中国科学技术大学数学分析(B1)习题课讲义1极限7nn.则(4)记 cn=n!Cn+12Cn>2n-1c1→+80(n→00)cnn所以limCn=+00.n-0o口(n!)k例题1.6求 lim(k e N*).nnn→o0n!(n!)?(n!)k0;k≥2时，注意到（解k=1时,lim，而-onnnnnn.k(n+1-k)(2n - 2)n-2 (n!l)2k=2++8(n - )7nn-2nn-2nn(n!)k口由夹逼原理知lim+80.nn例题1.7求lim(ln(n+1)-ln2n)解我们有0< ln(n +1)- ln2n = (ln(n + 1) - lnn)(ln(n + 1) + lnn)<2 n(n + 1)1+<2ln(n + 1)ln (n1而2 ln(n + 1)2 ln(n + 1)n+1limlimlim0n+1nnn-→00口由夹逼原理知，lim(ln(n+1)-ln2n)=0自然对数的底e1.3.4作为e的定义.若进一步想了解自然对数的底在大学教材中，我们一般把lime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赞述，我们同时考察如下两个数列：1VSn(n e N*).1:-0显然，数列[sn】严格递增，且由111<3Sn≤1+1+ 2+222n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2+11+n(1+)(1+)"-1.(1+).(1+)(n+1n+1nA
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1极限8数学分析（B1）习题课讲义因此数列【en】单调递增.此外，利用二项式展开，得(n)1(-++()()()(）1en=1+-1由enl的展开式知,en≤Sn<3,故enl有上界.由单调有界定理知e=limen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.3例题1.8证明：Sn-en<2n引理1.1 n EN,对 Vri,r2,. n (0, 1),均有 II(1-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131-))2+(1)%%en=2+2nn.（-213口即Sn-en<，2n3又因为sn≥en，lim=0.由夹逼原理知s=e12n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≤nin证明左侧不等式显然成立.下证右侧不等式成立.对Vm>0，有n+m1m-11￥111>1Sn+m-Snk!(n+1)k(n+1)!-n!n(n+1)!1- 1k=n+11口令m→00得e-Sn≤nin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=,其中 p,qEN*.由于 2<e<3,因此≥2.q1得由0<e-Sn≤n!n110<ql(e-sa)≤≤29.但是1+1+元q(e - sq) =(q - 1)p- q!口是整数，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习题证明：数列是严格递减数列.1提示取倒数，月用均值不等式证明即可由此可得易知e=limnn→n1取对数得< ln (我们把推广后的情形留给读者自行完成1+n+1nn2设nEN*且k=1,2.·.证明不等式：kn+k行分别取k=1,2....,n.累加后得k+1111<ln(n +1)<1 ++2+3n+12n3利用上述不等式来解决如下问题11-ln(n+1)(nEN*).证明：:=liman存在;(1)令=1±Tn-2n1(2)利用(1)证明：1+lnn++En,其中limen=0;21n1Y(3)利用(2)证明：1++ln2Vn++en2n-121.3.5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+1f(an）（nEN*）通过迭代生成的数列.例题1.11设an=V2+V2+V2+.(n重根式),求liman.n-oc解将数列转化成递推形式ai = V2,an+1 = Van+2V2+V2>2=a1，命题用数学归纳法证明：an>an-1(n≥2).当n=2时，经计算得a2=1成立.假设n=k（k≥2）时命题成立，则ak-ak-1a+1-ak=Vak+2-Vak-1+2=> 0.Vak+2+Vak-1+2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=Van+2两侧令n→0,得α=2+a.由a≥0(因为an>0)知a=2.因此口lim an = 2.00例题1.12 dn+= 1+元:证明:(a) 收敏,并求,an:anno0
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1极限10数学分析(B1)习题课讲义分析先确定an的界.再假定anl收敛，记极限为a.在递推公式两侧令n→o得a?-a-1=0解得a.再利用a探究an+2与an的关系证明【anl收敛证明用数学归纳法证明：anE[1,2]（请读者自证).通过题目中的递推关系导出1n+2 = 2 -an+11+V5(注意α满足a2-a-1=0)得利用a:2an-aan+2-a:(an + 1)(a + 1)由此知an+2—a和an-α同号且[an+2—al<an-al.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1+V5口an+2=2-两侧令n→8o.可知两数列极限都是a：2an+1习题：根式的逼近(n N*). 其中1条给定正实数a，设数列【an】满足送代公式A：Cn+1nTi>Va.(1)证明：数列cn)递减趋于Va.这表明，从任意大于Va的初值出发，可用迭代公式A近似地计算Vaen(2)定义逼近的误差项en=En-Va.证明：En+1<2Va(3)证明：如果b=2Va,那么en+1<b（）.这表明，选代公式A收敛速度非常快(4)计算V3的精确到小数点后5位的近似值a- yn?a+yn=yn+2给定a>1,9i>Va,设数列{yn}满足迭代公式B:yn+1=1+yn1+yn(n e N*).(1）证明：数列【y2n-1}是递减数列.(2）证明：数列（3J2n）是递增数列.(3)证明：limyn=Va.(4）试讨论送代公式B逼近Va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)bn-1 + Cn-1an2, (n e N),证明m an=ibn= C -++满足< bn=23an-1 + bn-1Cn:2_bn-1 - an-1提示由条件知an+bn+Cn=an-1+bn-1+Cn-1及an-bn=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1极限数学分析（B1）习题课讲义11证明两式作差得-bmb[an - bn/ :(n-→)222n2因此lim(an-bn）=0.同理，lim(bnCn）=0,lim（an-cn）=0.而三式相加得an+bn+cn=an-1+bn-1+Cn-1=...=a+b+c.由(an +bn + Cn)+(an - bn) + (an - Cn)an3a+b+c.同理，Jim bn=lim.Cn=limana+b+c口可知liman33aibi+azb2+..+anbn设[an}满足an→aER，又设[bn)是正数列,Cn=例题1.14，bi+b2+.+bn求证：(1)(cn)收敛;(2)若 (b1 +b2 +..+bn)→ +o0, 则 lim Cn = a.提示以数列[Bn=b1+b2+.+bnl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=bi+b2+..+bn)无界，即Bn→+o0，又【Bn)严格单调递增，由Stolz定理得：anbnanbn = lim an = a.= limlim Cn = limn-→0Bn-Bn-1n→00bn(1)若数列{Bn)有界，又{Bn)严格单调递增，故数列{Bn收敛不妨设limBn=B.注意到,Bn≥biB≥bi>0.lim Snnn-α也存在.记Sn=aibi.往证：数列【Sn)极限存在，从而limCnlim Bn因为an→a(n→),所以数列[an)有界,即M>0,使得|anl<M(n=1,2,.).由数列(Bn)收敛及Cauchy收敛准则知,Ve>0,NEN*，使得当n>N时，对VpEN*.则n>N时,有有 [Bn+p-Bnl<MISn+p-Snl=[an+1bn+1+an+2bn+2+...+ an+pbn+pl≤ M Jbn+1 + bn+2 + ... + bn+pl= M|Bn+p-BnlE<M.-M=e.由上式及Cauchy收敛准则知，{Sn}收敛，记limSn=S，则limSnSnsn-olim Cn= limn-Bnlim Bnn-→xn-→00故数列【cn）收敛.口
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