数列极限计算

数列极限的定义

lim⁡n→∞xn=A⇔∀ε>0,∃N>0,\lim\limits_{n\rightarrow\infty}x_n=A \Leftrightarrow \forall\varepsilon>0, \exists N>0,当n>Nn>N时, ∣xn−A∣<ε|x_n-A|<\varepsilon

数列收敛定理

  1. 若数列xn{x_n}收敛于A,则其任意子数列收敛于A.
  2. 若单调数列xn{x_n}的某一子数列收敛于A, 则该数列必定收敛于A.
  3. 若数列x2nx_{2n}与x2n+1x_{2n+1}都收敛于A,则数列xnx_n必定收敛于A.

计算:

  1. 将数列转换为函数:an→f(x)a_n\rightarrow f(x)
  2. 夹逼准则
  3. 单调有界数列必有极限
  4. 定积分定义
  5. n项和公式

夹逼准则

若X<=Y<=ZX<=Y<=Z, 且lim⁡n→∞Xn=lim⁡n→∞Yn=A,(−∞<A<∞)\lim\limits_{n\rightarrow\infty}X_n=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}Y_n=A,(-\infty<A<\infty), 则lim⁡n→∞Yn=A\lim\limits_{n\rightarrow\infty}Y_n=A,当题目中有明显的不等关系式时, 一般使用该方法求解.

  1. 若U1+U2+⋯+Un,n→∞,U_1+U_2+\cdots+U_n, n\rightarrow\infty,一般使用
    n⋅Umin≤∑i=1nUi≤n⋅Umaxn\cdot U_{min} \le \sum\limits_{i=1}^nU_i \le n\cdot U_{max}
  2. 若U1+U2+⋯+Uk,kU_1+U_2+\cdots+U_k, k为有限整数, 一般使用
    Umax≤∑i=1nUi≤k⋅UmaxU_{max} \le \sum\limits_{i=1}^nU_i \le k\cdot U_{max}

例题

  1. lim⁡x→0x[1x]\lim\limits_{x\rightarrow 0}x[\frac{1}{x}]
    ∵x−1<[x]≤x\because x-1<[x]\le x
    ∴1x−1<[1x]≤1x\therefore \frac{1}{x}-1 < [\frac{1}{x}] \le \frac{1}{x}
    (1)x→0+,(1x−1)x<x[1x]≤1xx=1x\rightarrow 0^+, (\frac{1}{x}-1)x < x[\frac{1}{x}] \le \frac{1}{x}x=1
    左边极限为lim⁡x→0(1x−1)x=lim⁡x→01−x=1\lim\limits_{x\rightarrow 0}(\frac{1}{x}-1)x = \lim\limits_{x\rightarrow 0}1-x=1
    右边极限也为1.
    故lim⁡x→0x[1x]=1\lim\limits_{x\rightarrow 0}x[\frac{1}{x}]=1

    (2)x→0−,x1x≤x[1x]<(1x−1)xx\rightarrow 0^-, x\frac{1}{x} \le x[\frac{1}{x}]<(\frac{1}{x}-1)x
    左边极限为1.
    右边极限为lim⁡x→0−(1x−1)x=lim⁡x→0−1−x=1\lim\limits_{x\rightarrow 0^-}(\frac{1}{x}-1)x=\lim\limits_{x\rightarrow 0^-}1-x=1
    故lim⁡x→0−x[1x]=1\lim\limits_{x\rightarrow 0^-}x[\frac{1}{x}]=1
    因此,lim⁡x→0x[1x]=1\lim\limits_{x\rightarrow 0}x[\frac{1}{x}]=1

单调有界数列

若数列{xn}\{x_n\}单调增加(减少)且有上(下)界, 则{xn}\{x_n\}收敛,其极限lim⁡n→∞xn\lim\limits_{n\rightarrow\infty}x_n存在. 若题目中出现xn=f(xn−1)x_n=f(x_{n-1})的递推式,则一般使用该准则.

步骤: 1. 先证明数列收敛. 2.再求极限

例题

[例1]设x1=2,xn+(xn−4)xn−1=3,n=2,3,⋯,x_1=2,x_n+(x_n-4)x_{n-1}=3, n=2,3,\cdots,求lim⁡n→∞xn\lim\limits_{n\rightarrow\infty}x_n
解:
xn=3+4xn−11+xn−1⇒x2=3+4x11+x1=113x_n = \frac{3+4x_{n-1}}{1+x_{n-1}} \Rightarrow x_2=\frac{3+4x_1}{1+x_1}=\frac{11}{3}
下面用数学归纳法证明数列{xn}\{x_n\}单调增加:

  1. 已验证x2>x1>0x_2\gt x_1\gt 0;
  2. 假设: xk>xk−1>0x_k\gt x_{k-1}\gt 0;
  3. 证明 xk+1>xk>0x_{k+1} \gt x_{k} \gt 0成立:
    xk+1−xk=3+4xk1+xk−3+4xk−11+xk−1=xk−xk−1(1+xk)(1+xk−1)x_{k+1} - x_{k} = \frac{3+4x_k}{1+x_k} - \frac{3+4x_{k-1}}{1+x_{k-1}}=\frac{x_k-x_{k-1}}{(1+x_k)(1+x_{k-1})}
    根据假设知分母大于0,且xk−xk−1>0x_k-x_{k-1}>0, 故xk+1>xk>0x_{k+1}>x_k>0,证明完毕.

又由于xn=3+4xn−11+xn−1=3(1+xn−1)+xn−11+xn−1=3+xn−11+xn−1<4x_n=\frac{3+4x_{n-1}}{1+x_{n-1}} = \frac{3(1+x_{n-1})+x_{n-1}}{1+x_{n-1}}=3+\frac{x_{n-1}}{1+x_{n-1}}<4, 故{xn}\{x_n\}有上界,故该数列极限存在.
设lim⁡x→∞xn=A\lim\limits_{x\rightarrow\infty}{x_n}=A,则A=3+4A1+A⇒A=3+212,A=\frac{3+4A}{1+A} \Rightarrow A=\frac{3+\sqrt{21}}{2},(负值舍去).


[例2]设{xn}\{x_n\}满足: x1>0,xnexn+1=exn−1,n=1,2,3,⋯x_1>0,x_ne^{x_{n+1}}=e^{x_n}-1, n=1,2,3,\cdots,证明{xn}\{x_n\}收敛并求lim⁡x→∞xn\lim\limits_{x\rightarrow\infty}x_n.
解:
exn+1=exn−1xn⇒ex2=ex1−1x1=ex1−e0x1−0e^{x_{n+1}}=\frac{e^{x_n}-1}{x_n} \Rightarrow e^{x_2} = \frac{e^{x_1}-1}{x_1}=\frac{e^{x_1}-e^0}{x_1-0}
根据拉格朗日中值定理: ∃ξ∈(0,x1),ex2=ex1−e0x1−0=eξ\exists\xi\in(0,x_1),e^{x_2}=\frac{e^{x_1}-e^0}{x_1-0}=e^{\xi}
∴0<x2=ξ<x1\therefore 0<x_2=\xi<x_1
下面使用数学归纳法证明数列{xn}\{x_n\}单调递减.

  1. 已经证明 0<x2<x10<x_2<x_1;
  2. 假设 0<xk<xk−10<x_k<x_{k-1}
  3. 证明 0<xk+1<xk:0<x_{k+1}<x_k:
    exk+1=exk−1xk=exk−e0xk−0e^{x_{k+1}}=\frac{e^{x_k}-1}{x_k}=\frac{e^{x_k}-e^0}{x_k-0}
    根据拉格朗日中值定理: ∃ξ∈(0,xk),exk+1=exk−e0xk−0=eξ\exists\xi\in(0,x_k),e^{x_{k+1}}=\frac{e^{x_k}-e^0}{x_k-0}=e^{\xi}
    ∴0<xk+1=ξ<xk\therefore 0 < x_{k+1}=\xi<x_k, 证明完毕.

因此该数列单调减少且有下限0, 设lim⁡x→∞xn=A\lim\limits_{x\rightarrow\infty}x_n=A,则eA=eA−1A⇒AeA=eA−1⇒A=0e^A=\frac{e^A-1}{A} \Rightarrow Ae^A=e^A-1 \Rightarrow A=0

定积分定义