数学分析教程 <Ibnll an-al+l all bn-bl ≤M|am-a|+|all bn-b1. 因为{am},{bn}分别收敛于a,b,故对任意的e>0,可以找到一个N∈N,使得 当n>N时， 1am-a<21b.-b1<20a+i 同时成立（见(1）的证明，我们没有再去重复那里的细节，以后更是如此).因此，当 n>N时， 1a.6,-ab1KM2M+28<号+号=8 这就表明 lim anbn=ab. (3)先来证明：当b≠0时， 6=6 i 对|b|/2>0,存在N1,当n>N时，有 Ibn-b1<1b1 2 此时，有|bm≥|b1-|bm-b|>|b|-|b|/2=|b|/2>0,这表明：在b≠0的条 件下，{bm}中至多只有有限多项等于0.在n>N1的条件下， 合-=0b9≤是1b-b1 由于b,→b,对任给的e≥0，存在N,∈N,使得当N>N,时，有b.-b<号. 因此，当n>max(N1,N2)时，便有 -6≤最1b.-b<系经e=e. 这正说明 6=6 再由已证的(2)，便得出 m6:=ma(分）=号 0 利用已知的一些简单的收敛数列，借助于上述四则运算性质，便可计算更复杂 的一些数列的极限，而不需要使用“ε-N”推理.下面是一些例子. ·16·
:··.“·第1章实数和数列极限 例1计算极限 lim 2n2-3n+4 n+5n2+4n-1 解易知 2-3 4 2n2-3n+4 n n2 5n2+4n-1 5+41 一 利用1.2节中例2的结论，可知所求的极限等于2/5 0 例2设|q|<1,计算极限 lim(1+9+q2+…+q"-1). 解因为 1+9+g2+…+g-1=1-9, 1-q 故得 1 im(1+9+g2+…+g)三1二g-g"g 这里用到了1.2节中例3的结果：limq”=0. 0 例3证明：{sinn}是一个发散的数列， 证明用反证法.如果lim sin n=a,那么在等式 月=幸的 sin(n +1)-sin(n -1)=2sin 1 cos n 的两边取极限(n→o),可得0=2sin1 lim cos n,即lim cos n=0.再在等式 1 sin2n=2 sin ncos n的两边取极限，即得a=0.于是在等式 sin2n cos2n 1 的两边取极限立，就得到“0=1”的矛盾 0 定义1.3.4如果收敛数列{am}的极限等于0，那么这个数列称为无穷小数 列，简称无穷小 关于无穷小，有下面的定理： 定理1.3.5(1){am}为无穷小的充分必要条件是{|am|}为无穷小： (2)两个无穷小之和（或差）仍为无穷小： (3)设{an}为无穷小，{cn}为有界数列，那么{cnan}也为无穷小； (4)设0≤an≤bn(n∈N*),如果bm}为无穷小，那么{am}也为无穷小： (5)lim a=a的充分必要条件是{an-a}为无穷小. ·17·
数学分析教程：二·( 利用定理1.3.4可直接推出(2).至于其他四条，是极易证明的，留给读者作 练习. 由于无穷小一定是有界的，故由(3)知道，两个无穷小之积必为无穷小.但是必 须注意，两个无穷小的商未必是无穷小，例如，{1/n〉与{1/n2}的商{n}便不是无 穷小. 例4已知am→a(n→∞).求证： a1+a2+…+ana(n→∞). n 证明我们只需证明 a1+a2+…+aa-a-（a1-a）+(a2-a）+…+(an-a2 是无穷小，而条件是{am一a}是无穷小.这表明只需对a=0这一特殊情况来证明 这个命题就行了. 由于am→0(n→∞)，对任给的e>0,存在一个正整数N,当n>N时，便有 am|<e/2.设n>N,这时有 a1+a2+…+an a1+a2+…+aN+aN+l+…+an ≤a+a2+…+aN+1(|a1l+…+|anl) 2 ≤a!+a2+,+aN+n-Ng」 n 2 由于N已经取定，|a1+a2+…+aw便是一个有限数.再取整数N>N,使得当 n>N1时，有 |a1+a2+…+aN n 1< 可见，当n>N1时，有 a1+a2+…+au n <号+=e. 这就证明了当an→0(n→∞)时， lima1+a2+…+an=0. 0 机 2 例5设lim an=a,lim bn=b.证明： 1+00 limaiba+azbai++anbi=ab. ·18·
、·”·.，.··第1章实数和数列极限 证明先设b=0.由于{an}收敛，所以有界，从而存在M>0,使得|am|≤M (n=1,2,…).于是 ab+azb1+…+a,b≤Mb++|b.→0(n→o). 这里已经用了例4的结果.现设b≠0，则有im(bn~b)=0.于是用刚才得到的结 果，有 im(a1(b-b)+…+a.(b:-b)=0. 即 lim ajbattabibaa)=0. n n 由此即得 limaib.++anbi=ab. 九-和0 定理1.3.6（夹逼原理）设 an≤bn≤cn(n∈N*). 如果1iman=lim cn=a,那么 1年式 lim b=a. n→co 证明 由条件可知 0≤bn-an≤cn-am, 并且{cn-an}是无穷小.由定理1.3.5(4)，可知{bn-am}是无穷小.这样便得到 lim bn=lim(bn-an)lim an=0+aa. 0 夹逼原理在计算某些极限的时候非常有用. 例6设a>0.求证：lim aln=1. 证明先设a≥1.当n>a时，有 1≤am≤nlm 在1.2节的例4中，已经证明了1 im nim=1.由夹逼原理，知lim a'm=1对a≥1 以-= 成立.再设a∈(0,1)，这时，a-1>1.于是 lim ai/n 1 7s1. 0 im（a） 例7设a>l,k∈N".求证：{n*/a"}是无穷小. 证明先设k=1.把a写成1+7，其中7>0.我们有 ·19·
数学分析教程·· 0<=a n 2 1+n7+nn,-1D+ (n-1)21 2 由于{m名)7（≥2）是无穷小，可见n/a,是无穷小根据等式 再注意到ak>l,由刚才所述的结果，知{n/(a)"}是无穷小.最后那个等式表 明，{n*/a"}可以表示为有限个(k个)无穷小的乘积，所以也是无穷小. 0 例8求极限lim(√n+3-√n-I). 解我们有不等式 0<√n+3-√n-1= 4 4 因为{4/√n}是无穷小，所以 lim(√n+3-√n-1)=0. 0 1=00 例9设 ans·l +1 +…+1 二 √n2+I√/n2+2n2+n 求极限lim an 解我们有显然的不等式 ”=<aa<n √n2+n n2+1 由于 1<1+<+<1+ n 由夹逼原理，得 mV+-mV+=1. n 这样我们有 lim- n =lim- ==1 -√n2+n 1+imV1+ n-+00 同理，可得 ·20·