夹逼定理放缩法
定理1:设an≤bn≤cn,且limn→∞an=limn→∞cn=A,则limn→∞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→∞liman=n→∞limcn=A,则n→∞limbn=A
定理2:设f(x)≤g(x)≤h(x),且limf(x)=limh(x)=A,则limg(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
limn→∞(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+11+n2+21+...+n2+n1)
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+11+n2+21+...+n2+n1
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+nn≤bn≤n2+1n
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
limn→∞nn2+n⟹分子分母同时除nlimn→∞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→∞limn2+nn⟹分子分母同时除nn→∞lim1+n11=1
limn→∞nn2+1⟹分子分母同时除nlimn→∞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→∞limn2+1n⟹分子分母同时除nn→∞lim1+n211=1
根据夹逼定理
∴\therefore∴原式=1