数学分析-单调有界定理及其应用

1、编辑ppt 1.4单调有界定理单调有界定理 及其应用及其应用定义4.1 (单调数列定义)一、一、 单调有界定理单调有界定理满足：满足：若数列若数列na, 3 , 2 , 1),(11 naaaannnn.列列是单调递增（递减）数是单调递增（递减）数则称则称na满足：满足：若数列若数列na, 3 , 2 , 1),(11 naaaannnnna则称 是严格单调递增（递减）数列.观察下面单调递增的有界数列定理4.1 单调有界数列必有极限., 有有上上界界递递增增不不妨妨设设na用用十十进进制制数数表表示示：将将各各项项na. ,.,.,.321333212232111rrrAaqqqAapppAa

2、 , 3 , 2 , 1,9 , 2 , 1 , 0, , irqpZAiiii,iA考考察察. 0并不随行的增加而改变并不随行的增加而改变，达到最大值达到最大值在某一行在某一行可知可知有界、递增，有界、递增，由于由于ANAann. , , , 01101111NNNNxrqp 易易见见行行设设出出现现在在第第出出现现的的最最大大的的数数行行后后本本列列是是在在第第设设，再再考考察察第第二二列列证明 ,第第五五列列第第四四列列对对第第三三列列.321 NNN和和相相应应的的正正整整数数.4321的极限的极限就是数列就是数列下证下证naxxxxAa : . , ,10 . , , 0*因此因此是

3、一样的是一样的位上的数码与位上的数码与的整数部分和前的整数部分和前那么对所有的那么对所有的取取对对amaNntsNmnmm .10| mnaa.lim 321xxxAann 即即得得到到数数,432xxx.4321xxxxAa 数数过过程程一一直直进进行行下下去去会会得得推论推论(1)若单调数列的一个子列收敛,则这个数列收敛；(2)若单调数列的一个子列趋向去穷 ,则此数列发散；(3)一个单调数列要么极限存在,要么趋向无穷；(4)单调数列收敛的充分必要条件是数列有界证明：证明：aaaknkn lim单单增增，且且有有不不妨妨设设 aaKkKkn有有, 0kKnNnnN 由由单单调调性性知知，对对

4、取取,1kKnnnaaa 1 aaaaaakKnnn1即即(1)若单调数列的一个子列收敛,则这个数列收敛；.| aan例例1 1.)(333的极限存在的极限存在式式重根重根证明数列证明数列nxn 证证,1nnxx 显然显然 ;是单调递增的是单调递增的nx, 331 x又又, 3 kx假假定定kkxx 3133 , 3 ;是有界的是有界的nx.lim存在存在nnx ,31nnxx ,321nnxx ),3(limlim21nnnnxx ,32AA 2131,2131 AA解解得得(舍去舍去).2131lim nnx例例2 2. ,!为为任任意意给给定定的的实实数数的的极极限限求求数数列列anan

5、 . , !| :*Nnnaxnn 令令解解,|时时则则当当an .1|1nnnxnaxx 0., 且有下界且有下界数列数列是从某一项开始递减的是从某一项开始递减的因此因此nx. lim 存在存在所以极限所以极限nnxx . 00 ,1| 1 xxnnaxxnn得得到到两两边边令令在在 , 为为无无穷穷小小所所以以nx.! 也也是是无无穷穷小小从从而而 nan例例3 3. , ,1211)1(*发发散散求求证证设设nnaNnna 证明证明: :., ,)1(则则发发散散若若有有无无界界子子列列严严格格递递增增易易见见na有有对对下下证证之之 , :*Nk kkka21121 161918151

6、413121112 kk2121 16116181814141211. , 1 , ,1211)2(*收收敛敛求求证证设设nnaNnna ), 1 , 0( ,212121211 kkk个个. ,发发散散进进而而得得无无界界可可见见nnaa只只须须证证有有收收敛敛子子列列即即可可严严格格递递增增 ,)2(na 由于由于 )12(1)2(1 15181714131211112kkka )2(2884422111 kk11111)2(18141211 k112112121211 k .1222112111111 k. ., ,12从而从而也有上界也有上界可知可知递增递增而由而由是有上界的是有上界的

7、的子列的子列表明表明knnnnaaaa nnnx 11例4 研究下面两数列的极限 ,!1! 31! 21! 111nsn 解：nsn21143211321211111 32121211112 n .lim ssnn 显然单调递增，且显然单调递增，且ns nkkknnnnCne0111 nknkknknnCnkknk1111!1 )!( !11 )21)(11(! 31)11(! 2111nnn)11()21)(11(!1nnnnn )1(.!1! 31! 2111sn nnnnnnnxx )11()111)(111()2(1nnnnnn)122)(111(22 nnn 2)1(11)111(伯

8、伯努努利利不不等等式式，上上式式由由（nxxn 1)111332332323 nnnnnn.递增递增所以所以nx)3(,mn 对对)11()11(!1)11(! 21! 111 nmnmnen ，得得令令固固定定 nm,msme !1! 21! 111得得再令再令 m, se se 存存在在， )11(limlimnnnnne ,lim eenn 即即. se 且且)4(. 11limlimenennnn ; !1! 21! 111limenn :总结总结2.7182818 e.自自然然对对数数之之底底522)21(lim nnn.)21(lim)21(lim2222522ennnnn 例5

9、求解：522)21(lim nnn.) )1ln(131211(lim存在存在证明：证明：nnn 例6 证明：证明：, )1ln(1211nnan 令令)111ln(1112ln111 nnnnnaann, 01111 nn1)11(11 nnnen）（由由不不等等式式nnnn1)11ln(, 1)11ln( 即即左得：左得：11)11ln(),11ln()1(1 nnnn即即右右得得：单调单调nnn1)11ln(11 即即.113121111 nknk nknkkkkn11)11ln()ln)1(ln()1ln(. 1111 )113121(1211 nnnan所以所以有界有界.) )1ln

10、(1211(limlim存在存在nnannn . , 称称为为欧欧拉拉常常数数记记为为 5772156649. 0 欧拉常数是有理数还是无理数还是个开放问题二、二、 闭区间套定理闭区间套定理 ),( 0| )2( nabInnn区区间间长长度度 nnnnbalimlim , 2 . 4*满满足足为为一一列列闭闭区区间间设设定定理理NnbaInnn 3211III）（ 1 nnII 1nnI 满满足足则则存存在在唯唯一一一一点点即即 ,由由区区间间的的包包含含关关系系可可知知左左端端点点组组成成的的 ,递增递增数列数列na.递递减减右右端端点点组组成成的的数数列列nb. , 11abbann有有

11、下下界界有有上上界界并并且且:两个极限存在两个极限存在由单调有界定理知下面由单调有界定理知下面.lim ,limbbaannnn ),N( * nbann由于由于. ba 由极限的不等式性质由极限的不等式性质 | 0nnnIabab .的的唯唯一一性性易易知知a).N( * nbbaann因此有不等式因此有不等式: 由由此此式式可可得得 . ,)( 0|banIn 可可知知由由 ,N*成成立立对对此此时时 nbaann).N(* nIan即即. : 1 nnIa由由此此得得到到0, 0,2,1111 byaxyxyyxxnnnnnn例例 6 6证明证明nnnnyxlimlim 证明证明: : 11 nnyx首先：首先： nnnnnnnnxxxxyxxx, 021 nnnnnnnnyyyyyxyy, 02221nnnnxyxy 111nnnnn