中国科学技术大学 数学分析(B1)习题课讲义 1极限7 (4纠)记c- n ·则 Cn+1 Cn 所以in=+o0. 口 例题1.6求1im (n!) (k∈N) n→ 解k=1时，lim n! n→on =0k≥2时，注意到< nn n,而 (n!)2 km+1-) =2 (2m-2)n-2 nn-2 nn-2 →+o(n→∞)： 由夹逼原理知lim (n) =十00. ▣ n→onn 例题1.7求1im(n2(n+1)-ln2n. 解我们有 0<In2(n+1)-In2n (In(n+1)-Inn)(In(n+1)+Inn) <2a+in(+) 2lh(m+1) 而 2ln(n+1) lim lim 2ln(n+1) .1im+1=0. n-→o0 n-+0c n+1n-→on 由夹逼原理知，织（血(n+1)-血2n)=0. ▣ 1.3.4 自然对数的底e 在大学教材中，我们一般把lim 作为e的定义.若进一步想了解自然对数的底 n→ e的本原和历史，可以查阅有关数学史的书，这些内容在本讲义中不再赘述. 我们同时考察如下两个数列： (n∈N*) 显然，数列{sn}严格递增，且由 11 1 sn≤1+1+2+2+…+ 2n3 知{sn}有上界.由单调有界定理知s:=lim sn存在. 由均值不等式知 +=)(+边(+)”-(+)
中国科学技术大学 数学分析 (B1) 习题课讲义 1 极限 7 (4) 记 cn = n n n! . 则 cn+1 cn = 1 + 1 n n > 2 =⇒ cn > 2 n−1 c1 → +∞ (n → ∞) 所以 limn→∞ cn = +∞. 例题 1.6 求 limn→∞ (n!)k nn (k ∈ N ∗ ). 解 k = 1 时, limn→∞ n! nn = 0; k ⩾ 2 时, 注意到 (n!)2 nn ⩽ (n!)k nn , 而 (n!)2 nn = nQ−1 k=2 k(n + 1 − k) nn−2 ⩾ (2n − 2)n−2 nn−2 → +∞ (n → ∞). 由夹逼原理知 limn→∞ (n!)k nn = +∞. 例题 1.7 求 limn→∞ (ln2 (n + 1) − ln2 n). 解 我们有 0 < ln2 (n + 1) − ln2 n = (ln(n + 1) − ln n)(ln(n + 1) + ln n) < 2 ln(n + 1)ln 1 + 1 n < 2 ln(n + 1) n , 而 limn→∞ 2 ln(n + 1) n = limn→∞ 2 ln(n + 1) n + 1 · limn→∞ n + 1 n = 0. 由夹逼原理知, limn→∞ (ln2 (n + 1) − ln2 n) = 0. 1.3.4 自然对数的底 e 在大学教材中, 我们一般把 limn→∞ 1 + 1 n n 作为 e 的定义. 若进一步想了解自然对数的底 e 的本原和历史, 可以查阅有关数学史的书, 这些内容在本讲义中不再赘述. 我们同时考察如下两个数列: en = 1 + 1 n n , sn = Xn k=0 1 k! (n ∈ N ∗ ). 显然, 数列 {sn} 严格递增, 且由 sn ⩽ 1 + 1 + 1 2 + 1 2 2 + · · · + 1 2 n < 3 知 {sn} 有上界. 由单调有界定理知 s := limn→∞ sn 存在. 由均值不等式知 1 + 1 n n = 1 · 1 + 1 n . . . 1 + 1 n | {z } n 个 < 1 + n 1 + 1 n n + 1 !n+1 = 1 + 1 n + 1n+1
中国科学技术大学 数学分析(B1)习题课讲义 1极限8 因此数列{en}单调递增.此外，利用二项式展开，得 6=1+食)是=1++(-)++(-）(-)(-) 由{en}的展开式知，en≤sm<3,故{en}有上界.由单调有界定理知e=lim en存在， n 即e的定义是合理的.我们利用如下不等式来得到s=e. 例题1.8证明：sn-en< 2n 引理1.1n∈N*,对m1,r2,,rn∈(0,1)，均有】 1-r)≥1-∑rk 三1 k=1 提示用数学归纳法证明.引理的证明留给读者自行完成， 回到原题。 证明利用en的二项式展开式，由上述引理知 6=2+ 试()+(-)-三品 、1 即sn-en<2 又因为sn≥en,lim 3=0.由夹逼原理知s=e 为得到e的近似值，利用如下不等式，我们可用sn的值进行逼近. 例题1.9证明：0<e-sm≤ 证明左侧不等式显然成立.下证右侧不等式成立.对m>0,有 t11 11 111 Sn+m -Sn 芝aa+Σm+或a+-南 1 令m→o,得e-sn≤ 口 m！n 因此，用s10逼近e所产生得误差小于10-7→e=2.71828.. 同时，利用上述不等式我们还可以证明如下命题： 例题1.10证明：e是无理数. 证明 用反证法.假设e=卫，其中p,g∈N*.由于2<e<3,因此q≥2。 由0<e-sm≤ 0<9e-≤号 但是 e-=-p-9(+1+++动》 是整数，矛盾 ▣ 由此可知，数列{en}与{sn}各项都是有理数，但它们的极限却是无理数.这又一次说明 有理数域是不完备的
中国科学技术大学 数学分析 (B1) 习题课讲义 1 极限 8 因此数列 {en} 单调递增. 此外, 利用二项式展开, 得 en = 1 +Xn k=1 n k 1 nk = 1 + 1 1! + 1 2! 1 − 1 n + · · · + 1 n! 1 − 1 n 1 − 2 n . . . 1 − n − 1 n . 由 {en} 的展开式知, en ⩽ sn < 3, 故 {en} 有上界. 由单调有界定理知 e = limn→∞ en 存在, 即 e 的定义是合理的. 我们利用如下不等式来得到 s = e. 例题 1.8 证明: sn − en < 3 2n . 引理 1.1 n ∈ N ∗ , 对 ∀r1, r2, . . . , rn ∈ (0, 1), 均有 Yn k=1 (1 − rk) ⩾ 1 − Xn k=1 rk. 提示 用数学归纳法证明. 引理的证明留给读者自行完成. 回到原题. 证明 利用 en 的二项式展开式, 由上述引理知 en = 2 +Xn k=2 1 k! k Y−1 t=1 1 − t n ⩾ 2 +Xn k=2 1 k! 1 − X k−1 t=1 t n ! = sn − 1 2n Xn k=2 1 (k − 2)! > sn − 3 2n . 即 sn − en < 3 2n . 又因为 sn ⩾ en, limn→∞ 3 2n = 0. 由夹逼原理知 s = e. 为得到 e 的近似值, 利用如下不等式, 我们可用 sn 的值进行逼近. 例题 1.9 证明: 0 < e − sn ⩽ 1 n!n . 证明 左侧不等式显然成立. 下证右侧不等式成立. 对 ∀m > 0, 有 sn+m − sn = nX +m k=n+1 1 k! < 1 (n + 1)! mX−1 k=0 1 (n + 1)k < 1 (n + 1)! 1 1 − 1 n+1 = 1 n!n . 令 m → ∞, 得 e − sn ⩽ 1 n!n . 因此, 用 s10 逼近 e 所产生得误差小于 10−7 =⇒ e = 2.71828 . . . 同时, 利用上述不等式我们还可以证明如下命题: 例题 1.10 证明: e 是无理数. 证明 用反证法. 假设 e = p q , 其中 p, q ∈ N ∗ . 由于 2 < e < 3, 因此 q ⩾ 2. 由 0 < e − sn ⩽ 1 n!n 得 0 < q!(e − sq) ⩽ 1 q ⩽ 1 2 . 但是 q!(e − sq) = (q − 1)!p − q! 1 + 1 + 1 2! + · · · + 1 q 是整数, 矛盾. 由此可知, 数列 {en} 与 {sn} 各项都是有理数, 但它们的极限却是无理数. 这又一次说明 有理数域是不完备的
中国科学技术大学 数学分析(B1)习题课讲义 1极限9 习题 1 证明：数列 是严格递减数列. 提示取倒数，用均值不等式证明即可 n-I 1 易知e=lim n-oc 1+n· 由此可得 (+)<e<(+) 取对数得 n+1 <(1+)<我们把推广后的情形留给读者自行完成 2 设n∈N且k=1,2,·.证明不等式： 对本<血(+)<分别取太=1,2，m累加后得 +3+…+1 11 2 +n+<血m+)<1+号++ 3 利用上述不等式来解决如下问题， )令n=1+号++-n十1)a∈.证明y=m存在： 1 1 1 1 (②)利用（四证明：1+2+…+=hn+y+,其中imn=0: n 70 @利用②证明：1+写十+2n=血2顶+3+n 1 1.3.5由迭代生成的数列 说明这里“由迭代生成的数列”指给定数列{an}中的a1后，用递推公式an+1= f(an)(m∈N*)通过迭代生成的数列， 例题1.11设an-√2+V2+V2+(n重根式)，求1iman: n→o∞ 解将数列转化成递推形式 a1=V2,an+1=Van +2 用数学归纳法证明：an>an-1(n≥2).当n=2时，经计算得a2=V2+V2>2=a1,命题 成立.假设n=k(k≥2)时命题成立，则 ak+1-ak=Vak+2-Vak-1+2=- ak -ak-1 @+2+Va-1+2>0. 所以n=飞+1时命题成立，故数学归纳法得证 用数学归纳法类似可得an<2.由单调有界原理知{an}收敛.设其极限为a.在递推公 式an+1=√an+2两侧令n→o,得a=V2+a.由a≥0（因为an>0)知a=2.因此 lim an =2 ▣ n→o 例题1.12设an+1=1+1.证明：{a}收敛，并求1iman a n-
中国科学技术大学 数学分析 (B1) 习题课讲义 1 极限 9 习题 1 证明: 数列 ( 1 + 1 n n+1) 是严格递减数列. 提示 取倒数, 用均值不等式证明即可. 易知 e = limn→∞ 1 + 1 n n+1 . 由此可得 1 + 1 n n < e < 1 + 1 n n+1 . 取对数得 1 n + 1 < ln 1 + 1 n < 1 n . 我们把推广后的情形留给读者自行完成. 2 设 n ∈ N ∗ 且 k = 1, 2, · · · . 证明不等式: k n + k < ln 1 + k n < k n . 对 1 k + 1 < ln 1 + 1 k < 1 k 分别取 k = 1, 2, . . . , n. 累加后得 1 2 + 1 3 + · · · + 1 n + 1 < ln (n + 1) < 1 + 1 2 + · · · + 1 n . 3 利用上述不等式来解决如下问题. (1) 令 xn = 1 + 1 2 + · · · + 1 n − ln(n + 1) (n ∈ N ∗ ). 证明: γ := limn→∞ xn 存在; (2) 利用 (1) 证明: 1 + 1 2 + · · · + 1 n = ln n + γ + εn, 其中 limn→∞ εn = 0; (3) 利用 (2) 证明: 1 + 1 3 + · · · + 1 2n − 1 = ln 2 √ n + γ 2 + εn. 1.3.5 由迭代生成的数列 说明 这里 “由迭代生成的数列” 指给定数列 {an} 中的 a1 后, 用递推公式 an+1 = f(an) (n ∈ N ∗ ) 通过迭代生成的数列. 例题 1.11 设 an = r 2 + q 2 + √ 2 + · · · (n 重根式), 求 limn→∞ an. 解 将数列转化成递推形式 a1 = √ 2, an+1 = √ an + 2. 用数学归纳法证明: an > an−1(n ⩾ 2). 当 n = 2 时, 经计算得 a2 = q 2 + √ 2 > 2 = a1, 命题 成立. 假设 n = k(k ⩾ 2) 时命题成立, 则 ak+1 − ak = √ ak + 2 − p ak−1 + 2 = ak − ak−1 √ ak + 2 + √ ak−1 + 2 > 0. 所以 n = k + 1 时命题成立, 故数学归纳法得证. 用数学归纳法类似可得 an < 2. 由单调有界原理知 {an} 收敛. 设其极限为 a. 在递推公 式 an+1 = √ an + 2 两侧令 n → ∞, 得 a = √ 2 + a. 由 a ⩾ 0 (因为 an > 0) 知 a = 2. 因此 limn→∞ an = 2. 例题 1.12 设 an+1 = 1 + 1 an . 证明: {an} 收敛, 并求 limn→∞ an
中国科学技术大学 数学分析(B1)习题课讲义 1极限10 分析先确定am的界.再假定{an}收敛，记极限为a.在递推公式两侧令n→o得 a2-a-1=0解得a.再利用a探究an+2与an的关系证明{an}收敛. 证明用数学归纳法证明：an∈[1,2（请读者自证）.通过题目中的递推关系导出 am+2=2- 1 an+1 利用a=1+ 2 2(注意a满足a2-a-1=0)得 an-a an+2-a= (an+1)(a+1) 由此知an+2-a和an-a同号且lan+2-a个<lan-a.再由a1=1,a2=2知，数列 {a2k-1}严格递增，数列{a2}严格递减.由单调有界原理知{a2k-,{a2}收敛.在递推公式 0n+2=2、 1 两侧令n→o,可知两数列极限都是a= 1+V5 口 an+1 2 习题：根式的逼近 1 给定正实数a,设数列{zn}满足迭代公式A:xn+1 (n∈N).其中 T1>Va (1)证明：数列{xn}递减趋于v√a.这表明，从任意大于vā的初值出发，可用迭代公式A 近似地计算√a. (2)定义逼近的误差项en=xn-√a.证明：en+1< 2a (③)证明：如果b-2Va,那么+1<b().这表明，迭代公式A收敛速度非常快 (4)计算√的精确到小数点后5位的近似值 2给定a>l,h>Va,设数列{yn}满足迭代公式B:yn+1= a+!n =yn+ a-yn2 1+Un 1+Un (n∈N*). (1)证明：数列{y2m-1}是递减数列. (2)证明：数列{2n}是递增数列. (3)证明：lim yn=√a. (4)试讨论迭代公式B逼近√ā的收敛速度，并与迭代公式A进行比较. 1.3.6多数列关系下数列收敛性问题 例题1.13设a,b,c是给定的三个实数，令ao=a,bo=b,co=c,数列{an},{bn,{cn} On-1+Cn-1 2 满足〈 n= an-1+Cn- 2 ，n∈N)证明：imn=ma=lm=a+h+g 3 an-1+On-1 Cn= 2 提示 由条件知an+n+Gn=an-1+bn-1十6-1及an-bn=b-1二am-l 2
中国科学技术大学 数学分析 (B1) 习题课讲义 1 极限 10 分析 先确定 an 的界. 再假定 {an} 收敛, 记极限为 a. 在递推公式两侧令 n → ∞ 得 a 2 − a − 1 = 0 解得 a. 再利用 a 探究 an+2 与 an 的关系证明 {an} 收敛. 证明 用数学归纳法证明: an ∈ [1, 2] (请读者自证). 通过题目中的递推关系导出 an+2 = 2 − 1 an + 1 . 利用 a = 1 + √ 5 2 (注意 a 满足 a 2 − a − 1 = 0) 得 an+2 − a = an − a (an + 1)(a + 1). 由此知 an+2 − a 和 an − a 同号且 |an+2 − a| < |an − a|. 再由 a1 = 1, a2 = 2 知, 数列 {a2k−1} 严格递增, 数列 {a2k} 严格递减. 由单调有界原理知 {a2k−1}, {a2k} 收敛. 在递推公式 an+2 = 2 − 1 an + 1 两侧令 n → ∞, 可知两数列极限都是 a = 1 + √ 5 2 . 习题: 根式的逼近 1 给定正实数 a, 设数列 {xn} 满足迭代公式 A: xn+1 = 1 2 xn + a xn (n ∈ N ∗ ). 其中 x1 > √ a. (1) 证明: 数列 {xn} 递减趋于 √ a. 这表明, 从任意大于 √ a 的初值出发, 可用迭代公式 A 近似地计算 √ a. (2) 定义逼近的误差项 εn = xn − √ a. 证明: εn+1 < ε 2 n 2 √ a . (3) 证明: 如果 b = 2√ a, 那么 εn+1 < b ε1 b 2 n . 这表明, 迭代公式 A 收敛速度非常快. (4) 计算 √ 3 的精确到小数点后 5 位的近似值. 2 给定 a > 1, y1 > √ a, 设数列 {yn} 满足迭代公式 B: yn+1 = a + yn 1 + yn = yn + a − yn 2 1 + yn (n ∈ N ∗ ). (1) 证明: 数列 {y2n−1} 是递减数列. (2) 证明: 数列 {y2n} 是递增数列. (3) 证明: limn→∞ yn = √ a. (4) 试讨论迭代公式 B 逼近 √ a 的收敛速度, 并与迭代公式 A 进行比较. 1.3.6 多数列关系下数列收敛性问题 例题 1.13 设 a, b, c 是给定的三个实数, 令 a0 = a, b0 = b, c0 = c, 数列 {an}, {bn}, {cn} 满足 an = bn−1 + cn−1 2 , bn = an−1 + cn−1 2 , cn = an−1 + bn−1 2 , (n ∈ N ∗ ). 证明: limn→∞ an = limn→∞ bn = limn→∞ cn = a + b + c 3 . 提示 由条件知 an + bn + cn = an−1 + bn−1 + cn−1 及 an − bn = bn−1 − an−1 2
中国科学技术大学 数学分析(B1)习题课讲义 1极限11 证明两式作差得 lan -bnl 2 22 →0(n→o) 因此lim(an-bn)=0.同理，1im(6n-cn)=0,lim(an-G)=0.而三式相加得 an +on+Cn=an-1+on-1+Cn-1=...=a+b+c. 由 an=an+bm+m）+(an-bn)+(an-cn） 2 可知imh0+名十同理，im,=ma=m,a十6十9 ▣ 3 例题1.14设{a}满足a→ae民，又设，}是正数列，=16++…+a6 b1+b2+·+bn 求证： (1){cn}收敛； (2)若(b1+b2+·+bn)→+∞，则lim cn=a. 提示以数列{Bn=b1+b2+…+b}是否有界为分类依据进行分类讨论.（从而(2）为 无界的情况.) 对于(1)，我们无法求出数列{cn}的极限，而要证其收敛，故应考虑Cauchy收敛准则， 证明(1)(2)若数列{Bn-b1+b2+…+bn}无界，即Bmn→+oo,又{Bn}严格单调 递增，由Stolz定理得： 黑=a染-黑=a (1)若数列{B}有界，又{Bn}严格单调递增，故数列{Bn}收敛， 不妨设lim Bn=B.注意到，Bn≥b1→B≥b1>0. n+00 lim Sn 记S.=∑a.往证：数列{S}极限存在，从而i9=mB n→00 也存在 ● i=1 因为an→a(n→oo),所以数列{an}有界，即M>0,使得lan<M(n=l,2,…) 由数列{Bn}收敛及Cauchy收敛准则知，e>0,N∈N*,使得当n>N时，对p∈N, 有B+p-B<证则n>N时，有 Sn+p-Snl=lan+ion+1+an+26n+2+.+an+pon+pl ≤Mlbn+1+bn+2+…+b+pl =MIBn+p-Bnl <M·7 =6. 由上式及Cauchy收敛准则知，{Sn}收敛，记imSn=S,则 17●0 lim Sn S =B=mB。”B n→co 故数列{cn}收敛 0
中国科学技术大学 数学分析 (B1) 习题课讲义 1 极限 11 证明 两式作差得 |an − bn| = an−1 − bn−1 2 = an−2 − bn−2 2 2 = · · · = a − b 2 n → 0 (n → ∞). 因此 limn→∞ (an − bn) = 0. 同理, limn→∞ (bn − cn) = 0, limn→∞ (an − cn) = 0. 而三式相加得 an + bn + cn = an−1 + bn−1 + cn−1 = · · · = a + b + c. 由 an = (an + bn + cn) + (an − bn) + (an − cn) 3 可知 limn→∞ an = a + b + c 3 . 同理, limn→∞ bn = limn→∞ cn = limn→∞ an = a + b + c 3 . 例题 1.14 设 {an} 满足 an → a ∈ R, 又设 {bn} 是正数列, cn = a1b1 + a2b2 + · · · + anbn b1 + b2 + · · · + bn . 求证: (1) {cn} 收敛; (2) 若 (b1 + b2 + · · · + bn) → +∞, 则 limn→∞ cn = a. 提示 以数列 {Bn = b1 + b2 + · · · + bn} 是否有界为分类依据进行分类讨论. (从而 (2) 为 无界的情况. ) 对于 (1), 我们无法求出数列 {cn} 的极限, 而要证其收敛, 故应考虑 Cauchy 收敛准则. 证明 (1) (2) 若数列 {Bn = b1 + b2 + · · · + bn} 无界, 即 Bn → +∞, 又 {Bn} 严格单调 递增, 由 Stolz 定理得: limn→∞ cn = limn→∞ anbn Bn − Bn−1 = limn→∞ anbn bn = limn→∞ an = a. (1) 若数列 {Bn} 有界, 又 {Bn} 严格单调递增, 故数列 {Bn} 收敛. 不妨设 limn→∞ Bn = B. 注意到, Bn ⩾ b1 =⇒ B ⩾ b1 > 0. 记 Sn = Xn i=1 aibi . 往证: 数列 {Sn} 极限存在, 从而 limn→∞ cn = limn→∞ Sn limn→∞ Bn 也存在. 因为 an → a (n → ∞), 所以数列 {an} 有界, 即 ∃M > 0, 使得 |an| < M (n = 1, 2, · · ·). 由数列 {Bn} 收敛及 Cauchy 收敛准则知, ∀ε > 0, ∃N ∈ N ∗ , 使得当 n > N 时, 对 ∀p ∈ N ∗ , 有 |Bn+p − Bn| < ε M . 则 n > N 时, 有 |Sn+p − Sn| = |an+1bn+1 + an+2bn+2 + · · · + an+pbn+p| ⩽ M |bn+1 + bn+2 + · · · + bn+p| = M |Bn+p − Bn| < M · ε M = ε. 由上式及 Cauchy 收敛准则知, {Sn} 收敛, 记 limn→∞ Sn = S, 则 limn→∞ cn = limn→∞ Sn Bn = limn→∞ Sn limn→∞ Bn = S B . 故数列 {cn} 收敛