数学分析考研重难点习题汇总(01)

数列极限

单调有界原理

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.
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

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

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 $f(x)=x$