复旦大学数学系陈纪修《数学分析》(第二版)习题答案ex2-3,4.pdf 0页

'习题2.3无穷大量1.按定义证明下述数列为无穷大量：2⎧n+1⎫⎧⎛1⎞⎫(1)⎨⎬；(2)⎨loga⎜⎟⎬(a>1)；⎩2n+1⎭⎩⎝n⎠⎭⎧111⎫(3){n−arctann}；(4)⎨++?+⎬。⎩n+1n+22n⎭2n+1n证（1）∀G>0，取N=[3G]，当n>N时，成立>>G。2n+13G⎛1⎞（2）∀G>0，取N=[a]，当n>N时，成立loga⎜⎟=logan>G。⎝n⎠π（3）∀G>0，取N=[G+]，当n>N时，成立n−arctann>G。22（4）∀G>0，取N=[2G]，当n>N时，成立111n++?+>>G。n+1n+22n2n2.(1)设lima=+∞(或−∞)，按定义证明：nn→∞aa++?+a12nlim=+∞(或−∞);n→∞n(2)设a＞0，lima=0，利用（1）证明：nnn→∞1lim(aa?a)n=0。12nn→∞证（1）设liman=+∞，则∀G>0,∃N1>0,∀n>N1:an>3G。对固定的N1，n→∞a1+a2+?+aN1G∃N>2N1,∀n>N:<，于是n2a1+a2+?+anaN1+1+aN1+2+?+ana1+a2+?+aN13GG≥−>−=G。nnn22aa++?+a同理可证当时，成立12nlima=−∞lim=−∞。nn→∞n→∞n20 1（2）n=lna1+lna2+?+lnanlimlna，可知ln(a1a2?an)，由n=−∞nn→∞1limln(a1a2?an)n=−∞，从而n→∞1lim(aa?a)n=0。12nn→∞3.证明：(1)设{x}是无穷大量，｜y｜≥>δ0，则{xy}是无穷大量；nnnn⎧x⎫n(2)设{xn}是无穷大量，limyn=b≠0，则{xnyn}与⎨⎬都是无穷大n→∞y⎩n⎭量。G证（1）因为{x}是无穷大量，所以∀G>0，∃N，∀n>N，成立x>。nnδ于是∀n>N，成立xnyn>G，所以{xnyn}也是无穷大量。b（2）由limy=b≠0，可知∃N"，∀n>N"，成立≤y≤2b。因为{x}nnnn→∞2⎧⎪2G⎫⎪是无穷大量，所以∀G>0，∃N"，∀n>N"，成立xn>max⎨,2bG⎬。⎪⎩b⎪⎭xn取N=max{}N",N"，∀n>N，成立xnyn>G与>G，所以{xnyn}与yn⎧x⎫n都是无穷大量。⎨⎬y⎩n⎭4.(1)利用Stolz定理，证明：222213++5+?+()2n+14lim=；3n→∞n32222⎡1+3+5+?+(2n+1)4⎤(2)求极限limn⎢3−⎥。n→∞⎣n3⎦222221+3+5+?+(2n+1)(2n+1)4解（1）lim=lim=。n→∞n3n→∞n3−(n−1)3321 ⎡2222⎤22231+3+5+?+(2n+1)43[1+3+?+(2n+1)]−4n（2）nlim→∞n⎢3−⎥=lim2⎣n3⎦n→∞3n2333(2n+1)−4n+4(n−1)24n−1=lim=lim=4。n→∞3n2−3(n−1)2n→∞6n−35.利用Stolz定理，证明：logn(1)alim=0(a>1)；n→∞nkn(2)lim=0(a>1，k是正整数)。nn→∞alogann证（1）lim=limloga=0。n→∞nn→∞n−1nkkkn−(n−1)Pk−1(n)（2）lim=lim=lim，n→∞ann→∞nn−1n→∞an−1(a−1)a−a其中Pk−1(n)为关于n的k−1次多项式；重复上述过程k次即得到knPk−1(n)Pk−2(n)P0(n)lim=lim=lim=?=lim=0。n→∞ann→∞n−1n→∞n−22n→∞n−kka(a−1)a(a−1)a(a−1)xx−x6.(1)在Stolz定理中，若nn−1nlim=∞，能否得出lim=∞的结n→∞yy−n→∞ynn−1n论?xx−x(2)在Stolz定理中，若nn−1nlim不存在，能否得出lim不存n→∞yy−n→∞ynn−1n在的结论?xx−解（1）不能。考虑例子n,nn−1xn=−()1yn=，limnnn→∞y−ynn−1(−1)n(2n−1)xnn=lim=∞，但lim=lim(−1)极限不存在。n→∞1n→∞ynn→∞xx−n−12nn−1（2）不能。考虑例子xn=−12+3−4+?+()−1,y=n，limnnn→∞y−ynn−122 (−1)n−1nxn=lim极限不存在，但lim=0。n→∞2n−1n→∞yn7.设0＜λ＜1，lima=a，证明nn→∞a2nlim(aa++λλa+?+λa)=。nn−−1n20n→∞1−λnn−1−1nkan+kan−1+?+a0证记k=λ，则an+λan−1+?+λa0=n，利用Stolzk定理，nn−12nkan+kan−1+?+a0lim(aa++λλa+?+λa)=limnn−−1n20nn→∞n→∞knkana=lim=。n→∞kn−1(k−1)1−λn8.设Aank=∑,当n→∞时有极限。{pn}为单调递增的正数数列，且k=1p→+∞(n→∞）。证明：npa+pa+?+pa1122nnlim=0。n→∞pn证设limAn=A，作代换ak=Ak−Ak−1，得到n→∞p1a1+p2a2+?+pnanA1(p2−p1)+A2(p3−p2)+?+An−1(pn−pn−1)，=An−pnpn对上式求极限，在求后一分式的极限时应用Stolz定理，p1a1+p2a2+?+pnanlimn→∞pnA1(p2−p1)+A2(p3−p2)+?+An−1(pn−pn−1)=limAn−limn→∞n→∞pnAn(pn−pn−1)=A−lim=A−A=0。n→∞p−pnn−123 习题2.4收敛准则n⎛1⎞1．利用lim⎜1+⎟=e求下列数列的极限：n→∞⎝n⎠nn⎛1⎞⎛1⎞⑴lim⎜1−⎟;⑵lim⎜1+⎟;n→∞⎝n⎠n→∞⎝n+1⎠nn⎛1⎞⎛1⎞⑶lim⎜1+⎟;⑷lim⎜1+⎟;n→∞⎝2n⎠n→∞⎝n2⎠n⎛11⎞(5)lim⎜1+−⎟。n→∞⎝nn2⎠n⎡−(n−1)−1⎤⎛1⎞⎛1⎞⎛1⎞1解（1）lim⎜1−⎟=lim⎢⎜1+⎟⎜1+⎟⎥=。n→∞⎝n⎠n→∞⎢⎣⎝n−1⎠⎝n−1⎠⎥⎦en⎡n+1−1⎤⎛1⎞⎛1⎞⎛1⎞（2）lim⎜1+⎟=lim⎢⎜1+⎟⎜1+⎟⎥=e。n→∞⎝n+1⎠n→∞⎢⎣⎝n+1⎠⎝n+1⎠⎥⎦11n⎡12n⎤2⎛⎞⎛⎞（3）lim⎜1+⎟=lim⎢⎜1+⎟⎥=e。n→∞⎝2n⎠n→∞⎢⎣⎝2n⎠⎥⎦12n⎡n⎤n⎛1⎞⎛1⎞（4）lim⎜1+⎟=lim⎢⎜1+⎟⎥=1。n→∞⎝n2⎠n→∞⎢⎝n2⎠⎥⎣⎦（5）当n≥2时，有nnn⎛1⎞⎛11⎞⎛1⎞⎜1+⎟≤⎜1+−⎟<⎜1+⎟。n+2nn2n⎝⎠⎝⎠⎝⎠nnn⎛1⎞⎛1⎞⎛11⎞由lim⎜1+⎟=e与lim⎜1+⎟=e，即得lim⎜1+−⎟=e。n→∞⎝n+2⎠n→∞⎝n⎠n→∞⎝nn2⎠2.利用单调有界数列必定收敛的性质，证明下述数列收敛，并求出极限：(1)x=2,x=2+x,n=12,,3,?；1n+1n24 (2)x=2,x=2x,n=12,,3,?；1n+1n−1(3)x=2,x=,n=12,,3,?；1n+12+xn(4)x=1,x=43+x,n=12,,3,?；1n+1n(5)0＜x＜1,x=1−1−x,n=12,,3,?；1n+1n(6)0＜x＜1,x=x(2−x),n=12,,3,?。1n+1nn解（1）首先有00，可知∀n，xn+1−xn>0，所以{xn}是单调增加有上界的数列，因此收敛。设limxn=a，对等式n→∞x=2+x两端求极限，得到方程a=2+a，解此方程，得到a=2，n+1n因此limxn=2。n→∞（2）首先有00，可知{xn}是单调增加有上界的数列，因此收敛。设limxn=a，对等式n→∞x=2x两端求极限，得到方程a=2a，解此方程，得到a=2（另n+1n一解a=0舍去），因此limxn=2。n→∞−1（3）首先有x1=2>−1，设xk>−1，则xk+1=>−1，由数学2+xk25 2−1(xn+1)归纳法可知∀n，xn>−1。由xn+1−xn=−xn=−<0，可知{xn}2+xn2+xn−1是单调减少有下界的数列，因此收敛。设limxn=a，对等式xn+1=n→∞2+xn−1两端求极限，得到方程a=，解此方程，得到a=−1，因此2+alimxn=−1。n→∞（4）首先有00，可知{xn}是单调增加有上界的数列，因此收敛。设limxn=a，对等式n→∞x=43+x两端求极限，得到方程a=4+3a，解此方程，得到a=4，n+1n因此limxn=4。n→∞（5）首先有00，可知{xn}是单调增加有上界的数列，因此收敛。设limxn=a，对等式n→∞x=x(2−x)两端求极限，得到方程a=a(2−a)，解此方程，得到a=1n+1nn（另一解a=0舍去），因此26 limxn=1。n→∞3.利用递推公式与单调有界数列的性质，证明：234n+1(1)lim⋅⋅⋅?⋅=0；n→∞35721n+na(2)lim=0(a＞1)；n→∞n!n!(3)lim=0。n→∞nn234n+1xn+1n+2证（1）设xn=⋅⋅⋅?⋅，则xn>0，=<1，所以{xn}是3572n+1xn2n+3n+2单调减少有下界的数列，因此收敛。设limxn=a，对等式xn+1=xnn→∞2n+31两端求极限，得到a=a，于是a=0，因此2234n+1lim⋅⋅⋅?⋅=0。n→∞35721n+nxan+1a（2）设xn=，则xn>0，且当n>a时，=<1，所以{xn}从n!xnn+1某一项开始是单调减少有下界的数列，因此收敛。设limxn=x，对等n→∞a式x=x两端求极限，得到x=0，因此n+1nn+1nalim=0。n→∞n!nn!xn⎛1⎞（3）设xn=n，则xn>0，=⎜1+⎟>1，所以{xn}是单调减少有nxn+1⎝n⎠n⎛1⎞下界的数列，因此收敛。设limxn=a，对等式xn=⎜1+⎟xn+1两端求极n→∞⎝n⎠限，得到a=ea，于是a=0，因此nalim=0。n→∞n!1⎛2⎞4.设x=⎜x+⎟,n=12,,3,?，分x=1与x=−2两种情况求n+12⎜nx⎟11⎝n⎠27 limx。nn→∞解对x1=1，易知∀n，xn>0，且当n≥2时，xn≥2。由xn1xn+1−xn=−+≤0，可知数列{xn}单调减少有下界，所以收敛。设2xn1⎛2⎞12limxn=a，对等式xn+1=⎜⎜xn+⎟⎟两端求极限，得到a=(a+)，解得n→∞2x2a⎝n⎠a=2（a=−2舍去），因此limxn=2。n→∞xn1对x1=−2，易知∀n，xn≤−2。由xn+1−xn=−+≥0，可知数2xn1⎛2⎞列{xn}单调增加有上界，所以收敛。设limxn=b，对等式xn+1=⎜⎜xn+⎟⎟n→∞2x⎝n⎠12两端求极限，得到b=(b+)，解得b=−2（b=2舍去），因此2blimxn=−2。n→∞xx+5.设=nn+1xa,x=b,x=（n=12,,3,?），求limx。12n+2n2n→∞1解首先利用递推公式xn+1−xn=−(xn−xn−1)，得到数列{}xn+1−xn的通2n−1⎛1⎞项公式xn+1−xn=⎜−⎟(b−a)。于是由⎝2⎠kn−1⎛1⎞xn=x1+(x2−x1)+(x3−x2)+?+(xn−xn−1)=a+(b−a)∑⎜−⎟，k=0⎝2⎠得到a+2blimx=。nn→∞36.给定0＜a＜b，令x=a,y=b。11xy+nn(1)若x=xy，y=（n=12,,3,?），n+1nnn+12证明｛x｝，｛y｝收敛，且limx=limy。这个公共极限称nnnnn→∞n→∞28 为a与b的算术几何平均；xy+2xynn,=nn(2)若x=y（n=12,,3,?），证明｛x｝,{y}n+1n+1nn2xy+nn收敛，且limx=limy。这个公共极限称为a与b的算术调和nnn→∞n→∞平均。证（1）首先易知∀n，有xn≤yn。由xn+1−xn=xn(yn−xn)≥0，yn+1−yn1=(xn−yn)≤0，得到a≤xn2−1；当xn>2−1时，有02−1，得到∀n，x2n+1>2−1，00，5+2x2n5+x2n29 可知数列{x2n−1}单调减少有下界，数列{x2n}单调增加有上界，从而都收敛。2+x2n−12+x2n设limx2n=a，limx2n−1=b，对等式x2n+1=与x2n+2=两n→∞n→∞5+2x2n−15+2x2n2+a2+b端求极限，得到方程a=与b=，解此两方程，得到解5+2a5+2ba=2−1与b=2−1（另两解a=−2−1与b=−2−1舍去），因此limxn=2−1。n→∞8.设｛x｝是一单调数列，证明limx=a的充分必要条件是：存在nnn→∞｛x｝的子列{x}满足limx=a。nnkk→∞nk证必要性显然，现证充分性。不妨设｛x｝单调增加，limx=a，nnkk→∞则∀ε>0，∃K，∀k>K：−εN，∃M>K+1，使得nK+10，∀N，∃m>n>N：xm−xn≥ε0。取N1=1，∃m1>n1>N1：xm1−xn1≥ε0，取N2=m1，∃m2>n2>N2：xm2−xn2≥ε0，??,取Nk=mk−1，∃mk>nk>Nk：xmk−xnk≥ε0，??.于是得到｛xn｝的两个子列｛xnk｝与｛xmk｝，它们都是有界数列。首先｛xnk｝具有收敛子列｛xnk"｝，由于对应的｛xmk"｝也是有界数列，又具有收敛子列｛xm"｝。k30 (1)(2)记{}nk"={nk}，{mk"}={nk}，则得到｛xn｝的两个子列{xnk(1)}与{xnk(2)}，它们收敛于不同的极限。10.若数列{xn}无界，但非无穷大量，则必存在两个子列{xnk(1)}与{x(2)}，其中｛x(1)｝是无穷大量，｛x(2)｝是收敛子列。nnnkkk证由于数列{x}不是无穷大量，所以∃M>0，使得数列{x}中有无nn穷多项满足xn≤M，于是从中可以取出数列{xn}的一个收敛子列{xmk}。又由于数列{xn}无界，所以对∀G>0，数列{xn}中必有无穷多项满足xn>G。取G1=1，则∃n1，使得xn1>G1，取G2=2，则∃n2>n1，使得xn2>G2，??,取Gk=k，则∃nk>nk−1，使得xnk>Gk，??.(1)(2)记{}nk={nk}，{mk}={nk}，则得到｛xn｝的两个子列{xnk(1)}与{xnk(2)}，其中｛x(1)｝是无穷大量，｛x(2)｝是收敛子列。nnkk11.设S是非空有上界的数集，supS=a∈S。证明在数集S中可取出严格单调增加的数列{x}，使得limx=a。nnn→∞证由supS=a∈S，可知∀ε>0，∃x∈S，使得a−ε0，2则∃x2∈S，使得a−ε20，则∃x3∈S，使得a−ε30，则∃xn∈S，n使得a−εnN时，成立1−q⎢lnq⎥⎢⎥⎣⎦mn+12m−n−1Mn+1k∑akq≤Mq(1+q+q+?+q)0，取N=，当n>N时，成立∑(−1)<<ε。⎢⎣ε⎥⎦k=n+1kn+114.(1)设数列{x}满足条件lim|x−x|=0，问{x}是否一定是基本nn+1nnn→∞数列。32 1(2)设数列{x}满足条件｜x−x｜＜（n=12,,3,?）。证明{x}nn+1nnn2是基本数列。111解（1）不一定。反例：xn=1+++?+。23n⎡⎤⎢lnε⎥（2）∀ε(0<ε<1)，取N=1+⎢⎥，∀m>n>N，成立1⎢ln⎥⎢⎣2⎥⎦x−x≤x−x+x−x+?+x−xmnmm−1m−1m−2n+1nn−1111⎛1⎞<++?+<⎜⎟<ε。nn+1m−12222⎝⎠15.对于数列｛x｝构造数集A：nkA={x｜n≥k}={x,x,⋯}。knkk+1记diamA=sup{｜x−x｜，x∈A,x∈A}，证明数列{x}收敛的充knmnkmkn分必要条件是limdiamA=0。kk→∞证因为limdiamA=0，∀ε>0，∃K，∀k>K，成立diamA<ε。取kkk→∞N=K，则∀m>n>N，成立xm−xn≤diamAk+1<ε。16.利用Cauchy收敛原理证明：单调有界数列必定收敛。证采用反证法。不妨设{x}是单调增加的有界数列。假设它不收敛，n则∃ε>0，∀N>0，∃m,n>N：x−x>ε。0mn0取N=1,∃m>n>N:x−x>ε;1111m1n10取N=m,∃m>n>N:x−x>ε;21222m2n20??取N=m,∃m>n>N:x−x>ε;kk−1kkkmknk0??.于是x−x>kε→+∞(k→∞)，与数列{x}有界矛盾。mkn10n33'