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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 2.3 数列极限存在的条件教学内容： 其次章 数列极限 2.3 数列极限存在的条件教学目标 ：使同学把握判定数列极限存在的常用工具 . 教学要求 ：1 把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 初步懂得 Cauchy准就在极限理论中的主要意义,并逐步会应用 Cauchy准就判断某些数列的敛散性 . 教学重点 ：单调有界定理、 Cauchy收敛准就及其应用 . 教学难点 ：相关定理的应用 . 教学方法 ：讲练结合 . 教学过程 ：引言在争论比较复杂的极限问题时,通常分两步来解决：先判定该数列是否有极限（极限的存在性问题）；如有
2、极限,再考虑如何运算些极限（极限值的运算问题）. 这是极限理论的两基本问题 . 在实际应用中, 解决了数列 a n 极限的存在性问题之后, 即使极限值的运算较为困难,但由于当 n 充分大时,a 能充分接近其极限 a,故可用 a 作为 a 的近似值 . 本节将重点争论极限的存在性问题 . 为了确定某个数列是否有极限,当然不行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点来作出判定 . 从收敛数列的有界性可知：如 a n 收敛,就 a n 为有界数列；但反之不肯定对,即 a n 有界不足以保证 a n 收敛. 例如 1 n . 但直观看来,如 a n 有界,又 a n 随 n
3、的增大（削减）而增大（削减）,它就有可能与其上界（或下界）特别接近,从而有可能存在极限（或收敛）. 为了说明这一点,先给出具有上述特点的数列一个名称单调数列 . 一、单调数列定义如数列a n的各项满意不等式anan1aa n1,就称a n为递增（递减）数列 . 递增和递减数列统称为单调数列名师归纳总结 例如：1为递减数列；2 n为递增数列；n 1不是单调数列 . 第 1 页,共 9 页nn- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 二、单调有界定理问题 （1）单调数列肯定收敛吗？； （2）收敛数列肯定单调吗？一个数列 a n,假如仅是单调的或有界的,不足以保证其
4、收敛,但如既单调又有界,就可以了. 此即下面的极限存在的判定方法 . 定理 （单调有界定理 ）在实数系中,有界且单调数列必有极限 . 几何说明 单调数列 a n 只可能向一个方向移动,故仅有两种可能： （1）点 a 沿数轴移向无穷远；（2）a 无限趋于某一个定点 A ,即 a n A n . 证明 不妨设 a n 单调增加有上界,把 a n 看作集合,有确界原理,sup a n 存在即：（1）n ,a n；（2）0,n0 N 使 a n 0 , 由于 a n 单调增加,故当 n n 0 时有 a n 0 a n即当 n n 0 时 | a n | 亦即 lim n a n. 例 1 a 0,证
5、明数列a1 a,a2 a a,a3 a a a, ,a n a a L a, 收敛,并求其极限 . 名师归纳总结 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. 第 2 页,共 9 页易见ana0,且a2aa 1,a3aa2, ,a naan1, , 从而a2aan1aan两端除以a 得an1a, annn ,anaaa n1a故an有界即得极限存在 . 设nlima nl,对等式a2aan1两边取极限,就有nlim n2 a nlim naa n1lim na n1al2lal114a, 2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 因an为正数
6、列,故l0,因此取l114a即为所求极限 . 21例 2求nlimnk（k为肯定数,a1）1nn1k1 11ka1,就N ,当nN时annkcn1解记cnan,就cn0且cnaan11k1,ancn0极限肯定存在,设为A , 故nN后,cn单调递减,又有由cn11 11kcn两边取极限得A1A（a1）A0. ana例 3 设an1111,2.证明数列 a 收敛 . 23n例 4a,0x 10 .x n11xna.求lim nx 运算a 的逐次靠近法 , 亦即迭代2x n法 . 解由均值不等式 , 有1x n11xnaaxnaa.nxn有下界 , 留意到对n,2x nxn有xna,有1a1121
7、 .x, L , xn1x2 nlim nxnxn22aa.三、柯西收敛准就 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就 . 二 Cauchy 收敛准就名师归纳总结 定理（ auchy 收敛准就 ） 数列|a n收敛的充分必要条件是：对任给的0 ,存在正整数,使得当n mN 时有 |anam. 第 3 页,共 9 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - |an证明“”an收敛,就存在极限,设nlimana,就/20 ,N ,当nN时有a|/2当n,mN时有|anam|ama|ana|“” 先证有界性,取
8、1 ,就N ,n,mN|anam|1. , 特殊地,nN时|anaN1|1|an|aN1|1, 设Mmax|a 1|,|a2|,|,aN|,|aN1|1,就n,|an |M. 再由致密性定理知,an有收敛子列an k,设kliman ka, 0,N ,n ,mN 1|ana m|/ 2, K ,kK|anka|/2, 取NmaxK,N1,当nN时有n N1N1N|a na|anan N1|anN1a|/2故klima naCauchy 列、基本列（满意Cauchy收敛准就的数列）Cauchy收敛准就的另一表示形式：0, N ,当nN时,对PZ=有|anPan|. 三 说明 1、auchy 收敛
9、准就从理论上完全解决了数列极限的存在性问题 . 2、auchy 收敛准就的条件称为 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肯定值可以小于预先给定的任意名师归纳总结 - - - - - - -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 准就把N 定义中a 与 a 的之差换成a 与a 之差 . 其好处在于无需借助数列以外的数 a,只要依据数列本身的特点就可以鉴别其（收）敛（发）散性. 例如数列an满意|an1an|q|a nan1|（n2 ,3）且0q1,证明数列an收第 4 页,共
10、9 页精选学习资料 - - - - - - - - - 敛. |an证明令|x 2x 1|c0,p 有|an1an|q|anan1|q2|an1an2|Lqn1|x 2x 1|anpan|anpanp1|anp1anp2|an1an|cqnp2qnp3qn1cqn1 1qqp1cqn1. 1q0,（不妨设01cq）,取N1ln1q,就当nN时,对任给自然数clnqpan|cqn1. 故由 Cauchy收敛准就知数列xn收敛 . q1例证明数列a n111发散 . 2n证明要证：00,对N ,必有m0N,n 0N 使得|am 0an0|0设mn就|aman|n11n121n11n12n1nmm1
11、11mn1n,且mmmmmN因此,如m2 ,就|ama n| 11/ 21/ 2. 这 样 , 对01/2, 不 管N多 大 , 如 取n0N1,m 02n0就m0N,n 0|am 0an 0|1n0111,这说明an不是一个Cauchy数列. m 022（四） 应用名师归纳总结 例 5证明: 任一无限十进小数0 .b 1b 2bn01 的不足近似值所组成的数列第 5 页,共 9 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - b 1,b 1b2,b 1b 2bn,10101021010210n收敛 . 其中bi i,12 ,9,是01, ,9中的数 . xn收敛
12、 . 证明令anb 1b2bnn,有1010210anpanbn1b n2bnp91111110n110n210np10n1010p91110 .1 p110 .1 p1n1. 10n01.10n10n例 6 设0q,1x nqsinqq2sinqqnsinnq.试证明数列 关于极限lim 1 n1ne e2. 71828的 证明留在下节进行 . n例 7 lim n11nk,lim n11kn.nn例 8 lim n1cnk,lim n11n,lim n113n.nn2 n例 9lim n2n3n.2n1作业教材 P3839 1 ,3,5,6,10,11；教材 P4041 1 （1）（3）,
13、3,41-368,5,10. （P38 3（4）提示：考虑bn1,用双逼原理可求得b n,1）an附数列11n单调有界证法观赏 : nCauchy 17891857 最先给出这一极限, Riemann（18261866）最先给出以下证法一 . 名师归纳总结 证法一（ Riemann 最先给出这一证法2 ） 设1x n1n 11n.应用二项式绽开,得第 6 页,共 9 页nxn1n1n n11n n1 n1n13211n.2n2.3n31n .nn1111111112121nn1,2 .n.3nnn .nn- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - xn11111
14、n1111n111n21+ n11 .1n111nn1;.2.3留意到111n11,121n21,1n11n1.nnnn1且nx1比x 多一项n11 .1n111nn10x即n1xn,x . 10xn11111111113.2.3n .2211n1nnx有界 . 111111n1111 n3 .1223n综上 , 数列 x 单调有界 . 评注该证法朴实而稳健 , 不失大将风度 . 证法二 利用 Bernoulli不等式 名师归纳总结 留意到 Bernoulli不等式 1xn1nx ,x,1n为正整数 , 有第 7 页,共 9 页x nn111n1nn11n1111n11n1n11nn22n1n
15、1x1122 nnn1n111n12n,由n121 ,利用 Bernoulli不等式 , 有1 1 x n11n111 nn2n33 n23 n21 .x . x n1n33 n23 n1为证 x 上方有界 , 考虑数列y n11n1.可类证y . 事实上 , nyn11n1111n1n1n222nn1n1nn 1yn11n11n21n111n2n2n1n11n212 nn1n11n1n 此处利用了 Bernoulli不等式 n2n22 n2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - n334n224nn1,1yn. n4n4名师归纳总结 明显有xnyn.n ,
16、有xnyny14 .即数列 y 有上界 . ai0 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na 1a2an1in1ai,n中, 令a 1a 2a n11n11,an,1就有nxn1n1n11n111n1 1n11111n11nnx n,nnn1时无意x n1xn,即x . 令a 1a2a n11n11,an1 ,可仿上证得n3时11n, nn义, n2时诸ia =0 , 不能用均值不等式 . 当n2时, 由1111111, 11111,nnn2nn11n11n.由11n11n. xn112 4. n1n11第 8 页,共 9 页n
17、n2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 n个11n1111111nnnn- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - n111n1n2n11n11n1.xnxn1,即x . n. n1n1有界性证法可参阅上述各证法评注该证法以简洁而神奇见长. 证法四可参阅数学教学争论1991. 1 马德尧文“ 均值不等式妙用两就”. 和正整数 n,有不等式证法五 先证明：对0abbn1an1n1 bn.ba事实上,bn1an1babnbn1aaban1anbnbn1aban1an n1 bn.bab该不等式又可变形为名师归纳总结 bnn1 anban1, 0ab,n为正整数 在此不等式中 , 取a1n11,b11,就有0ab,就有n11n1n11n1,xn. n取a,1b11,又有11n11对n 成立,11n,22n2 n22 nx 2n112 n4 .又由x2n1x2n,xn4.2 n评注该证法真叫绝 . 教材采纳这一证法 . 可参阅The American Mathematical Monthly1974. Vol 81. 9 P10 11 第 9 页,共 9 页- - - - - - -