单调有界定理等

Abstract（摘要）

本次内容主要涉及数列极限的单调有界原理，数列及其子列、函数与数列的极限关系，极限的运算性质等.

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Table of Contents（目录）

1. 1. 问题陈述（Problem Statement）
2. 2. 预备知识（Preliminaries）
3. 3. 主要结果与证明（Main Result & Proof）
4. 4. 注记与讨论（Remarks & Discussion）
5. 5. 相关拓展（Related Extensions）
6. 6. 参考文献（References）

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1. 问题陈述（Problem Statement）

1.证明:数列 \(x_{n}=1+2+\cdots+\dfrac{1}{n}-\ln n\ (n=1,2,\cdots)\)单调下降有界,从而有极限(此极限称为 Euler 常数,下记作 \(C\). )
2.设 \(x_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{k}} - 2\sqrt{n}\)，证明 \(\lim\limits_{n \to \infty} x_n\) 存在.
3.试证：
\( \lim_{n \to +\infty} x_n = a \iff \lim_{n \to +\infty} x_{2n} = a,\ \lim_{n \to +\infty} x_{2n+1} = a \)
4.设函数 \(f(x)\) 在点 \(x_0\) 的邻域 \(I\)(点 \(x_0\) 可能例外)内有定义. 试证:如果对于任意的点列 \(\{x_n\}\) . 这里 \(x_n \in I,\ x_n \to x_0\ (n \to \infty),0<|x_{n+1}-x_0|<|x_n-x_0|\) , 都有 \(\lim\limits_{n \to \infty} f(x_n)=A\) , 那么\( \lim_{x \to x_0} f(x) = A.\)
5.证明从任一数列 \(\{x_n\}\) 中必可选出一个(不一定严格)单调的子数列.
13.设 \(a_n > 0\ (n=1,2,\cdots)\)，且 \(\exists\, C>0\)，当 \(m<n\) 时有 \(a_n \leqslant C a_m\)。
已知 \(\{a_n\}\) 中存在子序列 \(\{a_{n_k}\} \to 0\)，试证\(\lim_{n \to \infty} a_n = 0.\)
15.设 \(\{a_n\}\) 为单调递增数列，\(\{a_{n_k}\} \subset \{a_n\}\) 为其一个子列，若
\(\lim_{k \to \infty} a_{n_k}=a\) ，试证，\(\lim_{n \to \infty} a_n = a\).

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2. 预备知识（Preliminaries）

1.单调有界定理，不等式$\frac{1}{1+n}<\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)<\frac{1}{n}$

2.单调有界定理，分母有理化

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3. 主要结果与证明（Main Result & Proof）

1. 已知\(x_n = 1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{k}-\ln n\)
   分析单调性如下:

\[\begin{align*} x_{n+1}-x_n &= \frac{1}{n+1}+\ln n-\ln(n+1) \\ &= \frac{1}{n+1}+\ln \frac{n}{n+1} < \ln\left(1+\frac{1}{n}\right)+\ln\left(\frac{n}{n+1}\right)=0 \end{align*} \]

经不等式\(\frac{1}{1+n}<\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)<\frac{1}{n}\)进行放缩后可以处理单调性问题

\[(或者x_{n+1}-x_{n}=\frac{1}{1+n}-\ln(1+n)+\ln n=\frac{1}{1+n}-\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)<0.) \]

有界性分析:

\[\begin{align*} x_n &= \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}-\ln n > \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}-\ln(n+1) \\ &= \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}-\ln\left(1\cdot\frac{2}{1}\cdot\frac{3}{2}\cdots\cdot\frac{n+1}{n}\right) \\ &= \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}-\sum_{k=1}^n \ln\frac{k+1}{k} \\ &= \sum_{k=1}^n \left[\frac{1}{k}-\ln\left(\frac{1}{k}+1\right)\right] \\ &>0 \end{align*} \]

既是单调递减，到这里想法是找一个下界，再由单调有界定理证明，可以用$\ln(n+1)=\ln\left(1\cdot\frac{2}{1}\cdot\frac{3}{2}\cdots\cdot\frac{n+1}{n}\right) $处理 \(x_n\) 然后问题来到$\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}-\sum_{k=1}^n \ln\frac{k+1}{k} $ 用不等式 \(\frac{1}{1+n}<\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)<\frac{1}{n}\) 就可以处理，得到一个下界

\[\begin{align*} (或者x_n &= \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} - \ln \left( \frac{n}{n-1} \cdot \frac{n-1}{n-2} \cdot \frac{n-2}{n-3} \cdot \cdots \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{2}{1} \right) \\ &= \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} - \sum_{k=1}^{n-1} \ln \left( 1+\frac{1}{k} \right) \\ &= \sum_{k=1}^{n-1} \left[ \frac{1}{k} - \ln \left( 1+\frac{1}{k} \right) \right] + \frac{1}{n} \\ &> \frac{1}{n} > 0.) \end{align*} \]

经上述分析，再由单调有界定理可得\(\{x_n\}\)收敛.\(\Box\)

2. 证: 利用不等式

\[\frac{1}{\sqrt{k}} > \frac{2}{\sqrt{k}+\sqrt{k+1}} = 2(\sqrt{k+1}-\sqrt{k}), \]

经分母有理化放缩$\frac{1}{\sqrt{k}} $，问题变成 \(x_n>2\sqrt{n+1}-2-2\sqrt{n}\)
得

\[x_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{k}} - 2\sqrt{n} > 2\sqrt{n+1}-2-2\sqrt{n} > -2 \]

有下界

\[\begin{align*} x_{n+1}-x_n &= \frac{1}{\sqrt{n+1}} - 2\sqrt{n+1}+2\sqrt{n} \\ &= \frac{1}{\sqrt{n+1}} - \frac{2}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}} < 0, \end{align*} \]

即 \(x_{n+1}<x_n\). \(x_n\) 单调下降,有下界，由单调有界定理，\(\{x_n\}\)收敛.\(\Box\)
分母无理化处理比较问题
3. (\(\Rightarrow\))

对 \(\forall \varepsilon>0,\ \exists N>0\)，当 \(n>N\) 时，

\[|x_n-a|<\varepsilon \]

用\(\varepsilon\)-\(N\)定义处理极限存在表述，问题变成判断奇偶子列是否满足不等式\(|x_n-a|<\varepsilon\)，如果满足，即奇偶子列分别满足\(\varepsilon\)-\(N\)定义，其实很好处理，找一个\(>N\)的偶数\(N_1\)，对于偶子列，任何\(>\frac{N_1}{2}\)的\(n\)，都有不等式\(|x_{2n}-a|<\varepsilon\)成立，对于奇子列同理
若 \(n\) 为偶数，则 \(\lim\limits_{n \to +\infty} x_{2n}=a\)

若 \(n\) 为奇数，则 \(\lim\limits_{n \to +\infty} x_{2n-1}=a\)
(\(\Leftarrow\))对 \(\forall \varepsilon>0,\ \exists N_1>0\)，当 \(n>N_1\) 时

\[|x_{2n}-a|<\varepsilon \]

同样对 \(\forall \varepsilon>0,\ \exists N_2>0\)，当 \(n>N_2\) 时

\[|x_{2n+1}-a|<\varepsilon \]

用极限的\(\varepsilon\)-\(N\)定义描述，问题变成能不能同时满足两个任意小的估计式
取 \(N=\max\{2N_1,\ 2N_2+1\}\)
同时满足两个任意小估计根据之前找到的两个\(n\)的下界\(N_1,N_2\)来确定
当 \(n>N\) 时

有

\[|x_n-a|<\varepsilon.\Box \]

4. 先分析一下题目，很多人都会把“任意的点列 \(\{x_n\}\)” “这里 \(x_n \in I,\ x_n \to x_0\ (n \to \infty)\)” “都有 \(\lim\limits_{n \to \infty} f(x_n)=A\) ”这几个条件连在一起，而后断定:这不就是归结原则嘛，函数和数列的极限关系，但是这里还有条件\(0<|x_{n+1}-x_0|<|x_n-x_0|\)，这就说明所谓的任意数列是所有满足这个不等关系的数列，并没有涉及到归结原则中的全部\(\{x_n\}\)。如下有反证法证明:

证:（反证法）若 \(f(x) \nrightarrow A\)(当 \(x \to x_0\) 时)，即 \(\exists \varepsilon_0 > 0,\ \forall \delta >0,\ \exists x_\delta \in I\)，虽然 \(0<|x_\delta - x_0|<\delta\)，但

\[|f(x_\delta)-A|\geqslant\varepsilon_0. \]

从可列个点集出发描述\(I\)上的连续函数，若从正面出发想不出来，那就换方向，不管是从更换角度重新看待问题，还是反证法，最后都不约而同来到反证法
如此，若令 \(\delta_1 =1\)，则 \(\exists x_1 \in I,\ 0<|x_1 - x_0|<\delta_1,\ |f(x_1)-A|\geqslant\varepsilon_0\)；
令 \(\delta_2 = \min \left\{ \frac{1}{2},\ |x_1 - x_0| \right\},\ \exists x_2 \in I,\ 0<|x_2 - x_0|<\delta_2,\ |f(x_2)-A|\geqslant\varepsilon_0\)；
令 \(\delta_3 = \min \left\{ \frac{1}{3},\ |x_2 - x_0| \right\},\cdots\)
问题变成找到反证法中的矛盾点，既然反证法中可以找到一个点$x_\delta $，那就构造一个满足题目条件的点列，这样反证法假设就与题目中的条件 \(\lim\limits_{n \to \infty} f(x_n)=A\)矛盾，现在问题变成怎么构造这个点列，首先从反证法假设中取点，其次取出的点满足题目条件\(x_n \in I,\ x_n \to x_0\ (n \to \infty),0<|x_{n+1}-x_0|<|x_n-x_0|\)，常见的就是用\(\frac{1}{n}\)压缩(从这里是不是可以看出处理、分析、行动前就已经对问题有一个预走假想，那么接下来解决的问题可以称之为对于分析预想后的新问题，这并不是使用某个具体的定理或分析方法后面对的新问题，可以说不是技术层面，而是战略层面，如果技术层面走不通，要么改变策略，要么更换方向
如此无限进行下去，可得一点列 \(\{x_n\},\ x_n \in I,\ x_n \to x_0\ (n \to \infty)\)，

\[0<|x_{n+1}-x_0|<|x_n-x_0|, \]

但

\[|f(x_n)-A|\geqslant\varepsilon_0. \]

与已知条件矛盾.\(\Box\)
最后几步说明\(\{x_n\}\)与条件矛盾其实已经在思考如何构造由反证法假设生成且满足题目条件的点列时已经预想好了，所谓的战略层面
5. 证: (我们来证明:如果 \(\{x_n\}\) 不存在递增子序列,则必存在严格递减的子序列)假若 \(\{x_n\}\) 中存在(不一定严格的)递增子序列
\(\{x_{n_k}\} \nearrow\),则问题已被解决.若 \(\{x_n\}\) 中无递增子序列 (现在问题变成怎么找严格递减子序列，定理或其他分析方法往往是善于解决技术层面的问题，涉及某个具体的数学内容，那么接下来按照新问题中的条件来解决问题可能性很大，那么这算原创吗，其实也不是，严格递减数列，递增数列，接下来的分析虽然不涉及什么定理，但是也要知道且能准确使用定义或概念才可以进行) ,那么 \(\exists\ n_1 > 0\),使得 \(\forall\ n > n_1\),恒有 \(x_n < x_{n_1}\).同样在 \(\{x_n\}_{n>n_1}\) 中也无递增子序列.于是又 \(\exists\ n_2 > n_1\),使得 \(\forall\ n > n_2\),恒有 \(x_n < x_{n_2} < x_{n_1}\).如此无限进行下去,我们便可找到一严格递减的子序列 \(\{x_{n_k}\}\).
这一题很有启发性，如果看到一开始选择的方向无法解决问题，有一个很好的路径就是跳转到另一个方向来看问题，如果带着很多定理，比如聚点定理，或者其他定理来从正面尝试解决这个问题可能没写几步就束手无策了，倍感诡异，这时跳转到另一个角度来看问题就会发生一些意想不到的思考，这些思考不是靠惊人的洞察力得到的，仅仅是改变了思考的角度而已，然而，在新的角度，新的视角下问题又呈现出崭新的面貌，一些之前无用的定理、方法可能在新的思考方向当中得到应用，或者又需要新的定理、方法，这样的思考每个人都能做到.

6. \(\lim\limits_{n \to \infty} x_n = a \implies \lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[3]{x_n} = \sqrt[3]{a}\)

(\(a≠0\))

\[\left|\sqrt[3]{x_n}-\sqrt[3]{a}\right| = \left| \frac{x_n-a}{\sqrt[3]{x_n^2}+\sqrt[3]{x_n a}+\sqrt[3]{a^2}} \right| = \frac{|x_n-a|}{\left|\sqrt[3]{x_n^2}+\sqrt[3]{x_n a}+\sqrt[3]{a^2}\right|} \leq \frac{|x_n-a|}{\frac{3}{4}\sqrt[3]{a^2}} \]

一个有意思的想法是一开始也不知道走的是什么方向，只是在看题，在思考，而后若是进行不下去了，那么就更换一个方向，哎，这时候就产生了方向这个概念，也就是一开始不知道什么方向不方向的，换的时候，不走向原来的方向的时候，这个时候方向的概念就产生了.这里刚开始就是想对\(\left|\sqrt[3]{x_n}-\sqrt[3]{a}\right|\)做一个估计，尝试用极限的\(\varepsilon\)-\(N\)定义解决，那么问题就变成了能不能以给定的一个任意小作为上界，技术层面就是对分母进行放缩，由判别式小于\(0\)可得最小值\(\frac{3}{4}\sqrt[3]{a^2}\)，再由题目条件\(\lim\limits_{n \to \infty} x_n = a\)，注意这个条件就不是自己带来的了，完全由题目给出，但是结合已知相关定义定理就可以用上，对分子进行估计即可完成证明
对 \(\forall \varepsilon>0,\ \exists N>0\)，当 \(n>N\) 时

\[|x_n-a| < \varepsilon \]

此时

\[\left|\sqrt[3]{x_n}-\sqrt[3]{a}\right| < \frac{\varepsilon}{\frac{3}{4}\sqrt[3]{a^2}} \]

\((a=0)\)
也是用极限的\(\varepsilon\)-\(N\)定义，但是是一个新题目，战略层面是根据不等式\(|x_n| < \varepsilon\)对于$ \left|\sqrt[3]{x_n}\right|$也得到一个类似的不等式，即以给定的任意小作为上界，那么问题变成来到技术层面看看能不能实现如上估计
对 \(\forall \varepsilon>0,\ \exists N>0\)，当 \(n>N\) 时

\[|x_n| < \varepsilon \]

于是

\[\sqrt[3]{|x_n|} = \left|\sqrt[3]{x_n}\right| < \sqrt[3]{\varepsilon} \]

综上，$$\lim\limits_{n \to \infty} x_n = a \implies \lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[3]{x_n} = \sqrt[3]{a}.\Box$$

7. \(\lim\limits_{x \to 1} \frac{1}{x}=1\)

证明:

\[\left|\frac{1}{x}-1\right|=\left|\frac{1-x}{x}\right| \]

试试极限的\(\varepsilon\)-\(N\)定义，战略层面上尝试划定\(x\)的范围，将绝对值符号去掉好做进一步估计，那么当下问题变成怎么去掉绝对值符号，其实是\(x\)恒正，且在\(1\)的某个邻域里
因为 \(x \to 1\)，不妨设 \(|x-1|<\frac{1}{2}\)

故

\[\left|\frac{1}{x}-1\right| = \frac{|1-x|}{x} \]

现在可以看到\(\frac{|1-x|}{x}\)分母是有界量，且下界\(>0\)，战略层面是用极限的\(\varepsilon\)-\(N\)定义，那么现在问题变成如何对分子做一个任意小估计，更进一步看是怎么确定\(\delta\)
对 \(\forall \varepsilon(\varepsilon<\frac{1}{2})>0,\ \exists \delta=\varepsilon>0\)，当 \(|x-1|<\delta\) 时

\[\left|\frac{1}{x}-1\right| = \frac{|1-x|}{x} < \frac{\varepsilon}{\frac{1}{2}} = 2\varepsilon \]

故 \(\lim\limits_{x \to 1} \frac{1}{x}=1\)

8. \(\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{n}=1\)

设 \(\sqrt[n]{n}-1=h\)
看到这里想到战略层面先设一个关于\(n\)的量\(h\)(或者别的)，然后处理成熟悉的可由二项式定理干涉的等式\(n=(h+1)^n\)，再进行放缩得到\(h\)的一个上下界估计，而后就是极限的\(\varepsilon\)-\(N\)定义
则

\[n=(h+1)^n=1+nh+\dfrac{n(n-1)}{2}h^2+\dots+h^n \ge \dfrac{n(n-1)}{2}h^2 \]

故 $$0<h \le \sqrt{\dfrac{2}{n-1}}\ (n \ge 2)$$

对 \(\forall \varepsilon>0,\ \exists N=\dfrac{2}{\varepsilon^2}+1>0\)，当 \(n>N\) 时

\[\sqrt{\dfrac{2}{n-1}}<\varepsilon \]

此时 \(|h|<\varepsilon\).\(\Box\)

9. \( \lim_{n \to \infty} n^3 q^n = 0 \quad (|q|<1) \)

\[\left|n^3 q^n\right| = n^3 |q|^n \]

从题目本身看不出什么，先尝试极限的\(\varepsilon\)-\(N\)定义，战略层面上是对\(n^3 |q|^n\)进行放缩估计一个上界，再由上界判断是否小于给定的任意小，那么现在问题变成怎么对\(n^3 |q|^n\)进行放缩，题目中不含什么，因此涉及技术层面的内容，可设\(|q|\)，毕竟其指数位是\(n\)
令 $$|q|^{-1} = 1+h\quad (h>0)$$

即 $$|q| = \displaystyle \frac{1}{1+h}$$

因此

\[\left|n^3 q^n\right| = n^3 \cdot \frac{1}{(1+h)^n} \]

\[= \frac{n^3}{1 + nh+\frac{n(n-1)}{2}h^2 + \frac{n(n-1)(n-2)}{6}h^3+\cdots+h^n} \]

\[\leqslant \frac{24\,n^3}{n(n-1)(n-2)(n-3)\,h^4}(其中h是＞0的常数，n≥4) \]

\[\frac{24n^3}{n(n-1)(n-2)(n-3)h^4} \le \frac{24n^3}{(n-3)^4 h^4} = \frac{24}{(n-3)h^4}\left(1+\frac{3}{n-3}\right)^3 \le \frac{24}{(n-3)h^4} 4^3 \]

\(\forall \varepsilon>0,\ \exists N=\frac{1536}{h^4\varepsilon}+3>0\)，当 \(n>N\) 时，

\[\left|n^3 q^n\right|<\varepsilon.\Box \]

10. \( \lim_{n \to \infty} \frac{\ln n}{n^2} \)
    证明概述:

\[\left| \frac{\ln n}{n^2} - 0 \right| = \frac{\ln n}{n^2} < \frac{n}{n^2} = \frac{1}{n} \]

11. \( x_n = \sum_{k=1}^n \frac{\cos k}{k(k-1)} \quad\)， 证明\(\{x_n\}\)收敛

\[|x_n - x_{n+p}| = \left| \sum_{k=n+1}^{n+p} \frac{\cos k}{k(k-1)} \right| \leq \sum_{k=n+1}^{n+p} \frac{|\cos k|}{k(k-1)} \leq \sum_{k=n+1}^{n+p} \left( \frac{1}{k-1}-\frac{1}{k} \right) = \frac{1}{n}-\frac{1}{n+p} \]

\[= \frac{n+p-n}{n(n+p)} = \frac{p}{n(n+p)} < \frac{n+p}{n(n+p)} = \frac{1}{n} \]

一开始战略层面上是尝试用Cauchy准则来做，如果不行就更换方向，那么问题变成对任意正整数\(p\)，\(|x_n - x_{n+p}|\)能否估计到与\(p\)无关的表达式，之后就是技术层面的内容，如果做不出来，要么技术处理不当，要么一开始的战略有误，可以选择另一个方向，大多数是框在某一个定理或判定之内，或者跳出定理解决的框架，换另一个角度重新审视问题
对 \(\forall \varepsilon>0,\ \exists N>0\)，当 \(n>N\) 时

有

\[\frac{1}{n} < \varepsilon \]

此时

\[|x_n - x_{n+p}| < \varepsilon \quad (\forall p \in \mathbb{N}) \]

由 Cauchy 准则，\(\{x_n\}\)收敛.\(\Box\)

12. 若 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{a_1+a_2+\dots+a_n}{n}=a<\infty$,证 \(\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{n}=0\)

证明: 设 $$\displaystyle x_n = \frac{a_1+a_2+\dots+a_n}{n},\quad n=1,2,\cdots$$

对 \(\forall p \in \mathbb{N}\)，有 $$\displaystyle \lim_{n \to \infty} (x_{n+p}-x_n)=0$$
这里可以由Cauchy准则想到，也可以用极限分四则运算法则来做，最后都会得到这个极限式，其实只是沿着这个方向做一做，看看能不能把\(\frac{a_n}{n}\)独立出来
而

\[x_{n+1} = \frac{a_1+\dots+a_{n+1}}{n+1} = \frac{a_1+\dots+a_n}{n+1} + \frac{a_{n+1}}{n+1} \]

\[\begin{align*} x_{n+1}-x_n &= \frac{a_1+\dots+a_n}{n+1} - \frac{a_1+\dots+a_n}{n} + \frac{a_{n+1}}{n+1} \\ &= \left( \frac{1}{n+1}-\frac{1}{n} \right)(a_1+\dots+a_n) + \frac{a_{n+1}}{n+1} \end{align*} \]

可以看到接下来的工作就是把\(\frac{a_n}{n}\)分离出来，至此问题变成证明\(\displaystyle \lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{n+1}-\frac{1}{n} \right)(a_1+\dots+a_n)=0\)，其实很容易看出来，分母是\(n\)的一次的时候极限是有限数，那么上述表达式是有界量与无穷小量的乘积，极限是\(0\)
故

\[\lim_{n \to \infty} (x_{n+1}-x_n) = \lim_{n \to \infty} \left[ \left( \frac{1}{n+1}-\frac{1}{n} \right)(a_1+\dots+a_n) + \frac{a_{n+1}}{n+1} \right]=0 \]

由 \(\displaystyle \lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{n+1}-\frac{1}{n} \right)(a_1+\dots+a_n)=0\) 可得

\[\lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{n+1}=0 \]

即

\[\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{n}=0.\Box \]

或者

\[(\frac{a_n}{n}=\frac{a_1+a_2+\dots+a_n}{n} -\frac{a_1+a_2+\dots+a_{n-1}}{n-1} \cdot \frac{n-1}{n}) \]

然后由极限四则运算法则直接计算。这个方向与前一个方向一样，也是想把\(\frac{a_n}{n}\)分离出来，只不过策略不同，最后证明\(\frac{a_n}{n}\)是无穷小量的问题归结为技术层面的问题，即计算极限\(\lim(\frac{a_1+a_2+\dots+a_n}{n} -\frac{a_1+a_2+\dots+a_{n-1}}{n-1} \cdot \frac{n-1}{n})\)

13.证明: 对 \(\forall \varepsilon>0,\ \exists N_1>0\)，当 \(k \ge N_1\) 时

\[0 < a_{n_k} < \varepsilon \]

不知道什么方向，尝试用极限的\(\varepsilon\)-\(N\)定义做一做，而后得到$a_{n_k} $的一个估计，但是此时面对的问题并没有改变
取 $N = n_{N_1} $

当 \(n > N\) 时

\[0 < a_n \le c\, a_{n_{N_1}} < c\varepsilon \]

由题中条件可对\(a_n\)做一个放缩，可以看到这里不涉及自己带的一些定理、方法，根据题中条件即可进行估计，估计后问题变成怎么对$ca_{n_{N_1}} $放缩，由前述内容即可完成任意小估计
针对一个问题，刚开始肯定是看题目了，之后进行分析，可以使用定义、定理、推论或是某个方法、一套流程(有时候一个定理可能还没用完就卡壳了，紧接着问题变成怎么走通这个定理的使用，走不通可以尝试换另一个定理)来处理问题，如果得到一个新的问题，那就面对新的问题，如果问题没有变化，可以看看题目中有什么条件可供使用，进而得到新的问题，如果问题依旧没有变化，再试试更换思考方向，不使用任何定理、公式，只是思考这个问题的另一个角度的表现
14. \( x_n = 1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\dots+\frac{1}{\sqrt{n}} \),证明\(\{x_n\}\) 发散

证明:\(\forall p \in \mathbb{N}\)

\[|x_{n+p}-x_n| = \frac{1}{\sqrt{n+1}}+\frac{1}{\sqrt{n+2}}+\dots+\frac{1}{\sqrt{n+p}} \ge \frac{p}{\sqrt{n+p}} \]

令 \(p = n\)
可以看到找到的这个\(p\)恰可以走通Cauchy准则的否定形式，中间问题得到解决
有

\[|x_{2n}-x_n| \ge \frac{n}{\sqrt{2n}} = \frac{\sqrt{n}}{\sqrt{2}} \ge \frac{1}{\sqrt{2}} \]

取 \(\varepsilon_0 = \frac{\sqrt{2}}{2} >0\)，\(\forall N>0\)，\(\exists\ n,2n>N\)，有

\[|x_{2n}-x_n| \ge \frac{\sqrt{2}}{2} = \varepsilon_0 >0.\Box \]

证: 由单增性，可知

\[\lim_{k \to \infty} a_{n_k} = a = \sup_{k}\{a_{n_k}\} \]

先用定义做一个表述，问题没有改变
故 \(\forall \varepsilon>0,\ \exists k_0\)，使得 \(a-\varepsilon < a_{n_{k_0}} \le a\)。
依旧是上确界的表述，问题没有改变
取 \(N = n_{k_0}\)，则 \(\forall n > N\) 时，可找到一个 \(n_k > n\)，于是有

\[a-\varepsilon < a_{n_{k_0}} \le a_n \le a_{n_k} \le a < a+\varepsilon \]

由题目条件单增性对\(a_n\)做一个估计，问题变成\(a_n\)的极限判定，用极限的\(\varepsilon\)-\(N\)定义即可解决
从而 \(|a_n - a| < \varepsilon\)。

16. 证: 由无界性，\(\exists x_{n_1}: |x_{n_1}| >1\)，进而 \(\exists x_{n_2}: |x_{n_2}| > \max\{2,|x_{n_1}|\}\)，
    反复使用无界性，如此得 \(\{x_{n_k}\}\)

\[|x_{n_k}| > \max\left\{k,\, \left|x_{n_{k-1}}\right|\right\},\ k=2,3,\cdots, \]

\(\{|x_{n_k}|\}\) 为无穷大量.

因 \(|x_n| \not\to +\infty\)，故 \(\exists M>0,\ \forall N_k>0,\ \exists n_k>N_k\)，使得 \(|x_{n_k}| \le M\).
于是对 \(k=1,\ \exists n_1>1\)，使得 \(|x_{n_1}| \le M\)，对 \(N_2=\max\{2,n_1\},\ \exists n_2>N_2\)，使得
\(|x_{n_2}| \le M,\cdots\cdots\)，如此下去可得一有界子列 \(\{x_{n_k}\}\). 从而由聚点定理知
\(\{x_{n_k}\}\) 中存在收敛子列 \(\{x_{n_{k_r}}\}\).

18(含两题).(1) 设函数 \(f(x),g(x)\) 在 \(0\) 的某个邻域里有定义 \(g(x)>0\)，

\[\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{g(x)} = 1 \]

且 \(n\to\infty\) 时 \(\alpha_{mn} \rightrightarrows 0\ (m = 1,2,\cdots,n)\)，亦即 \(\forall \varepsilon>0,\ \exists N(\varepsilon)>0\)，
当 \(n > N(\varepsilon)\) 时，一切 \(m = 1,2,\cdots,n\)，有 \(|\alpha_{mn}| < \varepsilon\)；另设 \(\alpha_{mn} \neq 0\). 试证

\[\lim_{n \to \infty} \sum_{m=1}^n f(\alpha_{mn}) = \lim_{n \to \infty} \sum_{m=1}^n g(\alpha_{mn}), \tag{1} \]

当右端极限存在时成立.
证明:设 \(f,g\) 在 \(U(0,\delta')\) 上有定义，由 \(\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{f}{g}=1\) 得

对 \(\forall \varepsilon>0,\ \forall \varepsilon\ (\varepsilon<\delta')>0,\ \exists \delta=\varepsilon>0\)，当 \(x \in U^\circ(0,\delta)\) 时

\[\left| \frac{f}{g}-1 \right| < \varepsilon \]

即

\[|f-g| < \varepsilon |g| = \varepsilon g \]

设

\[\lim_{n \to \infty} \sum_{m=1}^n g(\alpha_{mn}) = A \]

欲证

\[\lim_{n \to \infty} \sum_{m=1}^n f(\alpha_{mn}) = \lim_{n \to \infty} \sum_{m=1}^n g(\alpha_{mn}) \]

考虑

\[\left| \sum_{m=1}^n \Big[f(\alpha_{mn})-g(\alpha_{mn})\Big] \right| \]

\[\le \sum_{m=1}^n \left| f(\alpha_{mn})-g(\alpha_{mn}) \right| \]

对上述 \(\delta>0,\ \exists N=N(\delta)>0\)，当 \(n>N(\delta)\) 时

对 \(\forall m\),有\(\ |\alpha_{mn}| < \delta\)

此时

\[\sum_{m=1}^n \left| f(\alpha_{mn})-g(\alpha_{mn}) \right| \]

\[< \sum_{m=1}^n \varepsilon g(\alpha_{mn}) = \varepsilon \sum_{m=1}^n g(\alpha_{mn}) \le \varepsilon M. \]

\((\)其中 \(\sum_{m=1}^n g(\alpha_{mn})\) 收敛，因而有界，即\(\exists M>0\)，有 \(\displaystyle \sum_{m=1}^n g(\alpha_{mn}) \le M)\Box\)
或者

证: 记右端 \(\displaystyle \lim_{n \to \infty} \sum_{m=1}^n g(\alpha_{m,n}) = A\). 收敛必有界,故 \(\exists M>0\),使得

\[0 < \sum_{m=1}^n g(\alpha_{m,n}) \leqslant M. \]

\(\forall \varepsilon > 0,\ \exists N_1 > 0\), 当 \(n > N_1\) 时, 有

\[\left| \sum_{m=1}^n g(\alpha_{m,n}) - A \right| < \frac{\varepsilon}{2}. \]

已知 \(\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{g(x)} = 1\), 对上述 \(\varepsilon>0,\ \exists \delta>0\), 当 \(|x|<\delta\) 时有

\[\left| \frac{f(x)}{g(x)} - 1 \right| < \frac{\varepsilon}{2M}. \]

但 \(\alpha_{m,n} \rightrightarrows 0\)(当 \(n \to \infty\) 时,关于 \(m=1,2,\cdots,n\) 一致). 所以对此 \(\delta>0\),
\(\exists N_2 > 0\), 当 \(n > N_2\) 时, 有 \(|\alpha_{m,n}| < \delta\ (m = 1,2,\cdots,n)\), 从而

\[\left| \frac{f(\alpha_{m,n})}{g(\alpha_{m,n})} - 1 \right| < \frac{\varepsilon}{2M},\ (m=1,2,\cdots,n). \]

取 \(N = \max\{N_1,N_2\}\), 则当 \(n > N\) 时,

\[\left| \sum_{m=1}^n f(\alpha_{m,n}) - A \right| = \left| \sum_{m=1}^n \left[ \left( \frac{f(\alpha_{m,n})}{g(\alpha_{m,n})} - 1 \right) + 1 \right] g(\alpha_{m,n}) - A \right| \]

\[\begin{align*} & \leqslant \sum_{m=1}^n \left\{ \left| \frac{f(\alpha_{m,n})}{g(\alpha_{m,n})} - 1 \right| g(\alpha_{m,n}) + \left| g(\alpha_{m,n}) - A \right| \right\} \\ & \leqslant \frac{\varepsilon}{2M} \sum_{m=1}^n g(\alpha_{m,n}) + \frac{\varepsilon}{2} = \frac{\varepsilon}{2M} \cdot M + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon. \end{align*} \]

故左端极限也为 \(A\).

(2)证明

\[\lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^n \left( \sqrt[3]{1+\frac{i}{n^2}} -1 \right) = \lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^n \frac{i}{3n^2} = \frac{1}{6}. \]

并求

\[\lim_{n \to \infty} \prod_{i=1}^n \left( a^{\sqrt[3]{1+\frac{i}{n^2}}-1} \right) \quad (a>0). \]

证: 记 \(\alpha_{i,n} =\sqrt[3]{1+\frac{i}{n^2}} -1\),则

\[0<\alpha_{i,n} = \frac{\left(n+\frac{i}{n}\right)^{\frac{1}{3}} - n^{\frac{1}{3}}}{n^{\frac{1}{3}}} = \frac{\left(n+\frac{i}{n}\right)-n}{n^{\frac{1}{3}}\left[\left(n+\frac{i}{n}\right)^{\frac{2}{3}} + n^{\frac{1}{3}}\left(n+\frac{i}{n}\right)^{\frac{1}{3}} + n^{\frac{2}{3}}\right]} \leqslant \frac{1}{3n} \]

\(\to 0\)
故 \(\alpha_{i,n} \rightrightarrows 0\) 关于 \(i=1,2,\cdots,n\)(当 \(n \to \infty\) 时).

因 \(1+\displaystyle \frac{i}{n^2}=(1+\alpha_{i,n})^3=1+3\alpha_{i,n}+3\alpha_{i,n}^2+\alpha_{i,n}^3\),故

\[\frac{i}{3n^2} = \alpha_{i,n} + \alpha_{i,n}^2 + \frac{\alpha_{i,n}^3}{3}, \]

记 \(g(x)=x+x^2+\displaystyle \frac{x^3}{3},f(x)=x\),则\(\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{g(x)}=1\).

利用上题的结果，

\[\begin{align*} \lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^n \left( \sqrt[3]{1+\frac{i}{n^2}} -1 \right) &= \lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^n f(\alpha_{i,n}) \\ &= \lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^n g(\alpha_{i,n}) \\ &= \lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^n \frac{i}{3n^2} = \frac{1}{6}. \end{align*} \]

最后

\[\prod_{i=1}^n a^{\sqrt[3]{1+\frac{i}{n^2}}-1} = e^{\sum_{i=1}^n \left(\sqrt[3]{1+\frac{i}{n^2}}-1\right)\ln a} \to e^{\frac{1}{6}\ln a} = a^{\frac{1}{6}}\ (\text{当}\ n \to \infty). \]

或者

记

\[A_n = \sum_{i=1}^n \left( \sqrt[3]{1+\frac{i}{n^2}} -1 \right) \]

\[\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt[3]{1+x}-1}{\frac{1}{3}x} = 1 \]

\[\lim_{n \to \infty} \left[ \sum_{i=1}^n \left( \sqrt[3]{1+\frac{i}{n^2}} -1 \right) - \sum_{i=1}^n \frac{i}{3n^2} \right] \]

\[= \lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^n \left( \sqrt[3]{1+\frac{i}{n^2}} -1 - \frac{i}{3n^2} \right) \]

令 \(\alpha_{i,n} = \frac{i}{n^2}\)

\(\forall \varepsilon>0,\ \exists N>0,\ \forall n>N\) 时

\[|\alpha_{i,n}| = \frac{i}{n^2} \le \frac{n}{n^2} = \frac{1}{n} < \varepsilon \]

即\(n\to\infty\) 时 \(\alpha_{i,n} \rightrightarrows 0\ (i = 1,2,\cdots,n)\)
再利用上题结论即可.

\[ \lim_{n \to \infty} \ln\prod_{i=1}^n a^{\sqrt[3]{1+\frac{i}{n^2}}-1} = \lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^n \ln a^{\sqrt[3]{1+\frac{i}{n^2}}-1} = \ln a \cdot \lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^n \left( \sqrt[3]{1+\frac{i}{n^2}} -1 \right) = \frac{\ln a}{6} \]

故

\[\prod_{i=1}^n a^{\sqrt[3]{1+\frac{i}{n^2}}-1} \to e^{\frac{1}{6}\ln a} = a^{\frac{1}{6}}\ (\text{当}\ n \to \infty). \]

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4. 注记与讨论（Remarks & Discussion）

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5. 相关拓展（Related Extensions）

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6. 参考文献（References）

数学分析中的典型问题与方法/裴礼文.-2版[M]北京:高等教育出版社,2006.4