数学分析考研重难点习题汇总(01)

数列极限

单调有界原理

  1. 解答如下问题:

    (1) 证明: 当 x > 0 时, \frac{x}{1+x} < \ln (1+x) < x;

    (2) 设 a_{n}=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}-\ln n, n=1,2, \cdots证明数列 \left\{a_{n}\right\} 收敛.

    解答. (1) 记 f(x)=\ln (1+x), 当 x > 0 时, 由拉格朗日中值定理, 存在
    \xi \in(0, x), 使得
    f(x)-f(0)=f^{\prime}(\xi) x=\frac{x}{1+\xi} \in\left(\frac{x}{1+x}, x\right) .
    即有\frac{x}{1+x} < \ln (1+x) < x .

    (2) 对任意的正整数 n, 将 x=\frac{1}{n} 代入到 (*) 式可得
    \frac{1}{n+1} < \ln \frac{n+1}{n} < \frac{1}{n} \quad (*)
    那么
    a_{n+1}-a_{n}=\frac{1}{n+1}-\ln (n+1)+\ln n=\frac{1}{n+1}-\ln \frac{n+1}{n} < 0 .
    所以 \left\{a_{n}\right\} 单调递减. 另外, 再次结合 (*) 式, 还有
    a_{n} > \ln \frac{2}{1}+\ln \frac{3}{2}+\cdots+\ln \frac{n+1}{n}-\ln n=\ln (n+1)-\ln n > 0 .
    所以 \left\{a_{n}\right\} 有下界, 进而 \left\{a_{n}\right\} 收敛.

  2. 已知 f_{n}(x)=x^{n}+x, n=1,2, \cdots.

    (1) 证明: 方程 f_{n}(x)=1 在 \left[\frac{1}{2}, 1\right]上有且仅有一个解 x_{n}.

    (2) 证明: \left\{x_{n}\right\} 极限存在, 并求\lim \limits_{n \rightarrow \infty} x_{n}.

    解答. (1) 对任意的正整数 n, 显然 f_{n}(x) 在\left[\frac{1}{2}, 1\right] 上连续且严格递增, 同时
    f_{n}\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2^{n}}+\frac{1}{2} \leq 1, f_{n}(1)=2 > 1 .
    根据连续函数的介值定理, 方程 f_{n}(x)=1 在\left[\frac{1}{2}, 1\right] 上有且仅有一个解 x_{n}.

    (2) 对任意的正整数 n, 由于f_{n}\left(x_{n}\right)=f_{n+1}\left(x_{n+1}\right)=1, 即
    x_{n}^{n}+x_{n}=x_{n+1}^{n+1}+x_{n+1}=1 .\quad (*)
    若存在正整数 n, 使得 x_{n+1} \leq x_{n}, 即\frac{1}{2} \leq x_{n+1} \leq x_{n} < 1, 则x_{n}^{n} \geq x_{n+1}^{n} > x_{n+1}^{n+1}, 那么
    x_{n}^{n}+x_{n} > x_{n+1}^{n+1}+x_{n+1} .
    这与 (*) 式矛盾. 所以对任意的正整数 n, 均有 x_{n+1} > x_{n}, 即\left\{x_{n}\right\} 严格递增, 再结合有界性可知 \left\{x_{n}\right\}收敛,设 \lim \limits_{n \rightarrow \infty} x_{n}=a, 则\frac{1}{2} \leq a \leq 1. 若 a < 1, 任取 q \in(a, 1), 则存在 N > 0,使得 n > N 时, 有 \frac{1}{2} \leq x_{n} < q, 从而
    \frac{1}{2^{n}} \leq x_{n}^{n} < q^{n}(n > N) .
    由迫敛性可知 \lim \limits_{n \rightarrow \infty} x_{n}^{n}=0,那么对等式 x_{n}^{n}+x_{n}=1 两端取极限得 0+a=1, 即 a=1, 这与a < 1 矛盾. 从而只能是 a=1, 即\lim \limits_{n \rightarrow \infty} x_{n}=1.

递推公式

  1. 设\alpha > 0, x_{1} > 0, x_{n+1}=\frac{\alpha}{1+x_{n}}(n=1,2, \cdots),证明数列 \left\{x_{n}\right\} 收敛, 并求其极限.

    解答. 首先记 x^{2}+x-\alpha=0 的两个实根为a=\frac{-1+\sqrt{1+4 \alpha}}{2}, b=\frac{-1-\sqrt{1+4 \alpha}}{2},则由
    a^{2}+a-\alpha=0, b^{2}+b-\alpha=0
    可知 \frac{\alpha}{a}-1=a, \frac{\alpha}{b}-1=b,另外由数学归纳法容易证明 x_{n} > 0, 而 b < 0, 所以 x_{n} \neq b,于是结合已知便有
    \frac{x_{n+1}-a}{x_{n+1}-b}=\frac{\frac{\alpha}{1+x_{n}}-a}{\frac{\alpha}{1+x_{n}}-b}=\frac{\alpha-a\left(1+x_{n}\right)}{\alpha-b\left(1+x_{n}\right)}=\frac{a}{b} \cdot \frac{\frac{\alpha}{a}-1-x_{n}}{\frac{\alpha}{b}-1-x_{n}}=\frac{a}{b} \cdot \frac{a-x_{n}}{b-x_{n}}=\frac{a}{b} \cdot \frac{x_{n}-a}{x_{n}-b} .
    这说明 \left\{\frac{x_{n}-a}{x_{n}-b}\right\} 是以 \frac{a}{b}为公比的等比数列, 即
    \frac{x_{n}-a}{x_{n}-b}=\frac{x_{1}-a}{x_{1}-b} \cdot\left(\frac{a}{b}\right)^{n-1} \triangleq y_{n} .
    解得 x_{n}=\frac{a-b y_{n}}{1-y_{n}}. 而显然
    \left|\frac{a}{b}\right|=\frac{\sqrt{1+4 \alpha}-1}{\sqrt{1+4 \alpha}+1} < 1 .
    于是\lim \limits_{n \rightarrow \infty} y_{n}=\lim \limits_{n \rightarrow \infty} \frac{x_{1}-a}{x_{1}-b} \cdot\left(\frac{a}{b}\right)^{n-1}=0,即
    \lim \limits_{n \rightarrow \infty} x_{n}=\lim \limits_{n \rightarrow \infty} \frac{a-b y_{n}}{1-y_{n}}=a=\frac{-1+\sqrt{1+4 \alpha}}{2} .

压缩映射

  1. 已知 |f(x)-f(y)| \leq L|x-y|, L \in(0,1). 证明: 存在唯一的x, 使得 f(x)=x.

    解答. 首先任取 x_{1} \in \mathbb{R}, 定义数列 \left\{x_{n}\right\}为 x_{n+1}=f\left(x_{n}\right), n=1,2, \cdots. 那么根据已知, 有
    \left|x_{n+1}-x_{n}\right|=\left|f\left(x_{n}\right)-f\left(x_{n-1}\right)\right| \leq L\left|x_{n}-x_{n-1}\right|, n=2,3, \cdots
    于是对任意的 n > m > 0, 有
    \begin{aligned} \left|x_{n}-x_{m}\right| & \leq\left|x_{n}-x_{n-1}\right|+\left|x_{n-1}-x_{n-2}\right|+\cdots+\left|x_{m+1}-x_{m}\right| \\ & \leq\left(1+L+\cdots+L^{n-m-1}\right)\left|x_{m+1}-x_{m}\right| \\ & \leq \frac{1-L^{n-m}}{1-L} \cdot L^{m-1}\left|x_{2}-x_{1}\right| \\ & < \frac{L^{m-1}}{1-L}\left|x_{2}-x_{1}\right| . \end{aligned}
    而显然\lim \limits_{m \rightarrow \infty} \frac{L^{m-1}}{1-L}\left|x_{2}-x_{1}\right|=0,所以对任意的 \varepsilon > 0, 存在 N > 0, 使得 m > N 时, 有\frac{L^{m-1}}{1-L}\left|x_{2}-x_{1}\right| < \varepsilon,进而当 n > m > N时, 有
    \left|x_{n}-x_{m}\right| < \frac{L^{m-1}}{1-L}\left|x_{2}-x_{1}\right| < \varepsilon .
    由柯西准则便知数列 \left\{x_{n}\right\} 收敛, 设\lim \limits_{n \rightarrow \infty} x_{n}=x, 那么对f\left(x_{n}\right)=x_{n+1} 取极限, 就有 f(x)=x.另外, 若还存在 x^{\prime} \in \mathbb{R}, 满足f\left(x^{\prime}\right)=x^{\prime}, 那么
    \left|x-x^{\prime}\right|=\left|f(x)-f\left(x^{\prime}\right)\right| \leq L\left|x-x^{\prime}\right| .
    再结合 L \in(0,1) 可知 \left|x-x^{\prime}\right|=0, 即x^{\prime}=x. 所以存在唯一的 x, 使得 f(x)=x

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