问题2013010401

设$\{a_n\}$为正数列,且收敛于$A$,证明:$\lim\limits_{n \rightarrow \infty}{(a_1a_2 \cdots a_n)^{\frac{1}{n}}} = A$.

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

本题与Cauchy命题的关系是明显的.取对数,$\ln{a_n} \rightarrow \ln{A}$,可以使用Cauchy命题得到结论.
这里使用Cauchy命题的证明思路.
(1)$A=0$,$\forall \epsilon>0$,$\exists N$,$n>N$时,$0<a_n<\epsilon$,则有
\[\begin{aligned}[a_1 \cdots a_n]^{1/n}&=(a_1 \cdots a_N)^{1/n}(a_{N+1} \cdots a_n)^{1/n}\\&<M^{1/n}(\epsilon)^{n-N/n}<M^{1/n}\cdot\epsilon\cdot\epsilon^{N/n}<\epsilon.\end{aligned}\]
(2)$A>0$,$\forall \epsilon>0$,$\exists N$,$n>N$时,$0<|a_n-A|<\epsilon$,
\[\begin{aligned}|(a_1 \cdots a_n)^{1/n}-A| &<|(a_1 \cdots a_N)^{1/n}(A+\epsilon)^{\frac{n-N}{n}}-A|\\&=|(a_1 \cdots a_N)^{1/n}(A+\epsilon)^{-N/n}(A+\epsilon)-A| \\&<|(1 + \epsilon)(A+\epsilon)-A|=(A+1)\epsilon+\epsilon^2<(A+2)\epsilon.\end{aligned}\]

问题2013010402

设$\{a_n\}$为正数列,且存在极限$\lim\limits_{n \rightarrow \infty}{\frac{a_{n+1}}{a_n}}=l$,证明$\lim\limits_{n \rightarrow \infty}{\sqrt[n]{a_n}}=l$.

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

这道题目的结论,意味着根号的表达式可以转化为商的形式.证明只是上一道题目的简单应用.
\[\lim_{n \rightarrow \infty}{\sqrt[n]{a_n}}=\lim_{n \rightarrow \infty}{\sqrt[n]{\frac{a_n}{a_{n-1}} \cdot \frac{a_{n-1}}{a_{n-2}} \cdots \frac{a_2}{a_1} \cdot \frac{a_1}{1}}}=l.\]

问题2013010403

设$\lim\limits_{n \rightarrow \infty}{(x_n-x_{n-2})}=0$,证明:$\lim\limits_{n \rightarrow \infty}{\frac{x_n}{n}}=0$.

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

令$a_n=x_{2n}$,$b_n=x_{2n-1}$,则
\[\lim_{n \rightarrow \infty}{(a_n-a_{n-1})}=0,\lim_{n \rightarrow \infty}{(b_n-b_{n-1})}=0,\]
由此得到
\[\lim_{n \rightarrow \infty}{\frac{a_n}{n}}=0,\lim_{n \rightarrow \infty}{\frac{b_n}{n}}=0\]
进一步转化
\[\lim_{n \rightarrow \infty}{\frac{a_n}{2n}}=0,\lim_{n \rightarrow \infty}{\frac{b_n}{2n-1}}=\lim_{n \rightarrow \infty}{\frac{b_n}{n}\cdot\frac{n}{2n-1}}=0\cdot\frac{1}{2}=0.\]
也就是说
\[\lim_{n \rightarrow \infty}{\frac{x_{2n}}{2n}} = 0,\lim_{n \rightarrow \infty}{\frac{x_{2n-1}}{2n-1}}=0,\]
即$\{\frac{x_n}{n}\}$的两个子列都收敛于0,原数列收敛于0.

问题2013010404

设$\lim\limits_{n \rightarrow \infty}{(x_n-x_{n-2})}=0$,证明:$\lim\limits_{n \rightarrow \infty}{\frac{x_n-x_{n-1}}{n}}=0$.

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

利用上一个题目的结论:
\[\begin{aligned}\lim_{n \rightarrow \infty}{\frac{x_n-x_{n-1}}{n}} &= \lim_{n \rightarrow \infty}{(\frac{x_n}{n} – \frac{x_{n-1}}{n})} \\&=\lim_{n \rightarrow \infty}{(\frac{x_n}{n} – \frac{x_{n-1}}{n-1}\cdot\frac{n-1}{n})}\\&=0-0\cdot1=0.\end{aligned}\]

问题2013010405

设数列$\{a_n\}$满足条件$0<a_1<1$和$a_{n+1}=a_{n}(1- a_n)$($n \ge 1$),证明:$\lim\limits_{n \rightarrow \infty}{na_n}=1$.

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

(1)可以用归纳法证明$0<a_n<\frac{1}{n+1}$,从而$na_n<1$.这里需要用到$f(x)=x(1-x)$在$x=\frac{1}{2}$的左边递增.首先
\[a_2=a_1(1-a_1)<(\frac{a_1+1-a_1}{2})^2=\frac{1}{4}<\frac{1}{3},\]
其次,
\[a_{n+1}=a_n(1-a_n)=\frac{1}{n+1}(1 – \frac{1}{n+1})=\frac{n}{(n+1)^2}<\frac{1}{n+2},\]
第三,
\[(n+1)a_{n+1}=(n+1)a_n-(n+1)a_n^2=na_n+a_n[1-(n+1)a_n]>na_n,\]
也就是说$na_n$单调递增,且有上界1,存在极限.并且有$a_n \rightarrow 0$,
\[\frac{a_{n+1}}{a_n} = 1 – a_n \rightarrow 1.\]

(2)$a_{n+1}-a_n=-a_n^2<0$,$a_n$单调递减,$\frac{1}{a_n}$单调递增,且$\frac{1}{a_n} \rightarrow +\infty$,于是使用Stolz定理有
\[\begin{aligned}\lim_{n \rightarrow \infty}{na_n} &= \lim_{n \rightarrow \infty}{\frac{n}{\frac{1}{a_n}}}=\lim_{n \rightarrow \infty}{\frac{n+1-n}{\frac{1}{a_{n+1}} – \frac{1}{a_n}}}\\&=\lim_{n \rightarrow \infty}{\frac{a_na_{n+1}}{a_n-a_{n+1}}}=\lim_{n \rightarrow \infty}{\frac{a_na_{n+1}}{a_n^2}} \\&=\lim_{n \rightarrow \infty}{\frac{a_{n+1}}{a_n}}=1.\end{aligned}\]

问题2013010406

若$\lim\limits_{n \rightarrow \infty}{a_n}=\alpha$,$\lim\limits_{n \rightarrow \infty}{b_n}=\beta$,证明:
\[\lim_{n \rightarrow \infty}{\frac{a_1b_n+a_2b_{n-1} + \cdots + a_nb_1}{n}} = \alpha\beta.\]

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

使用Cauchy命题的思路.$\forall \epsilon>0$,$\exists N$,当$n>N$时,
\begin{gather*}|a_n-\alpha|<\epsilon,|b_n-\beta|<\epsilon,\\|a_n|<M,|b_n|<M,\end{gather*}
开始展开
\[\begin{aligned}&|\frac{a_1b_n+a_2b_{n-1} + \cdots + a_nb_1}{n} – \alpha\beta|\\=&|\frac{a_1b_n+a_2b_{n-1} + \cdots + a_Nb_{n+1-N} + a_{N+1}b_{n-N} + \cdots + a_{n+1-N}b_N+ \cdots+ a_nb_1}{n} – \alpha\beta| \\=&|\frac{a_1b_n+\cdots+a_Nb_{n+1-N}+a_{n+1-N}b_N+\cdots+a_nb_1}{n} + \frac{a_{N+1}b_{n-N}+\cdots+a_{n-N}b_{N+1}}{n} – \alpha\beta| \\\le &|\frac{a_1b_n – \alpha\beta+\cdots+a_Nb_{n+1-N}-\alpha\beta+a_{n+1-N}b_N-\alpha\beta+\cdots+a_nb_1-\alpha\beta}{n}| \\&+ |\frac{a_{N+1}b_{n-N}-\alpha\beta+\cdots+a_{n-N}b_{N+1}-\alpha\beta}{n}| \\\le &\frac{2N(M^2+|\alpha\beta|)}{n}+\sum_{1}^{n-2N}{|\frac{a_{N+k}b_{n+1-N-k} – \alpha\beta}{n}|} \\\le & \frac{2N(M^2+|\alpha\beta|)}{n} + \frac{1}{n}\sum_{1}^{n-2N}{|a_{N+k}b_{n+1-N-k} – a_{N+k}\beta + a_{N+k}\beta – \alpha\beta|} \\\le & \frac{2N(M^2 + |\alpha\beta|)}{n} + \frac{(n-2N)(2M\epsilon)}{n} \\=&\frac{2N(M^2+|\alpha\beta|)}{n}-\frac{4NM\epsilon}{n}+2M\epsilon \\<&\epsilon + 2M\epsilon = (1 + 2M)\epsilon.\end{aligned}\]