问题2012102101

按极限定义证明:
(1)$\lim_{n \rightarrow \infty}{\frac{3n^2}{n^2-4}} = 3$.
(2)$\lim_{n \rightarrow \infty}{\frac{\sin{n}}{n}} = 0$.
(3)$\lim_{n \rightarrow \infty}{(1 + n)^{1/n}} = 1$.
(4)$\lim_{n \rightarrow \infty}{\frac{a^n}{n!}} = 0$,$a>0$.

来源

数学分析习题课讲义,作者:谢惠民,恽自求,易法槐,钱定边.

解答

这是一道常规的练习题,主要是练习基本的放大技巧.

(1)$\forall \epsilon > 0$,要找到一个$N$,使得$n>N$时
\[|\frac{3n^2}{n^2-4} – 3|<\epsilon.\]
对它进行变形:
\[|\frac{12}{n^2-4}|<\epsilon,\]
我们首先限制$n>2$,
\[\frac{12}{n^2-4}<\epsilon,\]
从$n^2-4-2n = (n-1)^2-5$,可知当$n \ge 4$时, $n^2-4-2n>0$, $n^2-4>2n$.上面的不等式我们进行变化,
\[\frac{12}{n^2-4}< \frac{12}{2n} = \frac{6}{n} < \epsilon,\]
取$N = \max\{4, [\frac{6}{\epsilon}]\}$即可.

(2)$\forall \epsilon > 0$,要找到一个$N$,使得$n>N$时
\[|\frac{\sin{n}}{n}|<\epsilon.\]
注意到
\[|\frac{\sin{n}}{n}| < \frac{1}{n}\]
因此只要取$N=[\frac{1}{\epsilon}]$即可.

(3)$\forall \epsilon > 0$,要找到一个$N$,使得$n>N$时
\[|(1 + n)^{\frac{1}{n}} – 1|<\epsilon.\]
注意到$(1 + n)^{1/n} > 1$,令$(1 + n)^{1/n} + 1 + y_n$,由此得到
\[1 + n = (1 + y_n)^n = 1 + ny_n + \frac{n(n-1)}{2}y_n^2 + \cdots > 1 + \frac{n(n-1)}{2}y_n^2\]
因此
\[y_n < \sqrt{\frac{2}{n-1}},\]
只要取$N = 1 + [\frac{2}{\epsilon^2}]$即可.

(4)$\forall \epsilon > 0$,要找到一个$N$,使得$n>N$时
\[|\frac{a^n}{n!}|<\epsilon.\]
对它进行变形,为此记$b=[a]+1$,则$a^n<b^n$,记$M=\frac{b^b}{b!} \cdot (\frac{b+1}{b})^b = \frac{(b+1)^b}{b!}$,
\[\begin{aligned}|\frac{a^n}{n!}| &< \frac{b^n}{n!} = \frac{b \cdots b}{b!(b+1) \cdots n}\\&<\frac{b^b}{b!}\frac{b^{n-b}}{(b+1)^{n-b}} = M(\frac{b}{b+1})^n\end{aligned}\]
而
\[(\frac{b}{b+1})^n = \frac{1}{(\frac{1}{n} + 1)^n} = \frac{1}{1 + \frac{n}{b} + \cdots} < \frac{b}{n}\]
取$N=[\frac{Mb}{\epsilon}]$即可.

问题2012102102

设$a_n \ge 0$,$n \in N_+$,数列$\{a_n\}$收敛于$a$,则
\[\lim_{n \rightarrow \infty}{\sqrt{a_n}} = \sqrt{a}\]

来源

数学分析习题课讲义,作者:谢惠民,恽自求,易法槐,钱定边.

解答

这道题需要区分$a=0$和$a>0$两种情形.
(i)$a=0$,$\forall \epsilon > 0$,$\exists N$,$|a_n|<\epsilon^2$,由此$|\sqrt{a_n}| < \epsilon$.
(ii)$a>0$,对于$a/2$,$\exists N_1$,当$n>N_1$时,$|a_n-a|<a/2$,由此得到
\[\frac{a}{2} < a_n < \frac{3a}{2},\]
于是$\sqrt{a_n} > \sqrt{\frac{a}{2}}$.
\[|\sqrt{a_n} – \sqrt{a}| = \frac{|a_n – a|}{\sqrt{a_n} + \sqrt{a}} < \frac{|a_n – a|}{\sqrt{\frac{a}{2}} + \sqrt{a}} = \frac{|a_n – a|}{(1 + \frac{1}{\sqrt{2}})\sqrt{a}},\]
$\forall \epsilon > 0$,$\exists N_2$,当$n>N_2$时,$|a_n – a|<(1 + \frac{1}{\sqrt{2}})\sqrt{a}\epsilon$,于是取$N = \max{\{N_1,N_2\}}$即可得到结论.

问题2012102103

若$\lim_{n \rightarrow \infty}{a_n} = a$,则$\lim_{n \rightarrow \infty}{|a_n|} = |a|$,反之如何?

来源

数学分析习题课讲义,作者:谢惠民,恽自求,易法槐,钱定边.

解答

只需注意到绝对值不等式即可:
\[||a_n| – |a|| \le |a_n-a| < \epsilon,\]
反之不成立,简单的反例如下:$a_n = (-1)^n$.

问题2012102104

下面一组题在许多极限计算中有用,并与连续性概念有关.
(1)设$p(x)$是$x$的多项式,若$\lim_{n \rightarrow \infty}{a_n} = a$,则$\lim_{n \rightarrow \infty}{p(a_n)} = p(a)$;
(2)设$b>0$,$\lim_{n \rightarrow \infty}{a_n} = a$,则$\lim_{n \rightarrow \infty}{b^{a_n}} = b^a$;
(3)设$b>0$,$\{a_n\}$为正数列,$\lim_{n \rightarrow \infty}{a_n} = a$,$a>0$,则$\lim_{n \rightarrow \infty}{\log_b{a_n}} = \log_b{a}$.
(4)设$b$为实数,$\{a_n\}$为正数列,$\lim_{n \rightarrow \infty}{a_n} = a$,$a>0$,则$\lim_{n \rightarrow \infty}{a_n^b} = a^b$.
(5)设$\lim_{n \rightarrow \infty}{a_n} = a$,则$\lim_{n \rightarrow \infty}{\sin{a_n}} = \sin{a}$.

来源

数学分析习题课讲义,作者:谢惠民,恽自求,易法槐,钱定边.

解答

在这里需要使用定义进行证明:

(1)设$p(x)=a_0+a_1x+\cdots +a_kx^k$,则

\[\begin{aligned}|p(x)-p(a)|&=|a_1(x-1) + a_2(x^2-a^2) + \cdots + a_k(x^k-a^k)|\\&=|\sum{a_i(x^i-a^i)}| \le \sum{|a_i||x^i-a^i|} \\&\le M\sum{|x^i – a^i|},\end{aligned}\]
这里$M=\max\{|a_1|,\cdots,|a_k|\}$.
而
\[\begin{aligned}|x^i-a^i|&=|(x-a)(x^{i-1} + x^{i-2}a + \cdots + xa^{i-2} + a^{i-1})| \\&\le |x-a|(|x^{i-1}| + |x^{i-2}a| + \cdots + |xa^{i-2}| + |a^{i-1}|)\end{aligned}\]
对于$1$,$\exists N$,当$n>N_1$时,$|x-a|<1$,$|x|<1 + |a|$,于是
\[|x^i-a^i| \le |x-a|[(1+|a|)^{i-1}\cdot i],\]
因此
\[|p(x)-p(a)| \le M|x-a|(\sum_{1}^{k}{(1 + |a|)^{i-1}i}),\]
记$L = \sum_{1}^{k}{(1+|a|)^{i-1}i}$,则$\exists N_2$,当$n>N_2$时,$|x-a|<\frac{\epsilon}{ML}$,于是令$N=\max\{N_1,n_2\}$即可.

(2)作一个变换
\[|b^{a_n} – b^a|=b^a|b^{a_n-a}-1|,\]
我们讨论后面部分.
首先,$\forall \epsilon>0$,$\exists m \in Z$,使得$b/m < \epsilon$和$1/m < \epsilon$同时成立.
分情形讨论:(a)$b>1$,(b)$b<1$,(c)$b=1$,这里(c)是平凡的,结论是成立的.
(a)$b>1$,对于$1/m$, $\exists N_1$,当$n>N_1$时,$|a_n-a|<1/m$,于是
\[|b^{a_n-a}-1| = b^{a_n-a}-1<b^{\frac{1}{m}}-1<\frac{b}{m}<\epsilon.\]
这里使用了$b^x$($b>1$)的单调性和不等式$b^{1/m}-1<b/m$.
(b)$b<1$,首先,$\exists N_1$,使得$n>N_1$时,$|a_n-a|<1$,其次变形我们的表达式
\[|b^{a_n-a}-1| = b^{a_n-a}|1 – (\frac{1}{b})^{a_n-a}|=b^{a_n-a}|(\frac{1}{b})^{a_n-a}-a| \le b^{-1}|(\frac{1}{b})^{a_n-a}-a|,\]
根据(a)的证明$|(\frac{1}{b})^{a_n-a}-a|$可以任意小,或者说,$\exists N_2$,使得
\[|(\frac{1}{b})^{a_n-a}-a|<b\epsilon,\]
那么令$N=\max\{N_1,N_2\}$即可.
感谢吕明宇网友指出错误！修改一下：
首先$b<=1$的时候，可以变换为$1/b$来考虑，利用极限满足四则运算得到结论。所以这里直接假设$b>1$. 然后根据变换，也可以直接假设$a=0$, 这样讨论起来稍微方便一点。然后当$a_n$从大于零的方向趋向于0的时候，我原来的讨论是成立的，$b^x$单调增加，至于$b^{1/m}-1<b/m$的证明，考虑使用二项式定理$(1+\frac{b}{m})^m$即可，
\[(1+\frac{b}{m})^m > m \times \frac{b}{m} = b\]
这就可以得到$b^{1/m}-1<b/m$。
在$a_n>0$时，$a_n < \frac{1}{m}$的情形下，
\[|b^{a_n} – 1| = b^{a_n} – 1 < \frac{b}{m}\]
至于$a_n<0$的时候，考虑$-a_n>0$,以及$-a_n<\frac{1}{m}$此时，$0<b^{-a_n}<1+\frac{b}{m}$,于是
\[\frac{1}{1 + \frac{b}{m}} < b^{a_n}\]
于是
\[|b^{a_n}-1|=1-b^{a_n}<1-\frac{1}{1+\frac{b}{m}}=\frac{\frac{b}{m}}{1+\frac{b}{m}} < \frac{b}{m}\]

(3)$a>0$,$\forall m \in Z$,$\exists N_1$,$|a_n-a|<a/m$,也就是$a_n<(1 + 1/m)a$.于是
\[\begin{aligned}|\log_{b}{a_n} – \log_{b}{a}|&=|\log_{b}{\frac{a_n}{a}}|\\&=|\frac{1}{\ln{b}}||\ln{\frac{a_n}{a}}| \\&<|\frac{1}{\ln{b}}|\ln{(1 + \frac{1}{m})} < |\frac{1}{\ln{b}}| \cdot \frac{1}{m},\end{aligned}\]
这里使用了不等式
\[\ln{(1 + \frac{1}{m})} < \frac{1}{m},\]
证明可以通过
\[(1 + \frac{1}{m})^m<e\]
获得.

(4)使用前面已经证明的:
\[a_n^b = e^{b\ln{a_n}} \rightarrow e^{b\ln{a}} = a^b.\]

(5)这里需要一个不等式:
\[|\sin{a_n} – \sin{a}|<|a_n-a|.\]
证明如下:
\[\begin{aligned}|\sin{x} – \sin{y}| &= 2|\cos{\frac{x+y}{2}}\sin{\frac{x-y}{2}}| \\& \le 2|\sin{\frac{x-y}{2}}| \le 2|\frac{x-y}{2}| = |x-y|.\end{aligned}\]

问题2012102105

设$a>1$,证明$\lim_{n \rightarrow \infty}{\frac{\log_{a}{n}}{n}} = 0$.

来源

数学分析习题课讲义,作者:谢惠民,恽自求,易法槐,钱定边.

解答

利用上一道题目的(3)和$\lim_{n \rightarrow \infty}{\sqrt[n]{n}}=1$即可得到.
\[\lim_{n \rightarrow \infty}{\frac{\log_{a}{n}}{n}} = \lim_{n \rightarrow \infty}{\log_{a}{\sqrt[n]{n}}} = \log_{a}{1}=0.\]