数学分析补充 第一部分:极限与连续 §1数列极限的证明与计算 知识点回顾: 极限定义与性质的应用。 单调有界原理的应用 Cauchy收敛准则的应用 Stols公式, Taylor公式的应用。 范例 证明: lim sin n不存在 证法(1):利用 Cauchy准则。VN,取n=[2N+ 4,m=2N+2z1 则2Nx+<n<2Nx+-<2N丌+丌<m<2Nx+2丌,从而 In n-sin m 证法(2):设 lim sin n=A。因为sin(n+2)-snn=2 sin lcos(n+1) 令n→∞即得 lim cos n=0。又由sin2n+cos2n=1可知A=1。又因为 sn2n=2 sIn ncos以及 lim cos n=0得到A=0。得出矛盾。 2、设(1)xn= cos=coS?2…c 3517 (2)x 241622n 试求:lmx 2 sin 解:(1).以 乘x,注意 sin t cost=-sn2t
1 数学分析补充 第 一 部 分 ：极 限 与 连 续 § 1 数 列 极 限 的 证 明 与 计 算 知识点回顾： 极限定义与性质的应用。 单调有界原理的应用。 Ca u c h y 收敛准则的应用。 S t o l s 公 式 , Ta y l o r 公式的应用。 范例： 1、 证明： n n lim sin → 不存在。 证 法（ 1）：利 用 C a u c h y 准则。 N,取 ], 4 3 [2 n = N + m = [2N + 2 ] ， 则 2 2 2 4 3 2 4 2N + n N + N + m N + ，从而 2 2 sin n − sin m 。 证法（ 2）： 设 n n lim sin → ＝ A 。因为 sin( n + 2) − sin n = 2sin 1cos(n +1) ， 令 n → 即 得 lim cos = 0 → n n 。 又 由 sin cos 1 2 2 n + n = 可 知 A= 1 。 又 因 为 sin 2n = 2sin ncosn 以 及 lim cos = 0 → n n 得 到 A= 0。得出矛盾。 2 、设（ 1 ） n n x x x x 2 cos 2 cos 2 cos = 2 ；（ 2 ） n n n x 2 2 2 2 1 16 17 4 5 2 3 + = 。 试求： n n x → lim 。 解 ：（ 1） . 以 n n n n x x 2 2 sin 2 2 sin 乘 n x ，注意 t t sin 2t 2 1 sin cos =
2 (2).以2乘x,注意1-a1+a)=1-a 3、求极限:lim n 解:原 ak 4、已知a>0.(=1…n),计算lima P→+0 解:令a=min{an},A= max a},.由迫敛性得极限为A+-。 求:lin 解法(1):2(k+1-k)<1<2√k-k-1 解法(2):xn中共有2n+2项,最大项为一,最小项为 因此 n+1<<n+2 2n+2 6、求极限:Iim 1P+2P+…+nP (P为自然数) 解:利用Stoz公式、二项式定理。 krcl 7、求极限:lim 月→0 解:对于连乘积形式,可以先取对数。 +2h~2 +…+2m2hn 由 Stolz公式
2 （ 2） . 以 2 1 1 2 1 1 − − 乘 n x ，注意 2 (1− a)(1+ a) =1− a 。 3、求极限： x x n x x x n a a a 1 1 2 0 lim + + + → 。 解：原式 = ln ,( 0) 1 1 1 , 1 1 1 1 1 1 → → − − + + + − + + − + + a x x a n a a k x k x n a a n a a x n x x n x x n x 。 4、已知 + = = − →+ = n p i p i n p i p i p ai i n a a 1 1 1 1 0,( 1, )，计算lim 。 解：令 min , max . a = ai A = ai 由迫敛性得极限为 a A 1 + 。 5、设： n n n k n n x k x → + = = , : lim 1 2 2 ( 1) 求 。 解法（ 1）： 2( 1) 1 2( +1 − ) k − k − k k k 。 解法（ 2）： n x 中共有 2 n + 2 项，最大项为 n 1 ，最小项为 1 1 n + ，因此 n n x n n n 2 2 1 2 2 + + + 。 6、求极限： p n n p p p p n , ( 1 2 lim +1 → + ++ 为 自 然 数 ）。 解：利用 S t o l z 公式、二项式定理。 7、求极限： 2 1 2 1 1 3 2 2 1 2 2 1 2 2 1 2 2 1 1 2 1 lim − − − − → − − n n n n n 。 解：对于连乘积形式，可以先取对数。 − + + − + − = − − − 2 1 2 2 ln 2 1 2 2ln 2 1 1 ln 2 1 ln 1 2 1 2 3 n n n n n x ， 由 S t o l z 公 式
lim In xn=lim 2 --2' 1=n,所以mx 8、设:A=∑a收敛,{pn}个+。求证:1im24++Pa=0 n→① (P-Pk+)4 证:ak=A4-A-1,则:原式= +A.,对第一项应用 Pn Stolz公式 9、设x1>0,xn+1 (1+xn) (c>1),求:lm C+x n→∞ 解:注意到xn-x>2一C,故应比较xn与√c的大小关系。问题在 于是否有:xn都大于c?或xn都小于√c?或xn都等于√c?这问题通 常与递推关系式(x)=+3)的单调性及首项x的大小有关 C+x 设:f(x)= c(1+x) ,则f(x) C (c+x)2>0,且(√c) 所以∫(x)单调增加。 ①x1=vVE时,对任意n都有xn=√C,所以{n}收敛于 ②x>√C。由xn1=f(x)及归纳法可证xn>Vc,因此又有{xn}↓ ③x<V∈。同理可证xn<√c,且{xn}个。 另解:因为0<(x)=2(C=1)≤2(D=1-1k<1,即()为压缩映射 从而{xn}收敛 10、若f(x)在I=[a-r,a+r]上可微,(x)≤a<1,|(a)-d≤(1-a)r 任取x。∈l,令x1=f(x0),x2=f(x1)…,xn=f(xn)…。则:存在唯一的x∈ 使mxn=x,x为f(x)的不动点
3 2 1 , lim 2 1 ln 2 2 2 1 2 2 ln lim ln 1 2 1 2 lim = = − − = → − − − − → → n n n n n n n n n n x 所以 x 。 8、 设 ： = = n k An ak 1 收敛， pn + 。 求 证 ： 0 1 1 lim = + + → n n n n p p a p a 。 证 ： ak = Ak − Ak−1 ，则：原式 = n n n k k k k A p p p A + − − = + 1 1 1 ( ) ，对第一项应用 S t o l z 公式。 9、 设 n n n n n c x c x c x x x → + + + = ( 1) , lim (1 ) 0 , 1 1 求： 。 解 ：注 意 到 ， n n n n c x x c x x + − − + = 2 1 故应比较 n x 与 c 的 大 小 关 系 。问 题 在 于是否有： n x 都 大 于 c ？ 或 n x 都 小 于 c ？ 或 n x 都 等 于 c ？ 这 问 题 通 常与递推关系式 c x c x f x + + = (1 ) ( ) 的单调性及首项 1 x 的大小有关。 设 ： f c c c x c c f x c x c x f x = + − = + + = 0, ( ) ( ) ( 1) , ( ) (1 ) ( ) 则 2 且 ，所 以 f (x) 单 调增加。 ① x = c 1 时，对任意 n 都 有 x c n = ，所以 xn 收敛于 c 。 ② x c 1 。 由 ( ) n 1 n x = f x + 及归纳法可证 x c n ，因此又有 xn 。 ③ x c 1 。同理可证 xn c ,且{xn }。 另解：因为 1 , ( ) 1 1 ( 1) ( ) ( 1) 0 ( ) 2 2 f x c c c c c x c c f x = − 即 − + − = 为压缩映射， 从 而 xn 收敛。 1 0、若 f (x) 在 I=[a - r,a+r]上可微， f (x) 1, f (a) − a (1−)r ， x I x f x x f x x f x x I = = n = n− * 0 1 0 2 1 1 任取 ,令 ( ), ( ), , ( ),。则：存在唯一的 * * lim x x , x n n = 使 为 f (x) 的不动点
4 证:先证f(x)是I到I的映射,即当x-d≤时f(x)-4≤r。再 证f(x)是压缩映射 11设(x)≤M,0<a<%,x∈R令x=9(x)…x=(xm) 试证mxn存在,且为方程x=cyf(x)的根。 证:0<q=Ma<1,kxn-xn|≤qxn-xn,由此可知{xn}是柯西列 X 2、设0≤x≤1,y1-2 (n=1,2,…)。求极限imy 证:用归纳法可证{vn}↑,0≤yn≤1。 13、设a>1,x>√,xn1=日+x,(n=1,2,…)求极限:mx 解:x-1+(a-a+及x>可知x,≤ x,≥√ 2a-x2)>0xn<√a 又由xm2-x=1+a+2x(<0xV,可知{x)个,(x2x 令a=lmx,b=mx,分别在x1=+x,x11=+x两边 +x2k 取极限,得到a=b=√a,因此 lim x=a 14、设x1>0,a>0 3x2 求:imxn x xn}的单调性归结为是 x< va 否:xn都大于a?或x都小于√a?xn都等于√a?设∫(x) x(x2+3a) 则f(x)=3(x2-a)2 ≥0,f(ya) 于是
4 证：先证 f (x) 是 I 到 I 的 映 射 ， 即 当 x − a r时 f (x) − a r 。 再 证 f (x) 是压缩映射。 1 1 、 设 M f (x) M , 0 1 ， , ( ), , ( ) 0 1 = 0 n = n−1 x R 令x f x x f x 。 试 证 n n x → lim 存 在 ,且为方程 x = f (x) 的根。 证 ： 0 < 1 1 1, = n+ − n n − n− q M x x q x x ,由此可知 xn 是柯西列 . 1 2、 设 , ( 1 , 2 , ) 2 2 , 2 0 1 , 2 1 1 = = + − n = x y y x x y n n 。求极限 n n y → lim 。 证：用归纳法可证 yn , 0 yn 1 。 1 3、 设 n n n n n n x x x x x → + = + + = , ( 1, 2 , ) . lim 1 1, , 1 1 求极限： 。 解 ： + − + +1 = + 1 2 2 +1 , 1 ( 1)( 1) 1 k k n n x x x x x 及 可知 。 又 由 + + − + − = n n n n n n x x x x x x 0 0 1 2 2( ) 2 2 ，可知 x2k , x2k+1 。 令 k k k k k k k k k k x x x x x a x b x x 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 , 1 lim , lim , + + = + + = = = + − − + → → 分别在 两 边 取极限，得到 = = = → n n a b ,因此 lim x 。 1 4、 设 1 x ＞ 0， n n n n n n x x a x x a a x → + + + = , lim 3 ( 3 ) 0 , 2 2 1 求： 。 证 ： + = + + x a x a x a a x x n n n n n 1 1 3 8 1 3 1 2 1 。 xn 的 单 调 性 归 结 为 是 否 ： n x 都大于 a ？ 或 n x 都小于 a ？ n x 都等于 a ？ 设 x a x x a f x + + = 2 2 3 ( 3 ) ( ) 则 f a a x a x a f x = + − = 0 , ( ) (3 ) 3( ) ( ) 2 2 2 2 。于是：
②.若x>√a,则由f(x)的递增性可知xn>√a,所以{n}递减。 ③.若x1√a,也由f(x)的递增性可知xn<√a,所以{n}递增。 15、设xn i)”,求:lm 解:考察lnxn,化之为ln(1+x2)在[0,2]上的积分和。 16、设a>0,a1=(a+a3)3,a2=(a1+a3) 证{an}收敛于方程x3=x+x3的一个正根 证:先来讨论{an}的单调性 当a+a3≥a3时,可推知{an}递增,an≥a>0。当a+a3≤a3时,可 证{an}递减。 再来分析{an}的有界性:设f(x)=x+x3-x3 an}递增时,an=an1+a2≤an+a3,故f(an)≥0:{an}递减时, an=an+a2≥an+an,故f(an)≤0。因此,需要确定f(x)的保号区间。 由介值定理知正根ξ的存在性,又由罗尔定理知ξ的唯一性,再由f(+∞) ∞,所以在(0,+∞)上f(x)具有如下的保号性:f(x) (0,5);f(x)<0分x∈(5,+∞)。综上可知{an}递增时an≤5 即{an}有上界;{an}递减时an≥5,即{an}有下界 §2上极限与下极限 (一)数列的上、下极限。 上、下极限的各种等价定义 上、下极限的确界定义: 设{xn}是有界数列,x=sup{x},xn=ntf{xk}。则{}递增有上界
5 ① ． 若 1 x = a ， 则 n x = a 。 ② ． 若 1 x > a ,则 由 f(x)的递增性可知 n x > a ,所 以 xn 递减。 ③ ． 若 1 x < a ,也 由 f(x)的递增性可知 n x < a ,所 以 xn 递增。 1 5、 设 n x ＝ n n n n i n i x n = → ( + ) , lim 1 1 2 2 1 4 求： 。 解：考察 l n n x ，化之为 l n（ １ + 2 x ） 在 [ 0， 2 ]上的积分和。 1 6、设 a > 0 , 3 1 3 1 1 a = (a + a ) ， 3 1 3 1 2 1 a = (a + a ) ，．．．， 3 1 3 1 1 2 ( ) an = an− + an− ，．．．试 证 { n a }收敛于方程 3 x ＝ 3 1 x + x 的一个正根。 证：先来讨论 { n a }的单调性： 当 3 1 a + a 3 a 时，可推知 { n a }递增， n a a > 0 。 当 3 1 a + a 3 a 时，可 证 { n a }递减。 再来分析 { n a }的有界性：设 f ( x ) = 3 1 x + x － 3 x 。 { n a } 递 增 时 ， 3 n a = 3 1 an−1 + an−2 n a + 3 1 n a ， 故 f ( n a ) 0 ； { n a } 递 减 时 ， 3 n a = 3 1 an−1 + an−2 n a + 3 1 n a ， 故 f ( n a ) 0。因此，需要确定 f ( x ) 的保号区间。 由介值定理知正根 的 存 在 性 ，又 由 罗 尔 定 理 知 的 唯 一 性 ，再 由 f(+ ) ＝ － ， 所 以 在 （ 0， + ） 上 f ( x ) 具有如下的保号性： f ( x ) ＞ ０ x （ 0， ）； f ( x ) ＜ ０ x （ ， + ）。 综 上 可 知 { n a }递增时 n a ， 即 { n a }有上界； { n a }递减时 n a ， 即 { n a }有下界。 § 2 上 极 限 与 下 极 限 （一） 数列的上、下极限。 上、下极限的各种等价定义： 上、下极限的确界定义： 设 xn 是有界数列， k k n n x x = sup ， n x = k k n x inf 。则 xn 递增有上界