数列收敛判别法_毕业论文(编辑修改稿)

数列收敛判别法_毕业论文(编辑修改稿)内容摘要：

maxN {3， 9 } ． （ 24） 证 任给 0 ，取 maxN {3， 9 }。 据分析，当 nN 时有 （ 23） 式成立。 于是 本题得证。 注 本题在求 N 的过程中， （ 22） 式中运用了适当放大的方法，这样求 N 就比较方便。 但应注意这种放大必须适当，以根据给定的  能确定出 N。 又 （ 24） 式给出的 N 不一定是正整数。 一般地，在定义 1 中的 N 不一定限于正整数，而只要它是正数即可。 【例 2】证明数列  ,1,34,23,2 nn 收敛于 1。 证明：对 0 ，要使得 nnn 111，只须 1n ，所以取  1N，当 Nn 时，有 nnn 111 ，所以 11lim  nnn。 注 1：  是衡量 nx 与 a 的接近程度的，除要求为正以外，无任何 限制。 然而，尽管  具有任意性，但一经给出，就应视为不变。 （另外，  具有任意性，那么 2,2,2  等也具有任意性，它们也可代替  ） 2： N 是随  的变小而变大的，是  的函数，即 N 是依赖于  的。 在解题中， N 等于多少关系不大，重要的是它的存在性，只要存在一个 N ，使得当 Nn 时，有 axn就行了，而不必求最小的 N。 【例 3】证明 1lim 22  nann。 证明：对 0 ，因为nanann an an222222)(1  （此处不妨设 0a ，若 0a ，显然有 1lim 22  nann） 所以要使得  122n an，只须 na2 就行了。 黑河学院学士毕业论文（设计） 5 即有 2an . 所以取 ][ 2aN ，当 Nn 时，因为有 na2   122n an，所以 1lim 22  nann。 注 3：有时找 N 比较困难，这时我们可把 axn 适当地变形、放大（千万不可缩小。 ），若放大后小于  ，那么必有 axn。 在求数列极限时，常需要使用极限的四则运算法则。 应用四则运算求数列极限 四则运算法则 若 {}na 与 {}nb 为收敛数列，则 {}nnab ， {}nnab ， {}nnab 也都是收敛数列，且有 lim( )nnn ab lim limnnnnab  lim( )nnn ab  lim limnnnnab ． 特别当 nb 为常数 c 时有 l i m ( ) l i mnnnna c a c     ， lim limnnnnca c a ． 若再假设 0nb 及 lim 0nn b ，则 {}nnab 也是收敛数列，且有 l i m l i m l i mnnnn n nna abb     ． 【例 4】 求 lim 1nnn aa ，其中 1a ． 解 若 1a ，则显然有 1lim 12nnn aa ； 若︱ a ︱ 1 ，则由 lim 0nn a 得 lim 1nnn aa  lim lim 1)nnnnaa    0； 若︱ a ︱ 1 ，则 黑河学院学士毕业论文（设计） 6 lim 1nnn aa  1lim11nna 110 1 ． 【例 5】 求 lim (s in 1 s in )n nn  解，用有理化法，得 lim (s in 1 s in )n nn  = 11l i m 2 c o s s i n22nn n n n    因为 1cos 12nn ，而 1lim 2nnn 有理化得 1lim 02 ( 1 )n nn  所以 1lim sin 2nnnsin0 0， 故 lim ( sin 1 sin ) 0n nn   ． 【例 6】 求 2223lim( 1)n nn  解 2223lim( 1)n nn = 2223lim 21n nnn = 2232lim 211nnnn= 223lim(2 )21lim(1 )nnnnn = 223lim 2 lim21lim 1 lim limnnn n nnnn        = 20 21 0 0  ． 单调有界定理 有界数列的定义 定理 1 若数列 na收敛，则为 na有界数列，即存在正整数 M ， 使得对一切正整数 n 有 ︱ na ︱ ≤ M 证明 设 limnn aa 。 根据数列极限的定义，对于 1 存在正整数 N ，使得对于一切nN 有 不等式 1naa  即 11na a a    黑河学院学士毕业论文（设计） 7 记 maxM {︱ 1a ︱，︱ 2a ︱， ，︱ Na ︱，︱ 1a ︱，︱ 1a ︱ }，那么对一切正整数 n 都满足不等式︱ na ︱ M ． 这就证明了数列 {}na 是有界的。 注 有界性只是数列收敛的必要条件，而非充要条件。 例如数列 {( 1)}n 有界，但它并不收敛。 那什么条件才是充要条件呢，接下来第三章将会介绍。 【例 7】 判断数列 12 ， 23 ，„， 1nn ，„ 是否有界。 解 因为存在 1M ，使得对于一切 na 都满足不等式 ︱ 1nn ︱ ≤ 1，故数列1nn有界。 【例 8】 判断数列 2n 是否有界。 解 因为当 n 无限增大时 2n 可超过任何正数，所以数列 2n 无界。 定理 2 单调有界定理 （实数连续性） 在实数系中，有界的单调数列必有极限． 证 不妨设 {}na 为有上界的递增数列 ．由确界原理，数列 {}na 有上界，记supa {}na ．下面证明 a 就是 {}na 的极限。 事实上，任给 0 ，按上确界的定义，存在数列 {}na 中某一项 Na ，使得 Naa。 又由 {}na 的递增性，当 nN 时有 a Na ≤ na 另一方面，由于 a 是 {}na 的一个上界，故对一切 na 都有 na a a   。 所以当 nN 时有 na a a   ， 这就证得 limnn aa 。 同理可证有下界的递减数列必有极限，且其极限即为它的下确界。 公理的几何意义十分明显 .若数列 { na }单调增加有上界，设 na 在数轴上的对应点是 n . 当 n 无限增大时，点 n 在数轴上向右方移动，因为有上界，所以这些点必无限地趋近于某个点  .设  的坐标为 a ，则 a 就是数列 {na }的极限 . 例如： 1 2 1 12 , 2 , , 2 , ,nna a a a a     研究数列 {}na 的收敛。 首先数列 {}na 是单调上升： 1nnaa ，这可以用数学归纳法予以验证。 其次 ，同样可以验证数列 {}na 有界， 2na ． 因此由这个知 ， 数列 {}na 必收敛。 该定理用来判别 数列 是否收敛 ，不用刻意地和常数联系在 一起就可以判别某些数列 讲解 的收敛问题，或解决极限的存在问题，为理论上探讨数列的收敛问题奠定了基础，随着。