n
n lim 由此可得 n→ ∞ a
( a > 0)
n n n ⇒ lim a =1 由 1 a n ( n a 时 ) ≤ ≤ ≥ (1) 当 a ≥ 1 时， n→ ∞
∴ lim n a = lim (2) 当 0 < a < 1 时，
n→ ∞
1 1a
n→ ∞ n
=
1
n→ ∞
1 >1 a
lim n 1 a
第三节 极限存在的判别准则
1. 夹逼性定理 2. 单调有界性定理 3. 小结、作业
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一. 夹逼定理
定理1 设有数列 { x n }, { yn }, { z n }，满足： （1） ∃N , n > N : zn ≤ xn ≤ yn （2） lim yn = lim z n = A, 则ຫໍສະໝຸດ n→ ∞2 2解
n
<
1
++
<
2
,
注：1) 求n项和的数列极限时常用夹逼准则。 2) 使用夹逼准则时需要对极限的值有个猜测。
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n 例2 再求 lim n→∞
n
证： 由AG不等式 :
( n − 2) + 2 n ⋅1 ⋅ 1 n n ≤ 1≤ n = n 1 n n− 2 2 n lim ≤ 1+ , ( n ≥ 2). ⇒ n→ ∞ n = 1. n
n →∞
由保序性， ∃N， ∀n > N :
n
a < aε .
两边取对数，得
log a n < ε. n
n n
当n → ∞时，下列无穷大量阶的 比较有
log a n n a (a > 1) n! n
k
例4 解
设 x n = n 1 + 2 n + 3 n , 求 lim x n
n→ ∞
1) x n ≤ β , ∀n ∈ {1,2}; 2) ∀ε > 0, ∃N : x N > β − ε .
{x n }单调增， 故 ∀n > N , 有 x n > x N > β − ε ,
而 x n ≤ β < β + ε , 于是 ∀n > N , 有 β − ε < x n < β + ε ,
思考题
1 1 1 (1) 证明不等式 < ln(1 + ) < ; n+1 n n
1 1 1 ( 2) 设 x n = 1 + + + + − ln n, 证明{x n }收敛。 2 3 n
1 [ln( k + 1) − ln k ] <∑ , 提示： 由(1)得， ∑ k =1 k =1 k 1 1 1 > 0, 有下界. 即 ln( n + 1) < 1 + + + , ∴ x n+1 > n +1 2 n
1 1 1 1 1 n lim n = lim ⋅ ⋅ ⋅ = lim = 0. n→∞ n→∞ n n →∞ 1 2 n n!
二. 单调有界数列收敛定理
定理2 若数列 {x n }单调增 (减 )且有上(下)界,
则 {x n }必收敛 .
证明 设 {x n }有上界，则必有上确界 ：β = sup{x n }, 由上确界定义知:
a ∴ lim = 0. n →∞ n!
n
a[a ] a → 0, ( n → ∞ ). ≤ ⋅ [a ]! n
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nk ( 3) x n = n , ( a > 1, k ∈ N + ). a
解
n
不妨设 a > 1, 记a = 1 + α (α
n
> 0)
k +1 k +1 a = (1 + α ) ≥ C n α
设 lim x n = a , 且a ≥
n→ ∞
A > 0.
对 x n +1
∴ lim x n =
n→ ∞
1 A 2 ( ) a a = a + ⇒ = A, 即 a = 两边求极限，得 2 a
1 A = ( xn + ) 2 xn
A.
A.
例3 证明数列 x1 = 3 , xn + 1 = 3 + xn 的极限存在并求 lim xn .
1 n+1 = (1 + ) = x n+1 , (∀n ≥ 2). ∴{x n }单调增。 n+1 n+ 2
=4
故{x n }有上界。
1 n (1 + ) = e 由此得 {x n }收敛， 并记 lim n →∞ n
1 n+1 解法二 作辅助数列 y n = (1 + ) n
( n > 2k )
n k = n ⋅ ( n − 1) ( n − k ) ≥ n( ) ( k + 1)! k +1 2
n k 2 k ( k + 1)! 1 0< n ≤ a α k +1 n nk ∴ lim n = 0. n→∞ a
α
k +1
α
k +1 `
0,（ n → ∞ ).
log a n =0 利用极限性质可证得 lim n→∞ n 事实上，∀ε > 0 ⇒ a ε > 1, 而 lim n a = 1 < a ε ,
5 12 29 而a1 = 2, a 2 = , a 3 = , a4 = , 故 a1 < a 3 , a 2 > a4 , 2 5 12
∴{a 2 n−1 }单调增，有上界；{a 2 n }单调减，有下界；
都收敛 . 设 lim a 2 n −1 = A, lim a 2 n = B ,
n→∞ n→∞
n→ ∞
lim x n = A
{yn }, {zn }在具体应 注意 定理中满足条件的
. 放大或缩小找出的
n→ ∞
, 而是通过对{x n }的适当 用时不是事先给出
例1 求 lim (
n→ ∞
1 n +1
2
+
1 n +2
2
++
1
2
1 n +n n
2
).
n +n n +1 n +n n +1 1 n n 1 又 lim 2 = lim = 1, lim = 1, lim = 2 n→ ∞ n + n n→ ∞ n→ ∞ n + 1 n→ ∞ 1 1 1+ 1+ 2 n n 1 1 1 由夹逼定理得 lim ( 2 + ++ ) = 1. 2 2 n→ ∞ n +1 n +2 n +n
n ( n + 1) + 1 n n+1 1 n+1 ) ⋅1 ≤ =( yn n+1 n+2
n+ 2
1 = , y n+1
即 y n+1 ≤ y n , {y n }单调减 , 又 y n ≥ 0,有下界，
由此得{y n }收敛。
1 n+1 (1 + ) 1 n n ∴ lim(1 + ) = lim = lim y n = e . n →∞ n →∞ n →∞ 1 n 1+ n
解
a1 = 2, 则 a n ≥ 2, ( n = 1,2, ), 又
1 1 a n−1 = 2+ a n +1 = 2 + = 2+ 1 an 2 a + 1 n − 1 2+ a n−1 a n−1 + 1 = 3− < 3, 2a n−1 + 1 ∴ 2 ≤ a n ≤ 3, 即 {a n }为有界 .
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1.
例3 求下列数列的极限
n! ! n (1) x n = n ; (由前面讨论知lim n = 0) n→∞ n n n a ( 2) x n = ; n! 证： ∀n > [a ],
a a a a a a an ≤ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 0< 1 2 [a ] [a ] + 1 [a ] + 2 n n!
n →∞
1 n 例 5 数 e 的存在性 设 xn = (1 + ) , 求 lim x n n→ ∞ n
1 n(1 + ) + 1 n 解 设 xn = (1 + 1 )n ⋅ 1 ≤ ( ) n+1 n n+1
1 1 n(1 + ) + 2 ⋅ 1 n 1 n 1 2 n 2 又 x n = (1 + ) = 4 (1 + ) ( ) ≤ 4 n+2 n n 2
设 lim x n = a , 对 x n = n + 3 x n−1两边求极限得 n→∞ 2n − 1
1 a = a ⇒ a = 0, ∴ lim x n = 0. n→∞ 2
例 2 设 A > 0 , x1 > 0, x n+1
试证 { x n } 收敛 , 并求此极限 .
A 1 = ( x n + ), ( n = 1,2, ) xn 2
3 = n 3 n < xn < n 3 ⋅ 3 n = 3 ⋅ n 3 → 3, ( n → ∞ ),
lim x n = 3.
n→∞