定义证明二重极限.docx

1、定义证明二重极限定义证明二重极限 定义证明二重极限就是说当点落在以点附近的一个小圈圈内的时候，f与a的差的绝对值会灰常灰常的接近。那么就说f在点的极限为a关于二重极限的定义，各类数学教材中有各种不同的表述，归纳起来主要有以下三种：定义1设函数在点的某一邻域内有定义，如果对于任意给定的正数。，总存在正数，使得对于所论邻域内适合不等式的一切点p所对应的函数值都满足不等式那末，常数a就称为函数当时的极限.定义2设函数的定义域为是平面上一点，函数在点儿的任一邻域中除见外，总有异于凡的属于d的点，若对于任意给定的正数。，总存在正数a，使得对d内适合不等式0利用极限存在准则证明：当x趋近于正无穷时，的极限

2、为0;证明数列xn，其中a0，xo0,xn=/2,n=1,2,收敛，并求其极限。1)用夹逼准则:x大于1时,lnx0,x_0,故lnx/x_0且lnx1),lnx/x_故的极限为02)用单调有界数列收敛:分三种情况,x0=a时,显然极限为ax0a时,xn-x=/2且xn=/2a,a为数列下界,则极限存在.设数列极限为a,xn和x极限都为a.对原始两边求极限得a=/2.解得a=a同理可求x0综上,数列极限存在,且为时函数的极限：以时和为例引入.介绍符号:的意义,的直观意义.定义几何意义介绍邻域其中为充分大的正数.然后用这些邻域语言介绍几何意义.例1验证例2验证例3验证证时函数的极限：由考虑时的极

3、限引入.定义函数极限的“”定义.几何意义.用定义验证函数极限的基本思路.例4验证例5验证例6验证证由=为使需有为使需有于是,倘限制,就有例7验证例8验证单侧极限:1.定义：单侧极限的定义及记法.几何意义:介绍半邻域然后介绍等的几何意义.例9验证证考虑使的2.单侧极限与双侧极限的关系:th类似有:例10证明:极限不存在.例11设函数在点的某邻域内单调.若存在,则有=2函数极限的性质教学目的：使学生掌握函数极限的基本性质。教学要求：掌握函数极限的基本性质：唯一性、局部保号性、不等式性质以及有理运算性等。教学重点：函数极限的性质及其计算。教学难点：函数极限性质证明及其应用。教学方法：讲练结合。一、组

4、织教学：我们引进了六种极限:,.以下以极限为例讨论性质.均给出证明或简证.二、讲授新课：函数极限的性质:以下性质均以定理形式给出.1.唯一性:2.局部有界性:3.局部保号性:4.单调性:th4若和都存在,且存在点的空心邻域,使，都有证设=註:若在th4的条件中,改“”为“”,未必就有以举例说明.5.迫敛性:6.四则运算性质:利用极限性质求极限：已证明过以下几个极限：这些极限可作为公式用.在计算一些简单极限时,有五组基本极限作为公式用,我们将陆续证明这些公式.利用极限性质，特别是运算性质求极限的原理是：通过有关性质,把所求极限化为基本极限,代入基本极限的值,即计算得所求极限.例1例2例3註:关于

5、的有理分式当时的极限.例4例5例6例7证明二重极限不存在如何判断二重极限不存在,是二元函数这一节的难点,在这里笔者对这一问题不打算做详细的讨论,只是略谈一下在判断二重极限不存在时,一个值得注意的问题。由二重极限的定义知,要讨论limxx0yy0f不存在,通常的方法是:找几条通过定点的特殊曲线,如果动点沿这些曲线趋于时,f趋于不同的值,则可判定二重极限limxx0yy0f不存在,这一方法一般人都能掌握,但是在找一些特殊曲线时,是有一定技巧的,不过不管找哪条曲线,这条曲线一定要经过,并且定点是这条曲线的非孤立点,这一点很容易疏忽大意,特别是为图方便,对于型如limxx0yy0fg的极限,在判断其不

6、存在时,不少人找的曲线是f-g=0,这样做就很容易出错。例如,容易知道limx0y0x+yx2+y2=0,但是若沿曲线x2y-=0时,所得的结论就不同1)。为什么会出现这种情况呢?仔细分析一下就不难得到答案2若用沿曲线，一g=0趋近于来讨论，一0g，y。可能会出现错误，只有证明了不是孤立点后才不会出错。o13a1673-38780l_0l02_02如何判断二重极限不存在。是二元函数这一节的难点，在这里笔者对这一问题不打算做详细的讨论。只是略谈一下在判断二重极限不存在时。一个值得注意的问题。由二重极限的定义知，要讨论limf不存在，通常x10yy0的方法是：找几条通过定点的特殊曲线，如果动点沿这

7、些曲线趋于时，f趋于不同的值，则可判定二重极限limf不存在，这一方i10ry0法一般人都能掌握，但是在找一些特殊曲线时，是有一定技巧的，不过不管找哪条曲线，这条曲线一定要经过，并且定点是这条曲线的非孤立点，这一点很容易疏忽大意，特别是为图方便，对于型如2的极限，在判卜iogx，yyy0断其不存在时，不少人找的曲线是f一g：0，这样做就很容易出错。3当沿曲线y=-x+x_趋于时，极限为lim/x_=-1;当沿直线y=x趋于时，极限为limx_/2x=0。故极限不存在。4x-y+x_+y_f=x+y它的累次极限存在：x-y+x_+y_limlim=-1y-0x-0x+yx-y+x_+y_liml

8、im=1x-0y-0x+y当沿斜率不同的直线y=mx,-时，易证极限不同，所以它的二重极限不存在。例1、用数列极限定义证明：limn?2?0 n?n2?7n?2时n?22n2nn?2224|2?0|?2?2?2? nn?7n?7n?7n?nn?1n?n2上面的系列式子要想成立，需要第一个等号和不等号、均成立方可。第一个等号成立的条件是n2；不等号成立的条件是2n4，即n2；不等号成立的条件是n?，故取n=max7, 2?44。这样当nn时，有n7，n?。 ?4 因为n7,所以等号第一个等号、不等式、能成立；因为n?，所以不等号成立的条件是1?|不等式能成立，因此当nn时，上述系列不等式均成立，

9、亦即当nn时，在这个例题中，大量使用了把一个数字放大为n或n?2?0|?。 n2?7n的方法，因此，对于具体的数，2可把它放大为的形式 knn?4?0 n?n2?n?1n?4n?4n?4时n?n2n2|2?0|?2?2? n?n?1n?n?1n?n?1n2n22不等号成立的条件是n?,故取n=max4, ,则当nn时，上面的不等式都成?例2、用数列极限定义证明：lim立。注：对于一个由若干项组成的代数式，可放大或缩小为这个代数式的一部分。如： n2?n?1?n2n2?n?1?nn?n?n22n2?n?1n例3、已知an?，证明数列an的极限是零。 2n11证明：?0，欲使|an?0|?|?成立

10、 22n?111?解得：n?1，由于上述式子中的等式和不等号对于任意的正整n?1?1数n都是成立的，因此取n?，则当nn时，不等号成立，进而上述系列等式由不等式?和不等式均成立，所以当nn时，|an?0|?。在上面的证明中，设定0?1，而数列极限定义中的?是任意的，为什么要这样设定？这样设定是否符合数列极限的定义？在数列极限定义中，n是一个正整数，此题如若不设定0?1，则n?就有1?可能不是正整数，例如若?2，则此时n1，故为了符合数列极限的定义，先设定0?1，这样就能保证n是正整数了。那么对于大于1的?，是否能找到对应的n？能找到。按照上面已经证明的结论，当?0.5时，有对应的n1，当nn1

11、时，|an?0|0.5成立。因此，当nn1时，对于任意的大于1的?，下列式子成立：|an?0|0.51?，亦即对于所有大于1的?，我们都能找到与它相对应的n=n1。因此，在数列极限证明中，?可限小。只要对于较小的?能找到对应的n，则对于较大的?就自然能找到对应的n。极限定义证明趋近于正无穷，根号x分之sinx等于0x趋近于负1/2，2x加1分之1减4x的平方等于2这两个用函数极限定义怎么证明?x趋近于正无穷，根号x分之sinx等于0证明：对于任意给定的0，要使不等式|sinx/x-0|=|sinx/x|sinx/x|_sinx_/_,|sinx|1只需不等式x1/_成立，所以取x=1/_，当x

12、x时，必有|sinx/x-0|同函数极限的定义可得x+时，sinx/x极限为0.x趋近于负1/2，2x加1分之1减4x的平方等于2证明：对于任意给定的0，要使不等式|1-4x_/2x+1-2|=|1-2x-2|=|-2x-1|=|2x+1|需要0g=maxf1,.fm;然后求极限就能得到limg=maxa1,.am。其实这个看起来显然，但对于求极限能放到括号里面，但真要用极限定义严格说明却和上面的证明差不多。有种简单点的方法，就是maxa,b=|a+b|/2+|a-b|/2从而为简单代数式。多个求max相当于先对f1，f2求max，再对结果和f3求，然后继续，从而为有限次代数运算式，故极限可以

13、放进去。2一)时函数的极限：以时和为例引入.介绍符号:的意义,的直观意义.定义几何意义介绍邻域其中为充分大的正数.然后用这些邻域语言介绍几何意义.例1验证例2验证例3验证证时函数的极限：由考虑时的极限引入.定义函数极限的“”定义.几何意义.用定义验证函数极限的基本思路.例4验证例5验证例6验证证由=为使需有为使需有于是,倘限制,就有例7验证例8验证单侧极限:1.定义：单侧极限的定义及记法.几何意义:介绍半邻域然后介绍等的几何意义.例9验证证考虑使的2.单侧极限与双侧极限的关系:th类似有:例10证明:极限不存在.例11设函数在点的某邻域内单调.若存在,则有=2函数极限的性质教学目的：使学生掌握

14、函数极限的基本性质。教学要求：掌握函数极限的基本性质：唯一性、局部保号性、不等式性质以及有理运算性等。教学重点：函数极限的性质及其计算。教学难点：函数极限性质证明及其应用。教学方法：讲练结合。一、组织教学：我们引进了六种极限:,.以下以极限为例讨论性质.均给出证明或简证.二、讲授新课：函数极限的性质:以下性质均以定理形式给出.1.唯一性:2.局部有界性:3.局部保号性:4.单调性:th4若和都存在,且存在点的空心邻域,使，都有证设=註:若在th4的条件中,改“”为“”,未必就有以举例说明.5.迫敛性:6.四则运算性质:利用极限性质求极限：已证明过以下几个极限：这些极限可作为公式用.在计算一些简

15、单极限时,有五组基本极限作为公式用,我们将陆续证明这些公式.利用极限性质，特别是运算性质求极限的原理是：通过有关性质,把所求极限化为基本极限,代入基本极限的值,即计算得所求极限.例1例2例3註:关于的有理分式当时的极限.例4例5例6例72习题1?31. 根据函数极限的定义证明:lim?8;x?3lim?12;x?2x2?4?4;limx?2x?21?4x3lim?2.x?2x?121证明 分析 |?8|?|3x?9|?3|x?3|, 要使|?8|? , 只须|x?3|?.31证明 因为? ?0, ?, 当0?|x?3|?时, 有|?8|? , 所以lim?8.x?331分析 |?12|?|5x

16、?10|?5|x?2|, 要使|?12|? , 只须|x?2|?.51证明 因为? ?0, ?, 当0?|x?2|?时, 有|?12|? , 所以lim?12.x?25分析|x?|?.x2?4x2?4x?4x2?4?|x?2|?|x?|, 要使?, 只须x?2x?2x?2x2?4x2?4?, 所以lim?4.证明 因为? ?0, ?, 当0?|x?|?时, 有x?2x?2x?2分析 1?4x3111?4x31?2?, 只须|x?|?.?2?|1?2x?2|?2|x?|, 要使2x?12x?12221?4x3111?4x3?2?, 所以lim证明 因为? ?0, ?, 当0?|x?|?时, 有?

17、2.12x?12x?122x?2. 根据函数极限的定义证明:lim1?x32x3sinxx?1;2limx?x?0.证明 分析|x|?11?x32x311?x3?x3?22x3?12|x|3, 要使1?x32x3?11?, 只须?, 即322|x|2?.证明 因为? ?0, ?x?分析sinxx?0?12?, 当|x|?x时, 有1x1?x32x311?x31?, 所以lim?.x?2x3221x?, 即x?sinxx|sinx|x?, 要使sinx证明 因为?0, ?x?2, 当x?x时, 有xsinxx?0?, 只须?.?0?, 所以limx?0.3. 当x?2时,y?x2?4. 问?等于

18、多少, 使当|x?2|解 由于x?2, |x?2|?0, 不妨设|x?2|?1, 即1?x?3. 要使|x2?4|?|x?2|x?2|?5|x?2|?0. 001, 只要|x?2|?0.001?0.0002, 取?0. 0002, 则当0?|x?2|?时, 就有|x2?4|?0. 001.5x2?1x?34. 当x?时, y?x2?1x2?3?1, 问x等于多少, 使当|x|x时, |y?1|解 要使?1?4x2?3?0.01, 只|x|?3?397, x?.0.015. 证明函数f?|x| 当x?0时极限为零.x|x|6. 求f?, ?当x?0时的左右极限, 并说明它们在x?0时的极限是否存

19、在.xx证明 因为xlimf?lim?lim1?1,x?0?x?0?xx?0?xlimf?lim?lim1?1,x?0?x?0?xx?0?limf?limf,?x?0x?0所以极限limf存在.x?0因为lim?lim?x?0x?0|x|?x?lim?1,?x?0xx|x|x?lim?1,xx?0?xlim?lim?x?0x?0lim?lim?,?x?0x?0所以极限lim?不存在.x?07. 证明: 若x?及x?时, 函数f的极限都存在且都等于a, 则limf?a.x?证明 因为limf?a, limf?a, 所以?0,x?x?x1?0, 使当x?x1时, 有|f?a|? ;?x2?0, 使

20、当x?x2时, 有|f?a|? .取x?maxx1, x2, 则当|x|?x时, 有|f?a|? , 即limf?a.x?8. 根据极限的定义证明: 函数f当x?x0 时极限存在的充分必要条件是左极限、右极限各自存在并且相等.证明 先证明必要性. 设f?a, 则?0, ?0, 使当0|f?a|因此当x0?|f?a|这说明f当x?x0时左右极限都存在并且都等于a .再证明充分性. 设f?f?a, 则?0,?10, 使当x0?10, 使当x0取?min?1, ?2, 则当0| f?a|即f?a.9. 试给出x?时函数极限的局部有界性的定理, 并加以证明.解 x?时函数极限的局部有界性的定理? 如果f当x?时的极限存在? 则存在x?0及m?0? 使当|x|?x时? |f|?m?证明 设f?a? 则对于? ?1? ?x?0? 当|x|?x时? 有|f?a|? ?1? 所以|f|?|f?a?a|?|f?a|?|a|?1?|a|?这就是说存在x?0及m?0? 使当|x|?x时? |f|?m? 其中m?1?|a|?