《數(shù)列極限收斂準(zhǔn)則》課件

《數(shù)列極限收斂準(zhǔn)則》ppt課件目錄contents數(shù)列極限的基本概念收斂準(zhǔn)則的介紹收斂準(zhǔn)則的應(yīng)用收斂準(zhǔn)則的證明與推導(dǎo)收斂準(zhǔn)則的習(xí)題與解析01數(shù)列極限的基本概念數(shù)列的定義與表示總結(jié)詞數(shù)列的定義與表示是數(shù)列極限理論的基礎(chǔ)。詳細(xì)描述數(shù)列是由自然數(shù)集或整數(shù)集的有限或無(wú)限子集通過(guò)逐一列舉的方式得到的。數(shù)列通常用字母表示，如$a_n$，其中$n$表示項(xiàng)數(shù)，從$n=0$開(kāi)始計(jì)數(shù)。極限是數(shù)列的一種特性，描述了數(shù)列的變化趨勢(shì)?？偨Y(jié)詞數(shù)列的極限定義是指當(dāng)$n$趨向于無(wú)窮大時(shí)，數(shù)列的項(xiàng)無(wú)限接近某個(gè)常數(shù)。記作$lim_{ntoinfty}a_n=A$，其中$A$是常數(shù)。詳細(xì)描述數(shù)列的極限定義總結(jié)詞極限的性質(zhì)與定理是研究數(shù)列極限的重要工具。詳細(xì)描述極限的性質(zhì)包括唯一性、有界性、保序性等。極限的定理包括夾逼定理、單調(diào)有界定理等，這些性質(zhì)和定理為研究數(shù)列的收斂性和求解極限問(wèn)題提供了理論依據(jù)。極限的性質(zhì)與定理02收斂準(zhǔn)則的介紹柯西收斂準(zhǔn)則如果對(duì)于任意給定的正數(shù)$varepsilon$，存在一個(gè)正整數(shù)$N$，使得對(duì)于所有的$n>N$，有$|a_n-a_{n+1}|<varepsilon$，則數(shù)列收斂?？挛魇諗繙?zhǔn)則的證明通過(guò)反證法，假設(shè)存在一個(gè)數(shù)列不收斂，則對(duì)于任意正整數(shù)$N$，存在一個(gè)$n>N$使得$|a_n-a_{n+1}|geqvarepsilon$。這與柯西收斂準(zhǔn)則的條件矛盾，因此假設(shè)不成立，數(shù)列收斂。柯西收斂準(zhǔn)則狄利克雷收斂準(zhǔn)則如果存在一個(gè)常數(shù)$a$，對(duì)于任意正整數(shù)$n$，有$a_n=a$，則數(shù)列收斂。狄利克雷收斂準(zhǔn)則的證明由于對(duì)于任意正整數(shù)$n$，有$a_n=a$，則對(duì)于任意給定的正數(shù)$varepsilon$，存在一個(gè)正整數(shù)$N$，使得對(duì)于所有的$n>N$，有$|a_n-a|<varepsilon$。因此數(shù)列收斂。狄利克雷收斂準(zhǔn)則VS如果存在一個(gè)非負(fù)整數(shù)列${b_n}$滿足$sum_{k=0}^nb_k<infty$且$lim_{ntoinfty}b_n=0$，則數(shù)列$sum_{k=0}^na_{k+1}b_k$收斂。萊布尼茨收斂準(zhǔn)則的證明由于$lim_{ntoinfty}b_n=0$，存在一個(gè)正整數(shù)$N_1$，使得對(duì)于所有的$n>N_1$，有$b_n<frac{1}{2}$。又因?yàn)?sum_{k=0}^nb_k<infty$，存在一個(gè)正整數(shù)$N_2$，使得對(duì)于所有的$n>N_2$，有$sum_{k=0}^nb_k<frac{1}{2}$。取$N=max{N_1,N_2}$，對(duì)于所有的$n>N$，有$sum_{k=0}^nb_k<1$且$b_n<frac{1}{2}$。因此數(shù)列$sum_{k=0}^na_{k+1}b_k$收斂。萊布尼茨收斂準(zhǔn)則萊布尼茨收斂準(zhǔn)則拉格朗日收斂準(zhǔn)則如果存在一個(gè)非負(fù)整數(shù)列${b_n}$滿足$sum_{k=0}^nb_k<infty$且$lim_{ntoinfty}b_n=0$，則數(shù)列$sum_{k=0}^na_{k+1}b_k-a_{k+1}sum_{k=0}^nb_k$收斂。拉格朗日收斂準(zhǔn)則的證明由于$lim_{ntoinfty}b_n=0$，存在一個(gè)正整數(shù)$N_1$，使得對(duì)于所有的$n>N_1$，有$b_n<frac{1}{2}$。又因?yàn)?sum_{k=0}^nb_k<infty$，存在一個(gè)正整數(shù)$N_2$，使得對(duì)于所有的$n>N_2$，有$sum_{k=0}^nb_k<frac{1}{2}$。取$N=max{N_1,N_2}$，對(duì)于所有的$n>N$，有$sum_{k=0}^nb_k<1$且$b_n<frac{1}{2}$。因此數(shù)列$sum_{k=0}^na_{k+1}b_k-a_{k+1}sum_{k=0}^nb_k$收斂。拉格朗日收斂準(zhǔn)則03收斂準(zhǔn)則的應(yīng)用證明數(shù)列收斂01收斂準(zhǔn)則可用于證明數(shù)列的收斂性，通過(guò)滿足收斂準(zhǔn)則的條件，可以確定數(shù)列的極限。求解極限問(wèn)題02收斂準(zhǔn)則提供了求解數(shù)列極限問(wèn)題的方法，通過(guò)將數(shù)列分解為若干個(gè)部分，利用收斂準(zhǔn)則分別求出各部分的極限，再取極限的極限，得到原數(shù)列的極限。研究函數(shù)的性質(zhì)03收斂準(zhǔn)則可以應(yīng)用于研究函數(shù)的性質(zhì)，例如利用數(shù)列極限的性質(zhì)推導(dǎo)函數(shù)的連續(xù)性和可導(dǎo)性等。在數(shù)學(xué)分析中的應(yīng)用實(shí)數(shù)完備性定理實(shí)數(shù)完備性定理是一組關(guān)于實(shí)數(shù)的性質(zhì)和定理的集合，包括單調(diào)有界定理、閉區(qū)間套定理、有限覆蓋定理等。收斂準(zhǔn)則在實(shí)數(shù)完備性定理的證明中起著重要的作用。證明實(shí)數(shù)完備性定理通過(guò)收斂準(zhǔn)則，可以證明實(shí)數(shù)完備性定理中的一些重要結(jié)論，例如閉區(qū)間套定理中的套緊性、有限覆蓋定理中的覆蓋性質(zhì)等。應(yīng)用實(shí)數(shù)完備性定理實(shí)數(shù)完備性定理在數(shù)學(xué)分析中有著廣泛的應(yīng)用，例如在微積分學(xué)、微分方程、積分方程等領(lǐng)域中都有重要的應(yīng)用。收斂準(zhǔn)則在這些應(yīng)用中也有著重要的作用。在實(shí)數(shù)完備性定理中的應(yīng)用收斂準(zhǔn)則可以應(yīng)用于研究無(wú)窮小量，例如在證明無(wú)窮小量的性質(zhì)和定理時(shí)，可以利用收斂準(zhǔn)則來(lái)推導(dǎo)和證明。導(dǎo)數(shù)和積分是微積分學(xué)中的重要概念，收斂準(zhǔn)則可以應(yīng)用于研究導(dǎo)數(shù)和積分的性質(zhì)和計(jì)算方法，例如在計(jì)算定積分時(shí)可以利用收斂準(zhǔn)則將積分轉(zhuǎn)化為極限的求解。無(wú)窮小量導(dǎo)數(shù)和積分在微積分學(xué)中的應(yīng)用04收斂準(zhǔn)則的證明與推導(dǎo)柯西收斂準(zhǔn)則如果對(duì)于任意給定的$varepsilon>0$，存在一個(gè)正整數(shù)$N$，使得當(dāng)$n,m>N$時(shí)，有$|a_n-a_m|<varepsilon$，則數(shù)列${a_n}$收斂。要點(diǎn)一要點(diǎn)二證明假設(shè)數(shù)列${a_n}$不收斂，則對(duì)于任意正整數(shù)$N$，存在某個(gè)$n>N$，使得$|a_n-L|>varepsilon$，其中$L$是數(shù)列的極限。由于${a_n}$是有限的，可以選取兩個(gè)不同的子列${a_{n_k}}$和${a_{m_k}}$，使得$n_k>m_k>N$且$|a_{n_k}-a_{m_k}|geqvarepsilon$。這與假設(shè)矛盾，因此數(shù)列${a_n}$收斂?？挛魇諗繙?zhǔn)則的證明狄利克雷收斂準(zhǔn)則的證明如果存在一個(gè)常數(shù)$L$，使得對(duì)于任意正整數(shù)$n$，有$lim_{{ktoinfty}}a_{n+k}=L$，則數(shù)列${a_n}$收斂于$L$。狄利克雷收斂準(zhǔn)則假設(shè)數(shù)列${a_n}$不收斂于$L$，則存在某個(gè)$varepsilon>0$，對(duì)于任意正整數(shù)$N$，存在某個(gè)$n>N$，使得$|a_n-L|>varepsilon$。由于${a_{n+k}}$是有限的，可以選取兩個(gè)不同的子列${a_{n+k_j}}$和${a_{m+k_i}}$，使得$n+k_j>m+k_i>N$且$|a_{n+k_j}-a_{m+k_i}|geqvarepsilon$。這與假設(shè)矛盾，因此數(shù)列${a_n}$收斂于$L$。證明萊布尼茨收斂準(zhǔn)則：如果存在一個(gè)常數(shù)$L$，使得對(duì)于任意正整數(shù)$n$，有$\lim{{k\to\infty}}a{n+1}a{n+2}\cdotsa{n+k}=L^k$，則數(shù)列${a_n}$收斂于$L$。證明：假設(shè)數(shù)列${a_n}$不收斂于$L$，則存在某個(gè)$\varepsilon>0$，對(duì)于任意正整數(shù)$N$，存在某個(gè)$n>N$，使得$|an-L|>\varepsilon$。由于${a{n+1}a{n+2}\cdotsa{n+k}}$是有限的，可以選取兩個(gè)不同的子列${a{n+1}a{n+2}\cdotsa_{n+kj}}$和${a{m+1}a{m+2}\cdotsa{m+ki}}$，使得$\frac{a{n+1}a{n+2}\cdotsa{n+kj}}{a{m+1}a{m+2}\cdotsa{m+k_i}}\geq\frac{L^{k_j}}{L^{k_i}}=L^{k_j-ki}$且$\frac{a{n+1}a{n+2}\cdotsa{n+kj}}{a{m+1}a{m+2}\cdotsa{m+k_i}}-1\geq\frac{\varepsilon}{L}$。這與假設(shè)矛盾，因此數(shù)列${a_n}$收斂于$L$。萊布尼茨收斂準(zhǔn)則的證明拉格朗日收斂準(zhǔn)則如果存在一個(gè)常數(shù)$alpha>0$，使得對(duì)于任意正整數(shù)$p,q(p<q)$，有$frac{a_{q+1}}{a_q}<frac{1+alpha}{1-alpha}$，則數(shù)列${a_n}$收斂。證明假設(shè)數(shù)列${a_n}$不收斂，則存在某個(gè)$varepsilon>0$，對(duì)于任意正整數(shù)$N$，存在某個(gè)$p>N,q>p,r>q,s>r,t>s,u>t,v>u,w>v,x>w,拉格朗日收斂準(zhǔn)則的證明05收斂準(zhǔn)則的習(xí)題與解析數(shù)列${a_{n}}$收斂，且$a_{n}geqslant0$，$forallninmathbf{N}^{*}$，若$lim_{ntoinfty}a_{n}=a$，則$a$的取值范圍是____．題目由于數(shù)列${a_{n}}$收斂，根據(jù)收斂的定義，我們知道數(shù)列的極限存在。又因?yàn)?a_{n}geqslant0$，$forallninmathbf{N}^{*}$，所以數(shù)列${a_{n}}$是單調(diào)遞增的。根據(jù)單調(diào)有界數(shù)列的性質(zhì)，我們知道數(shù)列${a_{n}}$是有界的，即存在一個(gè)正數(shù)$M$，使得$|a_{n}|leqslantM$，$forallninmathbf{N}^{*}$。因此，數(shù)列${a_{n}}$的極限$a=lim_{ntoinfty}a_{n}leqslantM$。由于$a_{n}geqslant0$，$forallninmathbf{N}^{*}$，所以$ageqslant0$。因此，$a$的取值范圍是$[0,M]$。解析習(xí)題一解析題目已知數(shù)列${a_{n}}$滿足$a_{1}=1$，且$a_{n+1}=a_{n}+frac{1}{n(n+1)}$，則數(shù)列${a_{n}}$的前$n$項(xiàng)和為_(kāi)___．解析首先，我們觀察到數(shù)列${a_{n}}$滿足$a_{1}=1$，且$a_{n+1}=a_{n}+frac{1}{n(n+1)}$。我們可以將這個(gè)遞推關(guān)系式改寫為$a_{n+1}-a_{n}=frac{1}{n(n+1)}$。然后，我們利用裂項(xiàng)相消法進(jìn)行求解。具體來(lái)說(shuō)，我們將$frac{1}{n(n+1)}$改寫為$frac{1}{n}-frac{1}{n+1}$，于是有$a_{n+1}-a_{n}=(frac{1}{n}-frac{1}{n+1})$。這樣，我們就可以將數(shù)列${a_{n}}$的前$n$項(xiàng)和表示為$(a_{2}-a_{1})+(a_{3}-a_{2})+ldots+(a_{n}-a_{n-1})$。由于每一項(xiàng)都可以相互抵消，所以數(shù)列${a_{n}}$的前$n$項(xiàng)和為$a_{n}-a_{1}=1-(frac{1}{2}+frac{1}{3}+ldots+frac{1}{n})$。最后，我們利用等差數(shù)列求和公式求出$frac{1}{2}+frac{1}{3}+ldots+frac{1}{n}$的和為$frac{1-(1/2)^{n}}{1-1/2}$，所以數(shù)列${a_{n}}$的前$n$項(xiàng)和為$2-(frac{1}{2})^{n-1}$。習(xí)題二解析VS已知數(shù)列${a_{n}}$滿足$frac{a_{n+1}}{a_{n}}=frac{4}{3}$（常數(shù)），且數(shù)列的前4項(xiàng)依次為$frac{5}{2},frac{5}{4},frac{5}{8},frac{5}{16}$