夹逼定理放缩法

定理1:设an≤bn≤cn,且lim⁡n→∞an=lim⁡n→∞cn=A,则lim⁡n→∞bn=Aa_n \leq b_n \leq c_n,且\underset{n\to \infty}{\lim}a_n = \underset{n\to \infty}{\lim}c_n = A,则 \underset{n\to \infty}{\lim}b_n = Aan​≤bn​≤cn​,且n→∞lim​an​=n→∞lim​cn​=A,则n→∞lim​bn​=A

定理2:设f(x)≤g(x)≤h(x),且lim⁡f(x)=lim⁡h(x)=A,则lim⁡g(x)=Af(x)\leq g(x) \leq h(x),且\lim f(x) = \lim h(x) = A,则\lim g(x) = Af(x)≤g(x)≤h(x),且limf(x)=limh(x)=A,则limg(x)=A

注解:

1.使用夹逼定理求数列bnb_nbn​时，首先找出它的左右两个数列an和cna_n和c_nan​和cn​,使得an≤bn≤cna_n \leq b_n \leq c_nan​≤bn​≤cn​,其次要求出an和cna_n和c_nan​和cn​存在且相等，此时就能得出数列bnb_nbn​的极限了

2.n 项的和求极限时，若各项分子的次数或分母的次数不齐，一般使用夹逼定理

例题

lim⁡n→∞(1n2+1+1n2+2+...+1n2+n)\underset{n\to \infty}{\lim}(\frac{1}{\sqrt{n^2 + 1}}+\frac{1}{\sqrt{n^2 + 2}}+...+\frac{1}{\sqrt{n^2 + n}})n→∞lim​(n2+1​1​+n2+2​1​+...+n2+n​1​)

分析：分子的次数都是0次方，是齐的。而分母的次数一个是平方，一个是1次方，是不齐的。根据注解2，我们使用夹逼定理。

令数列bn=1n2+1+1n2+2+...+1n2+nb_n=\frac{1}{\sqrt{n^2 + 1}}+\frac{1}{\sqrt{n^2 + 2}}+...+\frac{1}{\sqrt{n^2 + n}}bn​=n2+1​1​+n2+2​1​+...+n2+n​1​

这个时候我们要找出两个数列an和cn使得an≤bn≤cna_n和c_n使得a_n \leq b_n \leq c_nan​和cn​使得an​≤bn​≤cn​，原则就是齐的部分保留不动，放缩不齐的部分

如何缩小？分子相同的情况下，分母越大值就越小。

如何放大？分子相同的情况下，分母越小值就越大。

得

nn2+n≤bn≤nn2+1\frac{n}{\sqrt{n^2+n}} \leq b_n \leq \frac{n}{\sqrt{n^2+1}}n2+n​n​≤bn​≤n2+1​n​

为什么分子是n？ 因为bn中有n个1相加，为保持分子不变，所以两边数列的分子也是n个1相加，也就是nb_n中有n个1相加，为保持分子不变，所以两边数列的分子也是n个1相加，也就是nbn​中有n个1相加，为保持分子不变，所以两边数列的分子也是n个1相加，也就是n

求an和cna_n和c_nan​和cn​的极限

lim⁡n→∞nn2+n⟹分子分母同时除nlim⁡n→∞11+1n=1\underset{n\to \infty}{\lim} \frac{n}{\sqrt{n^2+n}} \overset{分子分母同时除n}{\Longrightarrow}\underset{n\to \infty}{\lim} \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}}=1n→∞lim​n2+n​n​⟹分子分母同时除n​n→∞lim​1+n1​​1​=1

lim⁡n→∞nn2+1⟹分子分母同时除nlim⁡n→∞11+1n2=1\underset{n\to \infty}{\lim} \frac{n}{\sqrt{n^2+1}} \overset{分子分母同时除n}{\Longrightarrow}\underset{n\to \infty}{\lim} \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}}=1n→∞lim​n2+1​n​⟹分子分母同时除n​n→∞lim​1+n21​​1​=1

根据夹逼定理

∴\therefore∴原式=1