【4】数列极限基础

作者: 备考999天 | 来源:发表于2022-07-02 21:22 被阅读0次

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定理4.1 收敛的数列有界。
证明设 $\lim_{n\rightarrow\infty}{a_n}=A$ ，那么存在正整数 $N$ ，当 $n>N$ 时
$||a_n|-|A||\le |a_n-A|<1$ 得 $|a_n|<|A|+1$
当自然数 $n\le N$ 时，令 $A'=max_{n\le N}(|a_n|)$ ，即 $\forall n\le N,|a_n|\le A'$ .
取 $M=max(A,A')$ 综上所述可得：
$\forall n\in \mathbb N, |a_n|\le M$ 从而证得 $a_n$ 有界。
$\blacksquare$

题4.2 数列 $\{a_n\}$ 收敛于非零实数 $A$ ，那么： $\lim_{n\rightarrow\infty}{\frac{1}{a_n}}=\frac{1}A$
证明 (1)当 $A>0$ 时， $\exists N_1\in \mathbb N_+,\forall n>N_1,|a_n-A|<\frac{A}2$ 即：
$\frac{1}2 A<a_n<\frac{3}2 A$ 所以 $|a_n|>\frac{|A|}2$ .

(2)当 $A<0$ 时， $\exists N_1\in \mathbb N_+,\forall n>N_1,|a_n-A|<-\frac{A}2$ 即：
$\frac{3}2 A<a_n<\frac{1}2 A$ 所以 $|a_n|>\frac{|A|}2$ .
(1)(2)说明， $\exists N_1\in \mathbb N_+,\forall n>N_1,|a_n|>\frac{|A|}2$ .
取 $\epsilon>0$ ，则 $\frac{A^2}{2}\epsilon>0$ ，则存在 $N_2\in \mathbb N_+,|a_n-A|<\frac{A^2}{2}\epsilon$ 。取 $N=\max(N_1,N_2)$ ，那么，对于任意的 $n>N$ ，有： $|a_n|>\frac{|A|}2$ 且 $|a_n-A|<\frac{A^2}{2}\epsilon$ ，于是：
$\left| \frac{1}a_n-\frac{1}A \right|=\frac{|a_n-A|}{|A|\cdot|a_n|}<\frac{\frac{A^2}{2}\epsilon}{\frac{A^2}{2}}=\epsilon$
所以， $\lim_{n\rightarrow\infty}{\frac{1}{a_n}}=\frac{1}A$
$\blacksquare$

题4.3 $x$ 是锐角弧度，求证： $\sin x<x<\tan x$
解如图4.1,圆 $O$ 是单位圆，点 $A,B$ 在圆周上，且 $\angle AOB=x$ 是锐角，连接 $AB$ ，设切线 $AC$ 交 $OB$ 的延长线于点 $C$ 。

图4.1

根据弧度的定义知，弧 $\overset{\frown}{AB}=x$ ，且根据面积公式，有：
$S_{\Delta OAB}=\frac{1}2 OA\cdot OB \sin x=\frac{1}2 \sin x$ $S_{扇形OAB}=\frac{1}2 OA\cdot\overset{\frown}{AB}=\frac{1}2x$ $S_{\Delta OAC}=\frac{1}2 OA\cdot AC=\frac{1}2 \tan x$
因为 $x$ 是锐角，所以： $S_{\Delta OAB}<S_{扇形OAB}<S_{\Delta OAC}$ ,即
$=\frac{1}2 \sin x < \frac{1}2 x <\frac{1}2 \tan x$
最终得到： $\sin x<x<\tan x$ ，命题得证。
$\blacksquare$

引理4.4 $x<y<z$ ，则存在唯一的实数 $a,0<a<1$ ，使 $y=ax+(1-a)z$
证明存在性：令 $a=\frac{z-y}{z-x}$ ，则 $1-a=\frac{y-x}{z-x}$ ，显然 $a$ 满足条件。
唯一性：若 $a$ 满足条件，则由 $y=ax+(1-a)z$ ，求得 $a=\frac{z-y}{z-x}$ ，这就证明了唯一性。
$\blacksquare$

定理4.5 数列 $\{a_n\},\{b_n\},\{c_n\}$ 满足：存在正整数 $N$ ，对所有的自然数 $n>N$ ，有：
$a_n \le b_n \le c_n$
且 $\lim_{n-\infty}{a_n}=\lim_{n-\infty}{c_n}=k$ 那么 $\lim_{n-\infty}{b_n}=k$
这个定理称作夹逼定理。

证明设 $\epsilon>0$ ，则存在正整数 $N'>N$ ，当 $n>N'$ 时，有
$|a_n-k|<\epsilon,|c_n-k|<\epsilon$
所以 $\left|b_n-k\right|=\left|\frac{c_n-b_n}{c_n-a_n}(a_n-k)+\frac{b_n-a_n}{c_n-a_n}(c_n-k)\right|\\\le\left|\frac{c_n-b_n}{c_n-a_n}(a_n-k)\right|+\left|\frac{b_n-a_n}{c_n-a_n}(c_n-k)\right|\\\le \frac{c_n-b_n}{c_n-a_n}\epsilon+\frac{b_n-a_n}{c_n-a_n}\epsilon=\epsilon$
这说明 $\lim_{n-\infty}{b_n}=k$
$\blacksquare$

题4.6 求极限 $\lim_{n\rightarrow\infty}{\left(n\sin\frac{1}n\right)}$
解当 $n$ 很大时， $1/n$ 是锐角，根据题4.3得：
$\sin\frac{1}n<\frac{1}n<\tan \frac{1}n$
即
$1<\frac{1}{n\sin\frac{1}n}<\frac{1}{\cos \frac{1}n}$
当 $n\rightarrow \infty$ 时， $\cos \frac{1}n\rightarrow1$ ，根据夹逼定理有： $\lim_{n\rightarrow \infty}{\frac{1}{n\sin\frac{1}n}}=1$ ，即 $\lim_{n\rightarrow \infty}\left({n\sin\frac{1}n}\right )=1$ ，得证。
$\blacksquare$

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