【数学分析笔记】第2章第2节数列极限（4）

本文主要是介绍【数学分析笔记】第2章第2节数列极限（4），希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

2. 数列极限

2.2 数列极限

2.2.6 数列极限的四则运算

【定理2.2.5】设$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=a,\underset{n\to \infty }{\lim }{y}_n=b$，则：
（1）$\underset{n\to \infty }{\lim }(\alpha x_n+\beta y_n)=\alpha a+\beta b$；（减法相当于加上负数，相加只能是固定有限项相加才能用加法法则，如果是不固定的项数的数列，不能直接用加法法则）
（2）$\underset{n\to \infty }{\lim }(x_n{y}_n)=ab$；
（3）$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{x_n}{y_n}(\underset{n\to \infty }{\lim }{y}_n=b\ne 0)$（前面有限项为0不用管，$b\ne 0$，这个极限有意义，即从某一项开始 { y n } \{y_{n}\} {yn​}不为0）
【证】由$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=a$可知 { x n } \{x_{n}\} {xn​}有界，$\exists X>0$使得$\forall n\in {\mathbb{N}}^{+}:|x_n|<X$
$\forall \epsilon >0,\exists N_1,\forall n>N_1:|x_n-a|<\epsilon$
$\exists N_2,\forall n>N_2:|y_n-b|<\epsilon$
取 N = max ⁡ { N 1 , N 2 } , ∀ n > N : N=\max\{N_{1},N_{2}\},\forall n>N: N=max{N1​,N2​},∀n>N:
（1）$|(\alpha x_n+\beta y_n)-(\alpha a+\beta b)|=|\alpha (x_n-a)+\beta (y_n-b)|\le |\alpha (x_n-a)|+|\beta (y_n-b)|=|\alpha ||x_n-a|+|\beta ||y_n-b|<(|\alpha |+|\beta |)\epsilon$（$(|\alpha |+|\beta |)\epsilon >0$，满足定义）
所以$\underset{n\to \infty }{\lim }(\alpha x_n+\beta y_n)=\alpha a+\beta b$
（2）$|x_n{y}_n-ab|=|x_n{y}_n-x_{n}b+x_{n}b-ab|=|x_n(y_n-b)+b(x_n-a)|\le |x_n||y_n-b|+|b||x_n-a|<(X+|b|)\epsilon$（刚才用有界性推出$X>0$，这里陈纪修老师用$|X|$是为了体现得更清晰）
所以$\underset{n\to \infty }{\lim }(x_n{y}_n)=ab$
（3）$\underset{n\to \infty }{\lim }{y}_n=b\ne 0$，则$\exists N_0,\forall n>N_0:|y_n|>\frac{|b|}{2}>0$（数列极限的保序性定理：若$\underset{n\to \infty }{\lim }{y}_n=b\ne 0$，则$\exists N,\forall n>N,|y_n|>\frac{|b|}{2}>0$）
$|\frac{x_n}{y_n}-\frac{a}{b}|=\frac{|b{x}_n-a{y}_n|}{|b{y}_n|}=\frac{|b{x}_n-ab+ab-a{y}_n|}{|b{y}_n|}<\frac{|b{x}_n-ab+ab-a{y}_n|}{\frac{|b{|}^2}{2}}\le \frac{|b{x}_n-ab|+|ab-a{y}_n|}{\frac{|b{|}^2}{2}}=\frac{|b||x_n-a|+|a||b-y_n|}{\frac{|b{|}^2}{2}}=\frac{|b||x_n-a|+|a||y_n-b|}{\frac{|b{|}^2}{2}}$
取 N ′ = max ⁡ { N 0 , N 1 , N 2 } , ∀ n > N ′ N'=\max\{N_{0},N_{1},N_{2}\},\forall n>N' N′=max{N0​,N1​,N2​},∀n>N′
则$|\frac{x_n}{y_n}-\frac{a}{b}|<\frac{2(|a|+|b|)\epsilon }{|b{|}^2}$（乘上了一个跟$\epsilon$无关的常数，符合定义）
所以$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{x_n}{y_n}(\underset{n\to \infty }{\lim }{y}_n=b\ne 0)$

【例2.2.9】求$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{5^{n+1}-(-2{)}^n}{3\cdot 5^n+2\cdot 3^n}$
【解】$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{5^{n+1}-(-2{)}^n}{3\cdot 5^n+2\cdot 3^n}(上下同除5^n)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{5-(-\frac{2}{5}{)}^n}{3+2\cdot (\frac{5}{3}{)}^n}=\frac{5}{3}$

【例2.2.10】当$a>0,\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{a}=1$
【证】当$a>1$时，结论已知（之前证明过了）
当$a=1$时，结论显然
当$0<a<1$时，$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{a}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{\sqrt[n]{\frac{1}{a}}}=\frac{1}{1}=1$


【例2.2.11】求$\underset{n\to \infty }{\lim }n(\sqrt{n^2+1}-\sqrt{n^2-1})$
【解】$\underset{n\to \infty }{\lim }n(\sqrt{n^2+1}-\sqrt{n^2-1})=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n(\sqrt{n^2+1}-\sqrt{n^2-1})(\sqrt{n^2+1}+\sqrt{n^2-1})}{\sqrt{n^2+1}+\sqrt{n^2-1}}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n(n^2+1-n^2+1)}{\sqrt{n^2+1}+\sqrt{n^2-1}}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{2n}{\sqrt{n^2+1}+\sqrt{n^2-1}}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{2}{\frac{\sqrt{n^2+1}+\sqrt{n^2-1}}{n}}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{2}{\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}+\sqrt{1-\frac{1}{n^2}}}=\frac{2}{1+1}=1$


【例】求$\underset{n\to \infty }{\lim }(\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{n^2+2}}+...+\frac{1}{\sqrt{n^2+n}})$
【错解，这是错解，不要模仿】$\underset{n\to \infty }{\lim }(\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{n^2+2}}+...+\frac{1}{\sqrt{n^2+n}})（此处错误）=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}+\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{\sqrt{n^2+2}}+...+\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}=0$
【错因】随着$n$增加，项数在变，数列加起来求极限只能是有限个相加可以用加法法则，但是如果是随着$n$增加，项数增加，不是固定的有限项，所以此处错误不能写等号。
【解】$\frac{n}{\sqrt{n^2+n}}\le \frac{1}{\sqrt{n^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{n^2+2}}+...+\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}\le \frac{n}{\sqrt{n^2+1}}$
$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n}{\sqrt{n^2+n}}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}}=1$
$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n}{\sqrt{n^2+1}}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}}=1$
由数列极限的夹逼性定理可知$\underset{n\to \infty }{\lim }(\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{n^2+2}}+...+\frac{1}{\sqrt{n^2+n}})=1$


【例2.2.12】$a_n>0,\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=a$，证明$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{a_1{a}_2...a_n}=a$
【证】由数列极限保序性的推论（若$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=a,\underset{n\to \infty }{\lim }{y}_n=b$，若$\exists N,\forall n>N,x_n\le y_n$，则$a\le b$.）可知
$a_n>0$，所以$a\ge 0$（$a_n>0$是包含在$a_n\ge 0$的情况内的，反之不行），所以接下来分类讨论只讨论$a>0$和$a=0$的两种情况。
（1）若$a>0$时，$,\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{a_n}=\frac{1}{a}$
由$\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}\ge \sqrt[n]{a_1{a}_2...a_n}\ge \frac{n}{\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+...+\frac{1}{a_n}}$
由于$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}=a$（上节课证明过的结论）
$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n}{\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+...+\frac{1}{a_n}}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{\frac{\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+...+\frac{1}{a_n}}{n}}=\frac{1}{\frac{1}{a}}=a$（还是用到结论$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+...+\frac{1}{a_n}}{n}=\frac{1}{a}$）
由数列极限的夹逼性定理可知
$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{a_1{a}_2...a_n}=a$
（2）若$a=0$时，$\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}\ge \sqrt[n]{a_1{a}_2...a_n}>0$
由于$\underset{n\to \infty }{\lim }0=0$，$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}=a=0$
由数列极限的夹逼性定理可知
$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{a_1{a}_2...a_n}=a$
综上所述当$a_n>0,\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=a$时，$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{a_1{a}_2...a_n}=a$

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