定义求解
主要就是 ε − N \varepsilon - N ε−N语言
如证 lim n → ∞ q n = 0 \lim_{n\to\infty}q^n=0 limn→∞qn=0,其中 q q q为常数且 ∣ q ∣ < 1 |q|<1 ∣q∣<1
解:
按定义证起手都是 ∣ a n − A ∣ < ε |a_n-A|<\varepsilon ∣an−A∣<ε
欲证 ∣ q n − 0 ∣ = ∣ q n ∣ < ε |q^n-0|=|q^n|<\varepsilon ∣qn−0∣=∣qn∣<ε,对于有幂的考虑使用对数
即证 n ln ∣ q ∣ < ln ε n\ln|q|<\ln \varepsilon nln∣q∣<lnε
因为左侧负,故取 ε ∈ ( 0 , 1 ) \varepsilon \in (0,1) ε∈(0,1),这样 ln ε \ln \varepsilon lnε也为负
移项 n > ln ε ln ∣ q ∣ n>\frac{\ln \varepsilon}{\ln |q|} n>ln∣q∣lnε
取 N = [ ln ε ln ∣ q ∣ ] + 1 N=[\frac{\ln \varepsilon}{\ln |q|}]+1 N=[ln∣q∣lnε]+1
则当 n > N n>N n>N时必有 n > ln ε ln ∣ q ∣ n>\frac{\ln \varepsilon}{\ln |q|} n>ln∣q∣lnε
则 ∣ q n − 0 ∣ < ε |q^n-0|<\varepsilon ∣qn−0∣<ε,故 lim n → ∞ q n = 0 \lim_{n\to\infty}q^n=0 limn→∞qn=0得证
收敛数列的性质
- (唯一性)极限存在必唯一
- (有界性)极限存在数列必有界
- (保号性)数列 { a n } \{a_n\} { an}极限 a > 0 a>0 a>0(或 a < 0 a<0 a<0),则存在正整数 N N N,当 n > N n>N n>N时有 a n > 0 a_n>0 an>0(或 a n < 0 a_n<0 an<0)
不等关系
不等关系主要还是靠不等式(放缩)
证明若 lim n → ∞ \lim_{n\to \infty} limn→∞,则 lim n → ∞ ∣ a n ∣ = ∣ A ∣ \lim_{n \to \infty}|a_n|=|A| limn→∞∣an∣=∣A∣
解:
由题意有 ∀ ε > 0 , ∃ N > 0 , n > N , 有 ∣ a n − A ∣ < ε \forall \varepsilon > 0, \exist N>0,n>N,\text{有}|a_n-A|<\varepsilon ∀ε>0,∃N>0,n>N,有∣an−A∣<ε
由不等式 ∣ ∣ a ∣ − ∣ b ∣ ∣ ≤ ∣ a − b ∣ ||a|-|b||\le|a-b| ∣∣a∣−∣b∣∣≤∣a−b∣得
∣ ∣ a n ∣ − ∣ A ∣ ∣ ≤ ∣ a n − A ∣ < ε ||a_n|-|A||\le|a_n-A|<\varepsilon ∣∣an∣−∣A∣∣≤∣an−A∣<ε
数列收敛性和子列收敛性
若数列 { a n } \{a_n\} { an}收敛则其子列 { a n } \{a_n\} { an}也收敛,且有:
lim k → ∞ a k n = lim n → ∞ a n \lim_{k \to \infty}a_{kn}=\lim_{n\to \infty}a_n k→∞limakn=n→∞liman
这个是能反过来说的:若存在某子列 { a n } \{a_n\} { an}发散或者两个子列收敛但收敛值不同,则原数列发散
某些情况要研究子列构成父数列全体,如果子列是2k,那就得有两个:2k和2k+1,如果是3k,就得三个:3k、3k+1、3k+2
证明 { n ( − 1 ) n } \{n^{(-1)^n}\} { n(−1)n}极限不存在
解:
看 n n n为奇偶两种情况,为奇和为偶两种情况收敛极限的不一样,因此原数列无极限
其他
不知道该起啥子标题
lim u → 1 u v = 1 ∞ e lim v ln u = e v ( u − 1 ) \lim_{u \to 1} u^v\mathop{ {=}}\limits^{ {1^\infty}}e^{\lim v \ln u}=e^{v(u-1)} u→1limuv=1∞elimvlnu=ev(u−1)
成立的前提是式子形式为 1 ∞ 1^\infty 1∞,此时显然 u → 1 u \to 1 u→1
关于这个式子的来历,主要是因为 ln u = ln ( 1 + u − 1 ) \ln u=\ln (1+u-1) lnu=ln(1+u−1),并且在 x → 0 x \to 0 x→0时根据等价无穷小有 x ∼ ln ( 1 + x ) x\sim \ln (1+x) x∼ln(1+x)。由于 u → 1 u \to 1 u→1,故 u − 1 → 0 u-1\to 0 u−1→0,可以套用上述代换,可以得到 ln u = ln ( 1 + u − 1 ) = x − 1 \ln u=\ln (1+u-1)=x-1 lnu=ln(1+u−1)=x−1
结论:当 q q q为常数且 ∣ q ∣ < 1 |q|<1 ∣q∣<1时, S = lim n → ∞ S n = a 1 1 − q S=\lim_{n \to \infty}S_n=\frac{a_1}{1-q} S=limn→∞Sn=1−qa1
强调是常数,因为如果不是,看下题:
当 q = 1 − 1 n q=1-\frac1n q=1−n1时的 lim n → ∞ q n \lim_{n \to \infty}q^n limn→∞qn的极限是?
解:
能够发现 n → ∞ n\to \infty n→∞时符合 1 ∞ 1^\infty 1∞的形式(见上面的结论)
lim n → ∞ q n = lim n → ∞ = e lim n → ∞ n ( − 1 n ) = e − 1 \lim_{n \to \infty}q^n=\lim_{n \to \infty}=e^{\lim_{n \to \infty}n(-\frac1n)}=e^{-1} n→∞limqn=n→∞lim=elimn→∞n(−n1)=e−1
它压根不等于0
lim n → ∞ a n = 0 ⇔ lim n → ∞ ∣ a n ∣ = 0 \lim_{n \to \infty}a_n=0 \Leftrightarrow \lim_{n \to \infty}|a_n|=0 n→∞liman=0⇔n→∞lim∣an∣=0
这样的话欲证 a n → 0 a_n\to 0 an→0就可以转化为证 ∣ a n ∣ → 0 |a_n|\to 0 ∣an∣→0,此时若使用夹逼定理,则已经知道了 0 ≤ ∣ a n ∣ ≤ . . . 0 \le |a_n| \le... 0≤∣an∣≤...,完成了一半的证明,只需再证右侧
推导依靠下面的不等式:
∣ ∣ a n ∣ − A ∣ ||a_n|-A| ∣∣an∣−A∣
关于夹逼定理
形式是 y n ≤ x n ≤ z n y_n\le x_n \le z_n yn≤xn≤zn
对于两个不等号,是否有等于不要紧
递推式优先考虑单调有界准则
设数列 { a n } \{a_n\} { an}满足 a 1 = a ( a > 0 ) , a n + 1 = 1 2 ( a n + 2 a n ) a_1=a(a>0),a_{n+1}=\frac12(a_n+\frac{2}{a_n}) a1=a(a>0),an+1=21(an+an2),证明极限存在并求值
解:
证有下界:
利用不等式 a + b > 2 a b a+b>2\sqrt{ab} a+b>2ab代换递推式右侧得 a n + 1 = 1 2 ( a n + 2 a n ) = 2 a_{n+1}=\frac12(a_n+\frac{2}{a_n})=\sqrt2 an+1=21(an+an2)=2,这就是下界
注意不等式的前提是 a , b > 0 a,b>0 a,b>0,并且可以根据 a 1 = a > 0 a_1=a>0 a1=a>0推知 a n > 0 a_n>0 an>0,对于了不等式的前提
证单调:
a n + 1 − a n = 1 2 ( a n + 2 a n ) − a n = 2 − a n 2 2 a n ≤ 0 a_{n+1}-a_n=\frac12(a_n+\frac{2}{a_n})-a_n=\frac{2-a_n^2}{2a_n} \le 0 an+1−an=21(an+an2)−an=2an2−an2≤0,故单调递减
最后求解:
带入A解递推式即可: A = 1 2 ( A + 2 A ) A=\frac12(A+\frac2A) A=21(A+A2),再结合保号性知 A = 2 A=\sqrt2 A=2