题目
根据数列极限的定义证明:-|||-lim dfrac (sqrt {{n)^2+(a)^2}}(n)=1
题目解答
答案
解析
步骤 1：定义数列极限
数列极限的定义是：对于任意给定的正数 $\varepsilon$，存在一个正整数 $N$，使得当 $n > N$ 时，有 $|\dfrac {\sqrt {{n}^{2}+{a}^{2}}}{n}-1|\lt \varepsilon$。
步骤 2：化简表达式
我们首先化简表达式 $|\dfrac {\sqrt {{n}^{2}+{a}^{2}}}{n}-1|$。通过分子有理化，可以得到：
$$
|\dfrac {\sqrt {{n}^{2}+{a}^{2}}}{n}-1| = |\dfrac {\sqrt {{n}^{2}+{a}^{2}}-n}{n}| = |\dfrac {{a}^{2}}{n(\sqrt {{n}^{2}+{a}^{2}}+n)}|
$$
步骤 3：找到合适的 $N$
要使 $|\dfrac {\sqrt {{n}^{2}+{a}^{2}}}{n}-1|\lt \varepsilon$，我们需要找到一个 $N$，使得当 $n > N$ 时，上述不等式成立。注意到：
$$
|\dfrac {{a}^{2}}{n(\sqrt {{n}^{2}+{a}^{2}}+n)}| \lt \dfrac {{a}^{2}}{2{n}^{2}}
$$
因此，要使 $\dfrac {{a}^{2}}{2{n}^{2}}\lt \varepsilon$，只要 $n\gt \dfrac {|a|}{\sqrt {2\varepsilon}}$。所以，取 $N= [ \dfrac {|a|}{\sqrt {2\varepsilon}}] $，则当 $n > N$ 时，就有 $|\dfrac {\sqrt {{n}^{2}+{a}^{2}}}{n}-1|\lt \varepsilon$。
数列极限的定义是：对于任意给定的正数 $\varepsilon$，存在一个正整数 $N$，使得当 $n > N$ 时，有 $|\dfrac {\sqrt {{n}^{2}+{a}^{2}}}{n}-1|\lt \varepsilon$。
步骤 2：化简表达式
我们首先化简表达式 $|\dfrac {\sqrt {{n}^{2}+{a}^{2}}}{n}-1|$。通过分子有理化，可以得到：
$$
|\dfrac {\sqrt {{n}^{2}+{a}^{2}}}{n}-1| = |\dfrac {\sqrt {{n}^{2}+{a}^{2}}-n}{n}| = |\dfrac {{a}^{2}}{n(\sqrt {{n}^{2}+{a}^{2}}+n)}|
$$
步骤 3：找到合适的 $N$
要使 $|\dfrac {\sqrt {{n}^{2}+{a}^{2}}}{n}-1|\lt \varepsilon$，我们需要找到一个 $N$，使得当 $n > N$ 时，上述不等式成立。注意到：
$$
|\dfrac {{a}^{2}}{n(\sqrt {{n}^{2}+{a}^{2}}+n)}| \lt \dfrac {{a}^{2}}{2{n}^{2}}
$$
因此，要使 $\dfrac {{a}^{2}}{2{n}^{2}}\lt \varepsilon$，只要 $n\gt \dfrac {|a|}{\sqrt {2\varepsilon}}$。所以，取 $N= [ \dfrac {|a|}{\sqrt {2\varepsilon}}] $，则当 $n > N$ 时，就有 $|\dfrac {\sqrt {{n}^{2}+{a}^{2}}}{n}-1|\lt \varepsilon$。