数学分析考研重难点习题汇总(02)

数列极限02

迫敛性与积分法

计算以下极限:

(1) $\lim \limits_{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{(2 k-1)^{4}}{n^{5}+k^{4}}$ ;

(2) $\lim \limits_{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{n}{n^{2}+k} \ln \left(1+\frac{k}{n}\right)$ .

解答.(1) 首先对任意的正整数 $n$ , 当 $1 \leq k \leq n$ 时,有
$\frac{(2 k-1)^{4}}{n^{5}+n^{4}} \leq \frac{(2 k-1)^{4}}{n^{5}+k^{4}} \leq \frac{(2 k-1)^{4}}{n^{5}} .$
上式关于 $k$ 求和,就有
$\frac{n^{5}}{n^{5}+n^{4}} \sum_{k=1}^{n} \frac{(2 k-1)^{4}}{n^{5}} \leq \sum_{k=1}^{n} \frac{(2 k-1)^{4}}{n^{5}+k^{4}} \leq \sum_{k=1}^{n} \frac{(2 k-1)^{4}}{n^{5}} \quad (3)$
而由定积分的性质可知
$\lim \limits_{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{(2 k-1)^{4}}{n^{5}}=\frac{1}{2} \lim \limits_{n \rightarrow \infty} \frac{2}{n} \sum_{k=1}^{n}\left(\frac{2 k-1}{n}\right)^{4}=\frac{1}{2} \int_{0}^{2} x^{4} \mathrm{~d} x=\frac{16}{5} .$
再结合
$\lim \limits_{n \rightarrow \infty} \frac{n^{5}}{n^{5}+n^{4}}=\lim \limits_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{1+\frac{1}{n}}=1$
可知
$\lim \limits_{n \rightarrow \infty} \frac{n^{5}}{n^{5}+n^{4}} \sum_{k=1}^{n} \frac{(2 k-1)^{4}}{n^{5}}=\lim \limits_{n \rightarrow \infty} \frac{n^{5}}{n^{5}+n^{4}} \cdot \lim \limits_{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{(2 k-1)^{4}}{n^{5}}=\frac{16}{5} .$
所以结合(3) 式,由迫敛性可知
$\lim \limits_{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{(2 k-1)^{4}}{n^{5}+k^{4}}=\frac{16}{5}$ .

(2)由于 $\frac{n}{n^{2}+k} \ln \left(1+\frac{k}{n}\right)=\frac{\ln \left(1+\frac{k}{n}\right)}{n+\frac{k}{n}}$ ,且
$\sum_{k=1}^{n} \frac{\ln \left(1+\frac{k}{n}\right)}{n+1} \leq \sum_{k=1}^{n} \frac{\ln \left(1+\frac{k}{n}\right)}{n+\frac{k}{n}} \leq \sum_{k=1}^{n} \frac{\ln \left(1+\frac{k}{n}\right)}{n} .$
同时
$\begin{array}{c} \lim \limits_{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{\ln \left(1+\frac{k}{n}\right)}{n+1}=\lim \limits_{n \rightarrow \infty} \frac{n}{n+1} \cdot \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \ln \left(1+\frac{k}{n}\right)=\int_{0}^{1} \ln (1+x) \mathrm{d} x=2 \ln 2-1, \\ \lim \limits_{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{\ln \left(1+\frac{k}{n}\right)}{n}=\lim \limits_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \ln \left(1+\frac{k}{n}\right)=\int_{0}^{1} \ln (1+x) \mathrm{d} x=2 \ln 2-1 . \end{array}$

从而由迫敛性可知
$\lim \limits_{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{n}{n^{2}+k} \ln \left(1+\frac{k}{n}\right)=2 \ln 2-1 .$

平均值定理与 Stolz 公式

若 $\lim \limits_{n \rightarrow \infty} a_{n}=a$ . 证明: $\lim \limits_{n \rightarrow \infty} \frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n}=a$ .

解答. 由于 $\lim \limits_{n \rightarrow \infty} a_{n}=a$ , 所以对任意的 $\varepsilon > 0$ , 存在正整数 $N$ , 使得 $n > N$ 时, 有 $\left|a_{n}-a\right| < \varepsilon$ . 而明显
$\lim \limits_{n \rightarrow \infty} \frac{\left|a_{1}-a\right|+\cdots+\left|a_{N}-a\right|}{n}=0 .$
所以存在正整数 $M$ , 使得 $n > M$ 时, 有
$\frac{\left|a_{1}-a\right|+\cdots+\left|a_{N}-a\right|}{n} < \varepsilon .$
那么当 $n > \max \{N, M\}$ 时, 有
$\begin{array}{l} \left|\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n}-a\right| \\ =\left|\frac{\left(a_{1}-a\right)+\cdots+\left(a_{N}-a\right)+\left(a_{N+1}-a\right)+\cdots+\left(a_{n}-a\right)}{n}\right| \\ \leq \frac{\left|a_{1}-a\right|+\cdots+\left|a_{N}-a\right|}{n}+\frac{\left|a_{N+1}-a\right|+\cdots+\left|a_{n}-a\right|}{n} \\ < \varepsilon+\frac{(n-N) \varepsilon}{n} < \varepsilon+\varepsilon=2 \varepsilon . \end{array}$
这说明 $\lim \limits_{n \rightarrow \infty} \frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n}=a$ .
设函数 $f \in C^{2}[0,1], f^{\prime}(0)=1, f^{\prime \prime}(0) \neq 0$ 且 $0 < f(x) < x, x \in(0,1)$ . 令 $a_{1} \in(0,1), a_{n+1}=f\left(a_{n}\right)(n=1,2, \cdots) .$ (1) 证明: 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 收敛, 并求 $\lim \limits_{n \rightarrow \infty} a_{n}$ ;
(2) 试问数列 $\left\{n a_{n}\right\}$ 是否一定收敛? 若不一定收敛,请举出反例; 若收敛, 求其极限 $\lim \limits_{n \rightarrow \infty} n a_{n}$ .

解答. (1) 已知 $a_{1} \in(0,1)$ , 现在设 $a_{k} \in(0,1)$ , 则根据 $0 < f\left(a_{k}\right) < a_{k}$ 可知 $a_{k+1} \in(0,1)$ , 所以由数学归纳法,对任意的正整数 $n$ , 均有 $a_{n} \in(0,1)$ . 另外再结合 $a_{n+1}=f\left(a_{n}\right) < a_{n}$ 可知 $\left\{a_{n}\right\}$ 严格递减, 于是 $\left\{a_{n}\right\}$ 收敛, 设 $\lim \limits_{n \rightarrow \infty} a_{n}=a$ , 则 $a \in[0,1)$ , 对等式 $a_{n+1}=f\left(a_{n}\right)$ 关于 $n \rightarrow \infty$ 取极限, 可得 $a=f(a)$ , 若 $a \in(0,1)$ , 又有 $f(a) < a$ , 这显然是矛盾的, 所以只能是 $a=0$ .

(2) 由于当 $x \in(0,1)$ 时, 有 $0 < f(x) < x$ , 现在让 $x \rightarrow 0^{+}$ , 由迫敛性可知 $\lim \limits_{x \rightarrow 0^{+}} f(x)=0$ , 再结合连续性,便有 $f(0)=0$ ,所以由泰勒公式可知
$f(x)=f(0)+f^{\prime}(0) x+\frac{f^{\prime \prime}(0)}{2} x^{2}+o\left(x^{2}\right)=x+\frac{f^{\prime \prime}(0)}{2} x^{2}+o\left(x^{2}\right)$
于是
$x f(x)=x^{2}+o\left(x^{2}\right), x-f(x)=-\frac{f^{\prime \prime}(0)}{2} x^{2}+o\left(x^{2}\right) .$
另外, 由 (1) 已知 $\left\{a_{n}\right\}$ 严格单调递减趋近于 0 , 所以 $\left\{\frac{1}{a_{n}}\right\}$ 严格单调递增趋近于 $+\infty$ , 那么由Stolz 公式可得
$\begin{aligned} \lim \limits_{n \rightarrow \infty} n a_{n} & =\lim \limits_{n \rightarrow \infty} \frac{n}{\frac{1}{a_{n}}}=\lim \limits_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}}}=\lim \limits_{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n} a_{n+1}}{a_{n}-a_{n+1}}=\lim \limits_{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n} f\left(a_{n}\right)}{a_{n}-f\left(a_{n}\right)} \\ & =\lim \limits_{x \rightarrow 0} \frac{x f(x)}{x-f(x)}=\lim \limits_{x \rightarrow 0} \frac{x^{2}+o\left(x^{2}\right)}{-\frac{f^{\prime \prime}(0)}{2} x^{2}+o\left(x^{2}\right)}=-\frac{2}{f^{\prime \prime}(0)} . \end{aligned}$

注. 本题可以考虑 $f(x)=\sin x, \ln (1+x), x(1-x), \arctan x$ 等特例.

分段法

求极限 $\lim \limits_{n \rightarrow \infty} n \int_{0}^{1} x^{n} e^{x} \mathrm{~d} x$ .

解答. 首先注意到 $\lim \limits_{n \rightarrow \infty} n \int_{0}^{1} x^{n} e \mathrm{~d} x=\lim \limits_{n \rightarrow \infty} \frac{n}{n+1} e=e$ ,下面证明
$\lim \limits_{n \rightarrow \infty} n \int_{0}^{1} x^{n} e^{x} \mathrm{~d} x=\lim \limits_{n \rightarrow \infty} n \int_{0}^{1} x^{n} e \mathrm{~d} x=e .\quad (4)$
为此, 只需证明
$\lim \limits_{n \rightarrow \infty} n \int_{0}^{1} x^{n}\left(e-e^{x}\right) \mathrm{d} x=0 .\quad (5)$
由于 $e^{x}$ 在 $x=1$ 处连续, 所以对任意的 $\varepsilon > 0$ , 存在 $\delta > 0$ (限制 $\delta < 1$ ), 当 $x \in[1-\delta, 1]$ 时, 有 $0 \leq e-e^{x} < \varepsilon$ ,而 $\lim \limits_{n \rightarrow \infty}(1-\delta)^{n+1}=0$ , 所以存在正整数 $N$ , 使得 $n > N$ 时, 有 $(1-\delta)^{n+1} < \frac{\varepsilon}{e}$ , 进而
$\begin{aligned} 0 < n \int_{0}^{1} x^{n}\left(e-e^{x}\right) \mathrm{d} x & =n \int_{0}^{1-\delta} x^{n}\left(e-e^{x}\right) \mathrm{d} x+n \int_{1-\delta}^{1} x^{n}\left(e-e^{x}\right) \mathrm{d} x \\ & < n e \int_{0}^{1-\delta} x^{n} \mathrm{~d} x+n \varepsilon \int_{1-\delta}^{1} x^{n} \mathrm{~d} x \\ & =\frac{n}{n+1} e(1-\delta)^{n+1}+\frac{n}{n+1} \varepsilon\left[1-(1-\delta)^{n+1}\right] \\ & < e \cdot \frac{\varepsilon}{e}+\varepsilon < 2 \varepsilon . \end{aligned}$
这就说明 (5) 式成立, 进而 (4) 式也成立.
设 $f(x) \geq 0, g(x) > 0$ , 且它们都在 $[a, b]$ 上连续, 证明 $\lim \limits_{n \rightarrow \infty}\left(\int_{a}^{b}(f(x))^{n} g(x) \mathrm{d} x\right)^{\frac{1}{n}}=\max _{x \in[a, b]} f(x) .$

解答. 不妨设 $f(c)=\max _{x \in[a, b]} f(x)$ , 其中 $c \in(a, b)$ ,则对任意的 $\varepsilon > 0$ , 由 $f(x)$ 连续可知存在 $[\alpha, \beta] \subset[a, b]$ ,使得对任意的 $x \in[\alpha, \beta]$ ,都有 $f(x) \geq f(c)-\varepsilon$ . 于是
$\left(\int_{a}^{b}(f(x))^{n} g(x) \mathrm{d} x\right)^{\frac{1}{n}} \leq\left(\int_{a}^{b} f^{n}(c) g(x) \mathrm{d} x\right)^{\frac{1}{n}}=f(c)\left(\int_{a}^{b} g(x) \mathrm{d} x\right)^{\frac{1}{n}} .$
$\left(\int_{a}^{b}(f(x))^{n} g(x) \mathrm{d} x\right)^{\frac{1}{n}} \geq\left(\int_{\alpha}^{\beta}(f(x))^{n} g(x) \mathrm{d} x\right)^{\frac{1}{n}} \geq\left(\int_{\alpha}^{\beta}(f(c)-\varepsilon)^{n} g(x) \mathrm{d} x\right)^{\frac{1}{n}}=(f(c)-\varepsilon)\left(\int_{\alpha}^{\beta} g(x) \mathrm{d} x\right)^{\frac{1}{n}} .$
由 $g(x) > 0$ 可知 $\int_{\alpha}^{\beta} g(x) \mathrm{d} x > 0$ , 于是 $\lim \limits_{n \rightarrow \infty}\left(\int_{\alpha}^{\beta} g(x) \mathrm{d} x\right)^{\frac{1}{n}}=1$ ,从而存在 $N > 0$ , 使得 $n > N$ 时, 有 $f(c)-2 \varepsilon < \left(\int_{a}^{b}(f(x))^{n} g(x) \mathrm{d} x\right)^{\frac{1}{n}} < f(c)+2 \varepsilon$ 这说明 $\lim \limits_{n \rightarrow \infty}\left(\int_{a}^{b}(f(x))^{n} g(x) \mathrm{d} x\right)^{\frac{1}{n}}=f(c)=\max _{x \in[a, b]} f(x) .$

上极限与下极限

已知数列 $\left\{x_{n}\right\},\left\{y_{n}\right\}$ 满足 $y_{n}=x_{n}+2 x_{n+1}$ , 证明 $\left\{y_{n}\right\}$ 收敛时, $\left\{x_{n}\right\}$ 也收敛.

解答. 由于 $\left\{y_{n}\right\}$ 收敛, 从而有界, 取正数 $M$ 使得 $\left|y_{n}\right| \leq M$ 与 $\left|x_{1}\right| \leq M$ 同时成立.现在设 $\left|x_{n}\right| \leq M$ , 由 $x_{n+1}=\frac{1}{2} y_{n}-\frac{1}{2} x_{n}$ 可知
$\left|x_{n+1}\right| \leq\left|\frac{1}{2} x_{n}\right|+\left|\frac{1}{2} y_{n}\right| \leq \frac{1}{2} M+\frac{1}{2} M=M .$
于是由数学归纳法可知 $\left|x_{n}\right| \leq M$ 对任意的正整数 $n$ 都成立, 从而 $\left\{x_{n}\right\}$ 存在有限的上极限与下极限, 分别记为 $\alpha, \beta$ , 同时记 $\lim \limits_{n \rightarrow \infty} y_{n}=y$ .对等式 $2 x_{n+1}=y_{n}-x_{n}$ 两端取上极限与下极限可得
$\left\{\begin{array}{l} 2 \alpha=\lim \limits_{n \rightarrow \infty} 2 x_{n+1}=\lim \limits_{n \rightarrow \infty} y_{n}+\lim \limits_{n \rightarrow \infty}\left(-x_{n}\right)=y-\lim \limits_{n \rightarrow \infty} x_{n}=y-\beta \\ 2 \beta=\lim \limits_{n \rightarrow \infty} 2 x_{n+1}=\lim \limits_{n \rightarrow \infty} y_{n}+\lim \limits_{n \rightarrow \infty}\left(-x_{n}\right)=y-\lim \limits_{n \rightarrow \infty} x_{n}=y-\alpha . \end{array}\right.$
由此可知, $\alpha = \beta$ .这说明 $\{x_{n}\}$ 也收敛.

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