CMC蒲和平1.2习题

T3

计算极限 \(\lim\limits_{x \rightarrow \infty} \sum\limits_{k = 0} ^ n (-1) ^ k {n\choose k} \sqrt{x ^ 2 + k}\).

solution(2025.8.18)

\[I = \lim\limits_{x \rightarrow \infty} |x|\sum\limits_{k = 0} ^ n (-1) ^ k {n\choose k} \sqrt{1 + \frac{k}{x^2}} = \lim\limits_{x \rightarrow \infty} |x|\sum\limits_{k = 0} ^ n (-1) ^ k {n\choose k} \left(1 + o\left(\frac{1}{x}\right)\right) = \lim\limits_{x \rightarrow \infty} |x|(1-1) ^ n = 0 \]

T4

设数列 \(\{x_n\}\) 满足 \(x_1 = \sqrt 5\)，\(x_{n + 1} = x_n^2 - 2(n = 1, 2, \cdots)\)，求 \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \dfrac{x_1x_2\cdots x_n}{x_{n + 1}}\).

solution

将递推式两边平方，得 \(x_{n + 1} ^ 2 = x_n ^ 4 - 4x_n^2 + 4 \Rightarrow x_{n} ^ 2 = \dfrac{x_{n + 1} ^ 2 - 4}{x_n^2 - 4}\)，直接得到答案 \(1\).

T5

设 \(f, g: \R \rightarrow \R\) 是周期函数，周期分别为 \(a, b\)，且满足 \(\lim\limits_{x \rightarrow 0}\frac{f(x)}{x} = u\)，\(\lim\limits_{x \rightarrow 0} = v \neq 0\). 证明 \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \dfrac{f((3 + \sqrt 7) ^ n a)}{g((2 + \sqrt 2) ^ n b)}\) 存在，并求该极限。

solution(2025.8.18)

根据高中的知识，可以注意到 \((3 + \sqrt 7) ^ n + (3 - \sqrt 7) ^ n\) 是一个整数，同理 \((2 + \sqrt 2) ^ n + (2 - \sqrt 2) ^ n\) 也是。

所以原极限根据周期性就等价于 \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \dfrac{f(-(3 - \sqrt 7) ^ n a)}{g(-(2 - \sqrt 2) ^ n b)}\)，此时两函数内部的自变量都趋近于 \(0\)，所以有：

\[\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \dfrac{f(-(3 - \sqrt 7) ^ n a)}{g(-(2 - \sqrt 2) ^ n b)} = \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \dfrac{f(-(3 - \sqrt 7) ^ n a)}{-(-(3 - \sqrt 7) ^ n)a}\cdot \dfrac{-(3 - \sqrt 7) ^ n a}{-(2 - \sqrt 2) ^ n b} \cdot \dfrac{-(2 - \sqrt 2) ^ n b}{g(-(2 - \sqrt 2) ^ n b)} = \lim\limits_{n \rightarrow \infty}\frac{ua}{vb} \left(\frac{3 - \sqrt 7}{2 - \sqrt 2}\right) ^ n \]

所以极限存在，且为 \(0\).

T13

设 \(f_1(x) = x, f_2(x) = x ^ x, f_3(x) = x ^ {x ^ x}, \cdots, f_n(x) = x ^ {x ^ {\cdots ^x}}\rbrace^{共 n 个}\). 求极限 \(\lim\limits_{x \rightarrow 0^+} f_n(x)\).

solution

发现 \(n = 1\) 的极限为 \(0\)，而 \(n = 2\) 的极限为 \(1\)，猜测结果和 \(n\) 的奇偶有关，且就为这两值。

归纳证明：

假设 \(\lim\limits_{x \rightarrow 0^+} f_{2k}(x) = 1\).

则 \(\lim\limits_{x \rightarrow 0^+} f_{2k + 1}(x) = \lim\limits_{x \rightarrow 0^+} x ^ {f_{2k}(x)} = 0\)，\(\lim\limits_{x \rightarrow 0^+} f_{2k + 2}(x) = \lim\limits_{x \rightarrow 0^+} x ^ {x ^ {f_{2k}(x)}} = 0\).

*T14(答案是错的)

设 \(x_1 = 2, x_{n + 1} = 2 + \frac{1}{x_n}\)，证明 \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} x_n\) 存在；记 \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} x_n = A\)，求 \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} 4 ^ n|x_n - A|\).

原题答案其实是 \(0\)，要改一下才能有值。

找了数学系的哥们姐们，改一下题就能做了：

找到合适的 \(k\)，使得 \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} k ^ {n}|x_n - A|\) 存在且不为 \(0\).

solution(2025.8.22 by 数学系的哥们姐们)

设误差为 \(b_n = A - x_n \Rightarrow x_{n + 1} = 2 + \frac{1}{A - b_n} = 2 + \frac{1}{A}\frac{1}{1 - \frac{b_n}{A}} = 2 + \frac{1}{A}(1 + \frac{b_n}{A} + o(b_n))\).

可以解得 \(b_{n + 1} = -\frac{b_n}{A ^ 2} + o(b_n)\)，所以 \(n\rightarrow \infty\) 时，\(|x_n - A|\) 是以 \(\frac{1}{A^2}\) 的速度减少的所以如此 \(k = 3 + 2\sqrt 2\).

至于求值，可以通过不动点理论求出 \(x_n\) 的通项公式，最后答案为 \(2\sqrt 2\).

T16

已知 \(x_1 = \frac{\pi}{2023}, y_1 = \frac{\pi}{2022}\)，且 \(x_{n + 1} = \sin x_n\)，\(y_{n + 1} = \sin y_n\) \((n = 1, 2, \cdots)\)，求 \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \frac{x_n}{y_n}\).

solution(2025.8.19)

首先考虑 \(a_n = \frac{x_n}{y_n}\) 的单调性，

\[\frac{a_{n + 1}}{a_n} = \frac{x_{n + 1}}{x_n} \frac{y_n}{y_{n + 1}} = \frac{\sin x_n}{x_n} \frac{y_n}{\sin y_n} \]

容易知道 \(x_n < y_n \Rightarrow \sin x_n < \sin y_n \Rightarrow x_{n + 1} < y_{n + 1}\)，所以只需考虑函数 \(f(x) = \frac{\sin x}{x}\) 的单调性即可，对其求导 \(f'(x) = \frac{x\cos x - \sin x}{x ^ 2}\)，\(g(x) = x\cos x - \sin x\)，\(g'(x) = - x \sin x\)，\(x\rightarrow 0\) 时 \(g'(x) < 0 \Rightarrow g(x) < 0 \Rightarrow f(x) \downarrow\)，所以 \(a_{n + 1} > a_n\)，得到单调性。

显然有 \(a_n < 1\)，有界，设极限为 \(I\)，则 \(I\) 存在。

下求 \(I\)：

\[I = \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \dfrac{x_{n + 1} - x_n}{y_{n + 1} - y_n} = \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \dfrac{\sin x_n - x_n}{\sin y_n - y_n} = \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \frac{x_n^3}{y_n^3} = I ^ 3 \]

所以 \(I = 0, \pm 1\)，由于前面分析，可以知道 \(I = 1\).

T30

设数列 \(\{a_n\}\) 满足 \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} (2a_n + a_{n - 1}) = 0\)，证明 \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} a_n = 0\).

solution

根据极限定义，可以知道对于 \(\forall \epsilon > 0\)，有 \(|2a_n + a_{n - 1}| < \epsilon\)，根据绝对值不等式移向得 \(|a_n| < \frac{|a_{n - 1}| + \epsilon}{2}\).

所以存在 \(N(N < n)\)， \(|a_n| < \dfrac{|a_N|}{2 ^ {n - N}} + \epsilon\)，由于指数函数的性质，可以知道 \(n\) 取到一定大时 \((\exist N_1, n > N_1)\)，\(\frac{|a_N|}{2 ^ {n - N}} < \epsilon\)，所以证明完毕。

T31

设 \(f(x)\) 在区间 \([0, a]\) 上有二阶连续导数，\(f'(0) = 1\)，\(f'''(0) \neq 0\)，且 \(0 < f(x) < x, (x\in (0, a))\)，令 \(x_{n + 1} = f(x_n)\)，\(x_0 \in (0, a)\).

• 证明 \(\{x_n\}\) 收敛并求极限；
• 试问 \(\{nx_n\}\) 是否收敛？若不收敛，说明理由；若收敛，求其极限.

solution(2025.8.19)

• (1)

首先由题意得 \(x_{n + 1} = f(x_n) < x_n\)，只需证明其有下界，容易发现 \(x_{n} > 0\)，所以数列收敛。

设极限为 \(A\)，那么有 \(0 < A = f(A) < A\)，根据夹逼定理，可知极限为 \(0\).

• (2)

由于 \(f(x)\) 连续，可以知道 \(f(0) = 0\)，所以 \(f(x) = f(0) + f'(0) x + \frac{f''(0)}{2}x^2 + \frac{f'''(\xi)}{6}x ^ 3 = x + \frac{f'''(\xi)}{6}x^3\).

\[\lim\limits_{n \rightarrow \infty}n x_n = \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \dfrac{(n + 1) - n}{\frac{1}{x_{n + 1}} - \frac{1}{x_n}} = \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \frac{x_n f(x_n)}{x_n - f(x_n)} = \lim\limits_{t \rightarrow 0} \dfrac{tf(t)}{t - f(t)} = \lim\limits_{t \rightarrow 0} \dfrac{t(f(0) + f'(\xi_1)t^2)}{t - (t + \frac{f'''(\xi)}{6} t ^ 3)} = \dfrac{-2}{f'''(0)} \]

T33

设 \(0 < \lambda < 1\)，\(x_n > 0\)，且 \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} x_n =a\)，求 \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} (x_n + \lambda x_{n - 1} + \cdots + \lambda ^ n x_0)\).

solution

\[I = \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \dfrac{\sum\limits_{k = 1} ^ n x_k \cdot \lambda ^ {-k}}{\lambda ^ {-n}} = \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \dfrac{x_n \lambda ^ {- n}}{\lambda ^ {-n} - \lambda ^ {-(n - 1)}} = \dfrac{a}{1 - \lambda} \]

T34

设 \(m\) 是正整数，\(I_n = \dfrac{1 ^ m + 2 ^ m + \cdots + n ^ m}{n ^ m} - \dfrac{n}{m + 1}\)，求 \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} I_n\).

solution(2025.8.19)

注意到 \(\frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1} ^ n (\frac{k}{n}) ^ m = \int_0^1 x^m dx = \frac{1}{m + 1}\)，所以所求即为加边极限，即 \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} n \left(\frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1} ^ n (\frac{k}{n}) ^ m - \frac{1}{m + 1}\right)\).

对积分近似的加边极限，可以参考这节的例55，这里直接计算了，设 \(x_k = \frac{k}{n}\)：

\[\begin{aligned} I &= \lim\limits_{n \rightarrow \infty} n \sum\limits_{k = 1} ^ n \int_{x_{k - 1}} ^ {x_k} (x_k^m - x ^ m)dx \\ &= \lim\limits_{n \rightarrow \infty} n \sum\limits_{k = 1} ^ n \int_{x_{k - 1}} ^ {x_k} m \xi_k^{m - 1}(x_k - x) dx \\ &= \lim\limits_{n \rightarrow \infty} mn \sum\limits_{k = 1} ^ n \eta_k^{m - 1} \int_{x_{k - 1}} ^ {x_k} (x_k - x)dx \\ &= \lim\limits_{n \rightarrow \infty} mn \sum\limits_{k = 1} ^ n \eta_k^{m - 1} \frac{1}{2n ^ 2} \\ &= \frac{m}{2}\int_0^1 x^{m - 1} dx = \frac{1}{2} \end{aligned} \]

T35

设 \(x_n = \sum\limits_{k = 1} ^ n \frac{e ^ {k ^ 2}}{k}\)，\(y_n = \int_0^n e ^ {x^2}dx\)，求 \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \frac{x_n}{y_n}\).

solution

\[\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \frac{x_n}{y_n} = \lim\limits_{n \rightarrow \infty}\dfrac{\sum\limits_{k = 1} ^ n \frac{e ^ {k ^ 2}}{k}}{\sum\limits_{k = 1} ^ n \int_{k - 1} ^ k e ^ {x ^ 2}dx} = \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \dfrac{\frac{e ^ {n ^ 2}}{n}}{\int_{n - 1} ^ n e ^ {n ^ 2}} = \lim\limits_{t \rightarrow \infty}\dfrac{\frac{(2t - 1) e ^ {t ^ 2}}{t}}{e ^ {t ^ 2} - e ^ {(t - 1) ^ 2}} = 2 \]

T41(4)

\(\lim\limits_{n \rightarrow \infty}\dfrac{\sum\limits_{k = 1} ^ n \sqrt{k}}{\sum\limits_{k = 1} ^ n \sqrt{n + k}}\).

solution(2025.8.19)

\[I = \lim\limits_{n \rightarrow \infty}\dfrac{\frac{1}{n} \sum\limits_{k = 1} ^ n \sqrt{\frac{k}{n}}}{\frac{1}{n} \sum\limits_{k = 1} ^ n \sqrt{1 + \frac{k}{n}}} = \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \dfrac{\int_0^1 \sqrt{x}dx}{\int_0^1 \sqrt{1 + x}dx} = \frac{1}{2\sqrt 2 - 1} \]

T42(3)

\(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \sum\limits_{k = 1} ^ n \dfrac{\sqrt{kn - 1}}{kn}\).

solution

考虑夹逼：

注意到 \(\frac{1}{k^2}\) 很小。

\[\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1} ^ n \sqrt{\frac{n}{k} - \frac{1}{k ^ 2}} < \int_0^1 \sqrt{\frac{1}{x}}dx = 2 \]

利用改变成 \(n \pm 1\) 的技巧放缩。

\[\lim\limits_{n \rightarrow \infty}\frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1} ^ n \sqrt{\frac{n}{k} - \frac{1}{k ^ 2}} > \lim\limits_{n \rightarrow \infty}\frac{n - 1}{n} \frac{1}{n - 1} \sum\limits_{k = 1} ^ {n - 1} \sqrt{\frac{n - 1}{k}} = \int_0^1 \frac{1}{\sqrt x}dx = 2 \]

所以答案为 \(2\).

T44

设 \(a_n = (1 + x)(1 + x ^ 2)\cdots(1 + x ^ n)\ (0 < x < 1)\)，证明极限 \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty}a_n\) 存在。

solution

容易发现 \(a_n\) 单调递增，只需证明 \(a_n\) 存在上界，考虑不等式 \(e ^ x \ge 1 + x\)，可知 \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty}a_n \le \lim\limits_{n \rightarrow \infty}\exp\left\{\sum\limits_{k = 1} ^ n x ^ k\right\} = \exp\left\{\dfrac{x}{1 -x}\right\}\)，所以证明完毕。

T47

序列 \(x_0, x_1, x_2, \cdots\) 由下列条件定义：\(x_0 = a, x_1 = b, x_{n + 1} = \frac{x_{n - 1} + (2n - 1)x_n}{2n}\)，\(n \ge 1\). 这里 \(a,b\) 为已知数，试用 \(a\) 与 \(b\) 表示 \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} x_n\).

solution

变形递推式可以得到 \(x_{n + 1} - x_n = -\frac{1}{2n} (x_n - x_{n - 1})\)，所以 \(x_{n + 1} - x_n = (-\frac{1}{2})^n \frac{1}{n!}(b - a)\).

所以最终的 \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} x_n = \lim\limits_{n \rightarrow \infty} a + \sum\limits_{k = 1} ^ {n - 1} (-\frac{1}{2})^n\frac{1}{n!}(b - a) = a + (b - a)e ^ {-\frac{1}{2}}\).