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收敛数列的性质(经典课件)
§2 收敛数列的性质 2教学内容:收敛数列的性质,四则运算法则,子数列. 教学内容 教学要求:使学生理解并能证明数列性质,极限的唯一性,局部有界性,保号性,保不等式性;掌握并会证 教学要求 明收敛数列的四则运算定理,迫敛性定理,并会用这些定理求某些收敛数列的极限;清楚子列概 念,明确数列与其子列敛散性关系. 教学重点:迫敛性定理及四则运算法则及其应用. 教学重点 教学难点:数列极限的计算. 教学难点 教学方法:讲练结合. 教学方法 教学学时: 教学学时:4 学时.引 言上节引进&数列极限&的定义,并通过例题说明了验证 lim an = a 的方法,这是极限较基本的内容,要n →∞求掌握.为了学习极限的技巧及其应用极限来解决问题.还需要对数列的性质作进一步讨论.一,收敛数列的性质: 收敛数列的性质:定理 2.2(唯一性)若数列 {an } 收敛,则它只有一个极限. (唯一性) 分析:设数列 {an } 有两个极限 a, b ,只需证明 a = b ,即证 a
b 可小于任一给定充分小的数. 证明: 证明:设 lim a n = a 与 lim a n = b ,根据数列极限的定义,有n →∞ n →∞N 1 ∈ N + , n & N 1 , 有 a n
取 N = max{N 1 , N 2 } .
& N ,同时有 N 2 ∈ N + , n & N 2 , 有 a n
b & ε . a n
a & ε , a n
b & ε ,于是,
a n ) + (a n
b & 2ε ,这就说明 a = b ,从而收敛数列的极限唯一. 定理 2.3(有界性)若数列 {an } 收敛,则 {an } 为有界数列. (有界性) 分析:即证 M & 0, n ∈ N , 都有 a n ≤ M . 证明: 1 证明:设 lim a n = a ,根据数列极限定义,对 ε 0= , N ∈ N + , n & N ,有 a n
a & 1 ,从而n →∞n & N ,有 a n = a n
a + a ≤ a n
a + a & 1 + a ,取 M = max{a1 , a 2 ,, a N , a + 1},于是, n ∈ N , 都有 a n ≤ M . 即收敛数列必为有界数列.n 注:有界性只是数列收敛的必要条件,而非充分重要条件.例如数列 ( 1) 有界,但它不收敛.{},则对任何 a′ ∈ (0, a ) (或 a′ ∈ ( a, 0) ) ,存在正数N,使得 定理 2.4(保号性)若 lim an = a & 0 (或 a & 0 ) (保号性)n →∞当 n & N 时有 an & a′ (或 an & a′ ) . 取 则
有 这就证得结果. 对于 a & 0 , 证明: 设 证明: a & 0 , ε 0 = a
a ( & 0) , N & 0 , n & N , a n & a
ε = a ,' '的情形,也可类似地证之.注:应用保号性时,经常取 a ='a . 2定理 2.5( 保不等式性 ) 设数列 {an } 与 {bn } 均收敛,若存在正数 N 0 ,使得当 n & N 0 时有 an ≤ bn ,则 ( 保不等式性)lim an ≤ lim bn .n →∞ n →∞证明: 证明:设 lim a n = a , lim a n = b ,则 ε & 0 , n →∞ n →∞N 1 & 0, 使得当n & N 1时有:a
ε & a n N 2 & 0, 使得当n & N 2时有:bn & b + ε,取 N = max{N 0 , N 1 , N 2 } ,则当 n & N 时有: a
ε & a n ≤ bn & b + ε ,故有 a & b + 2ε ,由 ε 的 任意性便知 a ≤ b (参见第一章§1 例 2) ,即 lim an ≤ lim bn .n →∞ n →∞思考:如果把条件& an ≤ bn &换成& an & bn & ,那么能否把结论换成 lim an & lim bn ?(答:不行,考虑 思考n →∞ n →∞数列
n 保不等式性的一个应用: 例 1 设 an ≥ 0( n = 1, 2,3,) ,证明:若 lim an = a ,则 lim an =n →∞ n →∞a.证明: 证明:由保不等式性可得 a ≥ 0 . 若 a = 0 ,则由 lim an = a , ε & 0 , N & 0 ,使得当 n & N 时有 a n
a = a n & ε ,从而n →∞a n
0 = a n & ε ,故有 lim a n = 0 .n →∞若 a & 0 ,则由 lim an = a , ε & 0 , N & 0 ,使得当 n & N 时有 a n
a & ε ,从而n →∞an
a an + a≤an
a a&1 aε ,故有 lim an = a .n →∞定理 2.6(迫敛性)设收敛数列 {an } , {bn } 都以 a 为极限,数列 {cn } 满足:存在正数 N 0 ,当 n & N 0 时有 (迫敛性)an ≤ cn ≤ bn ,则数列 {cn } 收敛,且 lim cn = a .n →∞证明: 证明:由已知 lim a n = lim bn = a 有 ε & 0 , n →∞ n →∞N 1 & 0, 使得当n & N 1时有:a
ε & a n N 2 & 0, 使得当n & N 2时有:bn & a + ε,从而取N = max{N 0 , N 1 , N 2 } ,当 n & N 时有 a
ε & a n ≤ c n ≤ bn & a + ε ,即有 c n
a & ε ,故得数列 {cn } 收敛,且 lim cn = a .n →∞注:迫敛性不仅给出了判定数列收敛的一种方法,而且也提供了一个求数列极限的工具. 下面是其应用一例: 例2 证明 lim n n = 1 .n →∞证明: 证明: n ∈ N + ,有 n n ≥ 1 ,令 n n
1 = hn ≥ 0 ,则n = (1 + hn ) n = 1 + nhn +所以 0 ≤ hn ≤n(n
1) 2 n hn +
+ hn ≥ hn , 2! 22 2 (n & 1) ,于是 1 ≤ n n = 1 + hn ≤ 1 + (n & 1) n 1 n 12
= 1 ,从而由迫敛性便知 lim n n = 1 . n →∞ n 1
易知 lim 1 = lim1 +n →∞ n →∞ 有些教材在此还有性质保序性(本节课后习题 2) (保序性 若 lim a n = a, lim bn = b ,且 a & b ,则存在正数 N ,使得当 n & N 时有 a n & bn . 保序性) 保序性n →∞ n →∞证明: 证明:根据数列极限的定义,对 ε 0 =ba a+b , 从而a n & , 2 2 ba a+b 由 lim bn = b 知 N 2 & 0, 使得当n & N 2时有 bn
b & , 从而 & bn , n →∞ 2 2 a+b & bn ,命题得证. 取 N = max{N 1 , N 2 } ,则当 n & N 时便有 a n & 2由 lim a n = a 知 N 1 & 0, 使得当n & N 1时有 a n
a &n →∞ba & 0, 2注: 利用保序性以及反证法很容易可证明保号性定理.二,数列极限的四则运算法则: 数列极限的四则运算法则:定理 2.7(极限的四则运算法则) 若 {an } , {bn } 为收敛数列,则 {an + bn } , {an
bn } , {an
bn } 也都收敛, (极限的四则运算法则) 且有 lim( an ± bn ) = a ± b = lim an ± lim( an
b = lim an
lim bn .若再做假设 bn ≠ 0 及n →∞ n →∞ n →∞ n →∞ n →∞ n →∞a
a a lim an lim bn ≠ 0 ,则数列
也收敛,且有 lim n = = n →∞ . n →∞ n →∞ b b lim bn
n n →∞证明: 证明:证明思路大致如下 设 lim a n = a , lim bn = b ,则 ε & 0 , n →∞ n →∞N 1 & 0, 使得当n & N 1时有 a n
N 2 & 0, 使得当n & N 2时有 bn
b & ε取 N = max{N 1 , N 2 } ,则当 n & N 时便有 a n
a & ε , a n
b & ε 同时成立. ① ( a n + bn )
( a + b) = ( a n
b ≤ 2ε 于是 lim (a n + bn ) = a + b = lim a n +n →∞ n→∞ n →∞② ( a n
b) = ( a n
b ≤ 2ε 于是 lim (a n
b =n →∞ n →∞ n →∞③又有界性定理收敛数列必有界,设数列 {bn } 有界,即 M & 0, 使得 n ∈ N + ,都有 bn ≤ M ,a n bn
ab = (a n bn
a n b) + (a n b
ab) ≤ a n bn
a ≤ Mε + b ε = ( M + b )ε于是 lim a n bn = ab =n →∞ n →∞ n →∞④由 lim bn = b ≠ 0 知 lim bn = b & 0 (上节课后习题 7) ,由数列极限保号性知 N 3 & 0 ,使得当n →∞n →∞n & N 3 时有 bn &b ,取 N = max{N 1 , N 2 , N 3 } ,则当 n & N 时便有 2(a b
abn ) an a a b
abn 1 ( b a n
b ) & 22 ( a + b )ε
= n = n ≤ bn b bn b bn b bn b b于是 lima n a lim a n = = n →∞ . n →∞ b b lim bn nn →∞在求数列的极限时,常需要使用极限的四则运算法则.下举几例; 例3 求 lim2n 2 + 3n
2 . n →∞ n2 + 12+ 3 2
lim 2 + lim
lim 2 n →∞ n →∞ n n →∞ n 2 n n
n n = = = = 2. 1 1 1
1+ 2 lim 1 + lim 2 lim1 + 2
n →∞ n →∞ n n →∞ n
n 解: lim2n + 3n
2 = lim n →∞ n →∞ n2 +12例 4 求 limam n m + am 1n m 1 +
+ a1n + a0 ,其中 m ≤ k , am ≠ 0, bk ≠ 0 . n →∞ b n k + b n k 1 +
+ b n + b k k 1 1 0a m n m + a m1 n m 1 +
+ a1 n + a0 = n m k 解: k k 1 bk n + bk 1 n +
+ b1 n + b0已知 lim nn →∞m ka m1 a0 a +
+ m11 + m n n n , b b b bk + k 1 +
+ k11 + 0 n n nk a a0 a a m + m 1 +
+ m11 + m 0,m & k n n n = a m ,从而 = , lim bk 1,m = k n→∞ b + bk 1 +
+ b1 + b0 k k 1 k n n n am +0,m & k am n m + am 1n m 1 +
+ a1n + a0
am . n →∞ b n k + b n k 1 +
+ b n + b k k 1 1 0
man ,其中 a ≠ 1 . 例5 求 lim n n →∞ a + 1解:若 a = 1 , liman 1 1 = lim = ; n →∞ a n + 1 n →∞ 1 + 1 2nlim a an 0 n →∞ 若 a & 1 , lim n = = = 0; n n →∞ a + 1 lim a + lim 1 0 + 1n →∞ n →∞若 a & 1 , liman = lim n →∞ a n + 1 n →∞1 1 1+ n a= 1.例6 求 lim n ( n + 1
n ) .n →∞解: lim n ( n + 1
n ) = limn →∞n n +1 + nn →∞= limn →∞1 1+ 1 +1 n=1 . 2例7 求 lim 1
1 1 . + ++
2 n →∞ n2 + 2 n2 + n
n +11 1+ 1 n = n n +n2解:由于≤1 n +12+1 n +22++1 n +n2≤n n +12=1 1+ 1 n2且易知 limn →∞1 1 1+ n= limn→ ∞1 1 1+ 2 n= 1 (参考例 1 结论) ,于是由数列极限迫敛性便知
=1. + ++ lim
n →∞ n2 + 2 n2 + n
n +1三,数列的子列: 数列的子列:1.引言: 极限是个有效的分析工具.但当数列 {an } 的极限不存在时,这个工具随之失效.这能说明什么呢? 难道 {an } 没有一点规律吗?当然不是! 出现这种情况原因是我们是从&整个&数列的特征角度对数列 进行研究.那么,如果&整体无序&&部分&是否也无序呢?如果&部分&有序,可否从&部分&来推 , 断整体的性质呢?简而言之,能否从&部分&来把握&整体&呢?这个&部分数列&就是要讲的&子列& . 2. 子列的定义: 定义1 定义1 设 {an } 为数列, {nk } 为正整数集 N + 的无限子集,且 n1 & n2 & n3 &
,则数列an1 , an2 , , ank ,称为数列 {an } 的一个子列,简记为 ank . 注 1 由定义可见,{an } 的子列 ank 的各项都来自 {an } 且保持这些项在 {an } 中的的先后次序.简单地 讲,从 {an } 中取出无限多项,按照其在 {an } 中的顺序排成一个数列,就是 {an } 的一个子列(或子列就是从 . {an } 中顺次取出无穷多项组成的数列) 注 2 子列 ank 中的 nk 表示 ank 是 {an } 中的第 nk 项, k 表示 ank 是 ank 中的第 k 项,即 ank 中的第 k 项就是 {an } 中的第 nk 项,故总有 nk & k . 特别地,若 nk = k ,则 ank = an ,即 ank = {an } . 注 3 数列 {an } 本身以及 {an } 去掉有限项以后得到的子列,称为 {an } 的平凡子列;不是平凡子列的子{ }{ }{ }{ }{ }{ }列,称为 {an } 的非平凡子列.如 {a2 k } , {a2 k 1} 都是 {an } 的非平凡子列. 3.数列与其子列敛散性关系: 由上节例 8 易知: 性质: 性质:数列 {an } 与它的任一平凡子列同为收敛或发散,且在收敛时有相同的极限. 那么数列 {an } 的收敛性与的非平凡子列的收敛性又有何关系呢?此即下面的结果: 定理 2.8 数列 {an } 收敛于 a
{an } 的任何非平凡子列都收敛且都收敛于 a . 证明: 证明 : [必要性] 设 ank 是 {an } 的任一子列.由 lim a n = a 知 ε & 0 , N & 0, 使得当 k & N 时有n →∞{ }a k
a & ε ,而 n k ≥ k ,于是 n k ≥ N ,从而 a nk
a & ε ,所以 ank 也收敛于 a .[充分性] 设 lim a 2 k 1 = lim a 2 k = a ,由数列极限的定义n →∞ n→ ∞{ } K 1 & 0,使得当k & K 1时有 a 2 k 1
a & ε ε & 0,
, K 2 & 0,使得当k & K 2时有 a 2 k
a & ε 取 N = max{2 K 1 ,2 K 2 } ,当 n & N ( n = 2k
1,有k & K 1;n = 2k,有k & K 2 ) ,有a n
a & ε ,即知数列 {an } 收敛于 a .注:此定理的证明也可由上节例 7 直接得到. 由此定理可见:若数列 {an } 收敛于 a ,则 {an } 的所有子列必收敛于 a ,反之亦成立;同时,若数列 {an } 由此定理可见 有一个子列发散,或有两个子列收敛而极限不相等,则数列 {an } 一定发散,这是判断数列发散的一个很方便 的常用方法,如由此易知数列 ( 1) n 发散.{}
收敛数列的性质_理学_高等教育_教育专区。最优化课件§1.2 收敛数列的性质收敛数列有如下一些重要性质: 收敛数列有如下一些重要性质: 定理 1(唯一性) 数列 (唯...§2.2 收敛数列的性质 收敛数列的性质 §2 收敛数列的性质Ⅰ. 教学目的与...收敛数列的性质(经典课件... 6页 免费 收敛数列的性质 8页 免费 收敛数列的...搜试试 2 悬赏文档 全部 DOC PPT TXT PDF XLS
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2017考研：数学必考大题（1）
来源：中公考研&&日&&&【爱学习，爱233网校】&&
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　一、极限计算　　整张试卷共23题，其中第15题几乎是极限计算大题的代名词。极限计算有8种武器，分别为：四则运算法则、等价无穷小替换、洛必达法则、幂指型函数的处理、单侧极限、夹逼定理、单调有界必有极限原理和泰勒公式。　　考生在基础阶段要把前5种武器掌握好：内容是什么弄清楚，会应用。后3种武器较难把握，我们可以分阶段啃下这几个硬骨头。基础阶段弄清定理内容，会做基本题目。　　对于夹逼定理，内容方面，考生要知晓它有数列和函数两种形式。每种形式条件是什么，结论是什么要理解。以数列形式为例，条件是一个数列夹在另两个数列之间(bn&= an&= cn, 只要n充分大时成立即可，因为考虑的是极限)，且有n趋于无穷时，两边的数列收敛到相同的数，结论是夹在中间的数列极限存在且极限值也为相同的数。应用方面，要熟悉夹逼定理推出的一个结论：无穷小乘有界量等于无穷小。会用夹逼定理计算一种长得很有型的数列的极限――n项分母互不相同的分式的和的极限。　　对于单调有界必有极限原理，内容不难理解。应用方面，可以处理另一种长得很有型的数列的极限问题――递推式数列的极限的存在性问题中的简单题;也可以到了强化阶段再全面处理这种题。　　泰勒公式可以说是算极限的最强大的武器。万物对立统一，这么强大的武器理解和运用起来自然会有些难度。基础阶段，要理解泰勒公式有两种形式――带皮亚诺余项的公式和带拉格朗日余项的公式，前者用来算极限，后者用来证明。算极限，需要记忆常见函数的泰勒公式。　　二、中值相关证明　　中值相关证明是考研数学公认的难点，考生得分率在30%以下。该部分内容比较丰富，包括费马引理、罗尔定理、拉格朗日定理、柯西定理和泰勒中值定理。基础阶段，要求考生对上述定理的内容能完整表述，前四个定理会证明。　　在基础阶段提出“会证”的要求并不过分，理由有三：1. 2015年真题考到了乘积的导数公式的证明，这提醒考生教材中的重要定理要会证;2. 2009年数一、二、三考了拉格朗日中值定理的证明3. 教材中原定理的证明中蕴含中证明其它结论的思想。　　三、多元极值　　多元极值问题分成两个子问题：无条件极值和条件极值。　　1. 无条件极值　　此类问题的表述为：求某二元函数f(x，y)的极值(或最值)。处理思路为利用多元函数极值的必要条件和充分条件。通过必要条件找出可能的极值点(驻点和不可导点)，利用充分条件一一判断。这部分考点及处理方式可以看成一元函数极值问题的考点及处理方式的自然推广。　　2. 条件极值　　此类问题的表述为：求某二元函数f(x，y)在约束条件g(x，y)=0下的极值(或最值)。处理思路为拉格朗日乘数法。　　四、二重积分　　二重积分几乎是数学二、数学三的必考内容，也是数学一同学学习多元积分的基础。二重积分比较关键的是计算步骤。拿到一个二重积分，第一步应检验奇偶对称性。有同学可能由于想不到或急于求成，未用对称性化简，结果徒增运算量，增大出错的概率。第二步应选择坐标系。只需搞清何时选择极坐标系，其余情况选择直角坐标系既可。二重积分有两个要素――积分区域和被积函数，所以计算过程中涉及到选择的时候要一看积分区域，二看被积函数。积分区域若为圆域或部分圆域，或者区域的边界的极坐标方程较直角坐标方程简单，则选极坐标系，若被积函数为“f(x^2+ y^2)”的形式，也选极坐标系。　　若选择了极坐标系，那接下来干什么?要选择积分次序吗?不用选，肯定是先对r积分后对角度积分，另一种次序的积分几乎没出现过。再往后就是定限了。极坐标系下定限可以简单概括为：从原点出发画一条射线穿过积分区域，与积分区域的边界有两个交点，这两个交点的r坐标即为第一次积分的积分上下限(把交点的r坐标用角度表示)。接下来，让刚才画的这条射线绕着原点旋转，直到与积分区域的边界相切，这两条切线对应的角度即为第二次积分的积分上下限。　　若选择了直角坐标系，那接下来要选择积分次序。又涉及到选择了，当然是一看积分区域，二看被积函数。看积分区域的原则是避免分类讨论，看被积函数的原则是让第一次积分简单。次序选完后，就进入到收官阶段――定限了。直角坐标系下定限可以简单概括为：先对谁积分就画一条平行于哪个坐标轴的直线，穿过积分区域，与积分区域的边界有两个交点。这两个交点就对应着第一次积分的积分上下限。接下来，让刚才画的这条直线平行移动，直到与积分区域的边界相切。这两条切线就对应着第二次积分的积分上下限。
来源:233网校-责编:zsy
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免费状态：进行中免费状态：进行中免费状态：进行中免费状态：进行中免费状态：进行中免费状态：进行中免费状态：进行中免费状态：进行中2015考研数学：利用夹逼准则求解数列极限问题
10:07:23 |
在考研数学中，关于数列极限的问题是一个经常出现的考点，其求解方法也很多，常用方法包括：数列的单调有界准则、夹逼准则、转化成函数极限计算、利用定积分定义计算、恒等变形、等价代换、极限性质、极限定义，在这些方法中，除了数列的单调有界准则之外，数列的夹逼准则也是用得较多的一种方法。数列极限的出题形式常见的有3种：判断数列是否收敛、证明数列存在极限、在数列存在极限时计算其极限。为了帮助各位考生掌握好求解数列极限问题的各种方法，文都网校的老师将向大家逐步地介绍这些方法。下面向大家介绍如何用夹逼准则求解数列极限问题的方法，供各位考生参考。
夹逼准则：
夹逼准则的使用方法：
2)夹逼准则常用于计算若干项和的极限，常将其放大到若干项中最大项的倍数，缩小到若干项中最小项的倍数;
典型例题：
上面就是考研数学中用夹逼准则求解数列的极限问题的方法介绍，供考生们参考借鉴。在以后的时间里，此后还会陆续向考生们介绍求解数列极限问题的其它方法，希望各位考生留意查看。最后预祝各位学子在2015考研中取得佳绩。
(责任编辑：xiaxi)
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