第二章数列极限 §1数列极限概念 例1设x 解利用级数一般项拆项的办法,有 k(k+1(k+2 2红(k(k+1)(k+1)k+2) 1·22·32.33·4 n(n+1)(n+1)(n+2) 2(1.2(n+1(n+2) 于是有 lim x= 例2按E-N定义证明 5n2+n-25 5n2+n-2 证 3n2-2 3n+4 3(3n2-2 取N=m1+14,当nN时, n2+n-25∠6
第二章 数列极限 §1 数列极限概念 例 1 设 = + + = n k n k k k x 1 ( 1)( 2) 1 ，求 n n x → lim . 解 利用级数一般项拆项的办法，有 = + + = n k n k k k x 1 ( 1)( 2) 1 = + + − + = n k 1 k k (k 1)(k 2) 1 ( 1) 1 2 1 + + − + + + − + − = ( 1)( 2) 1 ( 1) 1 3 4 1 2 3 1 2 3 1 1 2 1 2 1 n n n n + + − = ( 1)( 2) 1 1 2 1 2 1 n n . 于是有 4 1 lim = → n n x . 例 2 按 − N 定义证明 3 5 3 2 5 2 lim 2 2 = − + − → n n n n . 证 3 5 3 2 5 2 2 2 − − + − n n n 3(3 2) 3 4 2 − + = n n ≤ 2 3 2 4 n n （n>4） 3n 2 = ， 取 + = 1,4 3 2 max N ，当 n>N 时， 3 5 3 2 5 2 2 2 − − + − n n n <
注扩大分式是采用扩大分子或缩小分母的方法这里先限定n>4,扩大之后的分式 n)=仍是无穷小数列 例3证明lm=0(a>0,c>1) 分析设k=[a]+1,有 其中C=a>1,而对应用二项式展开适当放大后可以证明它趋向于零 证设k=[a]+1,则有 令C=1+h(h>0),应用二项式展开有 n n(n-1) (n-1)h 取N 1,当nN时就能保证 2 (n-1)h 例4按定义验证 im==0(c>0) 分析当01,注意到 nI n! n cnc·c…cc n!1.2..mm+1n-1n
注 扩大分式是采用扩大分子或缩小分母的方法.这里先限定 n>4，扩大之后的分式 n G n 3 2 ( ) = 仍是无穷小数列. 例 3 证明 lim = 0( 0, 1) → c c n n a n . 分析 设 k =[] +1 ，有 n a c n ≤ ( ) k n k n k n k a n c n c n = = ， 其中 c = a 1 k ，而对 n a n 应用二项式展开适当放大后可以证明它趋向于零. 证 设 k =[] +1 ，则有 n a c n ≤ ( ) k n k n k c n c n = . 令 c =1+ h(h 0) k ，应用二项式展开有 ( ) k n k n k h n c n + = (1 ) ≤ k h n n n − 2 2! ( 1) = k n h − 2 ( 1) 2 . 取 + = 1 2 1 2 k h N ，当 n>N 时就能保证 − k n a c n h n 2 ( 1) 2 . 即 lim = 0 → n k n c n . 例 4 按定义验证 0( 0) ! lim = → c n c n n . 分析 当 01，注意到 n c n c m c m c c c n c n + − = ! 1 2 1 1
当m充分大时 证设c>1,取k=c]+1,则k-1≤ck时 C·c·C n!1.2…(k-1)k 其中M (k1为固定的常数因为一是无穷小数列,所以vE>03N1>0,当n>N时, n M 于是当n>N=max{N1,k)时,有 M 此即lm==0(c>0)得证 例5证明 lim sin n不存在 证要证∨A∈R, lim sin n≠A,即彐60>0,VN>0,3m>N,使得|nn-4≥6 不妨设A≥0,(同理可证A④0的情形)、取6=√2,AN>0,在开区间 ,2Nr+7 中必存在正整数n,且n'>N,使得 Isin n-Al> Isin 5T §2收敛数列的性质 例1求极限 lim a>1) 解设S=1+2+…+n,等式两边乘可得
当 m 充分大时， 1 1 m + c . 证 设 c>1，取 k =[c] +1 ，则 k −1 c k ，故当 n>k 时， n c k c k c c c n c n − = ! 1 2 ( 1) ≤ n M n c k c k 1 ( 1)! 0 1 = − − ， 其中 ( 1)! 0 − = k c M k 为固定的常数.因为 n 1 是无穷小数列，所以 0,N1 0 ，当 n N1 时， 0 1 n M ， 于是当 n N = maxN1 , k 时，有 n M n c n 0 ! . 此即 0( 0) ! lim = → c n c n n 得证. 例 5 证明 n n lim sin → 不存在. 证 要证 AR， n n lim sin → ≠A，即 0 0,N 0,n N ，使得 0 sin n − A . 不妨设 A ≥ 0 ，（ 同 理 可 证 A<0 的 情 形 ） . 取 , 0 2 2 0 = AN ，在开区间 + + 4 7 ,2 4 5 2 N N 中必存在正整数 n ，且 n N ，使得 0 2 2 4 5 sin sin n − A − A = §2 收敛数列的性质 例 1 求极限 ( 1) 1 2 lim 2 + + + → a a n a a n n . 解 设 n n a n a a S = + ++ 2 1 2 ，等式两边乘 a 1 可得
两式相减后得到 因为m1=0.mn=0,于是由极限四则运算可得 lim s=lm 例2求极限 解由不等式 n 当n→∞时,lim =Lim 1(利用2°(8),由迫敛性可 on+I n"+1 n"+1 例3设数列{an}证明:若存在正整数N与实数k(0<k<1),当n≥N 0<a,<k 则 lm a=0 证由所设条件,Vn∈N有
2 3 1 1 1 2 + = + + + n n a n a a S a ， 两式相减后得到 2 1 1 1 2 1 1 + = + + + − − n n n a n a a a S a 1 1 1 1 1 1 + − − − = n n a n a a a . 因为 0,lim 0 1 lim 1 = = + → → n n n n a n a ，于是由极限四则运算可得 2 1 lim 1 1 1 1 1 1 1 1 lim lim + → → → − − − − = n n n n n n a n a a a a S = 2 (a −1) a . 例 2 求极限 + + + + + n→ + n n n n n 1 1 1 1 1 1 lim . 解 由不等式 n n n n n n n n n n n 1 1 1 1 1 1 1 1 2 + + + + + + + + . 当 n→ 时， 1 1 1 1 lim 1 1,lim 1 lim = + = + = → + → → n n n n n n n n n n n n （利用 2º（8）），由迫敛性可 得 1 1 1 1 1 1 1 lim = + + + + + n→ + n n n n n . 例 3 设数列 an .证明：若存在正整数 N0 与实数 k（0<k<1），当 n≥ N0 n n 0 a +1 ka ， 则 lim = 0 → n n a . 证 由所设条件， n N+ 有
00,a≠1,k≥1时,成立 分析若a>1,有 0 而lmn=1,设法证明 lim log,n=0即可 证先证当a>1,k≥1时等式成立由不等式 和迫敛性,只要证明 按定义,需证VE>0,3N>0,当nN时,满足 wns 11,N>0,当m>N时,必有11,于是 注与内容提要2°中的公式合在一起,当a0,a≠1k≥1c>1时,以下数列 都是无穷小数列,有时记作 lgn<<n<<c"<n<n"(n→∞)
0 0 1 0 0 N n an+N kan+N − k a . 因为当 00，a≠1，k≥1 时，成立 0 log lim = → k a n n n . 分析 若 a>1，有 n a a k a n n n n n log log log 0 = ， 而 lim =1 → n n n ，设法证明 lim log = 0 → n a n n 即可. 证 先证当 a>1，k≥1 时等式成立.由不等式 n n n n a k a log log 0 和迫敛性，只要证明 0 log lim = → n a n n . 按定义，需证 0,N 0 ，当 n>N 时，满足 n 0 log a n ， 即 n a n 1 . 这是因为 lim =1 → n n n ，对 a 1,N 0 ，当 n>N 时，必有 n a n 1 . 又当 00,a≠1,k≥1,c>1 时，以下数列 n n n k k a n n n c c n n n ! , ! , , log 都是无穷小数列，有时记作 log n n c n! n (n →) k n n a
例5证明斯笃茨( Stolz)定理 设数列{xn,{n}满足vmn∈N,xn0,N1>0,当n≥N1时 |-2 把Bn设定式改写成(n>N1) y=y-L+(B-I+a)(x,-xn-D) =yn2+(Bn2+a)(xn1-xn2)+(Bn1+a)(xn-xn-1) =yx+(Bx+a)(xx+-x)+…+(Bn1+a)(xn-xn1) =yx,+B,(x+-xx)+…+B=1(xn-x)+a(xn-x), 在等式两边同时除以x(n充分大时x>0),再减去a后取绝对值,又得 “) 因为im-=0,所以彐N2>0,当n>N2时
例 5 证明斯笃茨（Stolz）定理： 设数列 xn ,y n 满足 0 1 , 1 ,lim = → + + n n n n x n N x x ，且 a x x y y n n n n n = − − + + → 1 1 lim ， 则 a x y n n n = → lim . 分析 证明的基本思路是：设 n = a x x y y n n n n − − − + + 1 1 . 由已知条件， 0,N1 0 ，当 n≥ N1 时 2 n . 把 n 设定式改写成（n> N1 ）： ( )( ) n = n−1 + n−1 + n − n−1 y y a x x ( )( ) ( )( ) = n−2 + n−2 + n−1 − n−2 + n−1 + n − n−1 y a x x a x x =…… ( )( ) ( )( ) = N1 + N1 + N1+1 − N1 + + n−1 + n − n−1 y a x x a x x ( ) ( ) ( ) N1 N1 N1 1 N1 n 1 n n 1 n N1 = y + x − x + + x −x + a x − x + − − ， 在等式两边同时除以 n x （n 充分大时 n x >0），再减去 a 后取绝对值，又得 n N N N N n n n N N n n x x x x x x y a x a x y ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + − + + − − + − − = + − − n N n N N x x x y ax 1 1 1 1 2 2 1 1 + − n N N x y ax . 因为 0 1 lim = → n n x ，所以 N2 0 ，当 n N2 时
E 于是取N=max{N1,N2},当nN时有 注:若iman=a,在斯笃茨定理中设xn=n,yn=a1+a2+…+an,因为 =lman=a,所以lin a1+a,+…+a =a.因而斯笃茨定理是它的推广形 式 例6证明: l"+2P+…+n P+1(p为正整数) 证设y,=1P+2 ,xn=nP,有x 0,且 (n+1) +ClnP+…+1-nP+ 由于 xn1-xnn→(P+1)n”+…+1p+1 因此利用斯笃茨定量,有m+2+…+n=1 §3数列极限存在的条件 例1求极限 分析题中极限式与mn1+相近但有区别,在1++|中比1+多出了 项1合理的途径是化简(1+1+1 n+1 ,然后应用迫敛性来求解
2 1 1 − − n N N x y ax . 于是取 N = maxN1 , N2 ，当 n>N 时有 − + = 2 2 a x y n n . 注：若 an a n = → lim ，在斯笃茨定理中设 n n a a an x = n, y = 1 + 2 ++ ，因为 a a x x y y n n n n n n n = = − − + → + + → 1 1 1 lim lim ，所以 a n a a an n = + + + → 1 2 lim . 因而斯笃茨定理是它的推广形 式. 例 6 证明： 1 1 2 1 lim 1 + = + + + + → n p n p p p p n （p 为正整数）. 证 设 1 1 2 , + = + + + = p n p p p yn n x n ，有 0 1 1 ,lim = → + n n n n x x x ，且 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( 1) ( 1) ( 1) + + + + + + + + + + − + = + − + = − − p p p p p p p p n n n n n C n n n n n n x x y y . 由于 1 1 ( 1) 1 ( 1) lim lim 1 1 + = + + + + = − − → + + → p n p n x x y y p p n n n n n n ， 因此利用斯笃茨定量，有 1 1 2 1 lim 1 + = + + + + → n p n p p p p n . §3 数列极限存在的条件 例 1 求极限 n n n n + + → 2 1 1 lim 1 . 分析 题中极限式与 n n n + → 1 lim 1 相近但有区别，在 + + 2 1 1 1 n n 中比 + n 1 1 多出了一 项 2 1 n .合理的途径是化简 n n n + + 2 1 1 1 为 n n n + + 2 1 1 ，然后应用迫敛性来求解
1n+1 因为-+= 由(3.1), lim1+ 应用迫敛性,即有m1++ 例2设x1>-6.xm=√xn+6(n=12,…)证明数列{xn}收敛,并求其极限 证xm-x=V+6、6+xn-x2(2+xn)3-xn) (3.4) xn+6+xn√xn+6+xn 若x1xn,即{xn}为递增有上界数列,于是lmx存在 若x1<3,易证xn<3,n=2,3,…于是由(3.4),n,xn1<xn,又xn≥0.故{xn}为递 减有下界数列,lmx存在 若x1=3,xn≡3,imxn也存在 设imx=a,则有a=√a+6,解得a=3,于是 lim x =3 例3证明:对任何正整数n成立 (1) <l1+ n+1 (2){n}={1+1+…+1-lm}是递减的收敛数列 分析由基木不等式(1+1)(1+1)两边取自然对数后可以得到(35)式:然
解 因为 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 − = − + + + = n n n n n n n ，所以 n n + 1 1 < n n n + + 2 1 1 1 < n n − + 1 1 1 由（3.1）， n n n + → 1 lim 1 =e， n n n − + → 1 1 lim 1 = 1 1 1 lim 1 − → − + n n n − + → 1 1 lim 1 n n =e. 应用迫敛性，即有 n n n n + + → 2 1 1 lim 1 =e. 例 2 设 6, 6( 1,2, ) x1 − xn+1 = xn + n = .证明数列 xn 收敛，并求其极限. 证 n n n n n n n n n n n n x x x x x x x x x x x x + + + − = + + + − + − = + − = 6 (2 )(3 ) 6 6 6 2 1 （3.4） 若 x1 3 ，有 x2 = x1 + 6 3 ，由归纳法，若 xn 3 ，则 xn+1 = xn + 6 3 ，于是 xn 有上界.由（3.4） n n x x +1 ，即 xn 为递增有上界数列，于是 n n x → lim 存在. 若 x1 3 ，易证 xn 3，n=2,3,….于是由（3.4）， n n n x x +1 , ，又 n x ≥0.故 xn 为递 减有下界数列， n n x → lim 存在. 若 x1 = 3， xn 3， n n x → lim 也存在. 设 n n x → lim =a，则有 a = a + 6 ，解得 a=3，于是 n n x → lim =3. 例 3 证明：对任何正整数 n 成立 （1） n n In n 1 1 1 1 1 + + ； （3.5） （2） = + + + − Inn n cn 1 2 1 1 是递减的收敛数列. 分析 由基本不等式 n n + 1 1 <e< 1 1 1 + + n n 两边取自然对数后可以得到（3.5）式；然
后应用(3.5)不难证得(2) 证(1)由(3.2) 在上面不等式两边取自然对数,可得 即 1+-<m1 (2)先证{}有下界:由不等式(3.5) +Inn -In(n+D) 再证{n}有下界:由不等式(3.5),Wk∈N,有 In(k+1)-Ink< k 对k=1,2,3,…,n把上面不等式相加,可得 I(n+1)<1 于是 0<In(n+1)-Inn<1+-+.+--Inn 这就证明{n}是递减有下界数列,由单调有界定理,存在极限 lmc.=c=0.5772156649 注c称为欧拉( Euler)常数这样, 1+=+=+…+-=Im+c+En (3.6) 其中E,为无穷小数列,(36)式刻画了1+1+1+…+1发散的数量级与hmn相当 例4设 3xn1+x(n=1,2,…),试求极限lm 分析若mxn=a存在,由xn1+xn 两边取极限后即有
后应用（3.5）不难证得（2）. 证 （1）由（3.2）， n n + 1 1 <e< 1 1 1 + + n n . 在上面不等式两边取自然对数，可得 ( ) + + + n n In n nIn 1 1 1 1 1 1 . 即 n n In n 1 1 1 1 1 + + （2）先证 cn 有下界：由不等式（3.5）， ( 1) 1 1 1 + − + + + − = Inn In n n c c n n 0 1 1 1 1 − + + = n In n . 再证 cn 有下界：由不等式（3.5）， N+ k ，有 k In k Ink 1 ( +1) − ， 对 k=1，2，3，…，n 把上面不等式相加，可得 n In n 1 2 1 ( +1) 1+ ++ ， 于是 Inn n In n + − Inn + + + − 1 2 1 0 ( 1) 1 . 这就证明 cn 是递减有下界数列，由单调有界定理，存在极限 lim = = 0.5772156649 → c c n n … 注 c 称为欧拉（Euler）常数.这样， n Inn c n + + + + = + + 1 3 1 2 1 1 ， （3.6） 其中 n 为无穷小数列，（3.6）式刻画了 n 1 3 1 2 1 1+ + ++ 发散的数量级与 In n 相当. 例 4 设 ( 1,2, ) 1 1 , 2 1 1, 1 2 1 = + = = + = n x x x x n n ，试求极限 n n x → lim . 分析 若 n n x → lim =a 存在，由 n n x x + + = 1 1 1 ，两边取极限后即有
于是可解得a1=0.618…,a2=1618…,由xn≥0,可知a=0618…这样,问题归纳为只 须证明{xn}收敛 x 1+xn1+x1(1+xn(+x 由x2-x10,以此类推x4-x30,… 显然{xn}本身不是单调数列 利用以上分析中的,=a(a=0618…),若xna,则xm=1+下1+a=a:而x=10618…,于是可得这样可推测{}是摆动地 趋向于a现在来讨论{x}与{x-}的单调性 由于 (3.7) x(1+a+xna-xn 2+ 因此当xn0;当x>a时,有xn2-xna 所以{x2}是递增有上界数列(a为上界),{x2}是递减有下界数列(a为下界)由单调有 界定理,存在如下极限 lim x2k=a, lim x2=B 对递推关系x=1分别当m2k1n=2k取极限,可得 由此容易解出 a=B=a=0.618 因为{x2}与{x2}收敛于同一数a,所以lmxn=a=0618…
a a + = 1 1 , 于是可解得 1 a =0.618…, 2 a =-1.618…，由 n x ≥0，可知 a=0.618….这样，问题归纳为只 须证明 xn 收敛. 证 (1 )(1 ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 − − − + + + − − = + − + − = n n n n n n n n x x x x x x x x ， 由 2 1 x − x 0，以此类推 4 3 x − x 0.618…，于是可得这样可推测 xn 是摆动地 趋向于 a.现在来讨论 x2k 与 x2k −1 的单调性. 由于 n n n n n n x x x x x x − + + − = + − = + + 1 1 1 1 1 1 1 2 （3.7） n n n n n n x a x a x x x x + + + − = + − − = 2 (1 )( ) 2 1 2 ， 因此当 xn a 时，有 xn+2 − xn 0 ；当 xn a 时，有 xn+2 − xn 0 .但因 x 2k a, x2k −1 a ， 所以 x2k 是递增有上界数列（a 为上界），x2k −1 是递减有下界数列（a 为下界）.由单调有 界定理，存在如下极限 = → k k x2 lim ， − = → 2 1 lim k k x . 对递推关系 n n x x + + = 1 1 1 分别当 n=2k-1,n=2k 取极限，可得 + = + = 1 1 , 1 1 ， 由此容易解出 = = a = 0.618. 因为 x2k −1 与x2k 收敛于同一数 a，所以 lim = = 0.618 → xn a n