数分小寄
这里存放任何与数学分析有关的东西, 包括不限于题解、心得体会等.
2025/3/7
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几个多数列题目
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设数列 \(\{x_n\}\)与 \(\{y_n\}\) 定义为
\[\begin{cases} x_0 = 1 - \alpha, \\ y_0 = \alpha, \end{cases} \]当 \(n \geq 1\) 时,
\[\begin{cases} x_{n+1} = (1 - \gamma)x_n + \beta x_n y_n, \\ y_{n+1} = y_n - \beta x_n y_n, \end{cases} \]其中 \(\alpha, \beta, \gamma \in (0, 1)\) 实常数。证明数列 \(\{x_n\}\) 与 \(\{y_n\}\) 收敛，并求极限 \(\lim_{n \to \infty} x_n\) 的值.
解答：
容易得到 \(x_{n+1}+y_{n+1}=x_n+y_n-\gamma x_n\), 不妨令 \(z_n=x_n+y_n\), 则 \(z_{n+1}-z_n=-\gamma x_n<0\), 而 \(z_n>0\), 则 \(\{z_n\}\) 收敛, 同理 \(\{y_n\}\) 收敛. 进而推出 \(\{x_n\}\) 收敛. 令 \(\lim_{n \to \infty} x_n=a\), \(\lim_{n \to \infty} y_n=b\), 则
\[a+b=a+b-\gamma a\\ a=0 \]故 \(\lim_{n \to \infty} x_n=0\).
个人总结：
这个题目应该首先去分析 \(\{y_n\}\) 和 \(\{z_n\}\) 的单调性与上下界, 从而利用单调有界数列收敛原理判定 \(\{x_n\}\) 同样是存在极限的. 也就是说, 对于类似的题目, 应该去分析各个数列所具有的性质.
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给定 3 个数列 \(\{x_n\}, \{y_n\}, \{z_n\}\) 满足 \(x_1 = -2, y_1 = 1, z_1 = -1\), 且当 \(n \geq 1\) 时，有
\[x_{n+1} = 3x_n - 6y_n - z_n, \quad y_{n+1} = -x_n + 2y_n + z_n, \quad z_{n+1} = x_n + 3y_n - z_n. \]求极限：
\[\lim_{n \to \infty} \frac{x_n + y_n + z_n}{3^n + 5^n}. \]解答：
将 \(y_{n+1}\) 与 \(z_{n+1}\) 相加，可以得到
\[x_{n+1} = 3x_n - 6y_n - z_n\quad\dots \text{I}\\ y_{n+1} = -x_n + 2y_n + z_n\quad\dots \text{II}\\ z_{n+1} = -y_{n+1}+5y_n\quad\dots \text{III} \]又将 \(\text{III}\) 式加到 \(\text{II}\) 式和 \(\text{I}\) 式，可以得到
\[y_{n+2}=4y_{n+1}+7y_n-10y_{n-1} \]特征方程为 \((x-5)(x-1)(x+2)=0\)，所以 \(y_n=a5^n+b(-2)^n+c\).
于是 \(x_n=-3a5^n+\frac{b}{2}(-2)^n+5c,\ z_n=-\frac{7b}{2}(-2)^n+4c\). 将其回代解方程组得到 \(a=\frac{1}{7},\ b=-\frac{1}{7}\ c=0\).
最终 \(x_n+y_n+z_n=-\frac{2}{7}(5^n-(-2)^n)\).
原极限就等于 \(-\frac{2}{7}\).
个人总结：
刚开始尝试的时候以为能把 \(x_n+y_n+z_n\) 的通项求出来，后面看了答案才明白是要得到其中一个数列的齐次递推式，从而利用特征根法求出通项（
所以感觉和分析关系不大）.估计也能把其他数列的齐次递推式求出来，然后利用相同的方式求解. -
给定 3 个数列 \(\{a_n\}, \{b_n\}, \{c_n\}\), 满足 \(a_1 = 1, b_1 = c_1 = 0\), 且当 \(n \geq 2\) 时，有
\[a_n = a_{n-1} + \frac{c_{n-1}}{n}, \quad b_n = b_{n-1} + \frac{a_{n-1}}{n}, \quad c_n = c_{n-1} + \frac{b_{n-1}}{n}. \]证明：
\[\lim_{n \to \infty} \sqrt{n} \left[ (a_n - b_n)^2 + (b_n - c_n)^2 + (c_n - a_n)^2 \right] = 0. \]解答：
感觉也是一道和分析本身没啥关系的题目将 \((a_n - b_n)^2 + (b_n - c_n)^2 + (c_n - a_n)^2\) 展开可以得到式子 \(2(a_n^2+b_n^2+c_n^2)-2(a_nb_n+a_nc_n+b_nc_n)\Rightarrow3(a_n^2+b_n^2+c_n^2)-(a_n+b_n+c_n)^2\).
所以不妨设 \(d_n=a_n^2+b_n^2+c_n^2,\ e_n=a_n+b_n+c_n,\ x_n=3d_n-e_n^2\). 又根据题目条件，可以得到 \(\frac{e_n}{e_{n-1}}=\frac{n+1}{n}\)，最终得到 \(e_n=\frac{n+1}{2}\). 将 \(a_n,b_n,c_n\) 强行带入 \(d_n\) 后可以得到 \(d_n=(1+\frac{1}{n^2})d_{n-1}+\frac{1}{n}(e_{n-1}^2-d_{n-1})=\frac{n^2-n+1}{n^2}d_{n-1}+\frac{n}{4}\). 最终可以得到式子
\[x_n=\frac{3(n^2-n+1)}{n^2}d_{n-1}+\frac{3n}{4}-\frac{(n+1)^2}{4}=\frac{n^2-n+1}{n^2}x_{n-1} \]最后的积分计算只需要取对数后利用 \(\text{Stolz}\) 定理即可.
个人总结：
感觉这一道题纯纯是看你的因式分解能力是否过关，从而自然的想到换元，并且被换元的数列还能根据已知条件求出通项.
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2025/3/8
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证明 \(\lim_{n\rightarrow \infty}I_n=\lim_{n\rightarrow\infty}\int_0^\pi\frac{\sin x}{1+\cos^2(nx)}\text{d}x=\sqrt2,\ n\in\mathbb{N}^+\).
解答：
容易想到换元：\(t=nx\)，所以 \(I_n=\frac{1}{n}\int_0^{n\pi}\frac{\sin \frac{t}{n}}{1+\cos^2t}\text{d}t\). 并再做一次换元 \(t=k\pi+u\)，则 \(I_n=\frac{1}{n}\int_0^{\pi}\frac{\sum^{n-1}_{k=0}\sin \frac{k\pi+u}{n}}{1+\cos^2u}\text{d}u\).
又注意到 \(\int_{0}^{\pi}\frac{\text{d}x}{1+\cos^2x}=2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\text{d}x}{1+\cos^2x}=\frac{\pi}{\sqrt2}\)，那么 \(|I_n-\sqrt2|=|\int_0^\pi\frac{1}{1+\cos^2x}(\frac{1}{n}\sum^{n-1}_{k=0}(\sin \frac{k\pi+u}{n}-\frac{2}{\pi}))\text{d}u|\leqslant|\int_0^\pi\frac{1}{n}\sum^{n-1}_{k=0}(\sin \frac{k\pi+u}{n}-\frac{2}{\pi})\text{d}u|\)
很自然地，我们要利用三角变换将和式转换，注意到
\[2\sin\frac{\pi}{2n}\sum^{n-1}_{k=0}\sin\frac{k\pi+u}{n}=\sum_{k=0}^{n-1}\cos(\frac{(2k-1)\pi+2u}{2n})-\cos(\frac{(2k+1)\pi+2u}{2n})=\cos(\frac{2u-\pi}{2n})-\cos(\frac{2u+(2n-1)\pi}{2n})=2\cos(\frac{2u-\pi}{2n}) \]那么 \(|\int_0^\pi\frac{1}{n}\sum^{n-1}_{k=0}(\sin \frac{k\pi+u}{n}-\frac{2}{\pi})\text{d}u|=|\int_0^\pi(\frac{\cos\frac{\pi-2u}{2n}}{n\sin\frac{\pi}{2n}}-\frac{2}{\pi})\text{d}u|\leqslant \int_0^\pi|\frac{\cos\frac{\pi-2u}{2n}}{n\sin\frac{\pi}{2n}}-\frac{2}{\pi}|\text{d}u\leqslant 2|\frac{\cos(\frac{\pi}{2n})}{\frac{2n}{\pi}\sin\frac{\pi}{2n}}-1|=2|\frac{\frac{\pi}{2n}}{\tan\frac{\pi}{2n}}-1|<\epsilon\)
故 \(\lim_{n\rightarrow\infty}I_n=\sqrt2\).
2025/3/14
\(Happy\ \pi\ Day!\)
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一个有意思的小技巧.
\[|\ln(1-\frac{1}{n})|=|\ln(\frac{n}{n-1})|=|\ln(1+\frac{1}{n-1})|, \]这样就可以变出一个 \(1+*\) 的一个形式, 从而做一个更方便的估计.
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设 \(f(x)\) 在 \([0,1]\) 上有连续二阶导数，且 \(f''(x)<0,\ f(0)=f(1)=0\). 证明:
解答:
容易得到 \(f(x)\geqslant0\), 并且 \(\exists\ x_0\in(0,1)\ \ \text{s.t.}\ \ f(x_0)=\max\{f(x)\}.\) 分别在 \([0,x_0]\) 与 \([x_0,1]\) 上利用 \(\text{Lagrange}\) 中值定理, 就可以得到:
这样一来, 我们就可以考虑 \(\int_\xi^\eta f''(x)\text{d}x\). 如何得到这个积分, 我们不妨放缩一下把 \(\frac{1}{f(x)}\) 弄出去, 于是就有:
而 \(\int_\xi^\eta f''(x)\text{d}x=f'(\eta)-f'(\xi)=-(\frac{f(x_0)}{x_0}+\frac{f(x_0)}{1-x_0})\), 所以
一开始想了些各种奇奇怪怪的思路, 什么把 \(4\) 丢进去, 或者构造一个 \(F(x)\) 检查单调性, 发现都无济于事.
这里需要注意二阶导函数恒小于零的条件，它为一阶导函数的积分放缩提供了一条路。
感觉还是不太会 \(\text{Lagrange}\) 中值定理相关的瞎搞.
设 \(f(x)\) 二阶可导，且 \(f''(x) \geq 0\), \(u(t)\) 为任一连续函数, \(a > 0\). 证明:
解答:
这道题当然可以积分形式的 \(\text{Jensen}\) 不等式来秒杀, 但我们给出两个不一样的做法:
法一 据 \(\text{Taylor}\) 中值定理, 对 \(f(x)\) 在 \(x_0\) 处展开就可以得到 \(f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{f(\xi)}{2}(x-x_0)^2\), \(\xi\) 介于 \(x_0\) 与 \(x\) 之间.
注意到 \(f''(x)\geqslant 0\), 则 \(f(x)\geqslant f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)\). 我们令 \(x=u(t),\ x_0=\frac{1}{a}\int_0^au(t)\text{d}t\), 就得到:
两边同时积分, 就可以得到
整理后就可以得到:
法二 注意到 \(f''(x)\geqslant0\), 则据离散形式的 \(\text{Jensen}\) 不等式, 可以得到:
其中 \(\xi_k=\frac{ak}{n}\).
然后令 \(n\rightarrow \infty\), 就得到了想要的不等式.
法二也体现了离散与积分形式的 \(\text{Jensen}\) 不等式之间的关系.
2025/4/11
有一段时间没更了.
1和2, 3和4, 分别同属一类题目.
- 设 \(f(x)\) 在 \((x_0-\delta,x_0+\delta)\) 上是 \(n\) 阶可导的, \(f^{(k)}(x_0)=0(k=2,3,\cdots,n-1)\), \(f^{(n)}(x_0)\neq0\), 当 \(0<|h|<\delta\) 时, \(f(x_0+h)-f(x_0)=hf'(x_0+\theta h)(0<\theta<1).\) 求 \(\lim_{h\rightarrow0}\theta\)
解：利用 \(\text{Taylor}\) 中值定理, 有:
因此可以得到:
两边同时取 \(h\rightarrow0\), 就会得到:
- 设函数 \(f(x)\) 在 \((-1,1)\) 上具有任意阶导数, 并且在 $x=0 $ 处所有导数都不等于 \(0\), 设 \(f(x)=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{f^{(k)}(0)x^k}{k!}+\frac{f^{(n)}(\theta x)}{n!}x^n,0<\theta<1.\) 求 \(\lim_{x\rightarrow0}\theta\).
解: 利用 \(\text{Taylor}\) 中值定理, 有:
因此:
两边同时取 \(x\rightarrow0\), 得到:
上面的两个题目都是让含 \(\theta\) 的项通过 \(\text{Taylor}\) 中值定理来求出导数, 从而可以将 \(\theta\) 提取出来, 进而获得极限.
- 求函数 \(f(x)=\sum_{k=0}^{2n+1}\frac{x^k}{k!}\) 的零点个数, 其中 \(n\) 为正整数.
解: 令 \(F(x)=e^{-x}f(x)\), 这样, \(F(x)\) 与 \(f(x)\) 的零点个数是一致的.
注意到 \(n\) 其实是有限的, 求导可得 \(F'(x)=e^{-x}(f'(x)-f(x))=-e^{-x}\frac{x^n}{n!}\), 当 \(2\mid n\) 时, \(F'(x)\leq 0\), 原函数始终单调递减, 此时 \(F(x)\) 仅有 \(x=0\) 一个零点; 当 \(2\nmid n\) 时, \(x=0\) 为唯一的极大值点, 则 \(F(x)\) 也仅有 \(x=0\) 这一个零点. 故 \(f(x)\) 只有一个零点.
- 求证: \(f(x)=\sum_{k=1}^{n}c_ke^{a_kx}\), 最多 \(n-1\) 个零点, 这里 \(n\) 为正整数, \(a_k,c_k\) 分别为互不相同的实数和不同时为零的数.
证明: 在这里利用反证法. 如果 \(f(x)\) 有 \(n\) 个零点, 今考虑 \(g(x)=e^{-a_nx}f(x)\), 它的零点个数与 \(f(x)\) 一致, 则 \(g'(x)\) 零点个数为 \(n-1\) 个, 我们再令 \(h(x)=e^{-a_{n-1}+a_{n}}g'(x)\), 则 \(h(x)\) 与 \(g'(x)\) 零点个数相同, 如此这样的做下去, 最终可以得到一个函数 \(\phi(x)=e^{(a_2-a_1)x}\) 有一个零点, 这显然不成立, 故函数 \(f(x)\) 最多 \(n-1\) 个零点.
上面两个题目都是利用乘上一个 \(e^{kx}\) 获得与所问函数零点个数相同的新函数, 从而避免 \(f(x)\) 因为与 \(f'(x)\) 的形式相似而无法求解.
- 一个初看不太好想的题.
令 \(G(x)=(x^2+1)P(x)P'(x)+x[P^2(x)+(P'(x))^2]\), 其中 \(P(x)\) 是一个实系数多项式, 其有 \(n\) 个大于 \(1\) 的互异零点, 求证: \(G(x)\) 至少有 \(2n-1\) 个零点.
解: 注意到 \(G(x)=(xP'(x)+P(x))(xP(x)+P'(x))\), 而函数 \(F(x)=xP'(x)+P(x)=(xP(x))'\) 有 \(n\) 个零点, \(G(x)=xP(x)+P'(x)=e^{-\frac{x^2}{2}}(e^{\frac{x^2}{2}}P(x))'\) 有 \(n-1\) 个零点, 下面证明这 \(2n-1\) 个零点互异.
假设存在 \(r\), \(F(r)=G(r)=0\), 则 \(rP'(r)+P(r)=rP(r)+P'(r)\), 两边同时乘上 \(r\), 立即得到 \((r^2-1)P(r)=0\). 可以得到 \(r>1\Rightarrow P(r)=0\), 注意到存在 \(i\), \(P(a_i)=P(a_{i+1})=0\), 并且 \(a_i<r<a_{i+1}\), 那么 \(P(x)\) 就有 \(n+1\) 个大于 \(1\) 的零点, 矛盾.
因此, \(G(x)\) 至少有 \(2n-1\) 个零点.
2025/4/12
- 设 \(f(x)\in C[a,b]\), 求证: 如果 \(\forall\ g(x)\in C[a,b]\), 满足 \(\int_a^bg(x)\text{d}x=0\), 并且 \(\int_a^bf(x)g(x)\text{d}x=0\), 则 \(f(x)\equiv C\), 其中 \(C\) 为一个常数.
证明: 设 \(M=\frac{\int_a^bf(x)\text{d}x}{b-a}\), 因此对于 \(g(x)=M-f(x)\), 是可以满足 \(\int_a^bg(x)\text{d}x=0\) 的, 进而 \(\int_a^b(f(x)-M)^2\text{d}x=0\), 而 \((f(x)-M)^2\geq0\), 因此 \(f(x)\equiv M\).
这个题目的直观想法就是考虑结构 \(\int_a^b(f(x)-C)^2=0\), 这样一来 \(f(x)\) 就必然等于 \(C\). 这个结构在证明 \(f(x)\) 是一个常数/多项式时会很好用.
- \(f(x)\in C[a,b]\), \(f'(x)\in R[a,b]\), \(f(a)=f(b)=0\), 证明: \(|f(x)|\leq\frac{1}{2}\int_a^b|f'(x)|\text{d}x(a<x<b)\).
证明: 注意到 \(\int_a^b|f'(x)|\text{d}x\geq|\int_a^bf'(x)\text{d}x|\geq|\int_a^xf'(x)\text{d}x+\int_x^bf'(x)\text{d}x|\geq|\int_a^xf'(x)\text{d}x+\int_b^xf'(x)\text{d}x|=2|f(x)|\), 于是\(|f(x)|\leq\frac{1}{2}\int_a^b|f'(x)|\text{d}x\).
- 设 \(f(x)\) 在 \([0,1]\) 上具有连续的导数, 求证: \(\forall\ x\in(0,1)\), 不等式 \(|f(x)|\leq \int_0^1(|f(t)|+|f'(t)|)\text{d}t\) 成立.
证明: 设 \(a\in[0,1]\), 使得 \(f(a)=\min\{f(x)\}\). 而 \(f(x)=\int_a^xf'(t)\text{d}t+f(a)\), 因此:
上面两个题目不断地利用变上限积分函数的性质和绝对值不等式来求解. 对于第三题, 通过将 \(f(x)\) 写为变上限积分形式后, 十分的便于寻求导函数的大小关系和放缩.
- 设 \(f\) 在 \([a,b]\) 不恒为 \(0\), 并且 \(f'\) 连续, 同时 \(f(a)=f(b)=0\), 求证: \(\exists \xi \in[a,b]\), \(|f'(\xi)|\geq\frac{1}{(b-a)^2}\int_a^bf(x)\text{d}x\).
证明: 据积分第一中值定理:
其中 \(a<\eta<b,a<\xi<\eta\).
这一个题目算是明示要用积分第一中值定理, 用完之后反过来注意到端点处值为零, 立即改写为积分形式, 再次利用积分中值定理并处于放缩和消掉分母的考虑完成求解.
2025/4/13
- 求 \(\lim_{n\rightarrow \infty}\frac{2^{-n}}{n(n+1)}\sum_{k=1}^n C_n^k k^2\).
解: 根据二项式定理, 有 \((1+x)^n=\sum_{k=0}^nC_n^k x^k\). 我们进行求导, 就可以得到 \(n(1+x)^{n-1}=\sum_{k=1}^n k C_n^k x^{k-1}\), 为获得 \(k^2\),我们两边同乘 \(x\) 后再次求导, 得到: \(n(1+x)^{n-1}+n(n-1)x(1+x)^{n-2}=\sum_{k=1}^nC_n^kk^2x^{k-1}\), 取 \(x=1\), 就得到:
因此, 原极限就等于 \(\frac{1}{4}\).
- 求 \(\lim_{n\rightarrow \infty}[\int_0^{\frac{\pi}{2}}(1+\sin t)^n\text{d}t]^{\frac{1}{n}}\).
解: 容易去考虑夹逼定理, 根据 \(\text{Jordan}\) 不等式, 有 \(\frac{2}{\pi}x\leq \sin x\), 进而 \(\frac{4x}{\pi}<1+\sin x<2\), 因此:
所以极限为 \(2\).
- 求 \(\lim_{n\rightarrow \infty}\sum_{k=1}^n\frac{1}{n}(\frac{\ln k}{\ln n})^p\), \((p\geq1)\).
解: 注意到 \(\ln^px\) 为一个上凸函数, 根据函数图像, 得到下面的关系:
而利用洛必达法则: \(\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\int_1^n\ln^p x\ \text{d}x}{n\ln^p n}=\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{\int_1^x\ln^p t\ \text{d}t}{x\ln^p x}=\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{\ln^p x}{\ln^p x+p\ln^{p-1}x}=1\), 同理 \(\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\int_1^{n+1}\ln^p x\ \text{d}x}{n\ln^p n}=1\), 故 \(\lim_{n\rightarrow \infty}\sum_{k=1}^n\frac{1}{n}(\frac{\ln k}{\ln n})^p=1\).
- 设 \(x_0\in(-1,8)\), \(x_{n+1}=\frac{2(1+x_n)}{2+x_n}\), 求 \(\lim_{n\rightarrow\infty}x_n\).
解: 容易得到 \(x_n>0(n=1,2,\cdots)\), 因此:
因此, \(\lim_{n\rightarrow\infty}x_n=\sqrt2\).
2025/4/29
- 证明:
(1) \(\lim_{x \to \infty} (n!e-[n!e])=0\),
(2)\(\lim_{x \to \infty} n(n!e-[n!e])=1\).
证明: (1) 由于 \(n!\) 与 \(e\) 相乘, 很自然地想到利用 \(e=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k!}\) 的形式来进行求解, 则:
明显的 \(n!\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k!}\) 为整数, 所以 \(n!e-[n!e]=n!\sum_{k=n+1}^{\infty}\frac{1}{k!}\), 我们接下来只需要对 \(n!\sum_{k=n+1}^{\infty}\frac{1}{k!}\) 做估计:
所以得到: \(\lim_{x \to \infty} (n!e-[n!e])=0\).
(2) 据 (1), \(n(n!e-[n!e])\leq \frac{n(n+2)}{(n+1)^2}\), 又有 \(n!\sum_{k=n+1}^{\infty}\frac{1}{k!}\geq\frac{1}{n+1}\), 因此:
夹逼定理可得 \(\lim_{x \to \infty} n(n!e-[n!e])=1\).
- 求证 \(\lim_{n\rightarrow \infty}n\sin(2\pi n!e)\), \(n \sin (2 n!\mathrm{e} \pi)=2 \pi-\frac{2 \pi\left(2 \pi^{2}+3\right)}{3 n^{2}}+O\left(\frac{1}{n^{3}}\right)(n \rightarrow \infty) .\)
证明:
因此 \(\sin(2\pi n!e)=\sin(2\pi n!\sum_{k=n+1}^{\infty}\frac{1}{k!} )\), 根据上一个题目的估计:
由此立即可以得到 \(\lim_{n\rightarrow \infty}n\sin(2\pi n!e)=2\pi.\)
接下来证明第二个估计.
同理, 又去考虑 \(\frac{1}{n+3}=\frac{1}{n}(1-\frac{1}{n}+O(\frac{1}{n^2}))\), 对于剩余的部分统统为 \(O(\frac{1}{n})\), 因此经过计算可以得到:
最后再将根据 \(\sin x=x-\frac{x^3}{6}+O(x^5)(x\rightarrow 0)\), 即可得到想要的估计.
这道题需要注意的是不要忘记对 \(\frac{1}{n+k}\) 在 \(n\rightarrow \infty\) 时的一个估计.
- 设 \(a>0\), 数列 \(x_n\) 满足以下关系式:
若 \(x_1>0\), 求 \(\lim_{n\rightarrow \infty}x_n\).
解: 考虑二阶不动点.
对函数 \(f(f(x))-x=\frac{a(x+1)}{x+1+a}-x\), 令其大于 \(0\), 则得到不等式:
显然有正根, 令为 \(t\). 当 \(0<x<t\), \(f(f(x))>x\); \(x>t\), \(f(f(x))<x\). 那么对 \(x_1\) 做以下两种讨论即可:
i. \(x_1=t\), 则可以得到 \(\forall n\in \mathbb{Z^+}\), \(x_n=t\),
ii. \(x_1<t\) ( \(x_1>t\) 的情况是类似的), 存在关系:
因此 \(\lim_{n\rightarrow \infty}x_n\).
- 设 \(a_k>0(k=1,2,\cdots)\),
求证 \(\lim_{n\rightarrow \infty}\sqrt[n]{a_n}=\frac{1}{1-s}\).
证明: 注意到
这样一来就只用去求 \(\lim_{n\rightarrow \infty}\sqrt[n]{S_n}\), 根据题设条件:
又有:
因此, 我们取一个 \(N>0\ \text{s.t.}\ \forall n>N,\frac{S_n}{S_{n-1}}=\frac{1}{1-s}\), 于是:
得到 \(\sqrt[n]{S_n}=\frac{1}{1-s}\).
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