用单调有界定理简明证极限存在

例1.4 证明数列，的极限存在，并求其值.

证明 显然{a_n}↑，下证{a_n}有上界.

设，则

即{a_n}有上界.

由单调有界定理，{a_n}的极限存在，设在a²_n+1=c+a_n中，令n→∞得a²=c+a，解之，得

例1.5 若{a_n}↑，{b_n}↓，且，证明都存在，并且相等（南京航空航天大学）.

证明 由知，∃N₀>0，当n≥N₀时，有

-1<a_n-b_n<1.

由此知，a_n<b_n+1≤b_n-1+1≤…≤b_N0+1，即{a_n}有上界；

b_n>a_n-1≥a_n-1-1≥…≥a_N0-1，即{b_n}有下界.

由单调有界定理，，都存在.由可得：，即两者极限相等.

例1.6 设{a_n}，{b_n}均为正整数数列，a₁=b₁=1，.证明：数列的极限存在，并求该极限值（南开）.

解 当n≥2时，由{a_n}，{b_n}均为正整数数列，利用已知的递推关系式可得

a_n=a²_n-1+3b²_n-1， b_n=2a_n-1b_n-1，

进而有

记，则上式可化为由此易得，这表明数列{α_n}有下界.

例1.7 设，.证明数列{x_n}收敛，并求其极限.

证法1 假设{x_n}的极限存在，并设为A，则，即A²+2A-1=0，因为x_n>0，故

若x_n<A，则；

若x_n>A，则

由知，x_2n+1>A，而x_2n<A.

下面将证明：{x_2n+1}↓A，{x_2n}↑A.事实上，

而1-2x-x²=0的根为，故

即{x_2n}↑以A为上界，{x_2n+1}↓以A为下界，故它们的极限都存在，分别设为α，β.由

取极限可得

故

类题 设，数列{x_n}由如下递推公式定义：x₀=1，x_n+1=f（x_n）（n=0，1，2，…），求证.

注1.2 下面介绍一个有用的命题.设数列{x_n}满足压缩性条件：

∣x_n+1-xn∣≤k∣x_n-x_n-1∣（0<k<1； n=2，3，…），

则{x_n}收敛.

这个命题的证明，用柯西收敛准则不难得到.

证法2 注意到x_n>0，我们有

由命题知，

存在，在已知的等式两边取极限，舍去负值，可得

例1.8 设c>0，x₁=a>0，，证明：

证明 由

利用已知的关系式x_n（c+x_n-1）=c（1+x_n-1）可得

注意到x_n≥0，由上式得

易见，，由命题知，存在.在已知的关系式两边取极限可知

简单推论 设c>0，x₁=a>0，，则(https://www.xing528.com)

证明 令，则有

由例1.8知，，从而

类题1 设，求.

类题2 设a₁=0，，求.

类题3 （斐波那契（Fibonacci）数列）设a₀=a₁>0，a_n+2=a_n+1+a_n（n=0，1，2，…），证明：.

提示 令，则有

由，利用b_nb_n-1=b_n-1+1可得

又由b_n>1可得

故存在.

类题4 设，，定义：

证明：数列{x_n}收敛并求其极限.

提示 设，由拉格朗日中值定理，有

f（x）-2=f（x）-f（2）=f′（ξ）（x-2），

其中，ξ在x与2之间.

由于，所以可限制，此时.于是，有

和 |x_n+2-2|=|f（x_n）-2|≤α|x_n-2|，

故 |x_2k-2|≤α^k|x₀-2|，|x_2k+1-2|≤α^k|x₁-2|（k=1，2，…）.

从而.

下面看一个与欧拉常数有关的数列.

例1.9 设，证明数列{b_n}收敛（北师大）.

证明 因为

所以

于是 ，即{b_n}单调递减.

又

由单调有界定理，{b_n}的极限存在，记为C（通常称为欧拉常数）.

类题1 设

证明：

提示 利用不等式lnx≤x-1 （x>0），证明ln（a-s_k）有意义.

当k=1时，a-s₁=a-lna>0.

设k≤n时，有a-s_k>0即ln（a-s_k）有意义，于是，

s_n+1-s_n=ln（a-s_n）≤a-s_n-1，

所以s_n+1≤a-1，即ln（a-s_n+1）有意义且{s_n}有上界.

由s_n+1-s_n=ln（a-s_n）≥ln（a-（a-1））=0可知，{s_n}↑.由单调有界定理，存在.易见

类题2 设，n=1，2，….证明：{x_n}收敛.

提示 由知{x_n}↓.

又由可得

这表明{x_n}有下界.