1）令a = 1 +L+ 2n -1 ，则 1 a13 +L+ 2n -1 ，3=+nn2n+1222n2223

31、221 a1 a1 + 3 -1 +L + (2n -1) - (2n - 3) - 2n -1所以a -=nnn2n+1222n222= 1 (3 - 2n + 3) .2n23 +L+ 2n -1) = lim (3 - 2n + 3) = 3 .所以lim ( 1 +222nn22n®¥n®¥= ln a1 + ln a2 +Lln an（2）由于ln n a a La，又lim a = a ，故lim ln a = ln a ；1 2nnnnn®¥n®¥由例 2 知lim ln a1 + ln a2 +Ll

32、n an= lim ln a = ln a ，所以lim n a a La = a .n1 2nnn®¥n®¥n®¥注（1）中使用错位相减法求出表的缩写式，求缩写式的还有利用部分分式定理来拆项，利用求和公式来求和等.（2）中使用的是用初等变形转化为已知极限来求的，使用此的前提是熟练掌握一些极限表的极限. lim qn = 0， | q |< 1； lim n a = 1,a > 0 ；n®¥n®¥由lim (1 + x) x = e ，故若lim f (x) = 1，lim g(x)

33、 = +¥ ，且lim g(x)( f (x) -1) = a ，x®0x®ax®ax®a则lim= ea 等.f (x) g ( x)x®a(3)利用罗必达法则和泰勒公式求极限；ln 2 n. (a > 0)例 6 求limann®¥ln 2 x =ln 2 n =2 ln x =2a 2 xa解由于 lim= 0 ，故由归结原则知lim0 .limlimna®+¥n®¥注一般地,大多数关于数列的不定式极限,均可通过此来解决.(4) 利用定的定义求极限；sin psi

34、n 2p+n + L+ sin p例 7 求lim (n) .n + 1n + 1n + 1nn®¥2sin psin 2p+n + L+ sin p(sin p + sin 2p +L+ sin p )1由于n解³n + 1n + 12n + 1n=n + 1nn× 1 (sin p + sin 2p +L + sin p ) pnn + 1 pnnnsin psin 2p+n + L + sin p£ 1 (sin p + sin 2p +L+ sin p ) p n n + 1pn + 1n + 1nnn2n而lim n × 1

35、 (sin p + sin 2p +L + sin p ) p = 1 2pp0òsin xdx =n®¥ n +1pnpnnlim 1 (sin p + sin 2p +L + sin p ) p = 1 2ppòsin xdx =n®¥ pnpnn0sin psin 2p+n + L+ sin p2 .所以lim (n) =pn + 1n + 1n + 1n®¥2n注此类题目的特征是n 项之和与 1 同阶的无穷小量之积，要特别注意定定n义中点的取法与区间的分割的灵活性所导致的题目的复杂性，由于无穷乘积可通过取对

36、数转化为无穷求和，所以有时无穷乘积的极限也可用此法来解决.例如求n + 1 n + 2 L 2n .lim nnnnn®¥(5) 利用迫敛性证明lim 1× 3 × 5 ×L× (2n -1) = 0 例 82 × 4 × 6 ×L× (2n)n®¥证明 由于 1 < 2 , 3 < 4 , L, 2n -1 <2n，故有2n2n + 123 451× 3 × 5 ×L× (2n -1)2 < 1× 3

37、 × 5 ×L× (2n -1) × 2 × 4 × 6 ×L× (2n)1=.(2 × 4 × 6 ×L× (2n)2 × 4 × 6 ×L× (2n)3 × 5 ×L× (2n + 1)2n + 1即有0 < 1× 3 × 5 ×L× (2n - 1) <112e 2，所以， "e > 0，$N =，当n > N 时，2 

38、5; 4 × 6 ×L× (2n)2n + 1有| 1× 3 × 5 ×L× (2n -1) |< e .所以， lim 1× 3 × 5 ×L× (2n -1) = 0 .2 × 4 × 6 ×L× (2n)2 × 4 × 6 ×L× (2n)n®¥例 9(1)设a , a ,L, a 为k 个大于0 的实数，求lim n a n +L+ a.n12k1kn®¥

39、;1ò(2)设 f (x) > 0 ，在区间0 , 1 上连续，试证 lim nf (x)dx = max f (x) .nn®¥0xÎ0,1解(1)设a = maxa , a ,L, a ，则aa nnka .£ n+L+ a£ n112k11k1而lim a = a ，lim n ka = a，所以lim n a n +L+ a= an.11111k1n®¥n®¥n®¥(2)设M = max f (x) ， f (x) 在区间0 , 1 上连续，故x0 Î

40、 (0,1) ，使得xÎ0,1M = f (x0 ) ，(若 x = 0 或1，类似可证)且"e > 0 ，$d > 0 ，使得当x - x0< d 时有 f (x) > M - e 所以x +d1òòf (x)dx ³0x0 -df (x)dx > (M - e )n 2d ，nnnn0而lim (M - e )n 2d= M - e > M - 2e ，所以$N > 0 ，当n > N 时有n®¥x +d1òòf (x)dx > (M - e )n

41、 2d > M - 2e ，即有> nf (x)dx ³n0nMnx0 -d0x +dòe 0f (x)dx - M |n< 2| nx0 -d1ò所以lim nf (x)dx = max f (x) nn®¥0xÎ0,1四、综合举例f ( 2i - 1 a) ，证明lim x = a(a > 0) .n= å例 10 设 x ® 0 时， f (nnn2n®¥i=12i - 1 a = a ，故将a 还原为ån2i - 1 a 来处理.n= å分析

42、若令 f (x) = x ，则 xnn2n 2i=1i=1证明 由于 f (x) x ，故"e > 0 , $d > 0 ，当| x |< d 时，有| f (x) -1 |< e .x，故对上述 d > 0 ，$N > 02i -1 a = 0又对 1 £ i £ n ，有 lim当 n > N时有 n2n®¥| 2i -1 a |< d .n2f ( 2i -1 a)n2所以当n > N 时，且1 £ i £ n 有|- 1 |< e ，即2i -1 an2f

43、( 2i -1 a) - 2i -1 a |< 2i -1 ae .|n2n2n2- a |=| å f ( 2i - 1 a) - a |=| å f ( 2i - 1 a) - ånnn2i - 1 a |所以| xnn 2n 2n2i=1i=1i=1f ( 2i - 1 a) - 2i - 1 a |< ån 2i - 1n£ åi=1ae = ae .|n2n 2n 2i=1故lim xn = a .n®¥注此题的解法又称为“拟合法”.再例如f (x)dx = p f (0) .h1+ 

44、2;22例 11 设 f (x) 在0 ,1 上连续，证明： limh + x2h®00首先要找出 p 的来源，易见 lim1hdx = p ，故将 p 还原为h®0+ ò0 h2 + x2分析2221hlimdx 来+ ò22.h + xh®00证明由于 f (x) 在0 ,1 上连续，故"e > 0 ，$d > 0 ，当0 < x < d 时，有| f (x) - f (0) |< e .1hdh1h| f (x) - f (0)dx |=| f (x) - f (0)dx + f (x) - f (

45、0)dx |ò22òò22h + xh2 + x2h + xd00hhd1ò0ò2£| f (x) - f (0) | dx +| f (x) - f (0) | dxh2 + x2 hh2 + x2h + x2d| f (x) - f (0) | dx £ p e +hhd11ò0ò2ò2£edx +| f (x) - f (0) | dxh + x2h + x2d2dh111ò2ò x2又由于| f (x) - f (0) | dx £ h| f (x

46、) - f (0) | dx = hM ，所以$d > 0 ，1h + x2dd当0 < h < d1 时有hM < e .时，有| 1h f (x) - f (0)dx |< (p + 1)e ，所以，"e > 0 ，$d > 0 ，当0 < h < dò211h + x 220f (0)dx = p f (0) .hh11ò2ò22所以， limf (x)dx = limh + x2h + x2+0+0h®0h®0pn例 12设lim a = a ， p > 0 ，(i

47、= 1 ,2 ,L) ，且lim= 0 .nip +L+ pn®¥n®¥1npn a1 + pn-1a2 +L+ p1an证明 lim= a .(东北师大)p1 +L+ pnn®¥pn a1 + pn-1a2 +L+ p1anpn a + pn-1a +L+ p1a = a ，故可将分析令a = a ，则=np +L+ pp +L+ p1n1na 写成 pn a + pn-1a +L+ p1a 来.p1 +L+ pnpn a1 + pn-1a2 +L + p1an证明 由于 |- a |p1 +L+ pnpn a1 + pn-1a2

48、+L + p1anpn a + pn-1a +L+ p1a |=|-p1 +L+ pnp1 +L+ pnpn (a1 - a) + pn-1 (a2 - a) +L + p1 (an - a) |=|p1 +L+ pn.£p1 +L+ pnpna1 - a+ pn-1a2 - a+L+ p1an - a由lim an = a ，知"e > 0 ，$N1 > 0 ，当n > N1 时，有an - a< e ，且$M > 0 ，n®¥使得"n 有< M .an - apnpn又lim= 0 ，故$N > 0

49、 ，当n > N时，有0 << e .22p +L+ pp +L+ pn®¥1n1n所以,取 N = N1 + N2 ，当n > N 时有pn | a1 - a | + pn-1 | a2 - a | +L+ p1 | an - a |p1 +L+ pnpn | a1 - a | +L+ pn- N +1 | aN - a | + pn- N | aN +1 - a | +L+ p1 | an - a |1111£p1 +L+ pnpn M +L + pn- N +1 M + pn- N e +L + p1e11£ (MN +1)

50、e .£p +L + p11npn a1 + pn-1a2 +L+ p1an所以， lim= a .p1 +L+ pnn®¥注以上三题均通过改写| an - A | 中的 A ，使之与an 具有相类似的形式，故这种又称为拟合法.- xn-1xn例 13数列x 满足lim (x - x) = 0 ，证明lim= 0 .nn-2nnn®¥n®¥证明 (法一)由lim (xn - xn-2 ) = 0 ，故"e > 0 ，$N1 > 0 ，当n > N1 时，有| xn - xn-2 |< e .

51、n®¥令 yn =| xn - xn-1 | ，则| xn - xn-2 |³| yn - yn-1 |，所以- yn-1 + yn-1 - yn-2 +L + yN +1 - yN11+ yN |1| xn - xn-1| = | yn|= | ynnnn| yn - yn-1 | + | yn-1 - yn-2 | +L+ | yN +1 - yN | + | yN | yN |n - N£111 £1 e +1 nnnyNyN又由于 lin1 = 0 ，故$N > 0 ，当n > N时有|1 |< e .22nnn

52、74;¥- xn-1- xn-1xnxn取 N = maxN , N ，当 n > N 时有< 2e ，所以lim= 0 .12nnn®¥(法二)根据stolz 公式证明令an = xn- xn-1 ， bn= n ，则bn 严格递增趋于+ ¥ ，且- an-1- xn-1lim an= lim (x - x) = 0 ，故lim an = limxn= 0 .nn-2- bn®¥ bn®¥ bn®¥nn®¥nn-1nxn例 14 已知数列x 满足lim (x -

53、 x) = 0 ，证明lim= 0 .nnn-1nn®¥n®¥证明由lim (xn - xn-1 ) = 0 ，故"e > 0 ，$N1 > 0 ，当n > N1 时，有| xn - xn-1 |< e .n®¥即当n > N1 时，有- e < xn- xn-1 < e ，- e < xn-1 - xn-2 < e ，LL ,- e < x< e .- xN +2N +111相加得- (n - N1 -1)e < xn - xN +1 < (n

54、- N1 -1)e .< - n - N - 1e + xN +1xn < n - N - 1e + xN +1两边同除n 得- e + xN +1< e + xN +1，<nnnnnnn即| xn |< e + | xN +1 | .又lim | xN +1 |= 0 ，故$N时有| xN +1，当n > N|< e .22nnnnn®¥xnxn取 N = maxN , N ，当n > N 时有|< 2e ，所以lim= 0 .12nnn®¥注 上面两个例题的具有很强的典型性，已知某定距离上的函数值

55、之差，而要函数值自身的性质，常使用到该.即据已知写出一系列不等式，将这些不等式相加得距离变大的点处的函数值之差. stolz 公式的证明就使用的是该.此也适用于函数极限的中，如x例 15 设函数 f (x) ，x Î (0 ,1) ，满足 f (x) ® 0 (x ® 0+ ) ，且 f (x) - f ( ) = o(x) ，2证明 f (x) = o(x) .x证明由 f (x) - f ( ) = o(x) ，故"e > 0 ，$d> 0 ，当0 < x < d 时有2xf (x) - f ( )|2 |< e .x即当0 < x < d 时有x- ex < f (x) - f ( ) < ex ，2- ex <2x ) < ex ，xf ( ) - f ( 2222LL,- ex <exf () - f ( x ) <x