第1章极限与连续 15 而两种类型的斯托尔兹定理中的结论都等价于lim Xn ntoo yn =0.后面的证明中还将 用到合比与分比的关系以及下式 (): Xntp-Xn_(Xntp-Xntp-1)+(Xn+p-1-Xn+p-2)+...+(Xn+1-Xn) n+p-n(yn+p-n+p-1)+(yn+p-1-n+p-2）+…+(yn+1-n) (1)(类型(1)有1imXn=0.)对任给的e>0,由条件(C),存在自然数N, 使得当n>N时 -e<X+1-X ∠e yn+1一ym 因而由合比与分比的关系及式(H)得：当n>N时，对所有正整数p都有 -e< Xntp-Xn <6. Un+p-In 上式中固定n,令p→o得 -e≤ Xn 6 即lim Xn =0.故结论(1)成立 +oyn (2)(不妨假设{y}1是一个正数列并严格单调递增发散到+o.)对任给 的e>0,由条件(C),选定一个足够大的自然数N1,使得当n≥N1时 1。Xn+1-Xn1」 -E ym+1一yn 由极限lim XM=0,进一步存在一个更大的自然数N>N),使得当n>N时 n+∞ 从而，当n>N(>N1)时 =+-<+≤+- yn <+0+=
16 微积分学习指导 也就是，当n>N时， <(其中文<分*自于合比与分比的关系 Un -UN 及式()，即知1im X=0.故结论（②）成立。 例12设iman=a,求极限： n- (1)=lim a1+a2+…+an n→ (2)12=lim 1×5a1+3×7a2+…+(2m-1)×(2m+3)am n3 解 (1) 由斯托尔兹定理得 lim (a1+a2十…+an+i）-(a1+a2十…+an) lim an+i=a, (n+1)-n 。1 故 4=lima+a+…+a=a. n-oc n 注记1.这里a还可以为+oo或-∞，但a=0∞未必成立，如an=(-1)”n. 2.该命题也可用e-N定义证得. (2)令 xn=1×5a1+3×7a2++(2n-1)×(2n+3)am,n=n3(n=1,2,…), 则数列{}%1严格单调递增，并满足im=+oo.由斯托尔兹定理得 (2n+1)×(2m+5)am+1 lim 2n+1-2n lim n+xn+1一yn (m+1)3-n3 4n2+12m+5 =lim an+1·lim 3n2+3m+1 4+12.1+5. 1 n2 a.lim 1 30, 3+3.-+1· 22 故 2=lim In 4 思考题证明下列极限：
第1章极限与连续 17 1.设lim an=a,则lim a1+2a2+…+na= 1中。 n+0 n2 2 2设{8= 收做则四∑ka=0 n+o7几 k=1 例13求下列极限： (1)lim(1+a)(1+a2)…(1+a2"),其中lal<1; (2)lim ()()() 3 2m- (3)lim 124 2n (4)lim (n!) 解(1)将分子、分母同乘一个因子(1一α)，使之出现连锁反应，则有 1im(1+a)(1+a2)…(1+a2")=lim (1-a)(1+a)(1+a2)…(1+a2") n→c 2+00 1-a 1-a2"+1 lim n-+0c 1-a 再由 lim a2 =0 (lal<1), n+0 知1im(1+a)01+a2)…(1+a2”)=1-a 1 (2)把通项恒等变形，使各因子相乘的过程中中间项相消，则有 lim -)(-)(-) lim （到（眉）-(.牛) 1m+11 lim 13.2n-1,则 (3)令am=24… 2n -()((< 2n 1 2n 2n+1=2n+1 所以 0<a< 1 即0<an< 2m+1 V2n+1
18 微积分学习指导 故由夹逼定理得 132m-1=0. 四a=i四24 n◆0 2n (4)因为 (n!)=e In(nt) 而 0≤点侧≤（+2++） 又 lim nn≥0， ntoo n 则 (++…+）=0 lim n-oo n 1 所以由夹逼定理得 1 irnn点h(n叫）=0， 故 lim(n)a=e°=l. 例14设an>0,n=1,2,…,lim an=a,试证：lima1a2…an=a. 分析利用平均值不等式以及斯托尔兹定理. 证明(1)当a=0时，由均值不等式 0<a1a2…an≤ a1十a2+十an 令n→∞，对右端用前面的结论或斯托尔兹定理，由夹逼定理得 lim√a1a2…an=0. n-oc ②当a>0时m1=由 11 -1 ≤a1a2…an≤1+a+…+an n
第1章极限与连续 19 令→©，对两端用前面的结论或斯托尔兹定理，由夹逼定理得 lim/a1a2·an=a. n+00 注记当a=十o时，该例结论仍然成立. 例15设xn>0,n=1,2,·,lim n+1=r,试证：im=r(允许 noo Tn 240 r=+o): 证明 令a1=x1,an= (m=2,3,4,…),由例14的结论有 Tn-1 lim Van lim 刀-→0 n+00 2...In =lim vardz.an lim an =r. T1 In-1 注记利用此结论可证得典须=（伶=）一般求带的板低， 用斯特林(Stirling)公式更简单。 例16证明下列极限： (1)设an≥0，n=1,2,…,并有1 im Van=a<1,则lim an=0: 4+● (2)设bn>0,n=1,2,…,并有1im bn+=b<1,则lim bn=0. 证明(1)取实数s满足(0≤)a<s<1,则由数列极限的最终保序性，对足 够大的n有 a<s<1或0≤an<s”<1, 令n→oo,并由夹逼定理得lim an=0. (2)由例15，从极限 lim bn+1=b<1, 得 lim Von =b<1, n一◆司 再利用(1)的结论得lim bn=0. 例17计算下列极限： 四设数列6产，6=，求极限▣6