中国科学技术大学：《数学分析》课程教学资源（试卷习题）数学分析（B1）习题课讲义（二）

中国科学技术大学 数学分析(B1)习题课讲义 1极限2 2数学语言不规范如上所言，作业中常出现证明中口语化描述偏多，不会规范及正确 使用数学语言及数学符号的问题 如“无穷大量乘以一个不是无穷小的量，仍然是无穷大量”以及“αn无限逼近于0”等等 这些口语化的描述不允许出现在数学证明中，必须要用严格的廿，3等数学符号（或文字），并通 过合适的数学语言进行刻画.同时还需注意数学符号使用的逻辑顺序，以及数学符号使用的合 理性及规范性， 例题1.2用定义证明：lim sin n 0 证明对e>0,3(取)N= +1,则（当）m>N时，有 11 n<N<e 故lim sinn =0. ▣ n-too n 如上所示，在用“ε一N”语言证明时，必须按照“任意一存在一任意一给定精度精确 化”四个步骤的顺序进行.常见错误如下： (1)缺少某个（某些）逻辑符号，或者逻辑符号未按照正确顺序使用： (2)N的取值依赖于n.N的取值必须是仅与ε有关的变量，不能依赖于n,所以“Ve>0” 写在“3N=.”之前就是为了固定ε的值，以便最后的精确化处理 周帝见错误格式对>0婆使一≤<三只用取1之一 +1即可. (4)用夹逼原理（教材定理1.7）证明.本题要求用定义法证明，不应出现夹逼原理 例题1.3证明：若lim an=0,又bnl≤M(n=1,2,…),则1 im anbn=0. 00 提示(1)通过定义证明， 证明(1) (1)当M=0时，bn=0(n∈N*)→anbn=0→lim anbn=0 →金0 ②当M>0时，对e>0由man=0知，3N∈，使得当m>N时，有al<, 从而|anbnl≤M|an<e,由定义知，lim anbn=0. n→0d ▣ 注意对M=0的情况单独讨论， 提示(2)运用夹逼原理 证明(2)注意到， 0≤anon≤M an, 由lim an=0及夹逼原理知，lim anbn=0. ▣ 200 2→0 错误格式lim lanon≤M lim lan=0. n+0 说明上述错解存在逻辑谬误.因为敛散性未知的情况下，不能直接对极限形式比较大小 关系.这也可能是由夹逼原理书写格式不规范造成的，应当对数列大小进行比较，而不是对极 限进行比较， 3分类讨论不齐全在分类讨论时，常出现分类讨论不齐全，特殊情况欠考虑的情况.此 处不做详细展开

中国科学技术大学 数学分析 (B1) 习题课讲义 1 极限 2 2 数学语言不规范 如上所言, 作业中常出现证明中口语化描述偏多, 不会规范及正确 使用数学语言及数学符号的问题. 如 “无穷大量乘以一个不是无穷小的量, 仍然是无穷大量” 以及 “an 无限逼近于 0” 等等. 这些口语化的描述不允许出现在数学证明中, 必须要用严格的 ∀, ∃ 等数学符号 (或文字), 并通 过合适的数学语言进行刻画. 同时还需注意数学符号使用的逻辑顺序, 以及数学符号使用的合 理性及规范性. 例题 1.2 用定义证明: lim n→+∞ sin n n = 0. 证明 对 ∀ε > 0, ∃(取)N =  1 ε  + 1, 则 ∀(当)n > N 时, 有     sin n n     ⩽ 1 n < 1 N < ε, 故 lim n→+∞ sin n n = 0. 如上所示, 在用 “ε − N” 语言证明时, 必须按照 “任意 — 存在— 任意 — 给定精度精确 化” 四个步骤的顺序进行. 常见错误如下: (1) 缺少某个 (某些) 逻辑符号, 或者逻辑符号未按照正确顺序使用; (2) N 的取值依赖于 n. N 的取值必须是仅与 ε 有关的变量, 不能依赖于 n, 所以 “∀ε > 0” 写在 “∃N = · · · ” 之前就是为了固定 ε 的值, 以便最后的精确化处理. (3) 常见错误格式: 对 ∀ε > 0, 要使     sin n n     ⩽ 1 n < ε, 只用取 n >  1 ε  + 1 即可. (4) 用夹逼原理 (教材定理 1.7) 证明. 本题要求用定义法证明, 不应出现夹逼原理. 例题 1.3 证明: 若 limn→∞ an = 0, 又 |bn| ⩽ M (n = 1, 2, · · ·), 则 limn→∞ anbn = 0. 提示 (1) 通过定义证明. 证明 (1) (1) 当 M = 0 时, bn = 0 (n ∈ N ∗ ) =⇒ anbn = 0 =⇒ limn→∞ anbn = 0; (2) 当 M > 0 时, 对 ∀ε > 0, 由 limn→∞ an = 0 知, ∃N ∈ N ∗ , 使得当 n > N 时, 有 |an| < 1 M ε, 从而 |anbn| ⩽ M |an| < ε, 由定义知, limn→∞ anbn = 0. 注意 对 M = 0 的情况单独讨论. 提示 (2) 运用夹逼原理. 证明 (2) 注意到, 0 ⩽ |anbn| ⩽ M |an| , 由 limn→∞ an = 0 及夹逼原理知, limn→∞ anbn = 0. 错误格式 limn→∞ |anbn| ⩽ M limn→∞ |an| = 0. 说明 上述错解存在逻辑谬误. 因为敛散性未知的情况下, 不能直接对极限形式比较大小 关系. 这也可能是由夹逼原理书写格式不规范造成的, 应当对数列大小进行比较, 而不是对极 限进行比较. 3 分类讨论不齐全 在分类讨论时, 常出现分类讨论不齐全, 特殊情况欠考虑的情况. 此 处不做详细展开

中国科学技术大学 数学分析(B1)习题课讲义 1极限3 1.2命题判断及推理 判断下列命题或推断是否成立，并说明理由 1.2.1A组 1 若an>0,则lim an=0←→lim an+=1. n→oo0m 2 lim an=a←→lim(an+1-an)=0. 3 lima1+a2+…+a 2=a←→lim an=a. 4 {an}中任两个子列{akn}和{an}均有lim(akn-an)=0→lim an=a, n→cd n→0 a∈R. 5 dn in d an=l>1→lim an=0. m十00 6 若an≠0，则lim an=a≠0→lim an+1=1. m→cx0 n→oo.an 7无界数列一定是无穷大量 8 非负数列极限是非负数，正项数列极限是正数， 9 若数列{an}是单调数列，则{an}收敛←→{an}有收敛子列. 若对任意n,p∈N,均有an-a<是，则数列a}收敛 10 l1若数列{an},{bn}满足l1 im anbn=0,则必有lim an=0或lim on=0.若假设 lim an=a,回答同样的问题 n-c 12判断数列{an士bn},{an·bn}的敛散性： (1)若数列{an}收敛，数列{bn}发散 (2)若数列{an}与{bn}皆发散. 13 lim f(x)=l,lim g(y)=xo=lim f(g(y))=l. y→0 -40 1.2.2参考答案-A组 1 中.反例a=六什.反例：a=1 2 一，定义法证明即可：中，反例“，=大 k=1 3 ≠.反例：am=(-1)”；←一.截成两段再用定义证明即可，或者运用Stolz定理. 4 →.利用反证法，并把{an}发散转化成Cauchy列形式；←一.利用2的结论即 可 5 →.3g满足-1<q<1及3n∈N*,当n>N时，有 杜<q→an<aNg"-N→ioam=0. an →.定义法证明即可；十.反例：an=n. 7 错误.反例an=n(1-（-1)”). 1 8 正确：错误.反例：a=元

中国科学技术大学 数学分析 (B1) 习题课讲义 1 极限 3 1.2 命题判断及推理 判断下列命题或推断是否成立, 并说明理由. 1.2.1 A 组 1 若 an > 0, 则 limn→∞ an = 0 ⇐⇒ limn→∞ an+1 an = 1. 2 limn→∞ an = a ⇐⇒ limn→∞ (an+1 − an) = 0. 3 limn→∞ a1 + a2 + · · · + an n = a ⇐⇒ limn→∞ an = a. 4 {an} 中任两个子列 {akn } 和 {aln } 均有 limn→∞ (akn − aln ) = 0 ⇐⇒ limn→∞ an = a, a ∈ R. 5 an > 0, limn→∞ an an+1 = l > 1 =⇒ limn→∞ an = 0. 6 若 an ̸= 0, 则 limn→∞ an = a ̸= 0 ⇐⇒ limn→∞ an+1 an = 1. 7 无界数列一定是无穷大量. 8 非负数列极限是非负数, 正项数列极限是正数. 9 若数列 {an} 是单调数列, 则 {an} 收敛 ⇐⇒ {an} 有收敛子列. 10 若对任意 n, p ∈ N ∗ , 均有 |an+p − an| < p n2 , 则数列 {an} 收敛. 11 若数列 {an} , {bn} 满足 limn→∞ anbn = 0, 则必有 limn→∞ an = 0 或 limn→∞ bn = 0. 若假设 limn→∞ an = a, 回答同样的问题. 12 判断数列 {an ± bn}, {an · bn} 的敛散性: (1) 若数列 {an} 收敛, 数列 {bn} 发散; (2) 若数列 {an} 与 {bn} 皆发散. 13 limx→x0 f(x) = l, lim y→y0 g(y) = x0 =⇒ lim y→y0 f(g(y)) = l. 1.2.2 参考答案 - A 组 1 ≠⇒ . 反例: an = 1 2 n ; ̸⇐= . 反例: an = 1. 2 =⇒ . 定义法证明即可; ̸⇐= . 反例: an = Xn k=1 1 k . 3 ≠⇒ . 反例: an = (−1)n ; ⇐= . 截成两段再用定义证明即可, 或者运用 Stolz 定理. 4 =⇒ . 利用反证法, 并把 {an} 发散转化成 Cauchy 列形式; ⇐= . 利用 2 的结论即 可. 5 =⇒ . ∃q 满足 l −1 < q < 1 及 ∃n ∈ N ∗ , 当 n > N 时, 有 an+1 an < q =⇒ an < aN · q n−N =⇒ limn→∞ an = 0. 6 =⇒ . 定义法证明即可; ̸⇐= . 反例: an = n. 7 错误. 反例:an = n(1 − (−1)n ). 8 正确; 错误. 反例: an = 1 n

中国科学技术大学 数学分析(B1)习题课讲义 1极限4 9 ←→.用定义证明即可 10 正确.e>0,N= 1 +1,当n>N时，对p>0,有 n+p k=n+1 k=n+1 由Cauchy收敛准则知{an}收敛. 11不成立.构造数列： a.-+(-ir方-0,101,6-+(-l11方-101.0… 1 则anbn=0,自然有lim anbn=0;但显然1iman,lim bn均不存在. L7● 若假设lim an=a,则答案是肯定的 m ()若iman=a=0,则结论自然成立 lim anon 0 (2)若a≠0，则l1imbn= 1→00 ”=0=0,结论成立. lim an a n十c0 12 (1)若数列{an}收敛，数列{bn}发散，则数列{an±bn}发散，数列{anbn}的敛散性不 确定 (a)假设数列{a±bn}收敛，则imb,=干气i细(an土b)-i照an),则数列{bn} 收敛，矛盾.故数列{an士bn}发散. (b)取an=0,则anbn=0,数列{anbn}收敛； (c)取an-1,则anbn=bn,数列{anbn}发散. (2)若数列{an}与{bn}皆发散，则数列{an±bn},{anbn}的敛散性皆不确定 (a)取数列 an=(-1)”,bn=(-1)m+1, 则an+bn=0,数列{an+bn}收敛；an-bn=2·(-l)”,数列{an-bn}发散；anbn= (-1)2n+1=-1,数列{anbn}收敛 (b)取数列 an on =(-1)", 则an+bn=2·(-1)m,数列{an+bn}发散；an-bn=0,数列{an-bn}收敛；anbn=1, 数列{anbn}收敛 0,x≠0 13. 反例：f(x)= g(y）三0，xo=0=0.1imf(x)=0≠ 1,x=0, x→x0 nmf儿g）=1. 1.3专题选讲

中国科学技术大学 数学分析 (B1) 习题课讲义 1 极限 4 9 ⇐⇒ . 用定义证明即可. 10 正确. ∀ε > 0, ∃N =  1 ε  + 1, 当 n > N 时, 对 ∀p > 0, 有 |an+p − an| ⩽ Xn+p k=n+1 |ak − ak−1| < Xn+p k=n+1 1 k 2 < Xn+p k=n+1 1 (k − 1)k = Xn+p k=n+1  1 k − 1 − 1 k  < 1 n < 1 N < ε, 由 Cauchy 收敛准则知 {an} 收敛. 11 不成立. 构造数列: an = 1 2 + (−1)n · 1 2 = 0, 1, 0, 1, · · · , bn = 1 2 + (−1)n+1 · 1 2 = 1, 0, 1, 0, · · · , 则 anbn = 0, 自然有 limn→∞ anbn = 0; 但显然 limn→∞ an, limn→∞ bn 均不存在. 若假设 limn→∞ an = a, 则答案是肯定的. (1) 若 limn→∞ an = a = 0, 则结论自然成立; (2) 若 a ̸= 0, 则 limn→∞ bn = limn→∞ anbn limn→∞ an = 0 a = 0, 结论成立. 12 (1) 若数列 {an} 收敛, 数列 {bn} 发散, 则数列 {an ± bn} 发散, 数列 {anbn} 的敛散性不 确定. (a) 假设数列 {an ± bn} 收敛, 则 limn→∞ bn = ∓  limn→∞ (an ± bn) − limn→∞ an  , 则数列 {bn} 收敛, 矛盾. 故数列 {an ± bn} 发散. (b) 取 an = 0, 则 anbn = 0, 数列 {anbn} 收敛; (c) 取 an = 1, 则 anbn = bn, 数列 {anbn} 发散. (2) 若数列 {an} 与 {bn} 皆发散, 则数列 {an ± bn}, {anbn} 的敛散性皆不确定. (a) 取数列 an = (−1)n , bn = (−1)n+1 , 则 an + bn = 0, 数列 {an + bn} 收敛; an − bn = 2 · (−1)n , 数列 {an − bn} 发散; anbn = (−1)2n+1 = −1, 数列 {anbn} 收敛; (b) 取数列 an = bn = (−1)n , 则 an + bn = 2 · (−1)n , 数列 {an + bn} 发散; an − bn = 0, 数列 {an − bn} 收敛; anbn = 1, 数列 {anbn} 收敛. 13 ≠⇒ . 反例: f(x) =    0, x ̸= 0, 1, x = 0, , g(y) ≡ 0, x0 = y0 = 0. limx→x0 f(x) = 0 ̸= lim y→y0 f(g(y)) = 1. 1.3 专题选讲

中国科学技术大学 数学分析(B1)习题课讲义 1极限5 1.3.1 实数理论 1实数≌有序完备域 有序Archimedes序； 完备拓扑结构： 域代数结构（四则运算封闭） N减法Z除法Q极限R+l=0C 2实数的刻画方式 (1)十进制小数：a0.a12·= 10k k=0 (2)Dedekind分割： A:=fxEQ:<0or (x>0 and 2<2)},B:={zEQ:x>0and 22>2, 则AnB=⑦且AUB=Q. (3)Cauchy列：用收敛数列的极限定义实数.例如，设 a1∈Q,a1>V ,an+1=2 an+ 可推知an∈Q且1 lim an=√2. 72→0d 3实数完备性的六个等价表述形式 (1)单调有界定理 (2)Bolzano-Veierstrass定理（列紧性定理） (3)Cauchy收敛准则 (4)确界原理 (5)闭区间套定理 (6)有限覆盖定理4 例题1.4证明：n∈N*,vn生N*→Vm年Q: 证明用反证法.设V元-(，g)=1且p,g∈N.则m∈N,使得m<P<m+1. 而q1:=p-qm∈(0，q),故 2=vn=2.p-mm-m-pm:p q p-qm 由q>g1知p>1.而p,q∈N,由无穷递降法知上述过程不能无限进行下去，矛盾. 口 例题1.5设x是给定的无理数，则n∈N,p,q∈Z,使得lpx-q< 证明考虑{x},{2x},,{nx}这n个互不相同5的无理数.由抽屉原理知，i,j∈ 0,12n小，使得0<行-<是而化-时=a-{,令k=j-2则 k}<1取p=k9=k,则lr-<元 口 由上述结论立即得到下面的推论： 推论1.5设x是给定的无理数，则集合{m+nxm,n∈Z}在R中稠密. 4数学分析(B1)不要求掌握. 5请读者思考为什么

中国科学技术大学 数学分析 (B1) 习题课讲义 1 极限 5 1.3.1 实数理论 1 实数 ≜ 有序完备域 有序 Archimedes 序; 完备 拓扑结构; 域 代数结构 (四则运算封闭). N 减法 ===⇒ Z 除法 ===⇒ Q 极限 ===⇒ R x 2+1=0 =====⇒ C 2 实数的刻画方式 (1) 十进制小数: a0.a1a2 · · · = X∞ k=0 ak 10k . (2) Dedekind 分割: A :=  x ∈ Q : x < 0 or (x > 0 and x 2 < 2) , B :=  x ∈ Q : x > 0 and x 2 > 2 , 则 A ∩ B = ∅ 且 A ∪ B = Q. (3) Cauchy 列: 用收敛数列的极限定义实数. 例如, 设 a1 ∈ Q, a1 > √ 2, an+1 = 1 2  an + 2 an  , 可推知 an ∈ Q 且 limn→∞ an = √ 2. 3 实数完备性的六个等价表述形式 (1) 单调有界定理 (2) Bolzano-Weierstrass 定理 (列紧性定理) (3) Cauchy 收敛准则 (4) 确界原理 (5) 闭区间套定理 (6) 有限覆盖定理4 例题 1.4 证明: n ∈ N ∗ , √ n ̸∈ N ∗ =⇒ √ n ̸∈ Q ∗ . 证明 用反证法. 设 √ n = p q , (p, q) = 1 且 p, q ∈ N ∗ . 则 ∃m ∈ N ∗ , 使得 m < p q < m + 1. 而 q1 := p − qm ∈ (0, q), 故 p q = √ n = p q · p − qm p − qm = qn − pm q1 := p1 q1 . 由 q > q1 知 p > p1. 而 p, q ∈ N, 由无穷递降法知上述过程不能无限进行下去, 矛盾. 例题 1.5 设 x 是给定的无理数, 则 ∀n ∈ N ∗ , ∃p, q ∈ Z, 使得 |px − q| < 1 n . 证明 考虑 {x} , {2x} , . . . , {nx} 这 n 个互不相同5 的无理数. 由抽屉原理知, ∃i, j ∈ {0, 1, 2, . . . , n}, 使得 0 < {jx} − {ix} < 1 n . 而 {(j − i)x} = {jx} − {ix}, 令 k = j − i, 则 {kx} < 1 n . 取 p = k, q = [kx], 则 |px − q| < 1 n . 由上述结论立即得到下面的推论: 推论 1.5 设 x 是给定的无理数, 则集合 {m + nx|m, n ∈ Z} 在 R 中稠密. 4数学分析 (B1) 不要求掌握. 5请读者思考为什么

中国科学技术大学 数学分析(B1)习题课讲义 1极限6 1.3.2比值法&根值法 命题1.1（比值法） 己知数列{an}. (1)若从某项起有 an+1 ≤q<1,则lim an=0. an (2)若从某项起有 an+1 >1,则lim an=o. an n→0∞ (3)若有lim an+1 an -g,则当9<1时，1iman=0:当q>1时，iman=o. 命题1.2（根值法）已知数列{an} (1)若从某项起有an≤q<1,则1iman=0. 2 (2)若从某项起有/an>1,则1iman=o. (3)若有lim/an=q,则当q<1时，lim an=0:当q>1时，lim an=oo. 说明上述命题请读者自证.使用该方法须将完整过程写清楚，不能直接使用 下面给出上述命题的应用 1.3.3比较数列收敛速度的万能工具 命题1.3把1im a=0记作a<bn(m→∞)，则(nn<n≤a”<n!< n-oo bn nn(k,l>0,a>1,n→o) 提示运用Stolz定理或比值法证明 证明 (1)注意到， (n+1)k-n ln(1+) +)- k>1 →+(n→o) 由Stolz定理知， (n+1)a-na (n+1)a-na noo In(n+1)-Inn =lim 血(1+) =+0.(a>0) 回记6=然则V∈m当n>N时，有 (+)<放当a>N时，有 2a 2a n-N 61+>1+a →cn> cN→+o(n→o) 1+a 所以ia=+0. 记a= .取N=2a+2斗.当n>N时，有 G分=a+i>2→6>2n-wcw→+∞(m→0） G+1=n+1 所以lim Cn=+oo. n-o

中国科学技术大学 数学分析 (B1) 习题课讲义 1 极限 6 1.3.2 比值法 & 根值法 命题 1.1 (比值法) 已知数列 {an}. (1) 若从某项起有     an+1 an     ⩽ q < 1, 则 limn→∞ an = 0. (2) 若从某项起有     an+1 an     > 1, 则 limn→∞ an = ∞. (3) 若有 limn→∞     an+1 an     = q, 则当 q < 1 时, limn→∞ an = 0; 当 q > 1 时, limn→∞ an = ∞. 命题 1.2 (根值法) 已知数列 {an}. (1) 若从某项起有 pn |an| ⩽ q < 1, 则 limn→∞ an = 0. (2) 若从某项起有 pn |an| > 1, 则 limn→∞ an = ∞. (3) 若有 limn→∞ pn |an| = q, 则当 q < 1 时, limn→∞ an = 0; 当 q > 1 时, limn→∞ an = ∞. 说明 上述命题请读者自证. 使用该方法须将完整过程写清楚, 不能直接使用. 下面给出上述命题的应用. 1.3.3 比较数列收敛速度的万能工具 命题 1.3 把 limn→∞ an bn = 0 记作 an ≪ bn (n → ∞), 则 (ln n) l ≪ n k ≪ a n ≪ n! ≪ n n (k, l > 0, a > 1, n → ∞). 提示 运用 Stolz 定理或比值法证明. 证明 (1) 注意到, (n + 1)k − n k ln ￾ 1 + 1 n
> n1+k " 1 + 1 n k − 1 # ⩾    n 1+k 1 + 1 n  − 1  = n k , k > 1 n 1+k 1 + k 2n  − 1  = k 2 n k , 0 < k ⩽ 1 → +∞ (n → ∞) 由 Stolz 定理知, limn→∞ n α ln n = limn→∞ (n + 1)α − n α ln(n + 1) − ln n = limn→∞ (n + 1)α − n α ln ￾ 1 + 1 n
= +∞. (α > 0) (2) 记 cn = a n nk . 则 ∃N ∈ N ∗ . 当 n > N 时, 有  1 + 1 n k < 1 + a 2 . 故当 n > N 时, 有 cn+1 cn = a ￾ 1 + 1 n
k > 2a 1 + a =⇒ cn >  2a 1 + a n−N cN → +∞ (n → ∞) 所以 limn→∞ cn = +∞. (3) 记 cn = n! a n . 取 N = [2a + 2]. 当 n > N 时, 有 cn+1 cn = n + 1 a + 1 > 2 =⇒ cn > 2 n−N cN → +∞ (n → ∞) 所以 limn→∞ cn = +∞