02-第二章数列极限

依赖于

无显式依赖

被以下题目直接调用

正文部分

2.1.2 思考题

题目 1

数列收敛有很多等价定义。例如：

数列 ${a_{n}}$ 收敛于 $a ⟺ \forall ε > 0, \exists N \in N_{+}, \forall n \geq N$ ，成立 $∣ a_{n} - a ∣ < ε$ ；

数列 ${a_{n}}$ 收敛于 $a ⟺ \forall m \in N_{+}, \exists N \in N_{+}, \forall n > N$ ，成立 $∣ a_{n} - a ∣ < 1/ m$ ；

数列 ${a_{n}}$ 收敛于 $a ⟺ \forall ε > 0, \exists N \in N_{+}, \forall n > N$ ，成立 $∣ a_{n} - a ∣ < K ε$ ，其中 $K$ 是一个与 $ε$ 和 $n$ 无关的正常数。

试证明以上定义与上一小节列出的定义的等价性。

解三种写法都与通常定义等价。 $\forall n \geq N$ 与 $\forall n > N$ 只差把 $N$ 改成 $N - 1$ 或 $N + 1$ ；把 $ε$ 换成 $1/ m$ 也不改变定义，因为对给定 $ε > 0$ 可取 $m > 1/ ε$ ，反过来对给定 $m$ 取 $ε = 1/ m$ 即可。至于 $∣ a_{n} - a ∣ < K ε$ ，只要把 $ε$ 换成 $ε / K$ ，便与标准写法完全等价。

题目 2

问：在数列收敛的定义中， $N$ 是否是 $ε$ 的函数？

解一般说来， $N$ 依赖于 $ε$ 。若可以取与 $ε$ 无关的同一个 $N$ ，则对该 $N$ 之后的一切 $n$ ，有 $∣ a_{n} - a ∣ < ε$ 对任意 $ε > 0$ 都成立，只能推出 $a_{n} = a$ ，即数列从某一项起恒等于极限。

题目 3

判断正确与否：若 ${a_{n}}$ 收敛，则有
$n \to \infty lim (a_{n + 1} - a_{n}) = 0 和 n \to \infty lim \frac{a _{n + 1}}{a _{n}} = 1.$

解第一条正确。由

a_{n + 1} - a_{n} = (a_{n + 1} - a) + (a - a_{n})

立即得 $lim (a_{n + 1} - a_{n}) = 0$ 。第二条不一定正确，例如

a_{n} = \frac{( - 1 ) ^{n}}{n} \to 0, \frac{a _{n + 1}}{a _{n}} \to - 1.

但若极限 $a \neq = 0$ ，则由四则运算法则有 $\frac{a _{n + 1}}{a _{n}} \to 1$ 。

题目 4

设收敛数列 ${a_{n}}$ 的每一项都是整数，问：该数列有什么特殊性质？

解收敛整数数列必从某一项起恒为常数。事实上若 $a_{n} \to a$ ，取 $ε = \frac{1}{2}$ ，则充分大时 $∣ a_{n} - a ∣ < \frac{1}{2}$ 。而 $a_{n}$ 为整数，故 $a$ 也只能是该整数，因而尾项全相等。

题目 5

问：收敛数列是否一定是单调数列？无穷小量是否一定是单调数列？

解不一定。 $1 + \frac{( - 1 ) ^{n}}{n}$ 收敛但不单调， $\frac{( - 1 ) ^{n}}{n}$ 是无穷小量也不单调。

题目 6

问：一个很小很小的量，例如取 $1 m$ 为单位长度时，几个纳米大小的量是否是无穷小量？

解不是。无穷小量是指数列项趋于 $0$ 的过程；一个固定的很小的数只是“小”，不是“趋于 $0$ ”。

题目 7

问：正无穷大数列是否一定单调增加？无界数列是否一定是无穷大量？

解正无穷大量不一定单调增加，例如 $x_{n} = n + (- 1)^{n}$ 。无界数列也不一定是无穷大量，例如 $0, 1, 0, 2, 0, 3, \dots$ 无界，但并不趋于 $\infty$ 。

题目 8

问：如果数列 ${a_{n}}$ 收敛于 $a$ ，那么绝对值 $∣ a_{n} - a ∣$ 是否随着 $n$ 的增加而单调减少趋于 $0$ ？

解不一定。可取

a_{n} = 1 + \frac{2 + ( - 1 ) ^{n}}{n},

则 $a_{n} \to 1$ ，但 $∣ a_{n} - 1∣ = \frac{2 + ( - 1 ) ^{n}}{n}$ 并不单调。

题目 9

判断正确与否：非负数列的极限是非负数，正数列的极限是正数。

解 “非负数列的极限是非负数”正确。若 $a_{n} \geq 0$ 且 $a_{n} \to a$ ，则 $a < 0$ 不可能，因为取 $ε = - a /2$ 会推出充分大时 $a_{n} < a /2 < 0$ ，矛盾。“正数列的极限是正数”不对，反例为 $a_{n} = 1/ n > 0$ 而极限为 $0$ 。

2.1.4 例题

例题 2.1.1

证明数列 ${\frac{n ^{5}}{2 ^{n}}}$ 收敛于 $0$ 。

证利用

2^{n} = (1 + 1)^{n} = 1 + (1 n) + (2 n) + \dots + (n n),

在 $n > 6$ 时有 $2^{n} > (6 n)$ ，因此可以放大如下：

\frac{n ^{5}}{2 ^{n}} < \frac{n ^{5} 6 !}{n ( n - 1 ) ( n - 2 ) ( n - 3 ) ( n - 4 ) ( n - 5 )} < \frac{n ^{4} 6 !}{( n - 5 ) ^{5}} .

然后在 $n > 10$ 时，将上式最右端表达式中的分母 $(n - 5)^{5}$ 用较小的 $(n /2)^{5}$ 代替，进一步放大为

\frac{n ^{5}}{2 ^{n}} < \frac{n ^{4} 6 ! 2 ^{5}}{n ^{5}} < \frac{1 0 ^{5}}{n} .

可以看出，为了使最后一个表达式小于 $ε$ ，只要取

N = max {10, ⌊ 1 0^{5} / ε ⌋}

即可。

注初学者要注意，如果将分子 $n^{5}$ 换为 $n^{100}$ ，或者 $n$ 的任意次多项式，结论仍成立。又如果将分母 $2^{n}$ 换为 $3^{n}$ 或 $1 0^{n}$ ，结论也成立。因此就可以知道，在以 $n$ 为自变量时，多项式与基数大于 $1$ 的指数函数之比是无穷小量。从学习数学分析一开始就需要注意各种不同函数之间的极限关系。

例题 2.1.2

证明数列 ${n n}$ 的极限是 $1$ 。

证 1 在 $n \geq 2$ 时，我们有

1 \leq n n = (n \cdot n \cdot 1 \cdot 1 \dots 1)^{1/ n} < \frac{2 n + n - 2}{n} < 1 + \frac{2}{n},

因此得到估计

0 \leq n n - 1 < \frac{2}{n} .

对于给定的 $ε > 0$ ，取

N = max {2, ⌊ 4/ ε^{2} ⌋}

即可。

证 2 本题也可以用类似于例题 2.1.1 的方法来证明。由于 $n n \geq 1$ ，只要关心不等式 $n n - 1 < ε$ 。令 $y_{n} = n n - 1$ ，则 $y_{n} \geq 0$ ，且当 $n > 1$ 时有

n = (1 + y_{n})^{n} \geq \frac{n ( n - 1 )}{2} y_{n}^{2} .

从这个不等式解出 $y_{n}$ ，就找到了在 $n > 1$ 时的“适当放大”：

n n - 1 = y_{n} \leq \frac{2}{n - 1},

因此取 $N = ⌊ 2/ ε^{2} ⌋ + 1$ 即可。

注请读者注意，以上两个基本例题还有很多解法（即一题多解）。例如用后面的单调有界数列的收敛定理或 Stolz 定理都可以解决这两个问题。

2.1.5 练习题

题目 1

按极限定义证明：

$n \to \infty lim \frac{3 n ^{2}}{n ^{2} - 4} = 3$ ；

$n \to \infty lim \frac{sin n}{n} = 0$ ；

$n \to \infty lim (1 + n)^{1/ n} = 1$ ；

$n \to \infty lim \frac{a ^{n}}{n !} = 0 (a > 0)$ 。

解 1.

\frac{3 n ^{2}}{n ^{2} - 4} - 3 = \frac{12}{n ^{2} - 4} .

给定 $ε > 0$ ，取 $N > max {3, 12/ ε + 4}$ ，则 $n > N$ 时右边小于 $ε$ ，故极限为 $3$ 。

\frac{sin n}{n} \leq \frac{1}{n} .

给定 $ε > 0$ ，取 $N > 1/ ε$ 即可。

令 $u_{n} = (n + 1)^{1/ n} - 1 \geq 0$ 。由 Bernoulli 不等式，

n + 1 = (1 + u_{n})^{n} \geq 1 + n u_{n},

故 $0 \leq u_{n} \leq 1/ n$ ，于是 $(n + 1)^{1/ n} \to 1$ 。

当 $a = 0$ 时显然。设 $a > 0$ 。对充分大的 $n$ ，至少有 $n /2$ 个因子不小于 $n /2$ ，故

n! \geq (\frac{n}{2})^{n /2} .

从而

0 \leq \frac{a ^{n}}{n !} \leq (\frac{2 a ^{2}}{n})^{n /2} .

当 $n > 4 a^{2}$ 时，右边小于 $(1/2)^{n /2}$ ，故趋于 $0$ 。

题目 2

设 $a_{n} \geq 0, n \in N_{+}$ ，数列 ${a_{n}}$ 收敛于 $a$ ，证明
$n \to \infty lim a_{n} = a .$

解由恒等式

∣ a_{n} - a ∣ = \frac{∣ a _{n} - a ∣}{a _{n} + a}

可知当 $a > 0$ 时分母充分大时有正下界，于是极限为 $0$ 。当 $a = 0$ 时，

∣ a_{n} - 0 ∣^{2} = a_{n} \to 0,

故仍有 $a_{n} \to 0$ 。

题目 3

若 $n \to \infty lim a_{n} = a$ ，证明 $n \to \infty lim ∣ a_{n} ∣ = ∣ a ∣$ 。反之如何？

解由三角不等式

∣ a_{n} ∣ - ∣ a ∣ \leq ∣ a_{n} - a ∣

立得 $∣ a_{n} ∣ \to ∣ a ∣$ 。反过来不成立，例如 $a_{n} = (- 1)^{n}$ ，则 $∣ a_{n} ∣ = 1$ 收敛，而 $a_{n}$ 发散。

题目 4

下面一组题在本章的许多极限计算中有用（并与第五章的连续性概念有关）：

设 $p (x)$ 是 $x$ 的多项式。若 $n \to \infty lim a_{n} = a$ ，证明 $n \to \infty lim p (a_{n}) = p (a)$ ；

设 $b > 0, n \to \infty lim a_{n} = a$ ，证明 $n \to \infty lim b^{a_{n}} = b^{a}$ ；

设 $b > 0, {a_{n}}$ 为正数列， $n \to \infty lim a_{n} = a, a > 0$ ，证明 $n \to \infty lim lo g_{b} a_{n} = lo g_{b} a$ ；

设 $b$ 为实数， ${a_{n}}$ 为正数列， $n \to \infty lim a_{n} = a, a > 0$ ，证明 $n \to \infty lim a_{n}^{b} = a^{b}$ ；

设 $n \to \infty lim a_{n} = a$ ，证明 $n \to \infty lim sin a_{n} = sin a$ 。

例如上面提到过的问题：若 $b > 0$ ，则 $n \to \infty lim b^{1/ n} = 1$ 。它是第 (2) 题的特例。

解

多项式由有限次加法与乘法构成，故由极限的四则运算法则立得

p (a_{n}) \to p (a) .

先设 $b > 1$ 。若 $∣ a_{n} - a ∣ < 1/ m$ ，则

b^{- 1/ m} < b^{a_{n} - a} < b^{1/ m},

而 $b^{1/ m} \to 1$ ，故 $b^{a_{n} - a} \to 1$ ，于是 $b^{a_{n}} \to b^{a}$ 。若 $0 < b < 1$ ，写成 $b^{a_{n}} = (1/ b)^{- a_{n}}$ 即可。

设 $b > 1$ 。由 $a_{n} \to a > 0$ 知 $a_{n}$ 充分大时仍为正。令 $y_{n} = lo g_{b} a_{n}$ 。若 $y_{n} ↛ lo g_{b} a$ ，则有一子列 $y_{n_{k}} \to c \neq = lo g_{b} a$ 或发散；由上题 $b^{y_{n_{k}}} = a_{n_{k}} \to a$ ，又 $b^{y_{n_{k}}} \to b^{c}$ ，矛盾。故 $lo g_{b} a_{n} \to lo g_{b} a$ 。 $0 < b < 1$ 时同理。

a_{n}^{b} = e^{b l n a_{n}} \to e^{b l n a} = a^{b} .

∣ sin a_{n} - sin a ∣ = 2 cos \frac{a _{n} + a}{2} sin \frac{a _{n} - a}{2} \leq ∣ a_{n} - a ∣,

故 $sin a_{n} \to sin a$ 。

题目 5

设 $a > 1$ ，证明
$n \to \infty lim \frac{lo g _{a} n}{n} = 0.$
可以利用已知极限 $n \to \infty lim n n = 1$ 。

解由已知极限 $n n \to 1$ ，对任意 $ε > 0$ ，充分大时有

n^{1/ n} < a^{ε} .

取以 $a$ 为底的对数便得

\frac{lo g _{a} n}{n} < ε

对充分大的 $n$ 成立，所以 $\frac{lo g _{a} n}{n} \to 0$ 。

2.2.1 思考题

题目 1

设 ${a_{n}}$ 收敛而 ${b_{n}}$ 发散，问：数列 ${a_{n} + b_{n}}$ 和 ${a_{n} b_{n}}$ 的敛散性如何？

解若 ${a_{n}}$ 收敛而 ${b_{n}}$ 发散，则 ${a_{n} + b_{n}}$ 必发散；否则由 $b_{n} = (a_{n} + b_{n}) - a_{n}$ 可知 ${b_{n}}$ 应收敛，矛盾。至于乘积，不一定：取 $a_{n} \equiv 1, b_{n} = (- 1)^{n}$ ，则 $a_{n} b_{n}$ 发散；取 $a_{n} = 1/ n, b_{n} = (- 1)^{n}$ ，则 $a_{n} b_{n} \to 0$ 。

题目 2

设 ${a_{n}}$ 和 ${b_{n}}$ 都发散，问：数列 ${a_{n} + b_{n}}$ 和 ${a_{n} b_{n}}$ 的敛散性如何？

解两个都发散时，和与积都没有统一结论。例如

a_{n} = n, b_{n} = - n

时和收敛于 $0$ 而积发散；取 $a_{n} = b_{n} = (- 1)^{n}$ 时和发散而积恒为 $1$ ；取 $a_{n} = n, b_{n} = n$ 时和与积都发散。

题目 3

设 $a_{n} \leq b_{n} \leq c_{n}, n \in N_{+}$ ，已知
$n \to \infty lim (c_{n} - a_{n}) = 0,$
问：数列 ${b_{n}}$ 是否收敛？

解不一定。可取

a_{n} = sin n, c_{n} = sin n + \frac{1}{n}, b_{n} = sin n + \frac{1 + ( - 1 ) ^{n}}{2 n} .

则 $a_{n} \leq b_{n} \leq c_{n}$ ，且 $c_{n} - a_{n} = 1/ n \to 0$ ，但 ${b_{n}}$ 仍发散。

题目 4

找出下列运算中的错误：
$n \to \infty lim (\frac{1}{n + 1} + \dots + \frac{1}{2 n}) = n \to \infty lim \frac{1}{n + 1} + \dots + n \to \infty lim \frac{1}{2 n} = 0.$

解错在把极限与“项数也随 $n$ 变化的和”交换了次序。四则运算法则只适用于有限个极限的运算；这里相加的项数是 $n$ 个，不是固定有限个。

题目 5

设已知 ${a_{n}}$ 收敛于 $a$ ，又对每个 $n$ 有 $b < a_{n} < c$ ，问：是否成立 $b < a < c$ ？

解只能推出

b \leq a \leq c,

不能保证严格不等式。例如 $a_{n} = 1/ n, b = 0, c = 1$ 时， $a = 0$ 。

题目 6

设已知 ${a_{n}}$ 收敛于 $a$ ，又有 $b \leq a \leq c$ ，问：是否存在 $N$ ，使得当 $n > N$ 时成立 $b \leq a_{n} \leq c$ ？

解若 $b < a < c$ ，则存在这样的 $N$ ；这是极限的局部性质。若只知 $b \leq a \leq c$ ，结论不一定成立。例如 $a_{n} = a + (- 1)^{n} / n$ ，取 $b = a$ 或 $c = a$ 即可构造反例。

题目 7

设已知 $n \to \infty lim a_{n} = 0$ ，问：是否有 $n \to \infty lim (a_{1} a_{2} \dots a_{n}) = 0$ ？又问：反之如何？

解正向结论不一定对。取 $a_{n} = - 2$ ，则 $a_{n} \to 0$ 不成立；应改为取 $a_{n} = 1 - \frac{1}{n}$ ，则 $a_{n} ↛ 0$ 也不合适。正确反例是

a_{n} = {2, 1/ n, n = 1, n \geq 2,

则 $a_{n} \to 0$ ，但

a_{1} a_{2} \dots a_{n} = 2 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} \dots \frac{1}{n} = \frac{1}{n !} \to 0,

这一例反而说明该命题可能为真。事实上它是正确的：由 $a_{n} \to 0$ ，充分大时 $∣ a_{n} ∣ < 1/2$ ，于是从某项起每乘一次模都至少缩小一半，所以积趋于 $0$ 。反之不成立，例如 $a_{n} \equiv \frac{1}{2}$ ，则

a_{1} a_{2} \dots a_{n} = (\frac{1}{2})^{n} \to 0,

但 $a_{n} ↛ 0$ 。

2.2.2 例题

例题 2.2.1

若数列 ${a_{n}}$ 收敛，则在此数列中一定有最大数或最小数，但不一定同时有最大数和最小数。

证 1 设此数列的极限为 $a$ 。若此数列的每一项等于 $a$ ，则不必再说。否则，设数列的某一项 $a_{m} \neq = a$ 。若有 $a_{m} > a$ ，则可取 $ε = a_{m} - a$ 。从收敛数列的定义知道，存在 $N$ ，使得当 $n > N$ 时， $∣ a_{n} - a ∣ < ε$ 。由于有 $a_{m} - a = ε$ ，显然 $m \leq N$ 。于是，在 $[a_{m}, + \infty)$ 中至少含有 ${a_{n}}$ 中的一项 $a_{m}$ ，但至多含有该数列中的 $N$ 项。

令 $M = max {a_{1}, a_{2}, \dots, a_{N}}$ ，则在 $n > N$ 时，有

a_{n} < a + ε = a + (a_{m} - a) = a_{m} \leq M,

可见 $M$ 是数列 ${a_{n}}$ 的最大数。同样可证在 $a_{m} < a$ 时，数列 ${a_{n}}$ 有最小数。

很容易举出不同时存在最大数和最小数的收敛数列的例子。例如数列 ${1/ n}$ 收敛于 $0$ ，它有最大数，但没有最小数。

证 2 若 ${a_{n}}$ 不是常值数列，则可以从数列中取出不等的两项，设为 $a_{s} < a_{t}$ ，然后用反证法如下。设数列中既无最小数又无最大数，则存在无穷多项小于 $a_{s}$ ，又存在无穷多项大于 $a_{t}$ 。因此，所有大于 $a_{s}$ 或小于 $a_{t}$ 的实数都不可能是数列 ${a_{n}}$ 的极限。于是 ${a_{n}}$ 没有极限，与其收敛性矛盾。

例题 2.2.2

若
$n \to \infty lim \frac{x _{n} - a}{x _{n} + a} = 0,$
证明 $n \to \infty lim x_{n} = a$ 。

证 1 由题设可见 $a \neq = 0$ 。由条件可知， $\forall ε > 0, \exists N$ ，当 $n > N$ 时，成立

\frac{x _{n} - a}{x _{n} + a} < ε .

由此可估计出

∣ x_{n} - a ∣ < ε ∣ x_{n} + a ∣ = ε ∣ (x_{n} - a) + 2 a ∣ \leq ε (∣ x_{n} - a ∣ + 2∣ a ∣) .

若限制 $ε < 1$ ，则可得出

∣ x_{n} - a ∣ < \frac{2 ε ∣ a ∣}{1 - ε} .

又若限制 $ε < 1/2$ ，则又可得到

∣ x_{n} - a ∣ < 4∣ a ∣ ε .

由于上式右边是 $ε$ 乘固定常数，可见成立 $n \to \infty lim x_{n} = a$ 。

证 2 作代换

y_{n} = \frac{x _{n} - a}{x _{n} + a},

则从 $a \neq = 0$ 可以看出对每个 $n$ 都有 $y_{n} \neq = 1$ ，因此就可以将 $x_{n}$ 用 $y_{n}$ 表示出来：

x_{n} = a \cdot \frac{1 + y _{n}}{1 - y _{n}},

然后根据 $n \to \infty lim y_{n} = 0$ 和极限运算法则就得到

n \to \infty lim x_{n} = a .

注 1 与适当放大法的例题不同，那里只是从数列收敛的定义出发，但在这两个证明中我们已经用到了收敛数列的许多基本知识，初学者要看到这个变化。

注 2 在证 2 中用了变量代换法。这值得注意。实际上，若要证明 $n \to \infty lim x_{n} = a$ ，就可以令 $y_{n} = x_{n} - a$ ，然后去证明 $n \to \infty lim y_{n} = 0$ 。这就是变量代换的最简单例子。应当指出，即使是如此平凡的代换，对于考虑问题也是有帮助的。

例题 2.2.3

设 $a > 0, b > 0$ ，求极限
$n \to \infty lim (a^{n} + b^{n})^{1/ n} .$

解不妨先假定 $a \leq b$ 。这时就有两面夹的不等式：

b = (b^{n})^{1/ n} < (a^{n} + b^{n})^{1/ n} \leq (2 b^{n})^{1/ n},

也就是

b < (a^{n} + b^{n})^{1/ n} \leq n 2 b .

利用 $n \to \infty lim n 2 = 1$ 和夹逼定理，可见极限为 $b$ 。对 $a > b$ 可作类似讨论。最后的答案是 $max {a, b}$ 。

例题 2.2.4

求数列 ${a_{n}}$ 的极限，其中
$a_{n} = \frac{1 ! + 2 ! + \dots + n !}{n !}, n \in N_{+} .$

解将分子（设 $n > 2$ ）中的前 $n - 2$ 项适当放大，就有估计

1! + 2! + \dots + n! \leq (n - 2) (n - 2)! + (n - 1)! + n! < 2 (n - 1)! + n!,

因此知道在 $n > 2$ 时，有

1 < \frac{1 ! + 2 ! + \dots + n !}{n !} < \frac{2}{n} + 1.

令 $n \to \infty$ 即可知极限为 $1$ 。

2.2.3 判定数列发散的方法中的例题

例题 2.2.5

根据无穷大量的定义证明
$n \to \infty lim \frac{n ^{3} + n - 7}{n + 3} = + \infty.$

证要对每个给定的 $G > 0$ ，证明有 $N$ ，当 $n > N$ 时，有 $(n^{3} + n - 7) / (n + 3) > G$ 。不妨令 $n > 3$ ，这样分母就可用 $2 n$ 代替而使分式变小。由于这时分子中的 $n^{3} - 7 > \frac{1}{2} n^{3}$ ，又弃去分子中的 $n$ ，这样就可以估计出

\frac{n ^{3} + n - 7}{n + 3} > \frac{\frac{1}{2} n ^{3}}{2 n} = \frac{1}{4} n^{2} > \frac{1}{4} n .

为使最后一式大于 $G$ ，只要取 $N = max {3, ⌊ 4 G ⌋}$ 即可。

注这里所用的方法与前面的“适当放大法”完全一样，但或许应称为“适当缩小法”了。容易看出，本题的关键在于分子的最高次数高于分母的最高次数。只要保持这一特点，在简化时就可以慷慨地缩小，最后得到 $N$ 的简单表达式。

例题 2.2.6

设
$S_{n} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n}, n \in N_{+},$
证明数列 ${S_{n}}$ 发散。

证 1 较为常见的证明就是 Oresme 的方法，其实质是利用不等式

\frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 2} + \dots + \frac{1}{2 n} n \cdot \frac{1}{2 n} = \frac{1}{2} .

这样就可以得到

S_{2} = 1 + \frac{1}{2}, S_{4} = S_{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} > S_{2} + 2 (\frac{1}{4}) = 2,

S_{8} = S_{4} + \frac{1}{5} + \frac{1}{6} + \frac{1}{7} + \frac{1}{8} S_{4} + 4 (\frac{1}{8}) > 1 + \frac{3}{2} = 2.5, \dots

不难用数学归纳法证明（请读者完成）：对每一个 $n$ ，成立不等式

S_{2^{n}} \geq 1 + \frac{n}{2} .

可见数列 ${S_{n}}$ 无上界，因此发散。

证 2 这是 Jacob Bernoulli 的证明。他发现在任意的正整数 $n$ ，有

\frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 2} + \dots + \frac{1}{n ^{2}} \frac{n ^{2} - n}{n ^{2}} = 1 - \frac{1}{n},

因此得到不等式

\frac{1}{n} + \frac{1}{n + 1} + \dots + \frac{1}{n ^{2}} > 1.

由于 $n$ 是任意的，这样就知道

S_{4} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} > 2, S_{25} = S_{4} + \frac{1}{5} + \dots + \frac{1}{25} > 3.

依此类推，可见数列 ${S_{n}}$ 不可能收敛。

证 3 用反证法。若 ${S_{n}}$ 收敛，记 $S = n \to \infty lim S_{n}$ 。分析 $S_{2 n} = A_{n} + B_{n}$ ，其中

A_{n} = 1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \dots + \frac{1}{2 n - 1}, B_{n} = \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{6} + \dots + \frac{1}{2 n} .

由于 $B_{n} = \frac{1}{2} S_{n}$ ，因此 $n \to \infty lim B_{n} = \frac{1}{2} S$ 。但由此又可以计算出

n \to \infty lim A_{n} = n \to \infty lim (S_{2 n} - B_{n}) = \frac{1}{2} S .

比较 $A_{n}$ 和 $B_{n}$ ，对每个 $n$ 都有 $A_{n} - B_{n} > \frac{1}{2}$ ，因此 ${A_{n}}$ 和 ${B_{n}}$ 收敛于同一个极限值是不可能的。

注由于 ${S_{n}}$ 是严格单调增加数列。在前两个证明的基础上不难证明 ${S_{n}}$ 是正无穷大量。此外，例题 2.2.6 还有许多其他解法。在例题 2.3.4 中将会证明数列

{\frac{1}{n + 1} + \dots + \frac{1}{2 n}}

收敛，而且极限大于 $0$ 。由于这个数列的通项就是 $S_{2 n} - S_{n}$ ，如果数列 ${S_{n}}$ 收敛，则 $n \to \infty lim (S_{2 n} - S_{n}) = 0$ 。这与例题 2.3.4 的结论矛盾，可看成是本题的第 4 个证明。在例题 3.4.2 中用 Cauchy 收敛准则又对本题给出新证明。

例题 2.2.7

证明数列 ${sin n}$ 发散。

证 1（几何方法） 从正弦曲线 $y = sin x$ 的图像可以设法构造出两个子列。虽然我们并不知道它们是否收敛，但却有把握知道它们（如果收敛的话）决不可能收敛于同一极限。

先看每个介于 $2 k π$ 和 $(2 k + 1) π$ 之间的区间

[2 k π + \frac{π}{4}, 2 k π + \frac{3 π}{4}] .

由于函数 $sin x$ 在这个区间上的取值不小于

sin \frac{π}{4} = \frac{2}{2},

同时区间长度又大于 $1$ ，因此在该区间中一定存在一个正整数，记为 $n_{k}^{'}$ 。对每个 $k$ 都这样做，就得到一个子列 ${sin n_{k}^{'}}$ ；如果它收敛的话，其极限一定不小于 $2 /2$ 。

类似地可以在区间 $[(2 k + 1) π, (2 k + 2) π]$ 中选出正整数 $n_{k}^{''}$ ，得到第二个子列 ${sin n_{k}^{''}}$ ；它如果收敛的话，极限一定不大于 $0$ 。

因为收敛数列的每个子列都收敛于同一极限，而现在所构造出的两个子列即使都收敛，也不可能收敛于同一极限，从而就推知 ${sin n}$ 是发散数列。

证 2 用反证法。设存在

n \to \infty lim sin n = a,

则就有 $sin (n + 1) - sin (n - 1) \to 0$ 。由于

sin (n + 1) - sin (n - 1) = 2 sin 1 cos n,

因此得到 $cos n \to 0$ 。再利用

cos (n + 1) - cos (n - 1) = - 2 sin n sin 1 \to 0,

又得到 $sin n \to 0$ 。这样就有

n \to \infty lim sin n = n \to \infty lim cos n = 0.

这与恒等式 $sin^{2} n + cos^{2} n = 1$ 相矛盾。

注本例题的解法还有很多，见下一章的例题 3.4.3。

例题 2.2.8

设
$x_{1} = \frac{c}{2}, x_{n + 1} = \frac{c}{2} + \frac{x _{n}^{2}}{2}, n \in N_{+},$
证明：若 $c > 1$ ，则 ${x_{n}}$ 发散。

证用反证法。若数列 ${x_{n}}$ 收敛，记其极限为 $A$ 。在递推公式

x_{n + 1} = \frac{c}{2} + \frac{x _{n}^{2}}{2}

两边令 $n \to \infty$ ，就得到

A = \frac{c}{2} + \frac{A ^{2}}{2} .

这表明极限值 $A$ 应当满足二次方程 $A^{2} - 2 A + c = 0$ 。但由于这个二次方程的判别式 $Δ = 4 - 4 c < 0$ ，因此无实根。这表明 $A$ 不存在，因此数列 ${x_{n}}$ 发散。

注 1 显然， ${x_{n}}$ 在 $c > 0$ 时严格单调增加，因此在 $c > 1$ 时是正无穷大量。

注 2 这个例题是 [14] 的第一卷的第 35 小节中例 6 的一部分。在那里对参数 $c$ 的其他情况作了详细研究。但其中对于 $c < - 3$ 时未作深入讨论就说数列 ${x_{n}}$ 发散，这是不正确的。在 [24] 的 8—14 页对此题作了完整的讨论，其中证明存在可列个参数值 $c < - 3$ 使得 ${x_{n}}$ 收敛。由于此题的迭代方程在 $c \leq 1$ 时通过线性变换

x = (1 + 1 - c) (1 - 2 y)

即可成为本章第二组参考题 19（以及 2.6.3 小节中的题 3）中的 logistic（逻辑斯谛）映射（抛物线映射）的迭代系统，因此本书正文中不再讨论 $c \leq 1$ 的情况。

例题 2.2.9

设有两个数列 ${S_{n}}$ 和 ${a_{n}}$ ，且有关系如下：
$S_{n} = a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n}, n \in N_{+} .$
若 ${S_{n}}$ 收敛，则 ${a_{n}}$ 为无穷小量。反之，若 ${a_{n}}$ 不是无穷小量，则 ${S_{n}}$ 发散。

证从 $n \geq 2$ 起有 $a_{n} = S_{n} - S_{n - 1}$ ，又当 ${S_{n}}$ 收敛时， ${S_{n - 1}}_{n \geq 2}$ 也一定收敛，而且收敛于同一极限，在上式两边取 $n \to \infty$ ，就得到

n \to \infty lim a_{n} = 0.

注对于给定的数列 ${a_{n}}$ ，将记号

n = 1 \sum \infty a_{n} = a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n} + \dots

称为以 $a_{n}$ 为通项的无穷级数。从 ${a_{n}}$ 出发，就可以如例题 2.2.9 中的关系式那样定义数列 ${S_{n}}$ ，称为该无穷级数的部分和数列。如果 ${S_{n}}$ 收敛，并有

n \to \infty lim S_{n} = S,

则定义该无穷级数收敛，且称 $S$ 为该无穷级数的和，记为

n = 1 \sum \infty a_{n} = a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n} + \dots = S .

否则就说该无穷级数发散。

无穷级数理论具有极其丰富的内容，是本书下册的中心内容之一。但由以上的简单介绍也已经可以看出，无穷级数与数列有密切的联系。实际上前面的例题 2.2.6 的内容就是证明以 $1/ n$ 为通项的无穷级数发散（于正无穷大）。这个级数一般称为调和级数。

用无穷级数的语言来说，例题 2.2.9 的内容是：无穷级数收敛的必要条件是它的通项（所成的数列）收敛于 $0$ 。当然，这并非是充分条件，用例题 2.2.6 就可以说明这一点。

2.2.4 练习题

题目 1

证明： ${a_{n}}$ 收敛的充分必要条件是 ${a_{2 k}}$ 和 ${a_{2 k - 1}}$ 收敛于同一极限。

解充分性显然。必要性方面，若 $a_{n} \to a$ ，则子列 $a_{2 k}$ 、 $a_{2 k - 1}$ 都收敛于 $a$ 。反过来若 $a_{2 k} \to a, a_{2 k - 1} \to a$ ，给定 $ε > 0$ ，取 $N_{1}, N_{2}$ ，使得 $k > N_{1}$ 时 $∣ a_{2 k} - a ∣ < ε$ ， $k > N_{2}$ 时 $∣ a_{2 k - 1} - a ∣ < ε$ 。令 $N = 2 max {N_{1}, N_{2}} + 1$ ，则 $n > N$ 时无论奇偶都有 $∣ a_{n} - a ∣ < ε$ ，故 $a_{n} \to a$ 。

题目 2

以下是可以应用夹逼定理的几个题：

给定 $p$ 个正数 $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{p}$ ，求

$n \to \infty lim n a_{1}^{n} + a_{2}^{n} + \dots + a_{p}^{n};$

设

$x_{n} = \frac{1}{n ^{2} + 1} + \frac{1}{n ^{2} + 2} + \dots + \frac{1}{( n + 1 ) ^{2}}, n \in N_{+},$
求 $n \to \infty lim x_{n}$ ； 3. 设
$a_{n} = (1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n})^{1/ n}, n \in N_{+},$
求 $n \to \infty lim a_{n}$ ； 4. 设 ${a_{n}}$ 为正数列，并且已知它收敛于 $a > 0$ ，证明 $n \to \infty lim n a_{n} = 1$ 。

解

设 $M = max {a_{1}, \dots, a_{p}}$ 。则

M^{n} \leq a_{1}^{n} + \dots + a_{p}^{n} \leq p M^{n},

故

M \leq n a_{1}^{n} + \dots + a_{p}^{n} \leq p^{1/ n} M .

由夹逼定理得极限为 $M$ 。

和中共有 $(n + 1)^{2} - n^{2} = 2 n + 1$ 项，且每项满足

\frac{1}{n + 1} \leq \frac{1}{n ^{2} + k} \leq \frac{1}{n} (1 \leq k \leq 2 n + 1) .

因此

\frac{2 n + 1}{n + 1} \leq x_{n} \leq \frac{2 n + 1}{n},

故 $x_{n} \to 2$ 。

设 $H_{n} = 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n}$ 。由 $1 \leq H_{n} \leq n$ ，得

1 \leq H_{n}^{1/ n} \leq n^{1/ n} .

而 $n^{1/ n} \to 1$ ，故 $a_{n} = H_{n}^{1/ n} \to 1$ 。

由 $a_{n} \to a > 0$ ，存在 $N$ 使 $n > N$ 时

\frac{a}{2} < a_{n} < \frac{3 a}{2} .

从而

(\frac{a}{2})^{1/ n} \leq n a_{n} \leq (\frac{3 a}{2})^{1/ n} .

两端都趋于 $1$ ，故 $n a_{n} \to 1$ 。

题目 3

求下列极限：

$n \to \infty lim (1 + x) (1 + x^{2}) \dots (1 + x^{2^{n}})$ ，其中 $∣ x ∣ < 1$ ；

$n \to \infty lim (1 - \frac{1}{2 ^{2}}) (1 - \frac{1}{3 ^{2}}) \dots (1 - \frac{1}{n ^{2}})$ ；

$n \to \infty lim (1 - \frac{1}{1 + 2}) (1 - \frac{1}{1 + 2 + 3}) \dots (1 - \frac{1}{1 + 2 + \dots + n})$ ；

$n \to \infty lim [\frac{1}{1 \cdot 2 \cdot 3} + \frac{1}{2 \cdot 3 \cdot 4} + \dots + \frac{1}{n ( n + 1 ) ( n + 2 )}]$ ；

$n \to \infty lim k = 1 \sum n \frac{1}{k ( k + 1 ) \dots ( k + ν )}$ ，其中 $ν$ 为正整数。

最后两个题是
$n \to \infty lim [\frac{1}{1 \cdot 2} + \frac{1}{2 \cdot 3} + \dots + \frac{1}{n ( n + 1 )}]$
的推广。

解

利用恒等式

(1 - x) (1 + x) (1 + x^{2}) \dots (1 + x^{2^{n}}) = 1 - x^{2^{n + 1}},

得

(1 + x) (1 + x^{2}) \dots (1 + x^{2^{n}}) = \frac{1 - x ^{2^{n + 1}}}{1 - x} \to \frac{1}{1 - x} (∣ x ∣ < 1) .

k = 2 \prod n (1 - \frac{1}{k ^{2}}) = k = 2 \prod n \frac{( k - 1 ) ( k + 1 )}{k ^{2}} = (k = 2 \prod n \frac{k - 1}{k}) (k = 2 \prod n \frac{k + 1}{k}) = \frac{1}{n} \cdot \frac{n + 1}{2} \to \frac{1}{2} .

因为 $1 + 2 + \dots + k = \frac{k ( k + 1 )}{2}$ ，故第 $k$ 个因子为

1 - \frac{2}{k ( k + 1 )} = \frac{( k - 1 ) ( k + 2 )}{k ( k + 1 )} .

于是

k = 2 \prod n (1 - \frac{2}{k ( k + 1 )}) = (k = 2 \prod n \frac{k - 1}{k}) (k = 2 \prod n \frac{k + 2}{k + 1}) = \frac{1}{n} \cdot \frac{n + 2}{3} \to \frac{1}{3} .

\frac{1}{k ( k + 1 ) ( k + 2 )} = \frac{1}{2} (\frac{1}{k ( k + 1 )} - \frac{1}{( k + 1 ) ( k + 2 )}),

故和为望远镜型，极限为

\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1 \cdot 2} = \frac{1}{4} .

一般地，

\frac{1}{k ( k + 1 ) \dots ( k + ν )} = \frac{1}{ν} [\frac{1}{k ( k + 1 ) \dots ( k + ν - 1 )} - \frac{1}{( k + 1 ) \dots ( k + ν )}] .

望远镜求和后得

k = 1 \sum n \frac{1}{k ( k + 1 ) \dots ( k + ν )} = \frac{1}{ν} [\frac{1}{1 \cdot 2 \dots ν} - \frac{1}{( n + 1 ) \dots ( n + ν )}] .

令 $n \to \infty$ 得极限

\frac{1}{ν \cdot ν !} .

题目 4

设 $s_{n} = a + 3 a^{2} + \dots + (2 n - 1) a^{n}, ∣ a ∣ < 1$ ，求 ${s_{n}}$ 的极限。试计算 $s_{n} - a s_{n}$ 。

解设

s_{n} = k = 1 \sum n (2 k - 1) a^{k} .

则

(1 - a) s_{n} = k = 1 \sum n a^{k} - n a^{n + 1} = \frac{a - a ^{n + 1}}{1 - a} - n a^{n + 1} .

因 $∣ a ∣ < 1$ ，有 $a^{n + 1} \to 0, n a^{n + 1} \to 0$ ，故

n \to \infty lim s_{n} = \frac{a}{( 1 - a ) ^{2}} .

题目 5

设正数列 ${x_{n}}$ 收敛，极限大于 $0$ ，证明：这个数列有正下界，但在数列中不一定有最小数。

解设 $x_{n} \to L > 0$ 。取 $ε = L /2$ ，则充分大时 $x_{n} > L /2$ ，故有正下界。它不一定有最小数，例如 $x_{n} = 1 + \frac{1}{n}$ ，极限为 $1$ ，下界可取 $1$ ，但数列中没有最小项。

题目 6

证明：若有 $n \to \infty lim a_{n} = + \infty$ ，则在数列 ${a_{n}}$ 中一定有最小数。

解由 $a_{n} \to + \infty$ ，取 $N$ 使 $n \geq N$ 时 $a_{n} > a_{1}, \dots, a_{N - 1}$ 的最小值。于是全体项的最小值必在有限个数 $a_{1}, \dots, a_{N - 1}$ 中取得。

题目 7

证明：无界数列至少有一个子列是确定符号的无穷大量。

解无界数列中，满足 $∣ a_{n} ∣ > m$ 的项对每个 $m$ 都有无穷多个。若其中正项只有有限多个，则负项绝对值无界，从而可取负无穷大量子列；反之可取正无穷大量子列。故至少有一个确定符号的无穷大量子列。

题目 8

证明数列 ${tan n}$ 发散。

解若 $tan n$ 收敛于 $L$ ，则平移后的数列 $tan (n + 1)$ 也收敛于 $L$ 。由正切加法公式，

tan (n + 1) = \frac{tan n + tan 1}{1 - tan n tan 1} .

令 $n \to \infty$ ，得

L = \frac{L + tan 1}{1 - L tan 1},

即 $L^{2} + 1 = 0$ ，矛盾。故 ${tan n}$ 发散。

题目 9

设数列 ${S_{n}}$ 的定义为
$S_{n} = 1 + \frac{1}{2 ^{p}} + \frac{1}{3 ^{p}} + \dots + \frac{1}{n ^{p}}, n \in N_{+} .$
证明 ${S_{n}}$ 在以下两种情况均发散：
$(1) p \leq 0, (2) 0 < p < 1.$

解当 $p \leq 0$ 时，项 $1/ n^{p}$ 不趋于 $0$ ，故部分和数列发散。设 $0 < p < 1$ 。对每个 $m$ ，

k = 2^{m - 1} + 1 \sum 2^{m} \frac{1}{k ^{p}} \geq \frac{2 ^{m - 1}}{( 2 ^{m} ) ^{p}} = 2^{(1 - p) m - 1} .

右边不趋于 $0$ ，而且这些块和之和发散，故 ${S_{n}}$ 发散。

2.3.1 例题

例题 2.3.1

用单调有界数列的收敛定理，证明 ${\frac{n ^{5}}{2 ^{n}}}$ 收敛，并求其极限。

证记数列的通项为 $a_{n} = \frac{n ^{5}}{2 ^{n}}, n \in N_{+}$ ，则可以看出前后两项之比为

\frac{a _{n + 1}}{a _{n}} = \frac{1}{2} (1 + \frac{1}{n})^{5} .

分析上式右边的第二个因子，从

n \to \infty lim (1 + \frac{1}{n})^{5} = 1

可见存在 $N$ ，当 $n > N$ 时，满足不等式

(1 + \frac{1}{n})^{5} < 2.

因此，当 $n > N$ 时，就有

a_{n + 1} = a_{n} \cdot \frac{1}{2} (1 + \frac{1}{n})^{5} < a_{n} .

由此可见，至少从 $n > N$ 起数列 ${a_{n}}$ 严格单调减少。又由于 ${a_{n}}$ 是正数列，以 $0$ 为下界，因此就可以用单调有界数列的收敛定理，知道存在极限

a = n \to \infty lim a_{n} .

利用极限的存在性，在上式两边令 $n \to \infty$ ，就有

a = \frac{1}{2} a ⟹ a = 0.

注希望初学者比较这个方法与例题 2.1.1 中的方法。这里在问题的提法、采取的思路和所需要的工具等方面都完全不同。

例题 2.3.2

研究数列 ${n n}$ 是否单调，并求出该数列的极限。

证记 $a_{n} = n n, n \in N_{+}$ 。计算数列的前几项，得

a_{1} = 1, a_{2} = 2, a_{3} = 33 \approx 1.44, a_{4} \approx 1.41, a_{5} = 55 \approx 1.38, a_{6} = 66 \approx 1.35, \dots

可见这个数列有可能从第三项起严格单调减少。比较前后两项，由于有

a_{n + 1} = n + 1 n + 1 < a_{n} = n n ⟺ (1 + \frac{1}{n})^{n} < n,

只要证明当 $n$ 充分大时右边的不等式成立，就可以证实我们的猜测正确。利用平均值不等式，可以得到

\frac{1}{n} (1 + \frac{1}{n})^{n} = (\frac{1}{n})^{2} (1 + \frac{1}{n})^{n} < (\frac{n + 1 + 2 n}{n + 2})^{n + 2} .

可见只要 $n > 4$ 就可以使上式右边的表达式严格小于 $1$ 。因此数列 ${n n}$ 至少从第 $5$ 项起是严格单调减少数列。又由于这个数列以 $1$ 为下界，因此从单调有界数列的收敛定理知道，存在极限

n \to \infty lim n n = a \geq 1.

以下只要证明 $a > 1$ 是不可能的。用反证法，若有 $a = 1 + h, h > 0$ ，则当 $n$ 充分大时应当成立 $n n > 1 + h$ ，从而得到

n > (1 + h)^{n} > \frac{n ( n - 1 )}{2} h^{2} .

但这是不可能的。因此得出结论：

n \to \infty lim n n = 1.

例题 2.3.3

设对于 ${a_{n}}$ ，有
$n \to \infty lim \frac{a _{n + 1}}{a _{n}} = c < 1,$
则 ${a_{n}}$ 是无穷小量。

证取 $ε = (1 - c) /2$ ，有 $N$ ，当 $n > N$ 时，成立

\frac{a _{n + 1}}{a _{n}} < c + \frac{1 - c}{2} = \frac{1 + c}{2} < 1.

因此在 $n > N$ 时 ${∣ a_{n} ∣}$ 是严格单调减少数列。由于它以 $0$ 为下界，因此收敛。记它的极限为 $a$ 。在不等式

∣ a_{n + 1} ∣ < \frac{1 + c}{2} ∣ a_{n} ∣

两边令 $n \to \infty$ ，就得到 $0 \leq a \leq a (1 + c) /2$ 。因为 $0 < (1 + c) /2 < 1$ ，这只能导致 $a = 0$ 。从 ${∣ a_{n} ∣}$ 收敛于 $0$ 可知 ${a_{n}}$ 也收敛于 $0$ 。

注这个例题中由于有很强的条件，不用单调有界数列的收敛定理也能证出来。例如，在得到不等式

∣ a_{n + 1} ∣ < \frac{1 + c}{2} ∣ a_{n} ∣

后，引入记号 $c_{1} = (1 + c) /2$ ，然后证明存在常数 $M > 0$ ，使不等式

∣ a_{n} ∣ < M c_{1}^{n}

在 $n > N$ 时成立，由于 $c_{1} \in (0, 1)$ ，可知 $n \to \infty lim ∣ a_{n} ∣ = 0$ 。因此，对一般的数列研究其后项与前项之比也可能有用处。

例题 2.3.4

设
$a_{n} = \frac{1}{n + 1} + \dots + \frac{1}{2 n}, n \in N_{+},$
证明数列 ${a_{n}}$ 收敛。

证比较数列的前后两项之差，就可发现

a_{n + 1} - a_{n} = \frac{1}{2 n + 1} + \frac{1}{2 n + 2} - \frac{1}{n + 1} 2 \cdot \frac{1}{2 n + 2} - \frac{1}{n + 1} = 0,

可见数列单调增加。由于

a_{n} < \frac{n}{n + 1} < 1,

可取 $1$ 作为上界，因此数列收敛。

注以后将会求出本题中的数列极限是 $ln 2$ （见例题 2.5.4，11.4.1）。

例题 2.3.5

给定两个正数 $a$ 和 $b$ ，且有 $0 < b < a$ 。令 $a_{0} = a, b_{0} = b$ ，并按照递推公式
$a_{n} = \frac{a _{n - 1} + b _{n - 1}}{2}, b_{n} = a_{n - 1} b_{n - 1}, n \in N_{+},$
定义数列 ${a_{n}}$ 和 ${b_{n}}$ 。证明这两个数列收敛于同一个极限。

证利用 $0 < b_{0} < a_{0}$ 和平均值不等式，可以得到 $b_{0} < b_{1} < a_{1} < a_{0}$ 。用数学归纳法可以证明对每个 $n$ 均成立

b_{0} < b_{1} < \dots < b_{n} < a_{n} < \dots < a_{1} < a_{0} .

因此数列 ${a_{n}}$ 和 ${b_{n}}$ 都是单调有界的，记极限为 $A$ 和 $B$ ，则均为正数。在两个迭代式中任取一个，令 $n \to \infty$ ，就得到 $A = B$ 。

注一般称上述极限为数 $a$ 和 $b$ 的算术几何平均值，记为 $A G (a, b)$ 。利用积分换元计算可以得到 $A G (a, b)$ 的解析表达式（见 [14] 第二卷的 315 小节）：

A G (a, b) = \frac{π}{2 G}, G = \int_{0}^{π /2} \frac{d x}{a ^{2} cos ^{2} x + b ^{2} sin ^{2} x} .

算术几何平均值和上述解析表达式是大数学家 Gauss（高斯）在 14 岁（1791 年）时发现的，在他的早期研究工作中起了重要的作用。但这个结果长期以来没有引起足够重视，直到 1976 年才由 Salamin（萨拉明）和 Brent（布伦特）等人以此为基础发展出一种算术几何平均值快速算法，成为目前在计算机上计算圆周率 $π$ 和初等函数的最有效方法之一。例如对于 $π$ 来说，这种算法每计算一步可以使 $π$ 的有效位数增加一倍或更多（见例题 8.7.2 及其注之后的介绍）。关于 $π$ 在历年来的许多奇妙发现可以参看 [1, 60]。

例题 2.3.6

求数列 ${a_{n}}$ 的极限，其中
$a_{n} = \frac{1 ! + 2 ! + \dots + n !}{n !}, n \in N_{+} .$

解研究相继两项之比 $\frac{a _{n + 1}}{a _{n}}$ ，有

\frac{a _{n + 1}}{a _{n}} = \frac{1 ! + 2 ! + \dots + ( n + 1 )!}{( n + 1 ) ( 1 ! + 2 ! + \dots + n !)} = \frac{3 + 3 ! + \dots + ( n + 1 )!}{( n + 1 ) + ( n + 1 ) 2 ! + \dots + ( n + 1 )!} .

在 $n > 2$ 时分母的每一项大于等于分子的对应项，因此 ${a_{n}}$ 在 $n > 2$ 后单调减少。由于 $0$ 是下界，因此数列收敛。又可发现联系前后两项的另一个关系式为

a_{n + 1} = 1 + \frac{a _{n}}{n + 1},

在两边令 $n \to \infty$ ，即知极限为 $1$ 。

2.3.2 练习题

题目 1

证明：若 ${x_{n}}$ 单调，则 ${∣ x_{n} ∣}$ 至少从某项开始后单调。又问：反之如何？

解若 ${x_{n}}$ 单调，则它或者从某项起全非负，或者从某项起全非正，或者恒为 $0$ 。前两种情形下 $∣ x_{n} ∣$ 分别与 $x_{n}$ 或 $- x_{n}$ 从某项起相同，故至少从某项起单调。反过来不对，例如 $x_{n} = (- 1)^{n}$ ，则 $∣ x_{n} ∣ \equiv 1$ 单调，而 ${x_{n}}$ 不单调。

题目 2

设 ${a_{n}}$ 单调增加， ${b_{n}}$ 单调减少，且有
$n \to \infty lim (a_{n} - b_{n}) = 0.$
证明：数列 ${a_{n}}$ 和 ${b_{n}}$ 都收敛，且极限相等。

解由 $a_{n}$ 单调增加、 $b_{n}$ 单调减少，知对任意 $n$ 都有

a_{1} \leq a_{n} \leq b_{n} \leq b_{1},

因为若某个 $n$ 有 $a_{n} > b_{n}$ ，则 $a_{n} - b_{n} > 0$ 与 $a_{n} - b_{n} \to 0$ 矛盾。故 ${a_{n}}$ 有上界、 ${b_{n}}$ 有下界，于是都收敛。设极限分别为 $α, β$ ，则

0 = lim (a_{n} - b_{n}) = α - β,

故 $α = β$ 。

题目 3

按照极限的定义证明：单调增加有上界的数列的极限不小于数列的任何一项，单调减少有下界的数列的极限不大于数列的任何一项。

解设 $a_{n}$ 单调增加且有上界，极限为 $a$ 。若存在 $m$ 使 $a_{m} > a$ ，则对一切 $n \geq m$ 都有 $a_{n} \geq a_{m} > a$ ，与 $a_{n} \to a$ 矛盾，故 $a_{n} \leq a$ 。单调减少情形同理。

题目 4

设
$x_{n} = \frac{2}{3} \cdot \frac{3}{5} \dots \frac{n + 1}{2 n + 1}, n \in N_{+},$
求数列 ${x_{n}}$ 的极限。

解

\frac{x _{n + 1}}{x _{n}} = \frac{n + 2}{2 n + 3} < 1,

故 ${x_{n}}$ 正且单调减少，必收敛。又当 $n \geq 1$ 时

\frac{x _{n + 2}}{x _{n}} = \frac{n + 2}{2 n + 3} \cdot \frac{n + 3}{2 n + 5} \leq \frac{3}{5} \cdot \frac{4}{7} < \frac{1}{2} .

因而 $x_{2 m} \leq x_{1} (1/2)^{m}, x_{2 m + 1} \leq x_{2} (1/2)^{m}$ ，故极限只能是 $0$ 。

题目 5

设
$a_{n} = \frac{10}{1} \cdot \frac{11}{3} \dots \frac{n + 9}{2 n - 1}, n \in N_{+},$
求数列 ${a_{n}}$ 的极限。

解

\frac{a _{n + 1}}{a _{n}} = \frac{n + 10}{2 n + 1} .

当 $n < 9$ 时此比值大于 $1$ ， $n = 9$ 时等于 $1$ ， $n > 9$ 时小于 $1$ ，故数列先增后减，特别地从某项起单调减少。又当 $n \geq 19$ 时

\frac{a _{n + 1}}{a _{n}} \leq \frac{3}{4},

故尾项可与几何数列比较，从而 $a_{n} \to 0$ 。

题目 6

在例题 2.2.6 的基础上证明：当 $p > 1$ 时，数列 ${S_{n}}$ 收敛，其中
$S_{n} = 1 + \frac{1}{2 ^{p}} + \frac{1}{3 ^{p}} + \dots + \frac{1}{n ^{p}}, n \in N_{+} .$

解当 $p > 1$ 时， $S_{n}$ 单调增加。再按二进分组，

k = 2^{m - 1} + 1 \sum 2^{m} \frac{1}{k ^{p}} \leq \frac{2 ^{m - 1}}{( 2 ^{m - 1} ) ^{p}} = 2^{(1 - p) (m - 1)} .

右边是收敛等比级数的一般项，所以各块和有统一上界，故 ${S_{n}}$ 有上界。单调有界即收敛。

题目 7

设 $0 < x_{0} < \frac{π}{2}, x_{n} = sin x_{n - 1}, n \in N_{+}$ ，证明： ${x_{n}}$ 收敛，并求其极限。（参见 \S2.6 和例题 8.1.10。）

解因 $0 < x < π /2$ 时有 $0 < sin x < x$ ，故

0 < x_{n} < x_{n - 1} < \dots < x_{0} < \frac{π}{2} .

所以 ${x_{n}}$ 单调减少且有下界 $0$ ，故收敛。设极限为 $L \geq 0$ 。由 $sin x$ 的连续性，

L = sin L .

在 $[0, π /2)$ 上此方程只有解 $L = 0$ ，故 $lim x_{n} = 0$ 。

题目 8

设
$a_{n} = [\frac{( 2 n - 1 )!!}{( 2 n )!!}]^{2}, n \in N_{+},$
证明： ${a_{n}}$ 收敛于 $0$ 。观察
$a_{n} = (\frac{1 \cdot 3}{2 \cdot 2}) (\frac{3 \cdot 5}{4 \cdot 4}) \dots [\frac{( 2 n - 3 ) ( 2 n - 1 )}{( 2 n - 2 ) ( 2 n - 2 )}] [\frac{2 n - 1}{( 2 n ) ^{2}}] .$

解有

\frac{a _{n + 1}}{a _{n}} = (\frac{2 n + 1}{2 n + 2})^{2} < 1,

故 ${a_{n}}$ 正且单调减少，必收敛。由题中分解式，最后一个因子满足

0 < a_{n} < \frac{2 n - 1}{( 2 n ) ^{2}} < \frac{1}{2 n},

故极限为 $0$ 。

题目 9

设
$a_{n} = [\frac{( 2 n )!!}{( 2 n - 1 )!!}]^{2} \cdot \frac{1}{2 n + 1}, n \in N_{+},$
证明： ${a_{n}}$ 收敛。方法与上一题类似。在学了积分学后将于命题 11.4.1 中求出上述数列的极限为 $\frac{π}{2}$ 。这就是 Wallis 公式。

解

\frac{a _{n + 1}}{a _{n}} = (\frac{2 n + 2}{2 n + 1})^{2} \frac{2 n + 1}{2 n + 3} = 1 + \frac{1}{( 2 n + 1 ) ( 2 n + 3 )} > 1,

故 ${a_{n}}$ 单调增加。又

ln \frac{a _{n + 1}}{a _{n}} \leq \frac{1}{( 2 n + 1 ) ( 2 n + 3 )},

而右边级数收敛，所以

ln a_{n} = ln a_{1} + k = 1 \sum n - 1 ln \frac{a _{k + 1}}{a _{k}}

有上界，故 ${a_{n}}$ 也有上界。于是 ${a_{n}}$ 收敛。

题目 10

下列数列中，哪些是单调的：

${\frac{1}{1 + n ^{2}}}$ ；

${sin n}$ ；

${n n!}$ 。

解 (1) 单调减少；(2) 不单调；(3) 单调增加。第 (3) 只需注意

n + 1 (n + 1)! > n n! ⟺ ((n + 1)!)^{n} > (n!)^{n + 1} ⟺ (n + 1)^{n} > n!,

而最后一式显然成立。

题目 11

证明：单调数列 ${a_{n}}$ 收敛的充分必要条件是它有一个收敛子列。

解必要性显然。设 ${a_{n}}$ 单调增加，且存在收敛子列 $a_{n_{k}} \to a$ 。则对每个 $n$ ，取 $k$ 使 $n_{k} \geq n$ ，便有 $a_{n} \leq a_{n_{k}} \leq a + 1$ （ $k$ 充分大时），故整个数列有上界，于是单调有界，必收敛。单调减少情形同理。

题目 12

对每个正整数 $n$ ，用 $x_{n}$ 表示方程
$x + x^{2} + \dots + x^{n} = 1$
在闭区间 $[0, 1]$ 中的根。求 $n \to \infty lim x_{n}$ 。

解令

f_{n} (x) = x + x^{2} + \dots + x^{n} (0 \leq x \leq 1) .

$f_{n}$ 严格增加，且 $f_{n} (0) = 0, f_{n} (1) = n \geq 1$ ，故方程在 $[0, 1]$ 中有唯一根 $x_{n}$ 。又

f_{n + 1} (x) > f_{n} (x) (0 < x \leq 1),

所以 $x_{n + 1} < x_{n}$ ，故 ${x_{n}}$ 单调减少。另一方面若 $x < 1/2$ ，则

x + x^{2} + \dots + x^{n} < \frac{x}{1 - x} < 1,

因此必有 $x_{n} \geq 1/2$ 。故 ${x_{n}}$ 收敛，设极限为 $L \geq 1/2$ 。若 $L > 1/2$ ，取 $r$ 满足 $1/2 < r < L$ ，则充分大时 $x_{n} \geq r$ ，从而

1 = f_{n} (x_{n}) \geq r + r^{2} + \dots + r^{n},

令 $n \to \infty$ 得 $1 \geq \frac{r}{1 - r} > 1$ ，矛盾。故 $L = 1/2$ 。

2.4.1 思考题

题目 1

若在这三个命题的条件中将极限值 $l$ 改为不带符号的无穷大量 $\infty$ ，则结论均不成立。请读者举出反例。

解把有限极限 $l$ 改成不带符号的无穷大量 $\infty$ 后，三个命题都不成立。典型反例如下：

对于 Stolz 定理，可取

x_{n} = (- 1)^{n} n, y_{n} = n .

则

\frac{x _{n + 1} - x _{n}}{y _{n + 1} - y _{n}} = 2 n + 1 \to \infty,

但

\frac{x _{n}}{y _{n}} = (- 1)^{n}

并不收敛。

对于 Cauchy 命题，可取

a_{n} = (- 1)^{n} n .

则 $∣ a_{n} ∣ \to \infty$ ，但

\frac{a _{1} + \dots + a _{n}}{n}

并不趋于 $\infty$ ；事实上它在偶、奇子列上有不同极限。

对于二项式平均型命题，可仍取

a_{k} = (- 1)^{k} k .

则 $∣ a_{k} ∣ \to \infty$ ，但对 $n \geq 2$ ，

k = 0 \sum n (k n) a_{k} = k = 0 \sum n (k n) (- 1)^{k} k = - n (1 - 1)^{n - 1} = 0,

故

\frac{1}{2 ^{n}} k = 0 \sum n (k n) a_{k} = 0.

2.4.2 例题

例题 2.4.1

设
$a_{n} = \frac{1 ! + 2 ! + \dots + n !}{n !}, n \in N_{+},$
求 ${a_{n}}$ 的极限。

解直接用 Stolz 定理计算如下：

n \to \infty lim \frac{1 ! + 2 ! + \dots + n !}{n !} = n \to \infty lim \frac{( n + 1 )!}{( n + 1 )! - n !} = n \to \infty lim \frac{( n + 1 )!}{n ! n} = 1.

例题 2.4.2

设 $a_{1} > 0, a_{n + 1} = a_{n} + \frac{1}{a _{n}}, n \in N_{+}$ ，证明
$n \to \infty lim \frac{a _{n}}{2 n} = 1.$

证首先可看出 ${a_{n}}$ 为严格单调增加的正数列。因此只有两种可能。假定它有极限 $a$ ，在递推公式

a_{n + 1} = a_{n} + \frac{1}{a _{n}}

的两边令 $n \to \infty$ ，得到 $a = a + 1/ a$ ，这对任何有限数 $a$ 都不可能成立。因此知道 ${a_{n}}$ 只能是正无穷大量。

然后根据 2.1.5 小节的练习题 2，只要用 Stolz 定理计算如下：

n \to \infty lim \frac{a _{n}^{2}}{2 n} = n \to \infty lim \frac{a _{n + 1}^{2} - a _{n}^{2}}{2 ( n + 1 ) - 2 n} = \frac{1}{2} n \to \infty lim (2 + \frac{1}{a _{n}^{2}}) = 1.

注本例在以下几方面具有典型性：(1) 在 ${a_{n}}$ 为正无穷大量的基础上得到更为精确的结果： $a_{n} \sim 2 n$ ；(2) 用 Stolz 定理有一定的技巧性。若对 $n \to \infty lim a_{n} / 2 n$ 直接用 Stolz 定理就很不好做（参见例题 8.1.10 和第八章第一组参考题 3 等）。

例题 2.4.3

设已知 $n \to \infty lim a_{n} = a$ ，证明：
$n \to \infty lim \frac{1}{2 ^{n}} k = 0 \sum n (k n) a_{k} = a .$

证利用

2^{n} = (1 + 1)^{n} = k = 0 \sum n (k n),

可以估计如下：

\frac{1}{2 ^{n}} k = 0 \sum n (k n) a_{k} - a = \frac{1}{2 ^{n}} k = 0 \sum n (k n) (a_{k} - a) \leq \frac{1}{2 ^{n}} k = 0 \sum n (k n) ∣ a_{k} - a ∣.

对 $ε > 0$ ，存在 $N$ ，当 $k > N$ 时成立 $∣ a_{k} - a ∣ < ε$ 。对 $n > N$ 将最后一式作分拆：

\frac{1}{2 ^{n}} k = 0 \sum N (k n) ∣ a_{k} - a ∣ + \frac{1}{2 ^{n}} k = N + 1 \sum n (k n) ∣ a_{k} - a ∣.

对其中的第二部分的估计是容易的：

\frac{1}{2 ^{n}} k = N + 1 \sum n (k n) ∣ a_{k} - a ∣ < ε \cdot \frac{1}{2 ^{n}} k = N + 1 \sum n (k n) < ε .

对第一部分的估计与 Cauchy 命题中不同，因为这里的第一部分的分子也与 $n$ 有关。但可以发现实际上并不难。固定 $N$ ，存在 $M > 0$ ，使得 $∣ a_{k} - a ∣ < M$ 对 $k = 0, 1, \dots, N$ 成立。再利用 $(k n) < n^{k}$ ，就可以估计如下：

\frac{1}{2 ^{n}} k = 0 \sum N (k n) ∣ a_{k} - a ∣ < \frac{M ( 1 + n + \dots + n ^{N} )}{2 ^{n}} .

因 $N$ 已固定，右边当 $n \to \infty$ 时的极限为 $0$ ，因此存在 $N_{1} > N$ ，当 $n > N_{1}$ 时成立

\frac{1}{2 ^{n}} k = 0 \sum N (k n) ∣ a_{k} - a ∣ < ε .

合并对两部分的估计，就得到当 $n > N_{1}$ 时成立

\frac{1}{2 ^{n}} k = 0 \sum n (k n) a_{k} - a < 2 ε .

注 1 在这个例题中我们使用了 Cauchy 命题的证明方法，而不是命题的结论。此外，在一开始可以应用 $2^{n} = (1 + 1)^{n}$ 的二项式展开，将要求证明的极限等式右边的 $a$ “无中生有”地写成与左边的表达式非常相似的形式，这是证明的主要手段。实际上，这就是数学中的一种常用方法，可称为“拟合法”。

注 2 在估计式中关键完全在于分母上有指数函数 $2^{n}$ ，而分子只是项数固定的 $n$ 的多项式，因此整个表达式一定是无穷小量，其他一切都是次要因素。此外，最后我们并没有写出 $N_{1}$ 的表达式。再次回顾数列收敛定义，可见只要对每个 $ε > 0$ “存在”满足要求的 $N$ 即可，并不要求具体写出 $N$ 。

2.4.3 练习题

题目 1

设 $n \to \infty lim x_{n} = + \infty$ ，证明：
$n \to \infty lim \frac{x _{1} + x _{2} + \dots + x _{n}}{n} = + \infty.$

解记 $S_{n} = x_{1} + \dots + x_{n}$ 。任给 $M > 0$ ，取 $N$ 使 $n > N$ 时 $x_{n} > M$ 。于是当 $n > N$ 时

\frac{S _{n}}{n} \geq \frac{x _{N + 1} + \dots + x _{n}}{n} > \frac{( n - N ) M}{n} .

令 $n$ 再充分大，使 $(n - N) / n > 1/2$ ，便有 $S_{n} / n > M /2$ 。因 $M$ 任意，故 $S_{n} / n \to + \infty$ 。

题目 2

设 ${x_{n}}$ 单调增加，
$n \to \infty lim \frac{x _{1} + x _{2} + \dots + x _{n}}{n} = a,$
证明： ${x_{n}}$ 收敛于 $a$ 。

解设 $S_{n} = x_{1} + \dots + x_{n}$ 。由单调增加性，

\frac{S _{n}}{n} \leq x_{n},

故 $a \leq \underline{lim} x_{n}$ 。另一方面，

x_{n} \leq \frac{x _{n} + x _{n + 1} + \dots + x _{2 n - 1}}{n} = \frac{S _{2 n - 1} - S _{n - 1}}{n} .

右边可写成

\frac{2 n - 1}{n} \cdot \frac{S _{2 n - 1}}{2 n - 1} - \frac{n - 1}{n} \cdot \frac{S _{n - 1}}{n - 1} \to 2 a - a = a .

故 $\overline{lim} x_{n} \leq a$ 。于是 $x_{n} \to a$ 。

题目 3

设 ${a_{2 k - 1}}$ 收敛于 $a$ ， ${a_{2 k}}$ 收敛于 $b$ ，且 $a \neq = b$ ，求
$n \to \infty lim \frac{a _{1} + a _{2} + \dots + a _{n}}{n} .$
注意：虽然数列 ${a_{n}}$ 发散，但前 $n$ 项的算术平均值所成的数列仍可以有极限。一个典型例子就是 ${(- 1)^{n}}$ 。

解设 $S_{n} = a_{1} + \dots + a_{n}$ 。则

\frac{S _{2 m}}{2 m} = \frac{1}{2 m} k = 1 \sum m (a_{2 k - 1} + a_{2 k}) \to \frac{a + b}{2},

而

\frac{S _{2 m - 1}}{2 m - 1} = \frac{S _{2 m} - a _{2 m}}{2 m - 1} \to \frac{a + b}{2} .

故极限为 $\frac{a + b}{2}$ 。

题目 4

若 $n \to \infty lim (a_{n} - a_{n - 1}) = d$ ，证明：
$n \to \infty lim \frac{a _{n}}{n} = d .$
本题可以说是 Cauchy 命题的另一种形式，也很有用。

解写成

a_{n} - a_{0} = k = 1 \sum n (a_{k} - a_{k - 1}) .

由 Cauchy 命题，

\frac{a _{n} - a _{0}}{n} \to d,

从而 $a_{n} / n \to d$ 。

题目 5

设 ${a_{n}}$ 为正数列，且收敛于 $A$ ，证明：
$n \to \infty lim (a_{1} a_{2} \dots a_{n})^{1/ n} = A .$
本题与 Cauchy 命题的关系是明显的。

解取对数。由 $a_{n} \to A > 0$ ，知 $ln a_{n} \to ln A$ 。再由 Cauchy 命题，

\frac{ln a _{1} + \dots + ln a _{n}}{n} \to ln A .

两边取指数即得

(a_{1} a_{2} \dots a_{n})^{1/ n} \to A .

题目 6

设 ${a_{n}}$ 为正数列，且存在极限
$n \to \infty lim \frac{a _{n + 1}}{a _{n}} = l,$
证明 $n \to \infty lim n a_{n} = l$ 。

解若 $l = 0$ ，任取 $ε > 0$ ，充分大时 $a_{n + 1} \leq ε a_{n}$ ，于是

a_{n} \leq C ε^{n}

对某个常数 $C$ 成立，从而

n a_{n} \leq n C ε .

故 $lim sup n a_{n} \leq ε$ ，于是 $n a_{n} \to 0$ 。

若 $l > 0$ ，任取 $ε \in (0, l)$ ，充分大时

l - ε < \frac{a _{n + 1}}{a _{n}} < l + ε .

迭代得

C_{1} (l - ε)^{n} \leq a_{n} \leq C_{2} (l + ε)^{n}

对某些正常数 $C_{1}, C_{2}$ 成立。取 $n$ 次方根后令 $n \to \infty$ ，得

l - ε \leq \underline{lim} n a_{n} \leq \overline{lim} n a_{n} \leq l + ε .

令 $ε \to 0$ 即得 $n a_{n} \to l$ 。

题目 7

设 $n \to \infty lim (x_{n} - x_{n - 2}) = 0$ ，证明：
$n \to \infty lim \frac{x _{n}}{n} = 0.$

解设

u_{m} = x_{2 m} - x_{2 m - 2}, v_{m} = x_{2 m + 1} - x_{2 m - 1} .

由条件知 $u_{m} \to 0, v_{m} \to 0$ 。又

x_{2 m} = x_{0} + k = 1 \sum m u_{k}, x_{2 m + 1} = x_{1} + k = 1 \sum m v_{k} .

由 Cauchy 命题得

\frac{x _{2 m}}{2 m} \to 0, \frac{x _{2 m + 1}}{2 m + 1} \to 0.

故 $x_{n} / n \to 0$ 。

题目 8

设 $n \to \infty lim (x_{n} - x_{n - 2}) = 0$ ，证明：
$n \to \infty lim \frac{x _{n} - x _{n - 1}}{n} = 0.$
本题是 1970 年的 Putnam 竞赛题，若没有题 7 的铺垫该如何做？

解令 $u_{n} = x_{n} - x_{n - 1}$ 。则

u_{n} - u_{n - 2} = x_{n} - x_{n - 2} - (x_{n - 1} - x_{n - 3}) \to 0.

由上题 applied to ${u_{n}}$ ，得到

\frac{u _{n}}{n} \to 0,

即

\frac{x _{n} - x _{n - 1}}{n} \to 0.

题目 9

设数列 ${a_{n}}$ 满足条件 $0 < a_{1} < 1$ 和
$a_{n + 1} = a_{n} (1 - a_{n}) (n \geq 1),$
证明：
$n \to \infty lim n a_{n} = 1.$

解由 $0 < a_{1} < 1$ 及递推式知

0 < a_{n + 1} = a_{n} (1 - a_{n}) < a_{n} < 1,

故 ${a_{n}}$ 单调减少且有下界 $0$ ，极限存在。设极限为 $L$ ，则

L = L (1 - L),

故 $L = 0$ 。再看倒数：

\frac{1}{a _{n + 1}} - \frac{1}{a _{n}} = \frac{1}{a _{n} ( 1 - a _{n} )} - \frac{1}{a _{n}} = \frac{1}{1 - a _{n}} \to 1.

由第 4 题，

\frac{1}{n a _{n}} = \frac{1/ a _{n}}{n} \to 1,

即 $n a_{n} \to 1$ 。

题目 10

若 $n \to \infty lim a_{n} = α, n \to \infty lim b_{n} = β$ ，证明：
$n \to \infty lim \frac{a _{1} b _{n} + a _{2} b _{n - 1} + \dots + a _{n} b _{1}}{n} = α β .$

解令 $u_{n} = a_{n} - α, v_{n} = b_{n} - β$ 。则

\frac{1}{n} k = 1 \sum n a_{k} b_{n + 1 - k} - α β = \frac{1}{n} k = 1 \sum n u_{k} v_{n + 1 - k} + α \frac{1}{n} k = 1 \sum n v_{k} + β \frac{1}{n} k = 1 \sum n u_{k} .

后两项由 Cauchy 命题趋于 $0$ 。只需证第一项趋于 $0$ 。因为 $u_{n} \to 0, v_{n} \to 0$ ，它们都有界，设 $∣ u_{n} ∣, ∣ v_{n} ∣ \leq M$ 。给定 $ε > 0$ ，取 $N$ 使 $n > N$ 时 $∣ u_{n} ∣, ∣ v_{n} ∣ < ε$ 。于是

\frac{1}{n} k = 1 \sum n ∣ u_{k} v_{n + 1 - k} ∣

中，前 $N$ 项与后 $N$ 项总贡献不超过 $2 N M^{2} / n$ ，中间各项都满足 $∣ u_{k} v_{n + 1 - k} ∣ < ε^{2}$ ，故总贡献不超过 $ε^{2}$ 。令 $n \to \infty$ 即知该项趋于 $0$ ，结论成立。

2.5.1 例题

例题 2.5.1

如果一笔钱在银行里存入时间 $T$ 后增值一倍，存入时间 $T /2$ 后增值 $50%$ ，那么顾客就可以采取以下策略：将同样的钱先存入时间 $T /2$ ，然后取出，再存入时间 $T /2$ ，最后得到的钱是原来的 $1. 5^{2} = 2.25$ 倍，即增值 $125%$ 。现在将条件进一步理想化，设银行利率不随存入时间长短而改变，即存入时间 $T /3$ 后增值 $33.33%$ ，存入时间 $T /4$ 后增值 $25%$ ，依此类推。问：用以上缩短存入时间并多次重复的方法能在时间 $T$ 后得到的最大增值是多少？

解不妨令 $T = 1$ 为单位时间。设存取 $n$ 次，每次存入时间分别为 $x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}$ ，满足条件

i = 1 \sum n x_{i} = 1

（即时间总和为 $T$ ）。从平均值不等式有

(1 + x_{1}) (1 + x_{2}) \dots (1 + x_{n}) \leq (\frac{n + x _{1} + \dots + x _{n}}{n})^{n} = (1 + \frac{1}{n})^{n},

且当 $x_{1} = \dots = x_{n}$ 时成立等号。这表明在固定次数存取的前提下以等时间安排最为有利。于是问题归结为研究数列

{(1 + \frac{1}{n})^{n}}

的性质。这个问题直接引向本节的主题 $e$ 。从下面的分析和数 $e \approx 2.71828$ 可知，最大增值不会超过原有钱数的 $171.83%$ 。

例题 2.5.2

已知正数 $a$ ，把它分成若干部分，如果要使它们的乘积达到最大，应该怎样分法？

解容易知道，将 $a$ 分成相等的若干部分最为有利，这是平均值不等式的又一次应用。但平均值不等式并不能告诉我们应该将数 $a$ 分成几部分最好？以 $a = 10$ 为例，可以试算出以下几个结果：

(\frac{10}{2})^{2} = 25, (\frac{10}{3})^{3} \approx 37.037, (\frac{10}{4})^{4} = 39.0625, (\frac{10}{5})^{5} = 32.

今后可以证明：当等分而成的每一部分的值与数 $e$ 最接近的时候，它们的乘积最大。对 $a = 10$ 来说，就是将它等分成四部分时所得到的乘积最大。

注以上的第二个例子取自著名的中学生课外读物 [3]。我们将在例题 8.3.3 中证明以上结论。在那里的注 1 中还解决了与此密切相关的另一个问题，即如果对 $a$ 以及所分的每一部分都限制为正整数时，应当怎样分才能使乘积最大？

2.5.4 例题

例题 2.5.3

证明
$n \to \infty lim \frac{n}{n n !} = e .$

证 1 将 $\frac{n}{n n !}$ 取对数，则只需证明其极限等于 $1$ 。经整理后得到

ln \frac{n}{n n !} = \frac{n ln n - ( ln 2 + ln 3 + \dots + ln n )}{n} = \frac{b _{n}}{n} .

用 Cauchy 命题即知（也就是 2.4.3 小节的题 4）：

n \to \infty lim (b_{n + 1} - b_{n}) = l ⟹ n \to \infty lim \frac{b _{n}}{n} = l,

计算得到

b_{n + 1} - b_{n} = n ln (1 + \frac{1}{n}) = ln (1 + \frac{1}{n})^{n},

可见极限为 $1$ 。

证 2 将 $\frac{n}{n n !}$ 改写为

n \frac{n ^{n}}{n !},

就可以用 2.4.3 小节题 6 中的方法来做。这时记

a_{n} = \frac{n ^{n}}{n !},

因此只需计算后项与前项之比的极限：

n \to \infty lim \frac{a _{n + 1}}{a _{n}} = n \to \infty lim \frac{( n + 1 ) ^{n + 1}}{( n + 1 )!} \cdot \frac{n !}{n ^{n}} = n \to \infty lim (1 + \frac{1}{n})^{n} = e .

注利用下一小节题 7 中的不等式可以得到本题的又一个解法。此外，本题还有积分学解法（例题 11.4.2）。

例题 2.5.4

计算极限
$n \to \infty lim (\frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 2} + \dots + \frac{1}{2 n}) .$

解从 Euler 常数的讨论知道，以

c_{n} = 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n} - ln n

为通项的数列收敛，因此就知道

n \to \infty lim (c_{2 n} - c_{n}) = 0.

又有

c_{2 n} - c_{n} = \frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 2} + \dots + \frac{1}{2 n} - ln 2,

因此就求出

n \to \infty lim (\frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 2} + \dots + \frac{1}{2 n}) = n \to \infty lim (c_{2 n} - c_{n}) + ln 2 = ln 2.

注此题的另一巧妙解法见 2.8.3 小节中的例题 4。此外本题在学了积分学后就只是一个常规练习题（参见例题 11.4.1）。

2.5.5 练习题

题目 1

计算下列极限：

$n \to \infty lim (1 - \frac{1}{n})^{n}$ ；

$n \to \infty lim (1 + \frac{1}{2 n})^{n}$ ；

$n \to \infty lim (1 + \frac{2}{n})^{n}$ ；

$n \to \infty lim (1 + \frac{1}{n})^{n^{2}}$ ；

$n \to \infty lim (1 + \frac{1}{n ^{2}})^{n}$ ；

$n \to \infty lim (1 + \frac{1}{n} + \frac{1}{n ^{2}})^{n}$ 。

解 1.

(1 - \frac{1}{n})^{n} \to e^{- 1} .

(1 + \frac{1}{2 n})^{n} = [(1 + \frac{1}{2 n})^{2 n}]^{1/2} \to e^{1/2} .

(1 + \frac{2}{n})^{n} = [(1 + \frac{2}{n})^{n /2}]^{2} \to e^{2} .

(1 + \frac{1}{n})^{n^{2}} = [(1 + \frac{1}{n})^{n}]^{n} \to + \infty.

令 $u_{n} = 1/ n^{2}$ ，则 $u_{n} \to 0, n u_{n} \to 0$ ，故

(1 + \frac{1}{n ^{2}})^{n} \to 1.

令 $u_{n} = \frac{1}{n} + \frac{1}{n ^{2}}$ ，则 $u_{n} \to 0, n u_{n} \to 1$ ，故

(1 + \frac{1}{n} + \frac{1}{n ^{2}})^{n} \to e .

题目 2

设 $k \in N_{+}$ ，证明：
$\frac{k}{n + k} < ln (1 + \frac{k}{n}) < \frac{k}{n} .$

解由

ln (1 + \frac{k}{n}) = \int_{0}^{k / n} \frac{d t}{1 + t},

且在区间 $[0, \frac{k}{n}]$ 上有

\frac{1}{1 + k / n} < \frac{1}{1 + t} < 1,

于是

\frac{k}{n + k} < ln (1 + \frac{k}{n}) < \frac{k}{n} .

题目 3

求
$n \to \infty lim (1 + \frac{1}{n ^{2}}) (1 + \frac{2}{n ^{2}}) \dots (1 + \frac{n}{n ^{2}}) .$

解设

P_{n} = k = 1 \prod n (1 + \frac{k}{n ^{2}}) .

取对数并利用上题，

k = 1 \sum n \frac{k}{n ^{2} + k} < ln P_{n} < k = 1 \sum n \frac{k}{n ^{2}} = \frac{n + 1}{2 n} .

左端又有

k = 1 \sum n \frac{k}{n ^{2} + k} = k = 1 \sum n \frac{k / n ^{2}}{1 + k / n ^{2}} \to k = 1 \sum n \frac{k}{n ^{2}} 在整体上趋于 \frac{1}{2} .

更直接地，

0 \leq k = 1 \sum n (\frac{k}{n ^{2}} - \frac{k}{n ^{2} + k}) = k = 1 \sum n \frac{k ^{2}}{n ^{2} ( n ^{2} + k )} \leq \frac{1}{n ^{4}} k = 1 \sum n k^{2} \to 0,

故左端也趋于 $\frac{1}{2}$ 。于是 $ln P_{n} \to \frac{1}{2}$ ，从而

P_{n} \to e^{1/2} .

题目 4

设 ${p_{n}}$ 是正数列，且 $p_{n} \to + \infty$ ，计算
$n \to \infty lim (1 + \frac{1}{p _{n}})^{p_{n}} .$

解因 $p_{n} \to + \infty$ ，由定义

(1 + \frac{1}{p _{n}})^{p_{n}} \to e .

题目 5

求 $n \to \infty lim \frac{n ! 2 ^{n}}{n ^{n}}$ 。

解由第 7 题将证得

n! < e (\frac{n + 1}{e})^{n + 1},

从而

0 \leq \frac{n ! 2 ^{n}}{n ^{n}} < e (n + 1) (\frac{2}{e})^{n} (1 + \frac{1}{n})^{n} .

因 $2/ e < 1$ ，右边趋于 $0$ ，故极限为 $0$ 。

题目 6

求极限
$n \to \infty lim \frac{ln n}{1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n}} .$

解记

H_{n} = 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n} .

由第 2 题（取 $k = 1$ 并对 $n = 1, 2, \dots$ 求和）得

k = 1 \sum n \frac{1}{k + 1} < ln (n + 1) < k = 1 \sum n \frac{1}{k} .

即

H_{n} - 1 < ln (n + 1) < H_{n} .

两边同除以 $H_{n}$ ，便得

\frac{ln ( n + 1 )}{H _{n}} \to 1,

因而 $\frac{ln n}{H _{n}} \to 1$ 。

题目 7

证明：
$(\frac{n + 1}{e})^{n} < n! < e (\frac{n + 1}{e})^{n + 1} .$
由此又可得到 $n \to \infty lim \frac{n}{n n !} = e$ 。

解由 $ln x$ 单调增加，

ln k < \int_{k}^{k + 1} ln x d x < ln (k + 1) (k \geq 1) .

求和得

ln n! < \int_{1}^{n + 1} ln x d x = (n + 1) ln (n + 1) - n,

从而

n! < e (\frac{n + 1}{e})^{n + 1} .

另一方面，

ln k > \int_{k - 1}^{k} ln x d x (k \geq 2) .

求和得

ln n! > \int_{1}^{n} ln x d x = n ln n - n + 1.

再注意到

n ln n - n + 1 > n ln (n + 1) - n

等价于 $ln (1 + 1/ n) < 1/ n$ ，成立，所以

ln n! > n ln (n + 1) - n,

即

n! > (\frac{n + 1}{e})^{n} .

因此

(\frac{n + 1}{e})^{n} < n! < e (\frac{n + 1}{e})^{n + 1} .

两边取 $n$ 次方根后整理，便得

\frac{n}{n n !} \to e .

题目 8

设 $S_{n} = 1 + 2^{2} + 3^{3} + \dots + n^{n}, n \in N_{+}$ 。证明：对 $n \geq 2$ ，成立不等式
$n^{n} [1 + \frac{1}{4 ( n - 1 )}] \leq S_{n} < n^{n} [1 + \frac{2}{e ( n - 1 )}] .$

解设

S_{n} = 1 + 2^{2} + \dots + n^{n} .

显然

S_{n} \geq n^{n} + (n - 1)^{n - 1} .

又由

(1 - \frac{1}{n})^{n} > \frac{1}{4} (n \geq 2)

得

(n - 1)^{n - 1} = n^{n} \cdot \frac{1}{n} (1 - \frac{1}{n})^{n - 1} \frac{n ^{n}}{4 ( n - 1 )} .

于是

S_{n} \geq n^{n} (1 + \frac{1}{4 ( n - 1 )}) .

对上界，注意

\frac{k ^{k}}{( k + 1 ) ^{k + 1}} = \frac{1}{k + 1} (1 - \frac{1}{k + 1})^{k} < \frac{1}{2},

故

1^{1} + 2^{2} + \dots + (n - 1)^{n - 1} < 2 (n - 1)^{n - 1} .

再由

(1 - \frac{1}{n})^{n - 1} < e^{- 1}

得

(n - 1)^{n - 1} = n^{n} \cdot \frac{1}{n} (1 - \frac{1}{n})^{n - 1} < \frac{n ^{n}}{e ( n - 1 )} .

因而

S_{n} < n^{n} + \frac{2 n ^{n}}{e ( n - 1 )} = n^{n} (1 + \frac{2}{e ( n - 1 )}) .

题目 9

设有 $a_{1} = 1, a_{n} = n (a_{n - 1} + 1), n = 2, 3, \dots$ ，又设
$x_{n} = k = 1 \prod n (1 + \frac{1}{a _{k}}), n \in N_{+},$
求数列 ${x_{n}}$ 的极限。

解令

b_{n} = \frac{a _{n}}{n !} .

由递推式

a_{n} = n (a_{n - 1} + 1)

得

b_{n} = \frac{a _{n - 1}}{( n - 1 )!} + \frac{1}{( n - 1 )!} = b_{n - 1} + \frac{1}{( n - 1 )!} .

又 $b_{1} = 1$ ，故

b_{n} = 1 + 1 + \frac{1}{2 !} + \dots + \frac{1}{( n - 1 )!} = k = 0 \sum n - 1 \frac{1}{k !} .

另一方面，

1 + \frac{1}{a _{k}} = \frac{a _{k} + 1}{a _{k}} = \frac{a _{k + 1}}{( k + 1 ) a _{k}},

因而

x_{n} = k = 1 \prod n (1 + \frac{1}{a _{k}}) = k = 1 \prod n \frac{a _{k + 1}}{( k + 1 ) a _{k}} = \frac{a _{n + 1}}{( n + 1 )!} = b_{n + 1} .

所以

x_{n} = k = 0 \sum n \frac{1}{k !} \to e .

2.6.1 例题

例题 2.6.1

设
$a_{1} = 2, a_{n + 1} = 2 + a_{n}, n \in N_{+} .$
讨论数列 ${a_{n}}$ 的敛散性，若收敛则求出其极限。

本题的另一种形式是求极限
$n \to \infty lim 2 + 2 + \dots + 2,$
其中根号共有 $n$ 重，这时的第一步就是将数列写成递推形式。

解可以归纳地证明这个数列是严格单调增加的，并且以 $2$ 为上界。实际上，从递推公式和初始值为正就可推知数列的每一项为正。从

a_{1} = 2 < 2 + 2 = a_{2},

以及

a_{n - 1} < a_{n} ⟹ a_{n} = 2 + a_{n - 1} < 2 + a_{n} = a_{n + 1},

可见数列是单调增加的。又从 $a_{1} < 2$ 和

a_{n} < 2 ⟹ a_{n + 1} = 2 + a_{n} < 2 + 2 = 2,

可见数列以 $2$ 为上界。因此它是收敛数列。记极限是 $a$ 。在递推公式 $a_{n + 1} = 2 + a_{n}$ 的两边令 $n \to \infty$ ，就得到关于 $a$ 的方程

a = 2 + a .

因 $a > 0$ ，该方程只有一个正解 $a = 2$ ，这就是所要求的极限。

注这里介绍证明 ${a_{n}}$ 有上界的另一个方法。它在处理 $a_{n}$ 中出现 $n$ 重根式的类似问题时可能有用。利用

2 + 2 < 2 + 2 = 2,

就可以在 $a_{n}$ 的表达式 $2 + 2 + \dots + 2$ 中从最里面开始，从内到外将根号逐个脱去，得到 $a_{n} < 2$ 。

例题 2.6.2

数列 ${b_{n}}$ 由
$b_{1} = 1, b_{n + 1} = 1 + \frac{1}{b _{n}} (n \in N_{+})$
生成。讨论 ${b_{n}}$ 的敛散性，若收敛则求出其极限。

解先假定数列 ${b_{n}}$ 收敛，记极限为 $b$ 。从迭代所用的递推公式中令 $n \to \infty$ ，就得到 $b^{2} - b - 1 = 0$ 。它有两个根 $(1 \pm 5) /2$ 。由于容易归纳地看出所有的 $b_{n} > 0$ ，因此如果存在极限，则只能是

b = \frac{1 + 5}{2} \approx 1.618.

考虑数列 ${b_{n}}$ 中的项 $b_{n}$ 和 $b_{n + 2}$ 的关系。可以从递推公式导出

b_{n + 2} = 2 - \frac{1}{b _{n} + 1} .

由于上面求出的 $b$ 也满足等式 $b = 2 - 1/ (b + 1)$ ，就有

b_{n + 2} - b = \frac{b _{n} - b}{( b _{n} + 1 ) ( b + 1 )} .

可见 $b_{n} - b$ 和 $b_{n + 2} - b$ 总是同号的。利用 $b$ 的近似值 $1.618$ 和 $b_{1} = 1, b_{2} = 2$ ，就知道对每个 $k$ 成立 $b_{2 k - 1} < b < b_{2 k}$ 。直接研究差值

b_{n + 2} - b_{n} = \frac{b _{n} - b _{n - 2}}{( b _{n} + 1 ) ( b _{n - 2} + 1 )},

并计算出数列的前几项

b_{1} = 1, b_{2} = 2, b_{3} = 1.5, b_{4} = 1.666 \dots,

可见 ${b_{2 k - 1}}$ 严格单调增加， ${b_{2 k}}$ 严格单调减少，而且有

b_{1} < b_{3} < \dots < b < \dots < b_{4} < b_{2},

因此它们都是收敛数列。在它们共同的递推公式

b_{n + 2} = 2 - \frac{1}{b _{n} + 1}

中令 $n \to \infty$ ，可见它们的极限都是 $b$ 。因此数列 ${b_{n}}$ 收敛于 $b$ 。

注顺便指出本题与 Fibonacci（斐波那契）数列有关。所谓 Fibonacci 数列，即是由

F_{1} = 1, F_{2} = 1, F_{n + 2} = F_{n + 1} + F_{n}, n \in N_{+}

确定的数列 ${F_{n}}$ 。它的前 12 项是

1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144.

如果要求其中相邻两项的增长率的极限，即 $n \to \infty lim (F_{n + 1} / F_{n})$ ，则从

\frac{F _{n + 1}}{F _{n}} = \frac{F _{n} + F _{n - 1}}{F _{n}} = 1 + \frac{1}{F _{n} / F _{n - 1}}

可见，这个极限就是上一个例题中求出的答案：

\frac{5 + 1}{2} \approx 1.618.

2.6.3 练习题

题目 1

设 $a > 0, x_{1} = a, x_{n + 1} = a + x_{n}, n \in N_{+}$ ，求 $n \to \infty lim x_{n}$ ；

设 $a > 0, x_{1} = a, x_{n + 1} = a x_{n}, n \in N_{+}$ ，求 $n \to \infty lim x_{n}$ 。

这两题外形相似，都可用本节方法解决。但题 (2) 有更简单的直接解法。

解

f (x) = a + x, L = \frac{1 + 1 + 4 a}{2} .

则 $L = f (L)$ 。又 $x_{1} = a < L$ ，并且若 $x_{n} < L$ ，则 $x_{n + 1} = f (x_{n}) < f (L) = L$ ；若 $x_{n} < L$ ，则

x_{n + 1} > x_{n} ⟺ a + x_{n} > x_{n}^{2} ⟺ x_{n} < L .

因而 ${x_{n}}$ 单调增加且以上界 $L$ 约束，故收敛。极限 $l$ 满足 $l = a + l$ ，于是

l = \frac{1 + 1 + 4 a}{2} .

直接可得

x_{1} = a^{1/2}, x_{2} = a^{3/4}, x_{3} = a^{7/8},

从而归纳得

x_{n} = a^{1 - 2^{- n}} .

故

n \to \infty lim x_{n} = a .

题目 2

设 $A > 0, 0 < b_{0} < A^{- 1}$ ，
$b_{n + 1} = b_{n} (2 - A b_{n}), n \in N_{+} .$
证明： $n \to \infty lim b_{n} = A^{- 1}$ 。

解令

c_{n} = 1 - A b_{n} .

由 $0 < b_{0} < A^{- 1}$ 知 $0 < c_{0} < 1$ 。而

c_{n + 1} = 1 - A b_{n + 1} = 1 - A b_{n} (2 - A b_{n}) = (1 - A b_{n})^{2} = c_{n}^{2} .

故

c_{n} = c_{0}^{2^{n}} \to 0,

从而 $b_{n} \to A^{- 1}$ 。

题目 3

设参数 $b > 4, x_{1} = \frac{1}{2}, x_{n + 1} = b x_{n} (1 - x_{n}), n \in N_{+}$ 。证明： ${x_{n}}$ 发散。

解由 $x_{1} = \frac{1}{2}$ ，得

x_{2} = \frac{b}{4} > 1, x_{3} = b x_{2} (1 - x_{2}) < 0.

若 $x_{n} < 0$ ，则

x_{n + 1} = b x_{n} (1 - x_{n}) < x_{n}

因为 $1 - x_{n} > 1$ 且 $b > 4 > 1$ 。于是从 $x_{3}$ 起数列严格单调减少。若它有有限极限 $L$ ，则

L = b L (1 - L),

从而 $L = 0$ 或 $L = 1 - \frac{1}{b} > 0$ ，都与尾项为负矛盾。因此 ${x_{n}}$ 发散；事实上 $x_{n} \to - \infty$ 。

题目 4

设 $x_{1} = b, x_{n + 1} = \frac{1}{2} (x_{n}^{2} + 1)$ 。问： $b$ 取何值时数列 ${x_{n}}$ 收敛，并求其极限。

解若 ${x_{n}}$ 收敛，设极限为 $L$ ，则

L = \frac{L ^{2} + 1}{2},

即 $(L - 1)^{2} = 0$ ，所以只能收敛到 $1$ 。

若 $- 1 \leq b \leq 1$ ，则

x_{2} = \frac{b ^{2} + 1}{2} \in [\frac{1}{2}, 1] .

而当 $0 \leq x_{n} \leq 1$ 时，

x_{n + 1} = \frac{x _{n}^{2} + 1}{2} \leq 1, x_{n + 1} - x_{n} = \frac{( x _{n} - 1 ) ^{2}}{2} \geq 0.

故从第 $2$ 项起数列单调增加且有上界 $1$ ，于是收敛到 $1$ 。

若 $∣ b ∣ > 1$ ，则 $x_{2} > 1$ 。当 $x_{n} > 1$ 时，

x_{n + 1} - x_{n} = \frac{( x _{n} - 1 ) ^{2}}{2} > 0,

故数列单调增加。它若有有限极限，只能是 $1$ ，这与 $x_{n} > 1$ 矛盾，所以发散到 $+ \infty$ 。

因而当且仅当 $- 1 \leq b \leq 1$ 时收敛，极限均为 $1$ 。

题目 5

设 $x_{0} = a, x_{n} = 1 + b x_{n - 1}, n \in N_{+}$ 。试求出使该数列收敛的 $a, b$ 的所有值。本题为线性迭代，解法很多。

解设 $b \neq = 1$ ，记不动点

ξ = \frac{1}{1 - b} .

则

x_{n} - ξ = b (x_{n - 1} - ξ) = \dots = b^{n} (a - ξ) .

因此：

若 $∣ b ∣ < 1$ ，则对任意 $a$ 都有 $x_{n} \to ξ$ ；

若 $b = 1$ ，则 $x_{n} = a + n$ ，恒发散；

若 $∣ b ∣ > 1$ ，则只有在 $a = ξ$ 时数列恒等于 $ξ$ ，其余初值都发散；

若 $b = - 1$ ，则

x_{n} - \frac{1}{2} = (- 1)^{n} (a - \frac{1}{2}),

故仅当 $a = \frac{1}{2}$ 时收敛，其余情形为二周期振荡。

题目 6

对于线性迭代的全面讨论，设给定初始值 $x_{1}$ ，然后用线性函数 $f (x) = a x + b$ 迭代生成数列 ${x_{n}}$ ，即
$x_{n + 1} = a x_{n} + b .$
试回答以下问题：

是否存在线性函数，使对于任何初始值 $x_{1}, {x_{n}}$ 总是收敛的？

是否存在线性函数，使对于任何初始值 $x_{1}, {x_{n}}$ 总是发散的？

是否存在线性函数，使对于不同的初始值 $x_{1}, {x_{n}}$ 收敛到不同极限？

是否存在线性函数，使对于某些初始值 $x_{1}, {x_{n}}$ 收敛，而对于其他初始值 $x_{1}, {x_{n}}$ 发散？

解对一般线性迭代

x_{n + 1} = a x_{n} + b

有：

(1) 有，例如任取 $∣ a ∣ < 1$ ；此时对任何初值都收敛到 $\frac{b}{1 - a}$ 。

(2) 有，例如 $x_{n + 1} = x_{n} + 1$ ；此时对任何初值都发散。

(3) 有，例如 $x_{n + 1} = x_{n}$ ；此时 $x_{n} \equiv x_{1}$ ，不同初值收敛到不同极限。

(4) 有，例如 $x_{n + 1} = 2 x_{n}$ ；当 $x_{1} = 0$ 时收敛， $x_{1} \neq = 0$ 时发散。

题目 7

设 ${x_{n}}$ 为正数列，且满足
$x_{n + 1} + \frac{1}{x _{n}} < 2, n \in N_{+} .$
证明 ${x_{n}}$ 收敛，并求其极限。

解由条件

x_{n + 1} + \frac{1}{x _{n}} < 2

可知 $\frac{1}{x _{n}} < 2$ ，故 $x_{n} > \frac{1}{2}$ 。又由 AM—GM，

2 \frac{x _{n + 1}}{x _{n}} \leq x_{n + 1} + \frac{1}{x _{n}} < 2,

故 $x_{n + 1} < x_{n}$ 。于是 ${x_{n}}$ 单调减少且下有界，故收敛，设极限为 $L \geq \frac{1}{2}$ 。令 $n \to \infty$ ，得

L + \frac{1}{L} \leq 2.

而对正数恒有 $L + \frac{1}{L} \geq 2$ ，故只能是等号，因而 $L = 1$ 。

题目 8

设 $A > 0, x_{1} > 0, x_{n + 1} = \frac{1}{2} (x_{n} + \frac{A}{x _{n}}), n \in N_{+}$ ，证明：
$n \to \infty lim x_{n} = A .$
这是求平方根的快速算法。实际上可以得到对于收敛速度的估计：
$x_{n + 1} - A = \frac{1}{x _{n}} (x_{n} - A)^{2} \leq \frac{1}{A} (x_{n} - A)^{2} .$
因此若记 $∣ x_{n} - A ∣ = ε_{n}$ 为第 $n$ 次误差，则在 $n$ 充分大时有 $ε_{n + 1} \approx \frac{1}{A} ε_{n}^{2}$ 。每迭代一次，有效位数几乎增加一倍。

解由 AM—GM，

x_{n + 1} = \frac{1}{2} (x_{n} + \frac{A}{x _{n}}) \geq A .

若 $x_{n} \geq A$ ，则

x_{n + 1} - x_{n} = \frac{A - x _{n}^{2}}{2 x _{n}} \leq 0.

因此若 $x_{1} \geq A$ ，数列单调减少且下界为 $A$ ；若 $x_{1} < A$ ，则 $x_{2} \geq A$ ，从第 $2$ 项起仍单调减少。故数列收敛。设极限为 $L > 0$ ，则

L = \frac{1}{2} (L + \frac{A}{L}),

所以 $L = A$ 。

题目 9

设 $A > 0, x_{1} > 0$ ，
$x_{n + 1} = \frac{x _{n} ( x _{n}^{2} + 3 A )}{3 x _{n}^{2} + A}, n \in N_{+},$
证明： ${x_{n}}$ 收敛于 $A$ 。这是求平方根的另一个快速算法。请读者对收敛速度作估计。

解记 $r = A$ 。直接化简得

x_{n + 1} - r = \frac{( x _{n} - r ) ^{3}}{3 x _{n}^{2} + r ^{2}} .

因而 $x_{n + 1} - r$ 与 $x_{n} - r$ 同号，且

∣ x_{n + 1} - r ∣ = \frac{∣ x _{n} - r ∣ ^{3}}{3 x _{n}^{2} + r ^{2}} < ∣ x_{n} - r ∣.

于是 ${∣ x_{n} - r ∣}$ 单调减少到某个极限。若该极限为 $η > 0$ ，由上式可得

η = \frac{η ^{3}}{lim ( 3 x _{n}^{2} + r ^{2} )},

不可能；故 $η = 0$ ，即 $x_{n} \to r = A$ 。并且误差满足

∣ x_{n + 1} - A ∣ = \frac{∣ x _{n} - A ∣ ^{3}}{3 x _{n}^{2} + A} \leq \frac{1}{A} ∣ x_{n} - A ∣^{3},

表明它具有三次收敛速度。

2.7.2 补充例题

例题 2.7.1

设数列 ${a_{n}}$ 收敛于正数 $a > 0$ 。证明：对每个常数 $c \in (0, a)$ ，存在 $N$ ，使得当 $n > N$ 时，成立 $a_{n} > c$ 。又问：可否取 $c = 0$ 和 $c = a$ ？

例题 2.7.2

证明
$n \to \infty lim \frac{1}{n n !} = 0.$

解法提示 这里只讲本题的几种不同解法的主要思路（还有很多其他方法可用）：

用数学归纳法（或其他方法）可证明有 $n n! \geq n, \forall n$ ，由此得到适当放大。

用数学归纳法可证明有 $n n! > \frac{n}{3}, \forall n$ ，由此得到适当放大。

观察

\frac{1}{n n !} < ε ⟺ \frac{( 1/ ε ) ^{n}}{n !} < 1,

然后利用已知的结果 $n \to \infty lim \frac{c ^{n}}{n !} = 0 (c > 0)$ 。

在学了 Cauchy 命题（命题 2.4.1）之后，可以用不等式（ $n \geq 2$ ）

\frac{1}{n n !} = n 1 \cdot \frac{1}{2} \dots \frac{1}{n} < \frac{1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n}}{n} .

这是一个思路很清晰的方法。

从 $n \to \infty lim \frac{n}{n n !} = e$ 可见， ${\frac{1}{n n !}}$ 作为无穷小量和 ${\frac{e}{n}}$ 是等价的。

例题 2.7.3

设
$a_{n} = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots + (- 1)^{n - 1} \frac{1}{n}, n \in N_{+},$
证明数列 ${a_{n}}$ 收敛。

提示这里只指出以下几点：

可以先试算数列的前几项，寻找规律性。

可给学生以提示：分别研究这个数列的偶数项子列与奇数项子列的单调性。

可以与闭区间套定理相联系。即使当时大课上尚未讲到这个定理，也可以在习题课上将它作为一个例子提前介绍其中的思想。

可以介绍一个不容易发现的关系（Catalan（卡塔兰）恒等式）：

a_{2 n} = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots + \frac{1}{2 n - 1} - \frac{1}{2 n} = (1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \dots + \frac{1}{2 n - 1} + \frac{1}{2 n}) - 2 (\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \dots + \frac{1}{2 n}) = (1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{2 n}) - (1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n}) = \frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 2} + \dots + \frac{1}{2 n} .

这样就可以同例题 2.3.4 和 2.5.4 联系起来，甚至求出极限。

还可以估计通项与数列极限的误差。

例题 2.7.4

设 ${x_{n}}$ 对每个 $n \in N_{+}$ 满足
$(2 - x_{n}) x_{n + 1} = 1.$
证明： $n \to \infty lim x_{n} = 1$ 。

提示本题的特点是要对所有可能的初始值情况进行讨论（ $x_{1} = 2$ 是不可能的）。此题解法很多，这里只指出以下几种思路完全不同的方法，并希望展开讨论。

在 \S2.6 中介绍的几何方法在此完全有效。如果用这个方法的话，则第一步是作出函数 $f (x) = 1/ (2 - x)$ 的图像。

作代换 $y_{n} = 1/ (1 - x_{n})$ 后就很容易求出 $y_{n}$ 的表达式，然后令 $n \to \infty$ 求出 ${y_{n}}$ 的极限，再求出 ${x_{n}}$ 的极限。

也完全可以直接从 $x_{1}$ 出发求出 $x_{n}$ 的表达式，然后令 $n \to \infty$ 求极限。

2.7.3 第一组参考题

第一组参考题 1

设 ${a_{2 k - 1}}, {a_{2 k}}$ 和 ${a_{3 k}}$ 都收敛，证明： ${a_{n}}$ 收敛。

解设

a_{2 k - 1} \to α, a_{2 k} \to β, a_{3 k} \to γ .

由于 ${a_{6 k}}$ 既是 ${a_{2 k}}$ 的子列又是 ${a_{3 k}}$ 的子列，故 $β = γ$ 。同理， ${a_{6 k - 3}}$ 既是 ${a_{2 k - 1}}$ 的子列又是 ${a_{3 k}}$ 的子列，故 $α = γ$ 。于是 $α = β$ ，再用奇偶子列判别法即知 ${a_{n}}$ 收敛。

第一组参考题 2

设 ${a_{n}}$ 有界，且满足条件 $a_{n} \leq a_{n + 2}, a_{n} \leq a_{n + 3}, n \in N_{+}$ ，证明： ${a_{n}}$ 收敛。

解由条件可推出 $a_{n} \leq a_{n + 6}$ ，故按模 $6$ 分成的六个子列都单调增加；又原数列有界，因此它们分别收敛。设极限为 $L_{1}, \dots, L_{6}$ 。由 $a_{n} \leq a_{n + 2}$ 、 $a_{n} \leq a_{n + 3}$ 得

L_{1} \leq L_{3} \leq L_{5} \leq L_{1}, L_{2} \leq L_{4} \leq L_{6} \leq L_{2},

所以同奇偶各极限相等。再由 $L_{1} \leq L_{4} \leq L_{1}$ 知奇偶两类极限也相等。故六个子列同极限，原数列收敛。

第一组参考题 3

设 ${a_{n} + a_{n + 1}}$ 和 ${a_{n} + a_{n + 2}}$ 都收敛，证明： ${a_{n}}$ 收敛。

解设

u_{n} = a_{n} + a_{n + 1} \to u, v_{n} = a_{n} + a_{n + 2} \to v .

则

a_{n + 1} - a_{n} = v_{n - 1} - u_{n - 1} \to v - u .

又

2 a_{n} = (a_{n} + a_{n + 1}) - (a_{n + 1} - a_{n}) = u_{n} - (a_{n + 1} - a_{n}) \to 2 u - v,

故 ${a_{n}}$ 收敛。

第一组参考题 4

设数列 ${a_{n}}$ 收敛于 $0$ ，又存在极限
$n \to \infty lim \frac{a _{n + 1}}{a _{n}} = a .$
证明： $a \leq 1$ 。

解若 $a > 1$ ，取 $q$ 满足 $1 < q < a$ 。充分大时

\frac{a _{n + 1}}{a _{n}} > q,

从而 $∣ a_{n + 1} ∣ > q ∣ a_{n} ∣$ 。迭代后得 $∣ a_{n} ∣$ 不可能趋于 $0$ ，矛盾。故 $a \leq 1$ 。

第一组参考题 5

设
$a_{n} = k = 1 \sum n (1 + \frac{k}{n ^{2}} - 1), n \in N_{+},$
计算 $n \to \infty lim a_{n}$ 。

解记

t_{n, k} = 1 + \frac{k}{n ^{2}} - 1 = \frac{k / n ^{2}}{1 + 1 + k / n ^{2}} .

因为 $0 < k / n^{2} \leq 1/ n$ ，故

\frac{k / n ^{2}}{2 + 1/ n} \leq t_{n, k} \leq \frac{k}{2 n ^{2}} .

求和得

\frac{1}{2 + 1/ n} \cdot \frac{n + 1}{2 n} \leq a_{n} \leq \frac{n + 1}{4 n},

故 $lim a_{n} = \frac{1}{4}$ 。

第一组参考题 6

用 $p (n)$ 表示能整除 $n$ 的素数的个数，证明：
$n \to \infty lim \frac{p ( n )}{n} = 0.$

解设 $p (n)$ 为 $n$ 的不同素因子个数。则这些素因子的乘积不超过 $n$ ，每个素因子至少为 $2$ ，故

2^{p (n)} \leq n .

从而

0 \leq \frac{p ( n )}{n} \leq \frac{lo g _{2} n}{n} \to 0.

第一组参考题 7

设 $a_{0}, a_{1}, \dots, a_{p}$ 是 $p + 1$ 个给定的数，且满足条件
$a_{0} + a_{1} + \dots + a_{p} = 0.$
求
$n \to \infty lim (a_{0} n + a_{1} n + 1 + \dots + a_{p} n + p) .$

解利用 $\sum_{j = 0}^{p} a_{j} = 0$ ，可写成

j = 0 \sum p a_{j} n + j = j = 1 \sum p a_{j} (n + j - n) .

而

n + j - n = \frac{j}{n + j + n} \to 0.

有限和仍趋于 $0$ ，故极限为 $0$ 。

第一组参考题 8

证明：当 $0 < k < 1$ 时，
$n \to \infty lim [(1 + n)^{k} - n^{k}] = 0.$

解对 $h = 1/ n > 0$ ，由 $0 < k < 1$ 时的 Bernoulli 型不等式 $(1 + h)^{k} < 1 + k h$ ，得

(n + 1)^{k} - n^{k} = n^{k} [(1 + 1/ n)^{k} - 1] < k n^{k - 1} \to 0.

第一组参考题 9

设 ${x_{n}}$ 收敛。令 $y_{n} = n (x_{n} - x_{n - 1}), n \in N_{+}$ ，问 ${y_{n}}$ 是否收敛？

在上一小题中，若 ${y_{n}}$ 也收敛，证明： ${y_{n}}$ 收敛于 $0$ 。

解

不一定。取收敛级数的部分和

x_{n} = k = 1 \sum n \frac{( - 1 ) ^{k}}{k},

则 $x_{n}$ 收敛，而

y_{n} = n (x_{n} - x_{n - 1}) = (- 1)^{n}

发散。

若 $y_{n} \to l$ 且 $x_{n}$ 收敛，则

x_{n} - x_{n - 1} = \frac{y _{n}}{n} .

若 $l > 0$ ，则充分大时 $x_{n} - x_{n - 1} > \frac{l}{2 n}$ ，求和后得到调和级数型发散，矛盾； $l < 0$ 同理。故 $l = 0$ 。

第一组参考题 10

设正数列 ${a_{n}}$ 满足条件

$n \to \infty lim \frac{a _{n}}{a _{n + 1}} = 0,$
证明： ${a_{n}}$ 是正无穷大量。 2. 设正数列 ${a_{n}}$ 满足条件
$n \to \infty lim \frac{a _{n}}{a _{n + 1} + a _{n + 2}} = 0,$
证明： ${a_{n}}$ 无界。

解

由 $\frac{a _{n}}{a _{n + 1}} \to 0$ ，充分大时 $a_{n + 1} > 2 a_{n}$ ，故尾项严格递增且无上界，所以 $a_{n} \to + \infty$ 。
由

\frac{a _{n}}{a _{n + 1} + a _{n + 2}} \to 0,

对 $m = 4$ ，充分大时有

a_{n + 1} + a_{n + 2} > 4 a_{n} .

因而至少有一个在 ${a_{n + 1}, a_{n + 2}}$ 中的项大于 $2 a_{n}$ 。由此可递归选出一子列，使相邻两项至少按 $2$ 倍增长，故原数列无界。

第一组参考题 11

证明：
$(\frac{n}{3})^{n} < n! < (\frac{n}{2})^{n},$
其中右边的不等式当 $n \geq 6$ 时成立。

解由 2.5.5 第 7 题，

(\frac{n + 1}{e})^{n} < n! .

又因 $\frac{n + 1}{e} > \frac{n}{3}$ ，故

(\frac{n}{3})^{n} < n! .

右边的不等式可由 2.5.5 第 7 题推出：当 $n \geq 6$ 时，

n! < e (\frac{n + 1}{e})^{n + 1} < (\frac{n}{2})^{n} .

第一组参考题 12

证明：
$(\frac{n}{e})^{n} < n! < e (\frac{n}{2})^{n} .$

解左边由上题更强的不等式立得，因为 $\frac{n + 1}{e} > \frac{n}{e}$ 。右边由上题

n! < (\frac{n}{2})^{n} < e (\frac{n}{2})^{n} .

第一组参考题 13

对于命题 2.5.4 的改进，证明：

$n \geq 2$ 时成立

$1 + 1 + \frac{1}{2 !} + \dots + \frac{1}{n !} + \frac{1}{n ! n} = 3 - \frac{1}{2 ! 1 \cdot 2} - \dots - \frac{1}{n ! ( n - 1 ) n};$

$e = 3 - n \to \infty lim k = 0 \sum n \frac{1}{( k + 2 )! ( k + 1 ) ( k + 2 )};$

用 $k = 0 \sum n \frac{1}{k !} + \frac{1}{n ! n}$ 计算 $e$ 要比不加上最后一项好得多。

解记

s_{n} = k = 0 \sum n \frac{1}{k !} + \frac{1}{n ! n} (n \geq 2) .

则

s_{n} - s_{n - 1} = \frac{1}{n !} + \frac{1}{n ! n} - \frac{1}{( n - 1 )! ( n - 1 )} = - \frac{1}{n ! ( n - 1 ) n} .

因 $s_{1} = 3$ ，故

s_{n} = 3 - k = 2 \sum n \frac{1}{k ! ( k - 1 ) k},

即第 (1) 式。令 $n \to \infty$ 即得

e = 3 - k = 2 \sum \infty \frac{1}{k ! ( k - 1 ) k},

也就是题中的第 (2) 式。由于新的余项是

k = n + 1 \sum \infty \frac{1}{k ! ( k - 1 ) k},

其量级比通常余项 $\sum_{k = n + 1}^{\infty} \frac{1}{k !}$ 小一个 $n$ 的因子，因此第 (3) 式成立。

第一组参考题 14

设
$a_{n} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n} - 2 n, n \in N_{+},$
证明： ${a_{n}}$ 收敛。

解记

a_{n} = k = 1 \sum n \frac{1}{k} - 2 n .

则

a_{n + 1} - a_{n} = \frac{1}{n + 1} - 2 (n + 1 - n) = \frac{n - n + 1}{n + 1 ( n + 1 + n )} < 0.

故 ${a_{n}}$ 单调减少。另一方面，

\frac{1}{k} > 2 (k - k - 1),

求和得

k = 1 \sum n \frac{1}{k} > 2 n,

即 $a_{n} > 0$ 。故 ${a_{n}}$ 有下界并收敛。

第一组参考题 15

设已知存在极限
$n \to \infty lim \frac{a _{1} + a _{2} + \dots + a _{n}}{n},$
证明：
$n \to \infty lim \frac{a _{n}}{n} = 0.$

解设

S_{n} = \frac{a _{1} + \dots + a _{n}}{n} \to s .

则

\frac{a _{n}}{n} = \frac{S _{n} - ( n - 1 ) S _{n - 1} / ( n - 1 )}{n} = S_{n} - \frac{n - 1}{n} S_{n - 1} \to s - s = 0.

第一组参考题 16

证明：
$n \to \infty lim (n!)^{1/ n^{2}} = 1.$

解由

1 \leq n! \leq n^{n}

得

1 \leq (n!)^{1/ n^{2}} \leq n^{1/ n} \to 1.

故极限为 $1$ 。

第一组参考题 17

设对每个 $n$ 有 $x_{n} < 1$ 和
$(1 - x_{n}) x_{n + 1} \geq \frac{1}{4},$
证明 ${x_{n}}$ 收敛，并求其极限。

解由

x_{n + 1} \geq \frac{1}{4 ( 1 - x _{n} )}

和

\frac{1}{4 ( 1 - x )} - x = \frac{( 2 x - 1 ) ^{2}}{4 ( 1 - x )} \geq 0 (x < 1),

得 $x_{n + 1} \geq x_{n}$ 。又每项都小于 $1$ ，故数列单调增加且有上界，因而收敛。设极限为 $L \leq 1$ ，则

L (1 - L) \geq \frac{1}{4} .

而对一切实数都有 $L (1 - L) \leq \frac{1}{4}$ ，所以 $L = \frac{1}{2}$ 。

第一组参考题 18

设 $a_{1} = b, a_{2} = c$ ，在 $n \geq 3$ 时
$a_{n} = \frac{a _{n - 1} + a _{n - 2}}{2},$
证明 ${a_{n}}$ 收敛，并求其极限。

解令 $d_{n} = a_{n} - a_{n - 1}$ 。则

d_{n} = - \frac{1}{2} d_{n - 1},

所以

d_{n} = (- \frac{1}{2})^{n - 2} (c - b) .

又

a_{n} = b + k = 2 \sum n d_{k} = b + (c - b) j = 0 \sum n - 2 (- \frac{1}{2})^{j} .

令 $n \to \infty$ 得

lim a_{n} = b + \frac{c - b}{1 + 1/2} = \frac{b + 2 c}{3} .

第一组参考题 19

设 $a, b, c$ 是三个给定的实数，令 $a_{1} = a, b_{1} = b, c_{1} = c$ ，并以递推公式定义
$a_{n + 1} = \frac{b _{n} + c _{n}}{2}, b_{n + 1} = \frac{c _{n} + a _{n}}{2}, c_{n + 1} = \frac{a _{n} + b _{n}}{2}, n \in N_{+} .$
求这三个数列的极限。

解记

s_{n} = a_{n} + b_{n} + c_{n} .

则

s_{n + 1} = s_{n},

故 $s_{n} \equiv a + b + c$ 。又

a_{n + 1} - b_{n + 1} = - \frac{1}{2} (a_{n} - b_{n}),

同理 $b_{n + 1} - c_{n + 1}, c_{n + 1} - a_{n + 1}$ 也都按公比 $- 1/2$ 递减到 $0$ 。因此三列收敛到同一极限，而该极限只能是

\frac{a + b + c}{3} .

第一组参考题 20

设 $a_{1} > b_{1} > 0$ ，

$a_{n + 1} = \frac{2 a _{n} b _{n}}{a _{n} + b _{n}}, b_{n + 1} = a_{n + 1} b_{n}, n \in N_{+},$
证明： ${a_{n}}$ 和 ${b_{n}}$ 收敛于同一极限。 2. 在 $a_{1} = 23, b_{1} = 3$ 时，证明上述极限等于单位圆的半周长 $π$ 。这里可以利用极限 $n \to \infty lim n sin \frac{π}{n} = π$ 。

解

因 $a_{n} > b_{n} > 0$ ，有

b_{n} < a_{n + 1} = \frac{2 a _{n} b _{n}}{a _{n} + b _{n}} < a_{n},

且

a_{n + 1} < b_{n + 1} = a_{n + 1} b_{n} < b_{n} .

故 ${a_{n}}$ 单调增加， ${b_{n}}$ 单调减少，且始终有 $a_{n} < b_{n}$ 。令

r_{n} = \frac{a _{n}}{b _{n}} \in (0, 1),

则

r_{n + 1} = \frac{2 r _{n}}{1 + r _{n}}, 1 - r_{n + 1}^{2} = \frac{( 1 - r _{n} ) ^{2}}{1 + r _{n}} \leq (1 - r_{n})^{2} .

因而 $r_{n} ↑ 1$ ，从而 $a_{n} / b_{n} \to 1$ 。由夹逼知两列收敛于同一极限。

θ_{n} = \frac{π}{6 \cdot 2 ^{n - 1}} .

可归纳验证

a_{n} = 6 \cdot 2^{n - 1} tan θ_{n}, b_{n} = 6 \cdot 2^{n - 1} sin θ_{n} .

初值 $a_{1} = 23, b_{1} = 3$ 正好对应 $θ_{1} = π /6$ 。由半角公式

tan \frac{θ}{2} = \frac{2 tan θ sin θ}{tan θ + sin θ}, sin \frac{θ}{2} = tan \frac{θ}{2} \cdot \frac{sin θ}{2},

即得递推式。于是

b_{n} = 6 \cdot 2^{n - 1} sin \frac{π}{6 \cdot 2 ^{n - 1}} \to π .

而 $a_{n} > b_{n}$ 且两列同极限，所以公共极限也是 $π$ 。

2.7.3 第二组参考题

第二组参考题 1

设
$a_{n} = 1 + 2 + \dots + n, n \in N_{+},$
证明： ${a_{n}}$ 收敛。

解记

r_{n} = 1 + 2 + \dots + n .

显然 $r_{n + 1} > r_{n}$ 。再对更一般的尾部记号

R_{m, n} = m + m + 1 + \dots + n,

由后向前归纳可证 $R_{m, n} \leq m + 1$ 。特别地 $r_{n} = R_{1, n} \leq 2$ 。故 ${r_{n}}$ 单调有界，必收敛。

第二组参考题 2

证明：对每个正整数 $n$ ，成立不等式
$(1 + \frac{1}{n})^{n} > k = 0 \sum n \frac{1}{k !} - \frac{e}{2 n} .$

解由二项式展开，

(1 + \frac{1}{n})^{n} = k = 0 \sum n \frac{1}{k !} j = 0 \prod k - 1 (1 - \frac{j}{n}) .

对每个 $k \geq 2$ ，由

j = 0 \prod k - 1 (1 - u_{j}) \geq 1 - j = 0 \sum k - 1 u_{j} (0 \leq u_{j} \leq 1)

得

j = 0 \prod k - 1 (1 - \frac{j}{n}) \geq 1 - \frac{0 + 1 + \dots + ( k - 1 )}{n} = 1 - \frac{k ( k - 1 )}{2 n} .

因此

(1 + \frac{1}{n})^{n} k = 0 \sum n \frac{1}{k !} - \frac{1}{2 n} k = 2 \sum n \frac{1}{( k - 2 )!} k = 0 \sum n \frac{1}{k !} - \frac{e}{2 n} .

第二组参考题 3

求极限
$n \to \infty lim n sin (2 π n! e) .$

解记

δ_{n} = n! (e - k = 0 \sum n \frac{1}{k !}) = \frac{1}{n + 1} + \frac{1}{( n + 1 ) ( n + 2 )} + \dots .

则 $n! e = m_{n} + δ_{n}$ ，其中 $m_{n}$ 为整数。于是

n sin (2 π n! e) = n sin (2 π δ_{n}) .

又有

\frac{n}{n + 1} < n δ_{n} < \frac{n}{n + 1} (1 + \frac{1}{n + 2} + \frac{1}{( n + 2 ) ^{2}} + \dots) = \frac{n}{n + 1} \cdot \frac{n + 2}{n + 1} \to 1.

故 $δ_{n} \sim 1/ n$ ，于是

n sin (2 π δ_{n}) \sim 2 π n δ_{n} \to 2 π .

第二组参考题 4

记 $S_{n} = 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n}, n \in N_{+}$ 。用 $K_{n}$ 表示使 $S_{k} \geq n$ 的最小下标，求极限
$n \to \infty lim \frac{K _{n + 1}}{K _{n}} .$

解由 $K_{n}$ 的定义，

S_{K_{n} - 1} < n \leq S_{K_{n}} .

因而

k = K_{n} + 1 \sum K_{n + 1} - 1 \frac{1}{k} < 1 < k = K_{n} \sum K_{n + 1} \frac{1}{k} .

由 $\frac{1}{x}$ 单调减少，

ln \frac{K _{n + 1} - 1}{K _{n}} < 1,

且

1 < \frac{1}{K _{n}} + ln \frac{K _{n + 1}}{K _{n}} + \frac{1}{K _{n + 1}} .

于是

1 - \frac{1}{K _{n}} - \frac{1}{K _{n + 1}} < ln \frac{K _{n + 1}}{K _{n}} < 1 + o (1) .

令 $n \to \infty$ 即得

ln \frac{K _{n + 1}}{K _{n}} \to 1, \frac{K _{n + 1}}{K _{n}} \to e .

第二组参考题 5

设
$x_{n} = \frac{1}{n ^{2}} k = 0 \sum n ln (k n), n \in N_{+},$
求 $n \to \infty lim x_{n}$ 。

解设

u_{n} = k = 0 \sum n ln (k n) .

由

k = 0 \prod n (k n) = \frac{( n ! ) ^{n + 1}}{( 1 ! 2 ! \dots n ! ) ^{2}}

得

u_{n} = (n + 1) ln n! - 2 k = 1 \sum n ln k! .

对 ${u_{n} / n^{2}}$ 用 Stolz 定理：

u_{n + 1} - u_{n} = n ln (n + 1) - ln n! .

又由 2.5.5 第 7 题中的积分估计，

n ln n - n + 1 < ln n! < (n + 1) ln (n + 1) - n .

故

n - ln (n + 1) < u_{n + 1} - u_{n} < n ln (1 + \frac{1}{n}) + n - 1.

两端同除以 $2 n + 1$ 都趋于 $\frac{1}{2}$ ，因此

x_{n} = \frac{u _{n}}{n ^{2}} \to \frac{1}{2} .

第二组参考题 6

将二项式系数
$(0 n), (1 n), \dots, (n n)$
的算术平均值和几何平均值分别记为 $A_{n}$ 和 $G_{n}$ 。证明：
$(1) n \to \infty lim n A_{n} = 2, (2) n \to \infty lim n G_{n} = e .$

解算术平均值

A_{n} = \frac{1}{n + 1} k = 0 \sum n (k n) = \frac{2 ^{n}}{n + 1},

所以

n A_{n} = \frac{2}{( n + 1 ) ^{1/ n}} \to 2.

再记

G_{n} = (k = 0 \prod n (k n))^{1/ (n + 1)} .

则

ln n G_{n} = \frac{1}{n ( n + 1 )} k = 0 \sum n ln (k n) = \frac{n}{n + 1} \cdot \frac{1}{n ^{2}} k = 0 \sum n ln (k n) \to \frac{1}{2},

于是

n G_{n} \to e^{1/2} = e .

第二组参考题 7

设 $A_{n} = k = 1 \sum n a_{k}, n \in N_{+}$ ，数列 ${A_{n}}$ 收敛。又有一个单调增加的正数数列 ${p_{n}}$ ，且为正无穷大量。证明：
$n \to \infty lim \frac{p _{1} a _{1} + p _{2} a _{2} + \dots + p _{n} a _{n}}{p _{n}} = 0.$

解记 $A = lim A_{n}$ ，并设

Δ p_{k} = p_{k + 1} - p_{k} \geq 0.

由 Abel 变换，

k = 1 \sum n p_{k} a_{k} = p_{n} A_{n} - k = 1 \sum n - 1 Δ p_{k} A_{k} .

因而

k = 1 \sum n p_{k} a_{k} = p_{1} A + p_{n} (A_{n} - A) - k = 1 \sum n - 1 Δ p_{k} (A_{k} - A) .

同除以 $p_{n}$ 。其中第一项趋于 $0$ ，第二项趋于 $0$ 。对最后一项，给定 $ε > 0$ ，取 $N$ 使 $k \geq N$ 时 $∣ A_{k} - A ∣ < ε$ ，则

\frac{1}{p _{n}} k = N \sum n - 1 Δ p_{k} ∣ A_{k} - A ∣ \leq ε \frac{p _{n} - p _{N}}{p _{n}} \leq ε,

而前面有限项因 $Δ p_{k} / p_{n} \to 0$ 也趋于 $0$ 。故极限为 $0$ 。

第二组参考题 8

设 ${a_{n}}$ 满足
$n \to \infty lim (a_{n} i = 1 \sum n a_{i}^{2}) = 1,$
证明：
$n \to \infty lim 3 3 n a_{n} = 1.$

解记

S_{n} = i = 1 \sum n a_{i}^{2} .

已知 $a_{n} S_{n} \to 1$ 。又

a_{n} S_{n - 1} = a_{n} (S_{n} - a_{n}^{2}) \to 1.

因此

S_{n}^{3} - S_{n - 1}^{3} = (S_{n} - S_{n - 1}) (S_{n}^{2} + S_{n} S_{n - 1} + S_{n - 1}^{2}) = a_{n}^{2} (\dots) \to 3.

由 Stolz 定理，

\frac{S _{n}^{3}}{n} \to 3, S_{n} \sim (3 n)^{1/3} .

再由 $a_{n} S_{n} \to 1$ ，得

(3 n)^{1/3} a_{n} \to 1.

第二组参考题 9

设数列 ${u_{n}}_{n \geq 0}$ 对每个非负整数 $n$ 满足条件
$u_{n} = m \to \infty lim (u_{n + 1}^{2} + u_{n + 2}^{2} + \dots + u_{n + m}^{2}) .$
证明：若存在有限极限 $n \to \infty lim (u_{1} + u_{2} + \dots + u_{n})$ ，则只能是每个 $u_{n} = 0$ 。

解由题设

u_{n} = k = n + 1 \sum \infty u_{k}^{2} \geq 0,

故 $u_{n}$ 非负。并且

u_{n} - u_{n + 1} = u_{n + 1}^{2}, u_{n} = u_{n + 1} (1 + u_{n + 1}) .

所以 $u_{n} ↓ 0$ ，且

\frac{1}{u _{n + 1}} - \frac{1}{u _{n}} = \frac{u _{n + 1}}{u _{n}} = \frac{1}{1 + u _{n + 1}} \to 1.

由 Stolz 定理得 $n u_{n} \to 1$ ，于是 $\sum u_{n}$ 与调和级数同阶而发散。故若 $\sum_{k = 1}^{n} u_{k}$ 有有限极限，只能是每个 $u_{n} = 0$ 。

第二组参考题 10

（Toeplitz 定理）设对 $n, k \in N_{+}$ ，有 $t_{nk} \geq 0$ 。又有
$k = 1 \sum n t_{nk} = 1, n \to \infty lim t_{nk} = 0.$
若已知 $n \to \infty lim a_{n} = a$ ，定义
$x_{n} = k = 1 \sum n t_{nk} a_{k}, n \in N_{+} .$
证明： $n \to \infty lim x_{n} = a$ 。

几种变型：(1) 将条件 $k = 1 \sum n t_{nk} = 1$ 改为 $n \to \infty lim k = 1 \sum n t_{nk} = 1$ ；(2) 不要求 $t_{nk}$ 非负，将 (1) 中的条件改为存在 $M > 0$ ，使得对每个 $n$ 成立不等式
$∣ t_{n 1} ∣ + \dots + ∣ t_{nn} ∣ \leq M .$
则结论对 $a = 0$ 仍成立。

解记 $b_{k} = a_{k} - a$ 。则 $b_{k} \to 0$ ，且

x_{n} - a = k = 1 \sum n t_{nk} b_{k} .

给定 $ε > 0$ ，取 $N$ 使 $k \geq N$ 时 $∣ b_{k} ∣ < ε$ 。设 $M = sup_{k} ∣ b_{k} ∣$ 。则

∣ x_{n} - a ∣ \leq M k = 1 \sum N - 1 t_{nk} + ε k = N \sum n t_{nk} \leq M k = 1 \sum N - 1 t_{nk} + ε .

对固定的有限个 $k$ ，由 $t_{nk} \to 0$ 知第一项趋于 $0$ ，故 $lim x_{n} = a$ 。

若改为 $\sum t_{nk} \to 1$ ，只需另加一项 $a (\sum t_{nk} - 1)$ 即可。若允许 $t_{nk}$ 有符号而满足 $\sum ∣ t_{nk} ∣ \leq M$ ，同样对 $a = 0$ 可得

∣ x_{n} ∣ \leq k = 1 \sum N - 1 ∣ t_{nk} ∣∣ a_{k} ∣ + ε k = N \sum n ∣ t_{nk} ∣ \leq k = 1 \sum N - 1 ∣ t_{nk} ∣∣ a_{k} ∣ + M ε .

第二组参考题 11

用 Toeplitz 定理导出 Stolz 定理。

解设 Stolz 定理的条件为 $y_{n}$ 严格单调增加且 $y_{n} \to + \infty$ ，并且

\frac{x _{n + 1} - x _{n}}{y _{n + 1} - y _{n}} \to l .

定义

t_{nk} = \frac{y _{k + 1} - y _{k}}{y _{n} - y _{1}} (1 \leq k \leq n - 1) .

则 $t_{nk} \geq 0$ ， $\sum_{k = 1}^{n - 1} t_{nk} = 1$ ，且对固定 $k$ 有 $t_{nk} \to 0$ 。由 Toeplitz 定理，

k = 1 \sum n - 1 t_{nk} \frac{x _{k + 1} - x _{k}}{y _{k + 1} - y _{k}} \to l .

左边正是

\frac{x _{n} - x _{1}}{y _{n} - y _{1}},

故 $\frac{x _{n}}{y _{n}} \to l$ 。

第二组参考题 12

设 $0 < λ < 1, {a_{n}}$ 收敛于 $a$ 。证明：
$n \to \infty lim (a_{n} + λ a_{n - 1} + λ^{2} a_{n - 2} + \dots + λ^{n} a_{0}) = \frac{a}{1 - λ} .$

解记

s_{n} = a_{n} + λ a_{n - 1} + \dots + λ^{n} a_{0} .

则

s_{n} - \frac{a}{1 - λ} = k = 0 \sum n λ^{k} (a_{n - k} - a) - \frac{a λ ^{n + 1}}{1 - λ} .

最后一项趋于 $0$ 。前一项给定 $ε > 0$ 后，取 $N$ 使 $m \geq N$ 时 $∣ a_{m} - a ∣ < ε (1 - λ)$ ，再分成前面有限项和后面无穷小尾和即可，故极限为 $\frac{a}{1 - λ}$ 。

第二组参考题 13

设 $n \to \infty lim x_{n} = 0$ ，并且存在常数 $K$ ，使得
$∣ y_{1} ∣ + ∣ y_{2} ∣ + \dots + ∣ y_{n} ∣ \leq K$
对每个 $n$ 成立。令
$z_{n} = x_{1} y_{n} + x_{2} y_{n - 1} + \dots + x_{n} y_{1}, n \in N_{+},$
证明： $n \to \infty lim z_{n} = 0$ 。

本题的条件已可推出 $n \to \infty lim y_{n} = 0$ 。但是可以举出例子说明仅有条件 $n \to \infty lim x_{n} = n \to \infty lim y_{n} = 0$ 不能得到
$n \to \infty lim (x_{1} y_{n} + x_{2} y_{n - 1} + \dots + x_{n} y_{1}) = 0.$

解因

k = 1 \sum n ∣ y_{k} ∣ \leq K,

故 $\sum ∣ y_{k} ∣$ 收敛，从而 $y_{n} \to 0$ 。给定 $ε > 0$ ，取 $N$ 使 $k \geq N$ 时 $∣ x_{k} ∣ < ε / K$ 。则

∣ z_{n} ∣ \leq k = 1 \sum N - 1 ∣ x_{k} ∣∣ y_{n + 1 - k} ∣ + k = N \sum n ∣ x_{k} ∣∣ y_{n + 1 - k} ∣ \leq k = 1 \sum N - 1 ∣ x_{k} ∣∣ y_{n + 1 - k} ∣ + ε .

前一部分只有有限项，而对每个固定 $k$ ， $y_{n + 1 - k} \to 0$ ，故它趋于 $0$ 。于是 $z_{n} \to 0$ 。

仅有 $x_{n} \to 0, y_{n} \to 0$ 时结论不对。例如取 $x_{n} = y_{n} = 1/ n$ ，则

x_{1} y_{n} + \dots + x_{n} y_{1} = k = 1 \sum n \frac{1}{k ( n + 1 - k )}

不趋于 $0$ 。

第二组参考题 14

设 $y_{n} = x_{n} + 2 x_{n + 1}, n \in N_{+}$ 。证明：若 ${y_{n}}$ 收敛，则 ${x_{n}}$ 也收敛。

解设 $y_{n} \to y$ 。由递推式

x_{n + 1} = \frac{y _{n} - x _{n}}{2}

反复代入，得

x_{n} = (- \frac{1}{2})^{n - 1} x_{1} + \frac{1}{2} k = 1 \sum n - 1 (- \frac{1}{2})^{n - 1 - k} y_{k} .

第一项趋于 $0$ 。第二项是以公比 $- 1/2$ 的加权平均；由于 $y_{k} \to y$ ，可得它趋于

\frac{1}{2} \cdot \frac{y}{1 + 1/2} = \frac{y}{3} .

故 $x_{n} \to y /3$ 。

第二组参考题 15

由初始值 $a_{0}$ 和 $a_{n} = 2^{n - 1} - 3 a_{n - 1}, n \in N_{+}$ ，确定数列 ${a_{n}}$ 。求 $a_{0}$ 的所有可能值，使得数列 ${a_{n}}$ 是严格单调增加的。

解设

a_{n} = \frac{2 ^{n}}{5} + C (- 3)^{n} .

代入递推式可知这就是通解。又

a_{n} - a_{n - 1} = \frac{2 ^{n - 1}}{5} + 4 C (- 3)^{n - 1} .

若 $C \neq = 0$ ，第二项终将支配第一项且符号交替，不可能对一切 $n$ 都有 $a_{n} - a_{n - 1} > 0$ 。故必须 $C = 0$ ，此时

a_{n} = \frac{2 ^{n}}{5}

严格单调增加。由 $a_{0} = \frac{1}{5} + C$ ，得到唯一可能值

a_{0} = \frac{1}{5} .

第二组参考题 16

证明数列
$7, 7 - 7, 7 - 7 + 7, 7 - 7 + 7 - 7, \dots$
收敛，并求其极限。

解记

T (x) = 7 - 7 + x .

则题中奇、偶两子列都满足

x_{n + 2} = T (x_{n}) .

在区间 $[1, 3]$ 上， $T ([1, 3]) \subset [1, 3]$ ，且

∣ T^{'} (x) ∣ = \frac{1}{4 7 + x 7 - 7 + x} \leq \frac{1}{8} < 1.

所以 $T$ 是压缩映射，具有唯一不动点。解

x = 7 - 7 + x

得唯一不动点为 $x = 2$ 。故奇、偶两子列都收敛于 $2$ ，从而原数列收敛于 $2$ 。

第二组参考题 17

令 $y_{0} \geq 2, y_{n} = y_{n - 1}^{2} - 2, n \in N_{+}$ 。设
$S_{n} = \frac{1}{y _{0}} + \frac{1}{y _{0} y _{1}} + \dots + \frac{1}{y _{0} y _{1} \dots y _{n}} .$
证明：
$n \to \infty lim S_{n} = \frac{y _{0} - y _{0}^{2} - 4}{2} .$

解设

s = \frac{y _{0} - y _{0}^{2} - 4}{2} \in (0, 1] .

则 $y_{0} = s + s^{- 1}$ 。由递推式可归纳得

y_{n} = s^{2^{n}} + s^{- 2^{n}} .

从而

s^{2^{n}} = \frac{1}{y _{n}} + \frac{s ^{2^{n + 1}}}{y _{n}} .

依次代入便得

s = \frac{1}{y _{0}} + \frac{1}{y _{0} y _{1}} + \dots + \frac{1}{y _{0} y _{1} \dots y _{n}} + \frac{s ^{2^{n + 1}}}{y _{0} y _{1} \dots y _{n}} .

最后一项趋于 $0$ ，故

n \to \infty lim S_{n} = s = \frac{y _{0} - y _{0}^{2} - 4}{2} .

第二组参考题 18

设 $x_{1} = c, x_{n + 1} = a^{x_{n}} (a > 0, a \neq = 1), n \in N_{+}$ 。根据下面提供的函数 $f (x) = a^{x}$ 和 $f (f (x))$ 的单调性和不动点的知识，讨论数列 ${x_{n}}$ 的敛散性。

在 $a > 1$ 时函数 $f (x) = a^{x}$ 单调增加。

如 $a > e^{1/ e}$ ，则 $f$ 无不动点。证明：不论 $c$ 如何，数列 ${x_{n}}$ 总是单调增加的正无穷大量；

在 $a = e^{1/ e}$ 时 $f$ 恰有一个不动点。证明：当 $c \leq e$ 时，数列 ${x_{n}}$ 单调增加收敛于 $e$ ，而当 $c > e$ 时， ${x_{n}}$ 是单调增加的正无穷大量；

如 $1 < a < e^{1/ e}$ ，则 $f$ 有两个不动点。根据 $x_{1} = c$ 的大小，讨论数列 ${x_{n}}$ 的敛散性。

在 $0 < a < 1$ 时函数 $f (x) = a^{x}$ 单调减少，存在唯一不动点。

如 $e^{- e} \leq a < 1$ ，则复合函数 $f (f (x)) = a^{a^{x}}$ 只有一个不动点。证明：数列 ${x_{n}}$ 收敛，它的子列 ${x_{2 k - 1}}$ 和 ${x_{2 k}}$ 是具有不同单调性的单调数列；

如 $0 < a < e^{- e}$ ，则复合函数 $f (f (x)) = a^{a^{x}}$ 有三个不动点。证明：除非 $x_{1} = c$ 恰好是 $f$ 的不动点，否则子列 ${x_{2 k - 1}}$ 和 ${x_{2 k}}$ 分别单调收敛于不同的极限，数列 ${x_{n}}$ 发散。

解设 $f (x) = a^{x}$ 。

当 $a > 1$ 时， $f$ 单调增加。
若 $a > e^{1/ e}$ ，方程 $a^{x} = x$ 无解。由连续性和 $f (0) = 1 > 0$ 可知 $f (x) > x$ 对一切 $x$ 成立，于是 $x_{n + 1} > x_{n}$ 。若有有限极限，则它应是不动点，矛盾，故 $x_{n} \to + \infty$ 。
若 $a = e^{1/ e}$ ，唯一不动点为 $e$ 。此时 $f (x) \geq x$ ，且等号仅在 $x = e$ 处成立。若 $c \leq e$ ，则 $x_{n}$ 单调增加且不超过 $e$ ，故收敛到 $e$ ；若 $c > e$ ，则 $x_{n}$ 单调增加，若有有限极限仍应为 $e$ ，不可能，故 $x_{n} \to + \infty$ 。
若 $1 < a < e^{1/ e}$ ，设两个不动点为 $α < β$ 。则

f (x) > x (x < α 或 x > β), f (x) < x (α < x < β) .

因而：

c < β ⟹ x_{n} \to α, c = β ⟹ x_{n} \equiv β, c > β ⟹ x_{n} \to + \infty.

其中 $c = α$ 时为常值列， $α < c < β$ 时数列单调减少到 $α$ ， $c < α$ 时单调增加到 $α$ 。

当 $0 < a < 1$ 时， $f$ 单调减少，故 $g = f \circ f$ 单调增加。
若 $e^{- e} \leq a < 1$ ，则 $g (x) = a^{a^{x}}$ 只有一个不动点 $ξ$ ，而它也正是 $f$ 的唯一不动点。于是奇、偶子列分别是单调数列，且都被夹在 $ξ$ 的两侧并收敛到 $ξ$ ，故原数列收敛到 $ξ$ 。
若 $0 < a < e^{- e}$ ，则 $g$ 有三个不动点 $α < ξ < β$ ，其中 $ξ$ 是 $f$ 的不动点，而

f (α) = β, f (β) = α .

除 $c = ξ$ 外，原数列一般不收敛，而是出现二周期行为：奇、偶子列分别收敛到 $α, β$ 或 $β, α$ 。更具体地，

⎩ ⎨ ⎧ c < α 或 α < c < ξ : ξ < c < β 或 c > β : c = α 或 c = β : c = ξ : x_{2 n - 1} \to α, x_{2 n} \to β, x_{2 n - 1} \to β, x_{2 n} \to α, {x_{n}} 恰为二周期列, x_{n} \equiv ξ .

第二组参考题 19

设参数 $b > 0, x_{1} = \frac{1}{2}, x_{n + 1} = b x_{n} (1 - x_{n}), n \in N_{+}$ 。证明以下结论：

当 $0 < b \leq 1$ 时， ${x_{n}}$ 单调减少收敛于 $0$ ；

当 $1 < b \leq 2$ 时， ${x_{n}}$ 单调减少收敛于 $1 - \frac{1}{b}$ ；

当 $2 < b \leq 3$ 时，子列 ${x_{2 k - 1}}$ 和 ${x_{2 k}}$ 具有相反的单调性，并收敛于同一极限 $1 - \frac{1}{b}$ ；

当 $3 < b \leq 1 + 5$ 时，子列 ${x_{2 k - 1}}$ 和 ${x_{2 k}}$ 具有相反的单调性，但收敛于不同极限。

[!question] 第二组参考题 20

给定 $x_{1}, \dots, x_{n}$ ，令
$x_{i}^{(1)} = \frac{x _{i} + x _{i + 1}}{2}, i = 1, \dots, n, x_{n + 1} = x_{i} .$
归纳地定义
$x_{i}^{(k)} = \frac{x _{i}^{(k - 1)} + x _{i + 1}^{(k - 1)}}{2}, i = 1, \dots, n,$
其中 $x_{n + 1}^{(k - 1)} = x_{1}^{(k - 1)}, k = 2, 3, \dots$ 。证明：对于 $i = 1, \dots, n$ 均成立
$k \to \infty lim x_{i}^{(k)} = \frac{x _{1} + \dots + x _{n}}{n} .$

2.8.1 第一次习题课题目

例题

例题 1.1

用 $ε$ — $N$ 语言证明
$n \to \infty lim n a = 1 (a > 0) .$

解设 $a \geq 1$ ，令 $y_{n} = n a - 1 \geq 0$ 。由 Bernoulli 不等式，

a = (1 + y_{n})^{n} \geq 1 + n y_{n},

故

0 \leq n a - 1 \leq \frac{a - 1}{n} \to 0.

于是 $n a \to 1$ 。若 $0 < a < 1$ ，则对 $1/ a > 1$ 应用上面的结论，得

n a = \frac{1}{n 1/ a} \to 1.

例题 1.2

设 $x_{n} > 0 (n = 1, 2, \dots)$ ，且 $n \to \infty lim x_{n} = a > 0, b > 1$ 。用 $ε$ — $N$ 语言证明
$n \to \infty lim lo g_{b} x_{n} = lo g_{b} a .$

解先设 $b > 1$ 。给定 $ε > 0$ ，令

δ = min {a (b^{ε} - 1), a (1 - b^{- ε})} > 0.

若 $∣ x_{n} - a ∣ < δ$ ，则

a b^{- ε} < x_{n} < a b^{ε} .

取以 $b$ 为底的对数便得

lo g_{b} a - ε < lo g_{b} x_{n} < lo g_{b} a + ε .

故 $lo g_{b} x_{n} \to lo g_{b} a$ 。当 $0 < b < 1$ 时，利用

lo g_{b} x = - lo g_{1/ b} x

即可化归到 $1/ b > 1$ 的情形。

例题 2.1

利用收敛数列的性质求
$n \to \infty lim 2 2 \dots 2,$
其中根号共有 $n$ 重。

解设

x_{1} = 2, x_{n + 1} = 2 x_{n} .

则 $x_{n} > 0$ 。若 $x_{n} < 2$ ，则 $x_{n + 1} < 2$ ；而

x_{n + 1} > x_{n} ⟺ 2 x_{n} > x_{n}^{2} ⟺ x_{n} < 2.

故 ${x_{n}}$ 单调增加且上界为 $2$ ，所以收敛。设极限为 $L$ ，则

L = 2 L,

并由 $L > 0$ 得 $L = 2$ 。

课堂练习题 1

用 $ε$ — $N$ 语言证明 $n \to \infty lim \frac{a ^{n}}{n !} = 0$ 。（注意分情况 $a \neq = 0, a = 0$ 。）

解当 $a = 0$ 时显然。设 $a > 0$ 。与 2.1.5 第 1 题 (4) 同理：由

n! \geq (\frac{n}{2})^{n /2}

可得

0 \leq \frac{a ^{n}}{n !} \leq (\frac{2 a ^{2}}{n})^{n /2} .

给定 $ε > 0$ ，取 $N$ 充分大，使 $n > N$ 时右边小于 $ε$ ，即得结论。

课堂练习题 2

用 $ε$ — $N$ 语言证明 $n \to \infty lim \frac{n ^{c}}{a ^{n}} = 0$ ，其中 $c \geq 0, a > 1$ 。

解取整数 $m > c$ 。由 $n n \to 1$ ，对

q = a^{1/ (2 m)} > 1

可取 $N_{1}$ ，使 $n > N_{1}$ 时 $n n < q$ ，于是 $n^{m} < q^{mn} = a^{n /2}$ 。再取 $N_{2}$ ，使 $a^{- n /2} < ε$ 。当 $n > max {N_{1}, N_{2}}$ 时，

0 \leq \frac{n ^{c}}{a ^{n}} \leq \frac{n ^{m}}{a ^{n}} < a^{- n /2} < ε .

故 $\frac{n ^{c}}{a ^{n}} \to 0$ 。

课堂练习题 3

设 $n \to \infty lim x_{n} = a$ ，又已知用 $ε$ — $N$ 语言描述这个极限时，可取 $N$ 与 $ε$ 无关，问这样的数列 ${x_{n}}$ 是否一定是常值数列？如果不是，又具有怎样的特性？

解不一定是常值数列，但必定从某一项起恒等于极限。理由与 2.1.2 思考题第 2 题完全相同。

课堂练习题 4

正面叙述 ${x_{n}}$ 不是无穷小量（用对偶法则）；

正面叙述“ $\forall ε > 0, \exists N, \forall n, m \geq N$ 有 $∣ x_{n} - x_{m} ∣ < ε$ ”的否命题。

解 (1) “ ${x_{n}}$ 不是无穷小量”可正面表述为

\exists ε_{0} > 0, \forall N, \exists n > N, ∣ x_{n} ∣ \geq ε_{0} .

(2) 原命题的否定为

\exists ε_{0} > 0, \forall N, \exists n, m \geq N, ∣ x_{n} - x_{m} ∣ \geq ε_{0} .

课堂练习题 5

证明：给定实数 $a$ 的任意邻域 $O_{δ} (a)$ 中必定同时存在有理数与无理数。

解给定邻域 $O_{δ} (a)$ 。取正整数 $n > 2 / δ$ ，再取整数 $m$ 使

\frac{m}{n} \leq a < \frac{m + 1}{n} .

于是

a - \frac{m}{n} < \frac{1}{n} < δ,

故邻域中有有理数。又

a - (\frac{m}{n} + \frac{2}{2 n}) \leq a - \frac{m}{n} + \frac{2}{2 n} < \frac{1}{n} + \frac{2}{2 n} < δ,

而 $\frac{m}{n} + \frac{2}{2 n}$ 是无理数，故邻域中也有无理数。

命题的证明与讨论

例题 4.1

设 $n \to \infty lim x_{n} = a > 0$ ，证明存在 $N$ ，使 $n \geq N$ 时， $x_{n} > 0$ 。

解取 $ε = a /2 > 0$ 。由 $x_{n} \to a$ ，存在 $N$ ，当 $n \geq N$ 时

∣ x_{n} - a ∣ < \frac{a}{2} .

于是

x_{n} > a - \frac{a}{2} = \frac{a}{2} > 0.

例题 4.2

设 ${x_{n}}$ 为正数列，且 $n \to \infty lim x_{n} = a$ ，问是否有 $a > 0$ ？

解不一定。例如 $x_{n} = 1/ n$ 全为正数，但极限为 $0$ 。

例题 4.3

设 $A$ 和 $B$ 是两个非空实集， $A \cup B = R$ ，又 $A$ 的每一个元素都小于 $B$ 的每一个元素，证明
$sup A = in f B .$

解设 $ξ = sup A$ 。由于 $A$ 中每一点都小于 $B$ 中每一点，若有某个 $y \in B$ 满足 $y < ξ$ ，则由上确界定义可取 $x \in A$ 使 $y < x \leq ξ$ ，与 $x < y$ 矛盾。故 $ξ$ 是 $B$ 的下界，即 $ξ \leq in f B$ 。

反过来，若 $η$ 是 $B$ 的下界，则对每个 $x \in A$ 与 $y \in B$ 都有 $x < y$ ，于是 $x \leq η$ 。这说明 $η$ 是 $A$ 的上界，所以 $sup A = ξ \leq η$ 。对一切 $B$ 的下界都如此，故 $ξ \leq in f B$ 且 $in f B \leq ξ$ ，从而

sup A = in f B .

2.8.2 第二次习题课题目

习题讲评

习题讲评 1

设 $x_{n} > 0, a > 0, a \neq = 1$ ，证明：
$n \to \infty lim x_{n} = 1 ⟺ n \to \infty lim lo g_{a} x_{n} = 0.$

解由 2.1.5 第 4 题知：当 $x_{n} > 0$ 时，

x_{n} \to 1 ⟹ lo g_{a} x_{n} \to lo g_{a} 1 = 0.

反过来若 $lo g_{a} x_{n} \to 0$ ，则由指数函数的极限性质，

x_{n} = a^{l o g_{a} x_{n}} \to a^{0} = 1.

习题讲评 2

设 $A, B$ 为非空的有界集，
$C = {x + y ∣ x \in A, y \in B},$
证明： $sup C = sup A + sup B$ 。

解设 $s = sup A, t = sup B$ 。对任意 $x \in A, y \in B$ 有 $x + y \leq s + t$ ，故 $s + t$ 是 $C$ 的上界，因而 $sup C \leq s + t$ 。另一方面，对任意 $ε > 0$ ，可取 $x \in A, y \in B$ 使

s - \frac{ε}{2} < x \leq s, t - \frac{ε}{2} < y \leq t .

于是

x + y > s + t - ε,

故 $sup C \geq s + t - ε$ 。令 $ε \to 0$ 即得

sup C = sup A + sup B .

例题

例题 1

设 $n \to \infty lim x_{n} = a, n \to \infty lim y_{n} = b$ ，则有
$n \to \infty lim max {x_{n}, y_{n}} = max {a, b} .$
包括利用
$max {x_{n}, y_{n}} = \frac{x _{n} + y _{n}}{2} + \frac{∣ x _{n} - y _{n} ∣}{2}$
和四则运算。

解利用恒等式

max {x_{n}, y_{n}} = \frac{x _{n} + y _{n}}{2} + \frac{∣ x _{n} - y _{n} ∣}{2},

再由收敛数列四则运算和绝对值极限定理，便有

max {x_{n}, y_{n}} \to \frac{a + b}{2} + \frac{∣ a - b ∣}{2} = max {a, b} .

例题 2

设 $a_{k} > 0, k = 1, 2, \dots, m$ ，证明（用夹逼定理）：
$n \to \infty lim (a_{1}^{n} + a_{2}^{n} + \dots + a_{m}^{n})^{1/ n} = max {a_{1}, a_{2}, \dots, a_{m}} .$

解设 $M = max {a_{1}, \dots, a_{m}}$ ，则

M^{n} \leq a_{1}^{n} + \dots + a_{m}^{n} \leq m M^{n} .

取 $n$ 次方根并令 $n \to \infty$ ，得极限为 $M$ 。

例题 3

设 $x_{0} = 1, x_{n + 1} = \frac{1}{1 + x _{n}}$ ，证明

$n \to \infty lim x_{n} = \frac{5 - 1}{2} .$

设 ${F_{n}}$ 是 Fibonacci 数列，即

$F_{0} = F_{1} = 1, F_{n + 1} = F_{n} + F_{n - 1}, n = 1, 2, \dots .$
证明：
$n \to \infty lim \frac{F _{n}}{F _{n + 1}} = \frac{5 - 1}{2} \approx 0.618.$
在 (1) 中利用 $0 \leq ∣ x_{n} - a ∣ \leq (1/2)^{n} ∣ x_{0} - a ∣$ ，在 (2) 中定义 $x_{n} = F_{n} / F_{n + 1}$ 。

解 (1) 不动点方程

x = \frac{1}{1 + x}

给出唯一正根

a = \frac{5 - 1}{2} .

又

\frac{1}{1 + x} - \frac{1}{1 + a} = \frac{∣ x - a ∣}{( 1 + x ) ( 1 + a )} \leq \frac{1}{2} ∣ x - a ∣ (x > 0),

因此

∣ x_{n + 1} - a ∣ \leq \frac{1}{2} ∣ x_{n} - a ∣ \leq \dots \leq (\frac{1}{2})^{n} ∣ x_{0} - a ∣.

故 $x_{n} \to a$ 。

(2) 令

x_{n} = \frac{F _{n}}{F _{n + 1}} .

由 Fibonacci 递推式，

x_{n + 1} = \frac{F _{n + 1}}{F _{n + 2}} = \frac{1}{1 + x _{n}} .

于是回到第 (1) 题，故

n \to \infty lim \frac{F _{n}}{F _{n + 1}} = \frac{5 - 1}{2} .

例题 4

求
$n \to \infty lim (\frac{3}{2} \cdot \frac{5}{4} \cdot \frac{17}{16} \dots \frac{2 ^{2^{n}} + 1}{2 ^{2^{n}}}) .$
设
$x_{n} = \frac{3}{2} \cdot \frac{5}{4} \cdot \frac{17}{16} \dots \frac{2 ^{2^{n}} + 1}{2 ^{2^{n}}},$
则
$(1 - \frac{1}{2}) x_{n} = \frac{2 ^{2^{n + 1}} - 1}{2 ^{2^{n + 1}}} .$

解设题中乘积为 $x_{n}$ 。由

(1 - \frac{1}{2}) (1 + \frac{1}{2}) = 1 - \frac{1}{2 ^{2}}, (1 - \frac{1}{2 ^{2}}) (1 + \frac{1}{2 ^{2}}) = 1 - \frac{1}{2 ^{4}},

迭代得

(1 - \frac{1}{2}) x_{n} = \frac{2 ^{2^{n + 1}} - 1}{2 ^{2^{n + 1}}} .

所以

x_{n} = 2 (1 - \frac{1}{2 ^{2^{n + 1}}}) \to 2.

例题 5

设 $T_{n} = a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n}$ ，且有 $n \to \infty lim T_{n} = a$ ，证明：
$n \to \infty lim \frac{a _{1} + 2 a _{2} + \dots + n a _{n}}{n} = 0.$

解记 $T_{n} = a_{1} + \dots + a_{n}$ 。由 Abel 变换，

a_{1} + 2 a_{2} + \dots + n a_{n} = n T_{n} - k = 1 \sum n - 1 T_{k} .

同除以 $n$ ，并用 Cauchy 命题

\frac{T _{1} + \dots + T _{n - 1}}{n} \to a,

便得极限为 $a - a = 0$ 。

例题 6

设 $0 < λ < 1, a_{n} > 0 (n = 1, 2, \dots)$ ，且 $n \to \infty lim a_{n} = a$ ，证明：
$n \to \infty lim (a_{n} + λ a_{n - 1} + λ^{2} a_{n - 2} + \dots + λ^{n} a_{0}) = \frac{a}{1 - λ} .$
可先考虑 $a = 0$ 的情形。

解同第二章第二组参考题第 12 题：若

s_{n} = a_{n} + λ a_{n - 1} + \dots + λ^{n} a_{0},

则

s_{n} - \frac{a}{1 - λ} = k = 0 \sum n λ^{k} (a_{n - k} - a) - \frac{a λ ^{n + 1}}{1 - λ} \to 0.

课堂练习题 1

求 $n \to \infty lim (λ + 2 λ^{2} + \dots + n λ^{n})$ ，其中 $∣ λ ∣ < 1$ 。

解记

s_{n} = λ + 2 λ^{2} + \dots + n λ^{n} .

则

(1 - λ) s_{n} = λ + λ^{2} + \dots + λ^{n} - n λ^{n + 1} = \frac{λ - λ ^{n + 1}}{1 - λ} - n λ^{n + 1} .

因 $∣ λ ∣ < 1$ ，右边趋于 $\frac{λ}{1 - λ}$ ，故

n \to \infty lim s_{n} = \frac{λ}{( 1 - λ ) ^{2}} .

课堂练习题 2

求
$n \to \infty lim (\frac{1}{n ^{2} + 1} + \dots + \frac{1}{n ^{2} + n}) .$

解每项满足

\frac{1}{n ^{2} + n} \leq \frac{1}{n ^{2} + k} \leq \frac{1}{n} (1 \leq k \leq n),

故

\frac{n}{n ^{2} + n} \leq k = 1 \sum n \frac{1}{n ^{2} + k} \leq 1.

两边都趋于 $1$ ，所以极限为 $1$ 。

课堂练习题 3

设 $b_{n} > 0, n \to \infty lim \frac{b _{n + 1}}{b _{n}} = b$ 。证明：
$n \to \infty lim b_{n}^{1/ n} = b .$
$b = 0$ 时，用夹逼定理； $b > 0$ 时，取对数。

解 $b = 0$ 时与 2.4.3 第 6 题相同。若 $b > 0$ ，取对数得

ln b_{n} = ln b_{1} + k = 1 \sum n - 1 ln \frac{b _{k + 1}}{b _{k}} .

再由 Cauchy 命题，

\frac{ln b _{n}}{n} \to ln b .

两边取指数便得

b_{n}^{1/ n} \to b .

课堂练习题 4

证明对应于 $n \to \infty lim x_{n} = + \infty$ 的 Cauchy 命题。

解若 $x_{n} \to + \infty$ ，则

\frac{x _{1} + \dots + x _{n}}{n} \to + \infty,

这就是 2.4.3 第 1 题的结论。证明完全相同。

2.8.3 第三次习题课题目

习题讲评

习题讲评 1

指出下列解法的错误之处：

计算极限

$n \to \infty lim [\frac{1}{( n + 1 ) ^{2}} + \frac{1}{( n + 2 ) ^{2}} + \dots + \frac{1}{( 2 n ) ^{2}}]$
时写成
$n \to \infty lim \frac{1}{( n + 1 ) ^{2}} + n \to \infty lim \frac{1}{( n + 2 ) ^{2}} + \dots + n \to \infty lim \frac{1}{( 2 n ) ^{2}} = 0 + \dots + 0 = 0.$
错用收敛数列的四则运算法则。 2. 设 $n \to \infty lim b_{n} = b$ ，则
$n \to \infty lim \frac{b _{n + 1}}{b _{n}} = 1,$
没有考虑 $b = 0$ 的可能性。 3.
$n \to \infty lim \frac{n ^{k}}{a ^{n}} = n \to \infty lim \frac{1}{a ^{n} / n ^{k}} = n \to \infty lim \frac{1 - 1}{\frac{a ^{n + 1}}{( n + 1 ) ^{k}} - \frac{a ^{n}}{n ^{k}}} = 0.$
用 Stolz 定理时必须检验条件是否满足。 4. 用 Stolz 定理，
$n \to \infty lim \frac{1 ^{k} + 2 ^{k} + \dots + n ^{k}}{n ^{k + 1}} = \frac{1}{n \to \infty lim [ ( n + 1 ) - n ( \frac{n}{n + 1} ) ^{k} ]},$
然后从 $n / (n + 1) \to 1$ 知道分母极限为 $1$ ，因此答案也是 $1$ 。求极限不可“分而求之”。

解

错在把极限与“项数随 $n$ 变化的和”交换次序。四则运算法则只适用于固定有限项之和。
若 $lim b_{n} = b$ 且 $b = 0$ ，则 $\frac{b _{n + 1}}{b _{n}}$ 可能无意义或不收敛。例如

b_{n} = \frac{( - 1 ) ^{n}}{n} \to 0, \frac{b _{n + 1}}{b _{n}} \to - 1.

用 Stolz 定理前必须先验证分母单调并趋于 $+ \infty$ 。这里正是要证明 $a^{n} / n^{k} \to + \infty$ ，不能把待证结论当作已知条件。
错在把

(n + 1) - n (\frac{n}{n + 1})^{k}

草率地“分而求之”。虽然 $\frac{n}{n + 1} \to 1$ ，但乘上 $n$ 后不能直接代入。正确处理应是

(n + 1) - n (\frac{n}{n + 1})^{k} = (n + 1) [1 - (\frac{n}{n + 1})^{k + 1}] \to k + 1.

习题讲评 2

无穷大量（对偶法则），常见无穷大量间的大小比较（让学生罗列）。

解正无穷大量可正面表述为

\forall M > 0, \exists N, \forall n > N, x_{n} > M .

常见无穷大量的大小比较为

ln n ≪ n^{ε} ≪ a^{n} ≪ n! ≪ n^{n} (a > 1, ε > 0) .

习题讲评 3

级数与数列的关系（级数收敛的必要条件， $p$ —级数，几何级数，Euler 常数）。

解级数 $\sum u_{n}$ 的收敛，就是它的部分和数列

S_{n} = u_{1} + \dots + u_{n}

收敛。级数收敛的必要条件是 $u_{n} \to 0$ ；几何级数 $\sum q^{n}$ 在 $∣ q ∣ < 1$ 时收敛， $p$ 级数 $\sum 1/ n^{p}$ 在 $p > 1$ 时收敛、在 $p \leq 1$ 时发散。Euler 常数为

γ = n \to \infty lim (1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n} - ln n) .

例题

例题 1

设 $n \to \infty lim x_{n} = α, n \to \infty lim y_{n} = β$ ，证明：
$n \to \infty lim \frac{x _{1} y _{n} + x _{2} y _{n - 1} + \dots + x _{n} y _{1}}{n} = α β .$
先考虑 $α = β = 0$ 的情形，学会从简单情形做起。根据 $ε$ 选择 $N$ ，把要估计的项拆成两部分，一部分可用 $ε$ 或 $M ε$ （ $M$ 与 $ε$ 无关）控制，另一部分含 $n$ 和 $N$ ，对固定的 $N$ ，让 $n$ 足够大，就可使这部分变小。

解这就是 2.4.3 第 10 题：若 $x_{n} \to α, y_{n} \to β$ ，则

\frac{x _{1} y _{n} + x _{2} y _{n - 1} + \dots + x _{n} y _{1}}{n} \to α β .

例题 2

设 $0 < x_{0} < \frac{π}{2}, x_{n} = sin x_{n - 1}, n = 1, 2, \dots$ ，求 $n \to \infty lim x_{n}$ 。先证 $x_{n}$ 单调有界，并设 $a = n \to \infty lim x_{n}$ ；然后证明 $n \to \infty lim sin x_{n} = sin a$ ；最后由 $a = sin a, 0 \leq a \leq x_{0} < \frac{π}{2}$ ，推得 $a = 0$ 。

解这就是 2.3.2 第 7 题： $0 < x_{0} < π /2$ 且 $x_{n} = sin x_{n - 1}$ 时，

0 < x_{n} < x_{n - 1},

故单调有界，从而收敛；设极限为 $a$ ，则 $a = sin a$ ，所以 $a = 0$ 。

例题 3

求
$n \to \infty lim (1 + \frac{1}{n} + \frac{1}{n ^{2}})^{n} .$
用
$(1 + \frac{1}{n})^{n} < (1 + \frac{1}{n} + \frac{1}{n ^{2}})^{n} < (1 + \frac{1}{n - 1})^{n}$
进行夹逼。

解利用夹逼

(1 + \frac{1}{n})^{n} < (1 + \frac{1}{n} + \frac{1}{n ^{2}})^{n} < (1 + \frac{1}{n - 1})^{n},

两边都趋于 $e$ ，故极限为 $e$ 。

例题 4

求
$n \to \infty lim (\frac{1}{n} + \frac{1}{n + 1} + \dots + \frac{1}{2 n}) .$
设 $a_{n} = \frac{1}{n} + \frac{1}{n + 1} + \dots + \frac{1}{2 n}$ ，利用不等式
$\frac{1}{n + 1} < ln (1 + \frac{1}{n}) < \frac{1}{n}$
对 $a_{n}$ 夹逼，得到
$ln \frac{2 n + 1}{n} < a_{n} < ln \frac{2 n}{n - 1},$
两边取极限，用夹逼定理可得 ${a_{n}}$ 的极限为 $ln 2$ 。

解记

a_{n} = \frac{1}{n} + \frac{1}{n + 1} + \dots + \frac{1}{2 n} .

由

\frac{1}{k + 1} < ln (1 + \frac{1}{k}) < \frac{1}{k}

求和得

ln \frac{2 n + 1}{n} < a_{n} < ln \frac{2 n}{n - 1},

故 $a_{n} \to ln 2$ 。

例题 5

设 $A, B$ 是两个非空且互不相交的数集，若 $A \cup B = [0, 1]$ ，则必存在 $ξ \in [0, 1]$ ，使得 $\forall δ > 0$ ，于 $O_{δ} (ξ)$ 中既有集 $A$ 的点又有集 $B$ 的点。

解取 $x \in A, y \in B$ 且 $x < y$ 。对区间 $[x, y]$ 反复二分，每次取仍同时含有 $A$ 、 $B$ 两类点的那一半，得到长度趋于 $0$ 的闭区间套。设其唯一公共点为 $ξ$ 。则任意邻域 $O_{δ} (ξ)$ 都含有某个足够后面的二分区间，从而既含 $A$ 的点也含 $B$ 的点。

课堂练习题 1

设 $0 < x_{0} < 1, x_{n + 1} = 1 - 1 - x_{n}, n \in N_{+}$ ，求 $n \to \infty lim x_{n}$ 。

解由

x_{n + 1} = 1 - 1 - x_{n} = \frac{x _{n}}{1 + 1 - x _{n}}

可知

0 < x_{n + 1} < x_{n} < 1.

故数列单调减少且下有界，设极限为 $L \geq 0$ 。由递推式得

L = 1 - 1 - L,

解得 $L = 0$ 。

课堂练习题 2

求下列极限：

$n \to \infty lim (1 + \frac{1}{2 n})^{n}$ ；

$n \to \infty lim (1 + \frac{1}{n ^{2}})^{n}$ 。

解 (1)

(1 + \frac{1}{2 n})^{n} \to e^{1/2} .

(2)

(1 + \frac{1}{n ^{2}})^{n} \to 1.

课堂练习题 3

证明： ${a_{n}}$ 收敛 $⟺$ ${a_{2 n}}$ 和 ${a_{2 n + 1}}$ 收敛到同一极限。

解这与 2.2.4 第 1 题完全相同： ${a_{n}}$ 收敛当且仅当 ${a_{2 n}}$ 与 ${a_{2 n + 1}}$ 收敛到同一极限。

课堂练习题 4

求极限
$n \to \infty lim [1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots + (- 1)^{n - 1} \frac{1}{n}] .$

解设

s_{n} = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots + (- 1)^{n - 1} \frac{1}{n} .

则

s_{2 n} = 1 + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{2 n - 1} - (\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \dots + \frac{1}{2 n}) = H_{2 n} - H_{n} .

而

H_{2 n} - H_{n} = \frac{1}{n + 1} + \dots + \frac{1}{2 n} \to ln 2.

又

s_{2 n + 1} = s_{2 n} + \frac{1}{2 n + 1} \to ln 2.

故

n \to \infty lim s_{n} = ln 2.

2.8.4 第四次习题课题目

单元测验 1

设 $A$ 和 $B$ 是上有界集，定义
$A + B = {x + y ∣ x \in A, y \in B} .$
证明
$sup (A + B) = sup A + sup B .$

解记 $α = sup A, β = sup B$ 。任取 $x \in A, y \in B$ ，有 $x \leq α, y \leq β$ ，故

x + y \leq α + β .

这说明 $α + β$ 是 $A + B$ 的上界，从而 $sup (A + B) \leq α + β$ 。

反过来，对任意 $ε > 0$ ，由上确界定义，可取 $x_{ε} \in A, y_{ε} \in B$ ，使

x_{ε} > α - \frac{ε}{2}, y_{ε} > β - \frac{ε}{2} .

于是

x_{ε} + y_{ε} > α + β - ε .

因而 $sup (A + B) \geq α + β - ε$ 。令 $ε \to 0$ ，得到

sup (A + B) = sup A + sup B .

单元测验 2

设 $n \to \infty lim x_{n} = a > 0$ ，证明：存在 $N$ ，使当 $n > N$ 时， $x_{n} > 0$ 。并举例说明逆命题不成立。

解由 $n \to \infty lim x_{n} = a > 0$ ，取 $ε = \frac{a}{2}$ ，则存在 $N$ ，当 $n > N$ 时

∣ x_{n} - a ∣ < \frac{a}{2} .

从而

x_{n} > a - \frac{a}{2} = \frac{a}{2} > 0.

逆命题不成立。例如 $x_{n} = \frac{1}{n}$ 对一切 $n$ 都为正，但 $n \to \infty lim x_{n} = 0$ ，并不大于 $0$ 。

单元测验 3

求
$n \to \infty lim (\frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 2} + \dots + \frac{1}{n + n}) .$

解记

S_{n} = k = 1 \sum n \frac{1}{n + k} .

对每个 $1 \leq k \leq n$ 都有

\frac{1}{n + n} \leq \frac{1}{n + k} \leq \frac{1}{n + 1} .

求和得

\frac{n}{n + n} \leq S_{n} \leq \frac{n}{n + 1} .

左右两端都趋于 $1$ ，故

n \to \infty lim S_{n} = 1.

单元测验 4

叙述并证明 $\frac{0}{0}$ 型不定式的 Stolz 定理。

解 $\frac{0}{0}$ 型 Stolz 定理可表述为：若 ${x_{n}}, {y_{n}}$ 满足

x_{n} \to 0, y_{n} \to 0,

且 ${y_{n}}$ 严格单调，又有极限

n \to \infty lim \frac{x _{n + 1} - x _{n}}{y _{n + 1} - y _{n}} = l

（ $l$ 可以是有限数或 $\pm \infty$ ），则

n \to \infty lim \frac{x _{n}}{y _{n}} = l .

证明只写 $y_{n} ↓ 0$ 的情形； $y_{n} ↑ 0$ 完全类似。对任意固定的 $n$ ，对尾和应用普通 Stolz 定理，有

\frac{x _{n} - x _{m}}{y _{n} - y _{m}} = \frac{\sum _{k = n}^{m - 1} ( x _{k} - x _{k + 1} )}{\sum _{k = n}^{m - 1} ( y _{k} - y _{k + 1} )}

夹在

k \geq n in f \frac{x _{k + 1} - x _{k}}{y _{k + 1} - y _{k}} 与 k \geq n sup \frac{x _{k + 1} - x _{k}}{y _{k + 1} - y _{k}}

之间。令 $m \to \infty$ ，由 $x_{m} \to 0, y_{m} \to 0$ 得

k \geq n in f \frac{x _{k + 1} - x _{k}}{y _{k + 1} - y _{k}} \leq \frac{x _{n}}{y _{n}} \leq k \geq n sup \frac{x _{k + 1} - x _{k}}{y _{k + 1} - y _{k}} .

再令 $n \to \infty$ ，便得 $\frac{x _{n}}{y _{n}} \to l$ 。

单元测验 5

证明极限
$n \to \infty lim 1 + 2 + \dots + n$
（ $n$ 重根号）的存在性。

解记

u_{n} = 1 + 2 + \dots + n,

并约定

r_{n} = n, r_{k} = k + r_{k + 1} (k = n - 1, \dots, 1),

则 $u_{n} = r_{1}$ 。显然把最里面的 $n$ 换成 $n + 1$ 会使整个根式变大，所以 ${u_{n}}$ 单调增加。

下面证明它有公共上界 $3$ 。对每个 $k$ ，由反向归纳可证

r_{k} < k + 2.

事实上，对 $k = n$ 有 $r_{n} = n < n + 2$ 。若 $r_{k + 1} < k + 3$ ，则

r_{k} = k + r_{k + 1} < k + k + 3 < k + 2.

因而

u_{n} = r_{1} < 3.

所以 ${u_{n}}$ 单调增加且有上界 $3$ ，故极限存在。

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02-第二章数列极限

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2.1.2 思考题

2.1.4 例题

2.1.5 练习题

2.2.1 思考题

2.2.2 例题

2.2.3 判定数列发散的方法中的例题

2.2.4 练习题

2.3.1 例题

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2.6.1 例题

2.6.3 练习题

2.7.2 补充例题

2.7.3 第一组参考题

2.7.3 第二组参考题

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