数学分析ch02

第二章　数列极限

题 1.（第一组参考题 3）设 \(\{a_n+a_{n+1}\}\) 与 \(\{a_n+a_{n+2}\}\) 都收敛，证明 \(\{a_n\}\) 收敛。

解. 记 \(b_n=a_n+a_{n+1}\to p\)，\(c_n=a_n+a_{n+2}\to q\)。由

\[a_{n+2}=c_n-a_n,\qquad a_{n+2}=b_{n+1}-a_{n+1}=b_{n+1}-(b_n-a_n)=b_{n+1}-b_n+a_n, \]

两式相减得

\[2a_n=c_n-(b_{n+1}-b_n). \]

因 \(\{b_n\}\) 收敛，故 \(b_{n+1}-b_n\to0\)；又 \(c_n\to q\)，于是 \(2a_n\to q\)，即

\[\lim_{n\to\infty}a_n=\frac q2. \]

故 \(\{a_n\}\) 收敛。（此时必有 \(p=q\)，因为 \(a_n+a_{n+1}\to\dfrac q2+\dfrac q2=q\)。）\(\square\)

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题 2.（第一组参考题 10）设 \(\{a_n\}\) 为正项数列。

(1) 若 \(\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{a_{n+1}}=0\)，证明 \(\{a_n\}\) 是正无穷大量，即 \(a_n\to+\infty\)；

(2) 若 \(\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{a_{n+1}+a_{n+2}}=0\)，证明 \(\{a_n\}\) 无界。

解. (1) 由 \(\dfrac{a_n}{a_{n+1}}\to0\)，存在 \(N\)，使当 \(n\ge N\) 时 \(\dfrac{a_n}{a_{n+1}}<\dfrac12\)，即 \(a_{n+1}>2a_n\)。于是对 \(n>N\)，

\[a_n>2^{\,n-N}a_N\xrightarrow[n\to\infty]{}+\infty, \]

故 \(a_n\to+\infty\)。

(2) 反设 \(\{a_n\}\) 有界。由 (1) 的讨论知 \(\dfrac{a_n}{a_{n+1}+a_{n+2}}\to0\)，故存在 \(N\)，使当 \(n\ge N\) 时

\[a_n<\frac14\big(a_{n+1}+a_{n+2}\big),\quad\text{即}\quad a_{n+1}+a_{n+2}>4a_n. \]

记 \(M=\sup\limits_{n\ge N}a_n\)。因 \(a_n>0\) 且 \(\{a_n\}\) 有界，有 \(0<M<\infty\)。由上确界的定义，存在 \(n\ge N\) 使 \(a_n>\dfrac M2\)。对该 \(n\)，因 \(n+1,n+2>N\)，故 \(a_{n+1}\le M,\ a_{n+2}\le M\)，从而

\[a_{n+1}+a_{n+2}>4a_n>2M, \]

但另一方面 \(a_{n+1}+a_{n+2}\le 2M\)，矛盾。故 \(\{a_n\}\) 无界。\(\square\)

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题 3.（第一组参考题 17）设对每个 \(n\) 都有 \(x_n<1\)，且 \((1-x_n)x_{n+1}\ge\dfrac14\)。证明 \(\{x_n\}\) 收敛，并求其极限。

解. 由 \(x_n<1\) 知 \(1-x_n>0\)；又 \((1-x_n)x_{n+1}\ge\dfrac14>0\)，故 \(x_{n+1}>0\)，从而 \(0<x_{n+1}<1\)。对 \((1-x_n)\) 与 \(x_{n+1}\) 用均值不等式：

\[(1-x_n)+x_{n+1}\ge2\sqrt{(1-x_n)x_{n+1}}\ge2\cdot\frac12=1, \]

即 \(x_{n+1}\ge x_n\)。故 \(\{x_n\}\) 单调增加且以 \(1\) 为上界，从而收敛。设 \(x_n\to L\)，则 \(0\le L\le1\)。

在 \((1-x_n)x_{n+1}\ge\dfrac14\) 两边令 \(n\to\infty\)，得

\[(1-L)L\ge\frac14. \]

但由 \(L(1-L)\le\dfrac14\)（等号当且仅当 \(L=\dfrac12\) 成立），故必有 \(L(1-L)=\dfrac14\)，即

\[\lim_{n\to\infty}x_n=\frac12.\qquad\square \]

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题 4.（第二组参考题 6）将二项式系数 \(\dbinom{n}{0},\dbinom{n}{1},\cdots,\dbinom{n}{n}\) 的算术平均值与几何平均值分别记为 \(A_n\) 与 \(G_n\)。证明：

(1) \(\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{A_n}=2\)；(2) \(\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{G_n}=\sqrt{\mathrm e}\)。

解. (1) 由二项式定理 \(\sum\limits_{k=0}^n\dbinom nk=2^n\)，故 \(A_n=\dfrac{2^n}{n+1}\)，于是

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

因 \((n+1)^{1/n}=\exp\!\Big(\dfrac{\ln(n+1)}{n}\Big)\to\mathrm e^0=1\)，所以 \(\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{A_n}=2\)。

(2) 先算乘积。由 \(\dbinom nk=\dfrac{n!}{k!\,(n-k)!}\) 及 \(\prod\limits_{k=0}^n(n-k)!=\prod\limits_{k=0}^n k!\)，得

\[\prod_{k=0}^n\binom nk=\frac{(n!)^{n+1}}{\left(\prod\limits_{k=0}^n k!\right)^{2}}. \]

记 \(L_n=\dfrac1{n(n+1)}\ln\prod\limits_{k=0}^n\dbinom nk\)，则 \(\sqrt[n]{G_n}=\mathrm e^{L_n}\)，且

\[L_n=\frac{(n+1)\ln n!-2\sum\limits_{k=0}^n\ln k!}{n(n+1)}. \]

由 Stirling 公式 \(\ln m!=m\ln m-m+\dfrac12\ln(2\pi m)+o(1)\)，以及

\[\sum_{k=1}^n k\ln k=\frac12n^2\ln n-\frac14n^2+\frac12n\ln n+O(n), \]

可得

\[\sum_{k=1}^n\ln k!=\frac12n^2\ln n-\frac34n^2+n\ln n+O(n), \]

\[(n+1)\ln n!=n^2\ln n+n\ln n+\frac12n\ln n-n^2+O(n). \]

于是

\[(n+1)\ln n!-2\sum_{k=0}^n\ln k!=\frac12n^2+O(n\ln n), \]

从而

\[L_n=\frac{\frac12n^2+O(n\ln n)}{n(n+1)}\xrightarrow[n\to\infty]{}\frac12. \]

故

\[\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{G_n}=\mathrm e^{1/2}=\sqrt{\mathrm e}.\qquad\square \]

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题 5.（第二组参考题 13）设 \(\lim\limits_{n\to\infty}x_n=0\)，且存在常数 \(K\)，使 \(|y_1|+|y_2|+\cdots+|y_n|\le K\) 对每个 \(n\) 成立。令

\[z_n=x_1y_n+x_2y_{n-1}+\cdots+x_ny_1,\qquad n\in\mathbf N_+. \]

证明 \(\lim\limits_{n\to\infty}z_n=0\)。

解. 因 \(\sum\limits_{i=1}^n|y_i|\) 单调增加且有上界 \(K\)，故正项级数 \(\sum|y_i|\) 收敛，从而 \(|y_m|\to0\)（\(m\to\infty\)）。

任给 \(\varepsilon>0\)，取 \(N\)，使当 \(k>N\) 时 \(|x_k|<\varepsilon\)；记 \(C=\max\limits_{1\le k\le N}|x_k|\)。则

\[|z_n|\le\sum_{k=1}^{N}|x_k|\,|y_{n+1-k}|+\sum_{k=N+1}^{n}|x_k|\,|y_{n+1-k}| \le C\sum_{k=1}^{N}|y_{n+1-k}|+\varepsilon\sum_{k=N+1}^{n}|y_{n+1-k}|.\]

而 \(\sum\limits_{k=N+1}^{n}|y_{n+1-k}|\le\sum\limits_{i\ge1}|y_i|\le K\)；对固定的 \(k\le N\)，\(|y_{n+1-k}|\to0\)（\(n\to\infty\)），故有限项之和 \(\sum\limits_{k=1}^{N}|y_{n+1-k}|\to0\)。于是

\[\limsup_{n\to\infty}|z_n|\le\varepsilon K. \]

由 \(\varepsilon>0\) 的任意性得 \(\lim\limits_{n\to\infty}z_n=0\)。\(\square\)

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题 6.（第二组参考题 17）设 \(y_0\ge2\)，\(y_n=y_{n-1}^2-2\)（\(n\in\mathbf N_+\)）。令

\[S_n=\frac1{y_0}+\frac1{y_0y_1}+\cdots+\frac1{y_0y_1\cdots y_n}. \]

证明：\(\displaystyle\lim_{n\to\infty}S_n=\frac{y_0-\sqrt{y_0^2-4}}{2}\)。

解. 由 \(y_0\ge2\)，可设 \(y_0=2\cosh\theta\)（\(\theta\ge0\)）。下面用归纳法证明

\[y_n=2\cosh(2^n\theta). \]

事实上，若 \(y_{n-1}=2\cosh(2^{n-1}\theta)\)，则由 \(2\cosh^2u-1=\cosh2u\) 得

\[y_n=4\cosh^2(2^{n-1}\theta)-2=2\cosh(2^n\theta). \]

再注意恒等式 \(\cosh u=\dfrac{\sinh2u}{2\sinh u}\)（当 \(\theta>0\)），逐项相乘得

\[\prod_{k=0}^n y_k=2^{n+1}\prod_{k=0}^n\cosh(2^k\theta) =2^{n+1}\cdot\frac{\sinh(2^{n+1}\theta)}{2^{n+1}\sinh\theta} =\frac{\sinh(2^{n+1}\theta)}{\sinh\theta}.\]

故 \(\dfrac1{y_0y_1\cdots y_k}=\dfrac{\sinh\theta}{\sinh(2^{k+1}\theta)}\)。又由恒等式 \(\coth u-\coth2u=\dfrac1{\sinh2u}\) 得

\[\frac1{\sinh(2^{k+1}\theta)}=\coth(2^k\theta)-\coth(2^{k+1}\theta), \]

求和即得

\[S_n=\sinh\theta\sum_{k=0}^n\frac1{\sinh(2^{k+1}\theta)} =\sinh\theta\big[\coth\theta-\coth(2^{n+1}\theta)\big] =\cosh\theta-\sinh\theta\,\coth(2^{n+1}\theta).\]

当 \(\theta>0\) 时 \(2^{n+1}\theta\to+\infty\)，\(\coth(2^{n+1}\theta)\to1\)，故

\[\lim_{n\to\infty}S_n=\cosh\theta-\sinh\theta=\mathrm e^{-\theta}. \]

而

\[\frac{y_0-\sqrt{y_0^2-4}}{2}=\frac{2\cosh\theta-2\sinh\theta}{2}=\cosh\theta-\sinh\theta=\mathrm e^{-\theta}, \]

故结论成立。当 \(\theta=0\)（即 \(y_0=2\)）时 \(y_n\equiv2\)，\(S_n=\sum\limits_{k=0}^n2^{-(k+1)}\to1=\dfrac{2-0}{2}\)，同样成立。\(\square\)