第一篇：定義證明二重極限

定義證明二重極限

就是說當點(x,y)落在以(x0,y0)點附近的一個小圈圈內的時候，f(x,y)與A的差的絕對值會灰?；页５慕咏Ｄ敲淳驼ff(x,y)在(x0,y0)點的極限為A

關于二重極限的定義，各類數學教材中有各種不同的表述，歸納起來主要有以下三種：定義1設函數在點的某一鄰域內有定義(點可以除外)，如果對于任意給定的正數。，總存在正數，使得對于所論鄰域內適合不等式的一切點p(X，y)所對應的函數值都滿足不等式那末，常數A就稱為函數當時的極限.定義2設函數的定義域為是平面上一點，函數在點兒的任一鄰域中除見外，總有異于凡的屬于D的點，若對于任意給定的正數。，總存在正數a，使得對D內適合不等式0<戶幾卜8的一切點p，有不等式V(p)一周<。成立，則稱A為函數人p)當p～p。時的極限.定義3設函數X一人工，”的定義域為D，點產人工。，人)是D的聚點，如果對于任意給定的正數。，總存在正數8，使得對于適合不等式的一切點p(X，…ED，都有成立，則稱A為函數當時的極限.以上三種定義的差異主要在于對函數的前提假設不盡相同.定義1要求人X，…在點p入x。，汕)的某去心鄰域內有定義，而定義2允許人工，y)在點p。(X。，入)的任一去心鄰域內都有使人X，y)無定義的點，相應地，定義I要求見的去心鄰域內的點p都適合/(p)一A卜

利用極限存在準則證明：

(1)當x趨近于正無窮時，(Inx/x^2)的極限為0;

(2)證明數列{Xn}，其中a>0，Xo>0,Xn=/2,n=1,2,…收斂，并求其極限。

1)用夾逼準則:

x大于1時,lnx>0,x^2>0,故lnx/x^2>0

且lnx1),lnx/x^2<(x-1)/x^2.而(x-1)/x^2極限為0

故(Inx/x^2)的極限為0

2)用單調有界數列收斂:

分三種情況,x0=√a時,顯然極限為√a

x0>√a時,Xn-X(n-1)=/2<0,單調遞減

且Xn=/2>√a,√a為數列下界,則極限存在.設數列極限為A,Xn和X(n-1)極限都為A.對原始兩邊求極限得A=/2.解得A=√a

同理可求x0<√a時,極限亦為√a

綜上,數列極限存在,且為√

(一)時函數的極限：

以時和為例引入.介紹符號:的意義,的直觀意義.定義(和.)

幾何意義介紹鄰域其中為充分大的正數.然后用這些鄰域語言介紹幾何意義.例1驗證例2驗證例3驗證證……

(二)時函數的極限：

由考慮時的極限引入.定義函數極限的“”定義.幾何意義.用定義驗證函數極限的基本思路.例4驗證例5驗證例6驗證證由=

為使需有為使需有于是,倘限制,就有

例7驗證例8驗證(類似有(三)單側極限:

1.定義：單側極限的定義及記法.幾何意義:介紹半鄰域然后介紹等的幾何意義.例9驗證證考慮使的2.單側極限與雙側極限的關系:

Th類似有:例10證明:極限不存在.例11設函數在點的某鄰域內單調.若存在,則有

=§2函數極限的性質(3學時)

教學目的：使學生掌握函數極限的基本性質。

教學要求：掌握函數極限的基本性質：唯一性、局部保號性、不等式性質以及有理運算性等。

教學重點：函數極限的性質及其計算。

教學難點：函數極限性質證明及其應用。

教學方法：講練結合。

一、組織教學：

我們引進了六種極限:,.以下以極限為例討論性質.均給出證明或簡證.二、講授新課：

(一)函數極限的性質:以下性質均以定理形式給出.1.唯一性:

2.局部有界性:

3.局部保號性:

4.單調性(不等式性質):

Th4若和都存在,且存在點的空心鄰域,使，都有證設=(現證對有)

註:若在Th4的條件中,改“”為“”,未必就有以舉例說明.5.迫斂性:

6.四則運算性質:(只證“+”和“”)

(二)利用極限性質求極限：已證明過以下幾個極限：

(注意前四個極限中極限就是函數值)

這些極限可作為公式用.在計算一些簡單極限時,有五組基本極限作為公式用,我們將陸續證明這些公式.利用極限性質，特別是運算性質求極限的原理是：通過有關性質,把所求極限化為基本極限,代入基本極限的值,即計算得所求極限.例1(利用極限和)

例2例3註:關于的有理分式當時的極限.例4

例5例6例7

第二篇：證明二重極限不存在

證明二重極限不存在

如何判斷二重極限(即二元函數極限)不存在,是二元函數這一節的難點,在這里筆者對這一問題不打算做詳細的討論,只是略談一下在判斷二重極限不存在時,一個值得注意的問題。由二重極限的定義知,要討論limx→x0y→y0f(x,y)不存在,通常的方法是:找幾條通過(或趨于)定點(x0,y0)的特殊曲線,如果動點(x,y)沿這些曲線趨于(x0,y0)時,f(x,y)趨于不同的值,則可判定二重極限limx→x0y→y0f(x,y)不存在,這一方法一般人都能掌握,但是在找一些特殊曲線時,是有一定技巧的,不過不管找哪條曲線,這條曲線一定要經過(x0,y0),并且定點是這條曲線的非孤立點,這一點很容易疏忽大意,特別是為圖方便,對于型如limx→x0y→y0f(x,y)g(x,y)的極限,在判斷其不存在時,不少人找的曲線是f(x,y)-g(x,y)=0,這樣做就很容易出錯。例如,容易知道limx→0y→0x+yx2+y2=0,但是若沿曲線x2y-(x2+y2)=0→(0,0)時,所得的結論就不同(這時f(x,y)→1)。為什么會出現這種情況呢?仔細分析一下就不難得到答案

若用沿曲線，(，y)一g(，y)=0趨近于(，y0)來討論，一0g，Y?？赡軙霈F錯誤，只有證明了(，)不是孤立點后才不會出錯。o13A1673-3878(2008)0l__0l02__02如何判斷二重極限(即二元函數極限)不存在。是二元函數這一節的難點，在這里筆者對這一問題不打算做詳細的討論。只是略談一下在判斷二重極限不存在時。一個值得注意的問題。由二重極限的定義知，要討論limf(x，y)不存在，通常x—’10y—’y0的方法是：找幾條通過(或趨于)定點(xo，Yo)的特殊曲線，如果動點(x，Y)沿這些曲線趨于(xo，Y。)時，f(x，Y)趨于不同的值，則可判定二重極限limf(x，Y)不存在，這一方I—’10r’Y0法一般人都能掌握，但是在找一些特殊曲線時，是有一定技巧的，不過不管找哪條曲線，這條曲線一定要經過(xo，Y。)，并且定點是這條曲線的非孤立點，這一點很容易疏忽大意，特別是為圖方便，對于型如2的極限，在判卜’Iogx，Yy—·y0斷其不存在時，不少人找的曲線是f(x，y)一g(x，y)：0，這樣做就很容易出錯。

當沿曲線y=-x+x^2趨于(00)時，極限為lim(-x^2+x^3)/x^2=-1;

當沿直線y=x趨于(00)時，極限為limx^2/2x=0。故極限不存在。

x-y+x^2+y^2

f(x,y)=————————

x+y

它的累次極限存在：

x-y+x^2+y^2

limlim————————=-1

y->0x->0x+y

x-y+x^2+y^2

limlim————————=1

x->0y->0x+y

當沿斜率不同的直線y=mx,(x,y)->(0,0)時，易證極限不同，所以它的二重極限不存在。

第三篇：極限 定義證明

極限定義證明

趨近于正無窮，根號x分之sinx等于0

x趨近于負1/2，2x加1分之1減4x的平方等于

2這兩個用函數極限定義怎么證明?

x趨近于正無窮，根號x分之sinx等于0

證明：對于任意給定的ξ>0，要使不等式

|sinx/√x-0|=|sinx/√x|<ξ成立，只需要

|sinx/√x|^2<ξ^2,即sinx^2/x<ξ^2(∵x→+∞),則x>sinx^2/ξ^2,∵|sinx|≤1∴只需不等式x>1/ξ^2成立，所以取X=1/ξ^2，當x>X時，必有|sinx/√x-0|<ξ成立，同函數極限的定義可得x→+∞時，sinx/√x極限為0.x趨近于負1/2，2x加1分之1減4x的平方等于2

證明：對于任意給定的ξ>0，要使不等式

|1-4x^2/2x+1-2|=|1-2x-2|=|-2x-1|=|2x+1|<ξ成立，只

需要0<|x+1/2|<ξ/2成立.所以取δ=ξ/2,則當0<|x+1/2|<δ時，必有

|1-4x^2/2x+1-2|=|2x+1|<ξ，由函數極限的定義可得x→-1/2時，1-4x^2/2x+1的極限為2.注意，用定義證明X走近于某一常數時的極限時，關鍵是找出那個絕對值里面X減去的那個X0.記g(x)=lim^(1/n)，n趨于正無窮;

下面證明limg(x)=max{a1,...am},x趨于正無窮。把max{a1,...am}記作a。

不妨設f1(x)趨于a;作b>a>=0,M>1;

那么存在N1,當x>N1,有a/M<=f1(x)

注意到f2的極限小于等于a，那么存在N2，當x>N2時，0<=f2(x)

同理，存在Ni，當x>Ni時，0<=fi(x)

取N=max{N1,N2...Nm};

那么當x>N,有

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

所以a/M<=^(1/n)

對n取極限，所以a/M<=g(x)N時成立;

令x趨于正無窮，a/M<=下極限g(x)<=上極限g(x)<=b;

注意這個式子對任意M>1,b>a都成立，中間兩個極限都是固定的數。

令M趨于正無窮，b趨于a;

有a<=下極限g(x)<=上極限g(x)<=a;

這表明limg(x)=a;

證畢;

證明有點古怪是為了把a=0的情況也包含進去。

還有個看起來簡單些的方法

記g(x)=lim^(1/n)，n趨于正無窮;

g(x)=max{f1(x),....fm(x)};

然后求極限就能得到limg(x)=max{a1,...am}。

其實這個看起來顯然，但對于求極限能放到括號里面，但真要用極限定義嚴格說明卻和上面的證明差不多。

有種簡單點的方法，就是

max{a,b}=|a+b|/2+|a-b|/2從而為簡單代數式。

多個求max相當于先對f1，f2求max，再對結果和f3求，然后繼續，從而為有限次代數運算式，故極限可以放進去。

2一)時函數的極限：

以時和為例引入.介紹符號:的意義,的直觀意義.定義(和.)

幾何意義介紹鄰域其中為充分大的正數.然后用這些鄰域語言介紹幾何意義.例1驗證例2驗證例3驗證證……

(二)時函數的極限：

由考慮時的極限引入.定義函數極限的“”定義.幾何意義.用定義驗證函數極限的基本思路.例4驗證例5驗證例6驗證證由=

為使需有為使需有于是,倘限制,就有

例7驗證例8驗證(類似有(三)單側極限:

1.定義：單側極限的定義及記法.幾何意義:介紹半鄰域然后介紹等的幾何意義.例9驗證證考慮使的2.單側極限與雙側極限的關系:

Th類似有:例10證明:極限不存在.例11設函數在點的某鄰域內單調.若存在,則有

=§2函數極限的性質(3學時)

教學目的：使學生掌握函數極限的基本性質。

教學要求：掌握函數極限的基本性質：唯一性、局部保號性、不等式性質以及有理運算性等。

教學重點：函數極限的性質及其計算。

教學難點：函數極限性質證明及其應用。

教學方法：講練結合。

一、組織教學：

我們引進了六種極限:,.以下以極限為例討論性質.均給出證明或簡證.二、講授新課：

(一)函數極限的性質:以下性質均以定理形式給出.1.唯一性:

2.局部有界性:

3.局部保號性:

4.單調性(不等式性質):

Th4若和都存在,且存在點的空心鄰域,使，都有證設=(現證對有)

註:若在Th4的條件中,改“”為“”,未必就有以舉例說明.5.迫斂性:

6.四則運算性質:(只證“+”和“”)

(二)利用極限性質求極限：已證明過以下幾個極限：

(注意前四個極限中極限就是函數值)

這些極限可作為公式用.在計算一些簡單極限時,有五組基本極限作為公式用,我們將陸續證明這些公式.利用極限性質，特別是運算性質求極限的原理是：通過有關性質,把所求極限化為基本極限,代入基本極限的值,即計算得所求極限.例1(利用極限和)

例2例3註:關于的有理分式當時的極限.例4

例5例6例7

第四篇：2018考研數學：二重極限

東莞中公教育

2018考研數學：二重極限

以下是中公考研數學研究院的老師為大家整理了2018考研數學:二重極限的題型講解，供大家復習參考。

高等數學的研究對象是函數，而極限則是研究函數的最重要的工具，對于一元函數如此，對于多元函數亦是如此。那么在學習多元微分學之前，首先來認識多重極限的概念，在此以二重極限為例進行說明。東莞中公教育

2.考試要求會計算二重極限，最直接的想法就是一元函數求極限的方法中哪些還可以繼續使用，其中四則運算法則，等價無窮小替換和夾逼定理及其推論(無窮小量乘以有界量等于無窮小量)可以使用。

【注記】1.取路徑的方法只是用來驗證函數的極限不存在，不能用于求極限。并且路徑一般取為直線，便于計算。

2.考試不會直接考查二重極限的計算，而是在研究函數的連續性、可導性和可微性的時候需要計算二重極限。

最后，中公考研祝全體考生考研成功!

第五篇：用極限定義證明極限

例

1、用數列極限定義證明：limn?2?0 n??n2?7

n?2時n?2(1)2n(2)2nn?22(3)24(4)|2?0|?2?2?2????? nn?7n?7n?7n?nn?1n?n

2上面的系列式子要想成立，需要第一個等號和不等號（1）、（2）、（3）均成立方可。第一個等號成立的條件是n>2；不等號（1）成立的條件是2

n4，即n>2；不等號（4）成立的條件是n?[]，故取N=max{7, 2?

44[]}。這樣當n>N時，有n>7，n?[]。??因為n>7,所以等號第一個等號、不等式（1）、（2）、（3）能成立；因為n?[]，所以不等號（3）成立的條件是1??

|不等式（4）能成立，因此當n>N時，上述系列不等式均成立，亦即當n>N時，在這個例題中，大量使用了把一個數字放大為n或n?2?0|??。n2?7n的方法，因此，對于具體的數，．．．．．．．

2可把它放大為（k為大于零的常數）的形式 ．．．．．．kn．．．．．．．．．．．．．．．

n?4?0 n??n2?n?

1n?4n?4n?4時n?n2n2(1)|2?0|?2?2???? n?n?1n?n?1n?n?1n2n

22不等號（1）成立的條件是n?[],故取N=max{4, []},則當n>N時，上面的不等式都成??例

2、用數列極限定義證明：lim

立。

注：對于一個由若干項組成的代數式，可放大或縮小為這個代數式的一部分。如： ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．

n2?n?1?n

2n2?n?1?n

n?n?n22

n(n?1)2?n?

1(?1)n

例

3、已知an?，證明數列an的極限是零。2(n?1)

(?1)n1(1)1(2)

證明：???0(設0???1)，欲使|an?0|?||????成立 22(n?1)(n?1)n?1

11??解得：n??1，由于上述式子中的等式和不等號（1）對于任意的正整n?1?

1數n都是成立的，因此取N?[?1]，則當n>N時，不等號（2）成立，進而上述系列等式由不等式?

和不等式均成立，所以當n>N時，|an?0|??。

在上面的證明中，設定0???1，而數列極限定義中的?是任意的，為什么要這樣設定？這樣設定是否符合數列極限的定義？

在數列極限定義中，N是一個正整數，此題如若不設定0???1，則N?[?1]就有1

?

可能不是正整數，例如若?＝2，則此時N＝－1，故為了符合數列極限的定義，先設定0???1，這樣就能保證N是正整數了。

那么對于大于1的?，是否能找到對應的N？能找到。按照上面已經證明的結論，當?＝0.5時，有對應的N1，當n>N1時，|an?0|＜0.5成立。因此，當n＞N1時，對于任意的大于1的?，下列式子成立：

|an?0|＜0.5＜1＜?，亦即對于所有大于1的?，我們都能找到與它相對應的N=N1。因此，在數列極限證明中，?可限小。只要對于較小的?能找到對應的N，則對于較大的?．．．

就自然能找到對應的N。