极限平均值的证明

第一篇：极限平均值的证明

1、设limanA，证明：limna1a2anA。nn

证明：因为limanA，所以对任意的0，存在N0，当nN时，有 n

|anA|，于是

|a1a2anaa2aNaN1anA||1A| nn

a1a2aNaN1annA| n

a1a2aNNAaan(nN)A||N1| nn

a1a2aNNA1|[|aN1A||anA|] nn|||

|a1a2aNNAnN| nn

因为lim|a1a2aNNA|0（注意分子为常数），所以存在N1N，当nn

aa2aNNAnN1时，有|1|，于是当nN1时，有 n

aa2aNNAnNa1a2anA||1|2，nnn|

有极限的定义有lima1a2anA。nn

n

2、设limanA且an0,A0，证明：lim12nA。n

证明：因为a1a2ana1a2an，n

a1a2ann111aa2an1111，a1a2anna1a2ana1a2an，n所以111a1a2an

111aa2an1111lim，又因为lim，利用第1题结论，有lim1

nnananAAnn

所以limn

111a1a2annA，同理lima1a2anlimanA，由夹逼定理nnn得

lima1a2anA。n

3、设an0，且liman1A，证明：limanA。nnan证明：limanlimnnaaa1a2nlimnA。1a1an1nan1

第二篇：平均值不等式归纳法证明

平均值不等式的证明

湖南省张家界市永定区永定小学覃文周整理

1、设ai(i=1,2,…,n)为正数，求证：（a1+a2+…+an）

等号当且仅当a1=a2=…=an时成立。证明：由1na1a2an…（1）a1a2210得：a1a2a1a2。即当n=2时（1）式成立。2

假设当n=k时（1）式成立,即（a1+a2+…+ak）

1令（a1+a2+…+ak+ak1）=a，于是有： k11ka1a2ak。则当n=k+1时 a=1111[a1+a2+…+ak+ak1+（k-1）a]=[a1+a2+…+ak）+ak1+(k-1）a)] 2k2kk

1(2

2ka1a2ak+12kk1ak1ak1k1)2k1a1a2akak1a aaaaaa

2即 ak1a1a2akak1 k1（a1+a+…+a1k+ak1）ka1a2akak1

即当n=k+1时（1）式成立。

对任意自然数n，（1）式成立。由证明过程不难得知等号成立的充分必要条件是a1=a2=…=an。

第三篇：函数极限证明

函数极限证明

记g(x)=lim^(1/n)，n趋于正无穷;

下面证明limg(x)=max{a1,...am},x趋于正无穷。把max{a1,...am}记作a。

不妨设f1(x)趋于a;作b>a>=0,M>1;

那么存在N1,当x>N1,有a/M<=f1(x)注意到f2的极限小于等于a，那么存在N2，当x>N2时，0<=f2(x)同理，存在Ni，当x>Ni时，0<=fi(x)取N=max{N1,N2...Nm};

那么当x>N,有

(a/M)^n<=f1(x)^n<=f1(x)^n+...fm(x)^n所以a/M<=^(1/n)

第四篇：数列极限的证明

例1 设数列xn满足0x1,xn1sinxnn1,2,。（Ⅰ）证明limxn存在，并求该极限；

n1xn1xn2（Ⅱ）计算lim。nxn解（Ⅰ）用归纳法证明xn单调下降且有下界，由0x1，得

0x2sinx1x1，设0xn，则

0xn1sinxnxn，所以xn单调下降且有下界，故limxn存在。

n记alimxn，由xn1sinxn得

xasina，所以a0，即limxn0。

n（Ⅱ）解法1 因为

sinxlimx0x1x2limex01sinxlnx2xlimex01cosx12xsinxx

xsinx6x2xcosxsinxlimex02x3limex0e16又由（Ⅰ）limxn0，所以

n12xn1xn1sinxnxn2limlimnnxxnn1

sinxlimx0x解法2 因为

1x2x2e16sinxxsinxxsinxx1xxsinxxx3，又因为

limsinxx1sinxx,lim1x0x36x0x12xnxsinxxe，sinx6所以 lim，ex0x1故

11xlimn1nxn2xnsinxnlimnxnsinxlimx0x2xn1x2

e16.

第五篇：ln2极限的证明

111()ln2.证明：limnn1n22n

Pf：①利用积分放缩，再用迫敛性： 首先，观察图像 ynx

S1是以1和其中，21n11S2dx0nx为边长的矩形的面积，11，S31nxdx，显然有S2S1S3，因此有

1ln(n2)ln(n1)ln(n1)lnn，n11ln(n3)ln(n2)ln(n2)ln(n1)同理，n21ln(n4)ln(n3)ln(n3)ln(n2)…

n31ln(2n1)ln2nln2nln(2n1)，2n所以，n11ln(2)ln(2n1)ln(n1)ln2nlnnln2，n1i1ni111()ln2.由夹逼准则得limnn1n22n证毕

②利用幂级数展开以及收敛数列的子列收敛于同一极限： 首先，在(1,1]上，有以下的幂级数展开：

(1)ln(x1)nn1n112(1)xxx2nnn1xn.令x1，有

1(1)k11(1)k1ln21lim[1].k2k2kk1k11(1)1(1)令ak12k，那么数列{ak}{12k}收敛于ln2.现在，取数列{ak}的偶数项组成数列{bn}n1，即

11b1a21，2211111b2a41，23434…

1(1)bna2n1 22n111122n12n 111111(1)2()

22n12n242n11111(1)(1)

22n12n2n1111 n1n22n12n2n1由于数列{bn}n1是数列{ak}的一个子列，因此

limbnlimakln2.nk证毕