数学分析习题课讲义习题-第2章-2.4
2.4 Cauchy 命题与 Stolz 定理
2.4.3 练习题
1. 设 limn→∞xn=+∞\underset{n \rightarrow \infty}{\lim}x_{n}=+\inftyn→∞limxn=+∞，证明：
limn→∞x1+x2+⋯+xnn=+∞.\lim_{n \rightarrow \infty}\frac{x_{1} +x_{2}+\cdots + x_{n}}{n} = +\infty. n→∞limnx1+x2+⋯+xn=+∞.
证 1：{xn}\{x_{n}\}{xn} 是正无穷大量，则对于任意给定的 G>0G>0G>0，存在某个正整数 N1N_{1}N1，使得当 n>N1n>N_{1}n>N1 时，成立 xn>2Gx_{n}>2Gxn>2G.
分析可知，当 nnn 充分大时（不妨假设 n>N1n>N_{1}n>N1 时就已经满足），有
x1+x2+⋯+xnn>0⟺∣x1+x2+⋯+xnn∣=x1+x2+⋯+xnn.\frac{x_{1}+x_{2} +\cdots + x_{n}}{n}>0 \Longleftrightarrow \left|\frac{x_{1}+x_{2} +\cdots + x_{n}}{n}\right| = \frac{x_{1}+x_{2} +\cdots + x_{n}}{n}. nx1+x2+⋯+xn>0⟺∣∣nx1+x2+⋯+xn∣∣=nx1+x2+⋯+xn.
由三角不等式可得
x1+x2+⋯+xnn=∣x1+x2+⋯+xnn∣=∣(xN1+1+xN1+2+⋯+xnn)−(−x1+x2+⋯+xN1n)∣≥∣xN1+1+xN1+2+⋯+xnn∣−∣x1+x2+⋯+xN1n∣>n−N1n⋅(2G)−Mn.\begin{aligned} \frac{x_{1}+x_{2} +\cdots + x_{n}}{n} &= \left|\frac{x_{1}+x_{2} +\cdots + x_{n}}{n}\right| \\ &= \left|\left(\frac{x_{N_{1}+1}+x_{N_{1}+2}+\cdots+x_{n}}{n}\right)-\left(-\frac{x_{1}+x_{2}+\cdots + x_{N_{1}}}{n}\right)\right| \\ &\ge \left|\frac{x_{N_{1}+1}+x_{N_{1}+2}+\cdots+x_{n}}{n}\right| - \left|\frac{x_{1}+x_{2}+\cdots + x_{N_{1}}}{n}\right| \\ &>\frac{n-N_{1}}{n}\cdot(2G) - \frac{M}{n}. \end{aligned} nx1+x2+⋯+xn=∣∣nx1+x2+⋯+xn∣∣=∣∣(nxN1+1+xN1+2+⋯+xn)−(−nx1+x2+⋯+xN1)∣∣≥∣∣nxN1+1+xN1+2+⋯+xn∣∣−∣∣nx1+x2+⋯+xN1∣∣>nn−N1⋅(2G)−nM.
其中，M=∣x1+x2+⋯+xN1∣M=|x_{1}+x_{2}+\cdots + x_{N_{1}}|M=∣x1+x2+⋯+xN1∣ 为一实数。
取 N2=max{4N1,2MG}N_{2} = \max \{4N_{1},\frac{2M}{G}\}N2=max{4N1,G2M}，则当 n>N2n>N_{2}n>N2 时，成立
x1+x2+⋯+xnn>G.\frac{x_{1}+x_{2} +\cdots + x_{n}}{n} >G. nx1+x2+⋯+xn>G.
得证。
证毕
证 2：与 证 1 基本相同，不同之处在于使用三角不等式时，利用了一种“折半”的思想：
x1+x2+⋯+xnn=∣x1+x2+⋯+xnn∣=∣(xN1+1+xN1+2+⋯+xnn)−(−x1+x2+⋯+xN1n)∣≥∣xN1+1+xN1+2+⋯+xnn∣−∣x1+x2+⋯+xN1n∣>12⋅(3G)−12⋅G=G.\begin{aligned} \frac{x_{1}+x_{2} +\cdots + x_{n}}{n} &= \left|\frac{x_{1}+x_{2} +\cdots + x_{n}}{n}\right| \\ &= \left|\left(\frac{x_{N_{1}+1}+x_{N_{1}+2}+\cdots+x_{n}}{n}\right)-\left(-\frac{x_{1}+x_{2}+\cdots + x_{N_{1}}}{n}\right)\right| \\ &\ge \left|\frac{x_{N_{1}+1}+x_{N_{1}+2}+\cdots+x_{n}}{n}\right| - \left|\frac{x_{1}+x_{2}+\cdots + x_{N_{1}}}{n}\right| \\ &>\frac{1}{2} \cdot (3G) - \frac{1}{2} \cdot G = G. \end{aligned} nx1+x2+⋯+xn=∣∣nx1+x2+⋯+xn∣∣=∣∣(nxN1+1+xN1+2+⋯+xn)−(−nx1+x2+⋯+xN1)∣∣≥∣∣nxN1+1+xN1+2+⋯+xn∣∣−∣∣nx1+x2+⋯+xN1∣∣>21⋅(3G)−21⋅G=G.
证毕
2. 设 {xn}\{x_{n}\}{xn} 单调增加，limn→∞x1+x2+⋯+xnn=a\underset{n \rightarrow \infty}{\lim}\frac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}}{n}=an→∞limnx1+x2+⋯+xn=a，证明：{xn}\{x_{n}\}{xn} 收敛于 aaa.
证：分析可知，对于单调增加的数列而言，若有界，则由 单调有界数列收敛定理 ，数列收敛；若无界，则发散至正无穷。对于 {xn}\{x_{n}\}{xn} 而言，若有界，则收敛，不妨设
limn→∞xn=b.\lim_{n \rightarrow \infty}x_{n} = b. n→∞limxn=b.
则由 Cauchy 命题 可知，a=ba = ba=b.
若 {xn}\{x_{n}\}{xn} 无界，则
limn→∞xn=+∞.\lim_{n \rightarrow \infty}x_{n} = +\infty. n→∞limxn=+∞.
同样由 Cauchy 命题 可知，a=+∞a = +\inftya=+∞.
综上，问题得证。
证毕
3. 设 {a2k−1}\{a_{2k-1}\}{a2k−1} 收敛于 aaa，{a2k}\{a_{2k}\}{a2k} 收敛于 bbb，且 a≠ba \ne ba=b，求
limn→∞a1+a2+⋯+ann.\lim_{n \rightarrow \infty}\frac{a_{1} +a_{2}+\cdots + a_{n}}{n}. n→∞limna1+a2+⋯+an.
解：先考虑数列 {xn}\{x_{n}\}{xn}，其中
xn=a1+a2+⋯+ann.x_{n} = \frac{a_{1} +a_{2}+\cdots + a_{n}}{n}. xn=na1+a2+⋯+an.
于是，对于 {xn}\{x_{n}\}{xn} 的奇数列 {x2k−1}\{x_{2k-1}\}{x2k−1} 与 偶数列 {x2k}\{x_{2k}\}{x2k} 而言，
x2k−1=a1+a2+⋯+a2k−12k−1,x2k=a1+a2+⋯+a2k2k.x_{2k-1} = \frac{a_{1} + a_{2} + \cdots + a_{2k-1}}{2k-1},\quad x_{2k} = \frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{2k}}{2k}. x2k−1=2k−1a1+a2+⋯+a2k−1,x2k=2ka1+a2+⋯+a2k.
显然，
x2k−1=a1+a3+⋯+a2k−1k⋅k2k−1+a2+a4+⋯+a2k−2k−1⋅k−12k−1,x2k=a1+a3+⋯+a2k−1k⋅k2k+a2+a4+⋯+a2kk⋅k2k.\begin{aligned} &x_{2k-1} = \frac{a_{1}+a_{3}+\cdots+a_{2k-1}}{k} \cdot \frac{k}{2k-1} +\frac{a_{2}+a_{4}+\cdots+a_{2k-2}}{k-1} \cdot \frac{k-1}{2k-1}, \\ &x_{2k} = \frac{a_{1}+a_{3}+\cdots+a_{2k-1}}{k} \cdot \frac{k}{2k} + \frac{a_{2} +a_{4} +\cdots + a_{2k}}{k} \cdot \frac{k}{2k}. \end{aligned} x2k−1=ka1+a3+⋯+a2k−1⋅2k−1k+k−1a2+a4+⋯+a2k−2⋅2k−1k−1,x2k=ka1+a3+⋯+a2k−1⋅2kk+ka2+a4+⋯+a2k⋅2kk.
由 Cauchy 命题，
limk→∞x2k−1=a+b2,limk→∞x2k=a+b2.\lim_{k \rightarrow \infty}x_{2k-1} = \frac{a+b}{2},\quad \lim_{k \rightarrow \infty}x_{2k} = \frac{a+b}{2}. k→∞limx2k−1=2a+b,k→∞limx2k=2a+b.
因此 {xn}\{x_{n}\}{xn} 收敛，且
limn→∞xn=a+b2,\lim_{n \rightarrow \infty}x_{n} = \frac{a+b}{2}, n→∞limxn=2a+b,
证毕
附注：题3 说明了 Cauchy 命题 的逆命题不成立。
4. 若 limn→∞(an−an−1)=d\underset{n \rightarrow \infty}{\lim}(a_{n}-a_{n-1})=dn→∞lim(an−an−1)=d，证明：limn→∞ann=d\underset{n \rightarrow \infty}{\lim}{\frac{a_{n}}{n}}=dn→∞limnan=d.
证 1：直接使用 Stolz 定理，得证。
证毕
证 2：构造数列 {xn}\{x_{n}\}{xn}，其中
xn={a1n=1,an−an−1n>2.x_{n} = \begin{cases} &a_{1} &n=1, \\ &a_{n} -a_{n-1} &n>2. \end{cases} xn={a1an−an−1n=1,n>2.
则
limn→∞xn=d.\lim_{n \rightarrow \infty}x_{n} = d. n→∞limxn=d.
由 Cauchy 命题，
limn→∞ann=limn→x1+x2+⋯+xnn=d.\lim_{n \rightarrow \infty}\frac{a_{n}}{n} = \lim_{n \rightarrow}\frac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}}{n} = d. n→∞limnan=n→limnx1+x2+⋯+xn=d.
证毕
附注：题 4 也被说为 Cauchy 命题 的另一形式。
5. 设 {an}\{a_{n}\}{an} 为正数列，且收敛于 AAA，证明：
limn→∞(a1a2⋯an)1n=A.\lim_{n \rightarrow \infty}\left(a_{1}a_{2}\cdots a_{n}\right)^{\frac{1}{n}} = A. n→∞lim(a1a2⋯an)n1=A.
证：由题意得
limn→∞xn=A.\lim_{n \rightarrow \infty}x_{n} = A. n→∞limxn=A.
由于 {xn}\{x_{n}\}{xn} 为正数列，因此 A≥0A \ge 0A≥0.
（1）若 A=0A=0A=0，则由 Cauchy 命题 可得
limn→∞x1+x2+⋯+xnn=0.\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}}{n} = 0. n→∞limnx1+x2+⋯+xn=0.
由 算术-几何平均值不等式 可得
0<(x1x2⋯xn)1n<x1+x2+⋯+xnn.0< \left(x_{1}x_{2}\cdots x_{n}\right)^{\frac{1}{n}}< \frac{x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}}{n} . 0<(x1x2⋯xn)n1<nx1+x2+⋯+xn.
由数列极限的夹逼性可得
limn→(x1x2⋯xn)1n=A=0.\lim_{n \rightarrow}\left(x_{1}x_{2}\cdots x_{n}\right)^{\frac{1}{n}} = A=0. n→lim(x1x2⋯xn)n1=A=0.
（2）若 A≠0A \ne 0A=0，则有
limn→∞1xn=1A.\lim_{n \rightarrow \infty}\frac{1}{x_{n}} = \frac{1}{A}. n→∞limxn1=A1.
由 Cauchy 命题 可得
limn→∞1xn+1x2+⋯+1xnn=1A.\lim_{n \rightarrow \infty}\frac{\frac{1}{x_{n}}+\frac{1}{x_{2}}+\cdots+\frac{1}{x_{n}}}{n} = \frac{1}{A}. n→∞limnxn1+x21+⋯+xn1=A1.
再由 算术-几何平均值不等式
n1xn+1x2+⋯+1xn≤(x1x2⋯xn)1n≤x1+x2+⋯+xnn.\frac{n}{\frac{1}{x_{n}}+\frac{1}{x_{2}}+\cdots+\frac{1}{x_{n}}} \le \left(x_{1}x_{2}\cdots x_{n}\right)^{\frac{1}{n}} \le \frac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}}{n}. xn1+x21+⋯+xn1n≤(x1x2⋯xn)n1≤nx1+x2+⋯+xn.
由数列极限的夹逼性，则
limn→(x1x2⋯xn)1n=A.\lim_{n \rightarrow}\left(x_{1}x_{2}\cdots x_{n}\right)^{\frac{1}{n}} = A. n→lim(x1x2⋯xn)n1=A.
证毕
6. 设 {an}\{a_{n}\}{an} 为正数列，且存在极限 limn→∞an+1an=l\underset{n \rightarrow \infty}{\lim}\frac{a_{n+1}}{a_{n}} = ln→∞limanan+1=l，证明：limn→∞ann=l\underset{n \rightarrow \infty}{\lim}\sqrt[n]{a_{n}}=ln→∞limnan=l.
证：构造一个数列 {yn}\{y_{n}\}{yn}，其中
xn={a1n=1,anan−1n≥2.x_{n} = \begin{cases} & a_{1} &n=1,\\ & \frac{a_{n}}{a_{n-1}} &n \ge 2. \end{cases} xn={a1an−1ann=1,n≥2.
则
limn→∞xn=l.\lim_{n \rightarrow \infty}x_{n} = l. n→∞limxn=l.
由 题5 结论，
limn→∞ann=limn→∞(x1x2⋯xn)1n=l.\lim_{n \rightarrow \infty}\sqrt[n]{a_{n}} = \lim_{n \rightarrow \infty}\left(x_{1}x_{2}\cdots x_{n}\right)^{\frac{1}{n}} = l. n→∞limnan=n→∞lim(x1x2⋯xn)n1=l.
证毕
7. 设 limn⇝∞(xn−xn−2)=0\underset{n \rightsquigarrow \infty}{\lim}(x_{n}-x_{n-2})=0n⇝∞lim(xn−xn−2)=0，证明：
limn→∞xnn=0.\lim_{n \rightarrow \infty}\frac{x_{n}}{n} = 0. n→∞limnxn=0.
证：构造数列 {yn}\{y_{n}\}{yn}，其中
yn={x1n=1,x2n=2,xn−xn−2n>2.y_{n} = \begin{cases} &x_{1} &n=1,\\ &x_{2} &n=2,\\ &x_{n}-x_{n-2} &n > 2. \end{cases} yn=⎩⎨⎧x1x2xn−xn−2n=1,n=2,n>2.
于是
limn→∞yn=0.\lim_{n \rightarrow \infty}y_{n} = 0. n→∞limyn=0.
考虑 {yn}\{y_{n}\}{yn} 的奇数子列 {y2k−1}\{y_{2k-1}\}{y2k−1} 与偶数子列 {y2k}\{y_{2k}\}{y2k}，有
limk→∞y2k−1=limk→∞(x2k−1−x2k−3)=0,limk→∞y2k=limk→∞(x2k−x2k−2)=0.\begin{aligned} &\lim_{k \rightarrow \infty} y_{2k-1} = \lim_{k \rightarrow \infty}(x_{2k-1}-x_{2k-3}) = 0, \\ &\lim_{k \rightarrow \infty} y_{2k} = \lim_{k \rightarrow \infty}(x_{2k}-x_{2k-2}) = 0. \end{aligned} k→∞limy2k−1=k→∞lim(x2k−1−x2k−3)=0,k→∞limy2k=k→∞lim(x2k−x2k−2)=0.
对于两个子列分别应用 题 4 的结论，有
limk→∞(x2k−1−x2k−3)=0⟹limk→∞x2k−1k=0,limk→∞(x2k−x2k−2)=0⟹limk→∞x2kk=0.\begin{aligned} &\lim_{k \rightarrow \infty}(x_{2k-1}-x_{2k-3}) = 0 \Longrightarrow \lim_{k \rightarrow \infty}\frac{x_{2k-1}}{k} = 0, \\ &\lim_{k \rightarrow \infty}(x_{2k}-x_{2k-2}) = 0 \Longrightarrow \lim_{k \rightarrow \infty}\frac{x_{2k}}{k} = 0. \end{aligned} k→∞lim(x2k−1−x2k−3)=0⟹k→∞limkx2k−1=0,k→∞lim(x2k−x2k−2)=0⟹k→∞limkx2k=0.
构造数列 {zn}\{z_{n}\}{zn}，其中
zn=xnn.z_{n} = \frac{x_{n}}{n}. zn=nxn.
对于 {zn}\{z_{n}\}{zn} 的奇数列 {z2k−1}\{z_{2k-1}\}{z2k−1}，有
limk→∞x2k−12k−1=limk→∞(x2k−1k⋅k2k−1)=0.\lim_{k \rightarrow \infty}\frac{x_{2k-1}}{2k-1} = \lim_{k \rightarrow \infty}\left(\frac{x_{2k-1}}{k} \cdot \frac{k}{2k-1}\right) = 0. k→∞lim2k−1x2k−1=k→∞lim(kx2k−1⋅2k−1k)=0.
对于 {zn}\{z_{n}\}{zn} 的偶数列 {z2k}\{z_{2k}\}{z2k}，有
limk→∞x2k2k=limk→∞(x2kk⋅k2k)=0.\lim_{k \rightarrow \infty}\frac{x_{2k}}{2k} = \lim_{k \rightarrow \infty}\left(\frac{x_{2k}}{k} \cdot \frac{k}{2k}\right) = 0. k→∞lim2kx2k=k→∞lim(kx2k⋅2kk)=0.
所以 {zn}\{z_{n}\}{zn} 的奇数列与偶数列收敛于同一极限 000，从而 {zn}\{z_{n}\}{zn} 收敛于 000.
证毕
8. 设 limn→∞(xn−xn−2)=0\underset{n \rightarrow \infty}{\lim}\left(x_{n}-x_{n-2}\right)=0n→∞lim(xn−xn−2)=0，证明：
limn→∞xn−xn−1n=0.\lim_{n \rightarrow \infty}\frac{x_{n}-x_{n-1}}{n} = 0. n→∞limnxn−xn−1=0.
9. 设数列 {an}\{a_{n}\}{an} 满足条件 0<a1<10<a_{1}<10<a1<1 和 an+1=an(1−an)a_{n+1} = a_{n}(1-a_{n})an+1=an(1−an)，证明：
limn→∞nan=1.\lim_{n \rightarrow \infty}na_{n} = 1. n→∞limnan=1.
证：利用数学归纳法，容易证明 0<an<1,∀n∈N+0<a_{n}<1,~ \forall n ~ \in \mathbb{N}^{+}0<an<1, ∀n ∈N+.
根据递推公式，可得
an+1−an=−an2<0.a_{n+1} - a_{n} = -a_{n}^{2} < 0. an+1−an=−an2<0.
因此 {an}\{a_{n}\}{an} 单调减小且有下界。由 单调有界数列收敛定理，{an}\{a_{n}\}{an} 收敛。
不妨设 limn→∞an=a\underset{n \rightarrow \infty}{\lim}a_{n}=an→∞liman=a，则对递推公式两端同取极限，可得
limn→∞an=0.\lim_{n \rightarrow \infty}a_{n} = 0. n→∞liman=0.
因此
limn→∞1an=+∞.\lim_{n \rightarrow \infty}\frac{1}{a_{n}}=+\infty. n→∞liman1=+∞.
而 {1an}\{\frac{1}{a_{n}}\}{an1} 显然是单调增加的，由 Stolz 定理，可得
limn→∞nan=n1an=limn→∞(n+1)−n1an+1−1an=limn→∞(1−an)=1.\lim_{n \rightarrow \infty}na_{n} = \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}(1-a_{n}) = 1. n→∞limnan=an1n=n→∞liman+11−an1(n+1)−n=n→∞lim(1−an)=1.
证毕
10. 若 limn→∞an=α\underset{n \rightarrow \infty}{\lim}a_{n} = \alphan→∞liman=α，limn→∞bn=β\underset{n \rightarrow \infty}{\lim}b_{n} = \betan→∞limbn=β，证明：
limn→∞a1bn+a2bn−1+⋯+anb1n=αβ.\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{a_{1}b_{n}+a_{2}b_{n-1}+\cdots+a_{n}b_{1}}{n} = \alpha\beta. n→∞limna1bn+a2bn−1+⋯+anb1=αβ.
证：构造两个数列 {xn}\{x_{n}\}{xn}，{yn}\{y_{n}\}{yn}，其中
an=a+xn,bn=b+yn.a_{n} = a+x_{n},\quad b_{n} = b+y_{n}. an=a+xn,bn=b+yn.
显然，
limn→∞xn=limn→∞yn=0.\lim_{n \rightarrow \infty}x_{n} = \lim_{n \rightarrow\infty}y_{n} = 0. n→∞limxn=n→∞limyn=0.
则
a1bn+a2bn−1+⋯+anb1n=an⋅∑k=1nyk+bn⋅∑k=1nxk+1n∑k=1nxkyn−k+αβ.\frac{a_{1}b_{n}+a_{2}b_{n-1}+\cdots+a_{n}b_{1}}{n} = \frac{a}{n}\cdot \sum_{k=1}^{n}y_{k} + \frac{b}{n} \cdot \sum_{k=1}^{n}x_{k} + \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}x_{k}y_{n-k} + \alpha \beta. na1bn+a2bn−1+⋯+anb1=na⋅k=1∑nyk+nb⋅k=1∑nxk+n1k=1∑nxkyn−k+αβ.
收敛数列必定有界，考虑 {xn}\{x_{n}\}{xn}（或者 {yn}\{y_{n}\}{yn}），一定存在 m,M∈Rm,M\in \mathbb{R}m,M∈R，使得 m<xn<Mm<x_{n}<Mm<xn<M.
于是，
an⋅∑k=1nyk+bn⋅∑k=1nxk+mn∑k=1nyk+αβ<a1bn+a2bn−1+⋯+anb1n<an⋅∑k=1nyk+bn⋅∑k=1nxk+Mn∑k=1nyk+αβ.\frac{a}{n}\cdot \sum_{k=1}^{n}y_{k} + \frac{b}{n} \cdot \sum_{k=1}^{n}x_{k} + \frac{m}{n}\sum_{k=1}^{n}y_{k} + \alpha \beta < \frac{a_{1}b_{n}+a_{2}b_{n-1}+\cdots+a_{n}b_{1}}{n} < \frac{a}{n}\cdot \sum_{k=1}^{n}y_{k} + \frac{b}{n} \cdot \sum_{k=1}^{n}x_{k} + \frac{M}{n}\sum_{k=1}^{n}y_{k} + \alpha \beta. na⋅k=1∑nyk+nb⋅k=1∑nxk+nmk=1∑nyk+αβ<na1bn+a2bn−1+⋯+anb1<na⋅k=1∑nyk+nb⋅k=1∑nxk+nMk=1∑nyk+αβ.
由 Cauchy 命题 以及数列极限的夹逼性，可得
limn→∞a1bn+a2bn−1+⋯+anb1n=αβ.\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{a_{1}b_{n}+a_{2}b_{n-1}+\cdots+a_{n}b_{1}}{n} = \alpha\beta. n→∞limna1bn+a2bn−1+⋯+anb1=αβ.
证毕
参考
[1] 谢惠民. 数学分析习题课讲义. 第1版. 上册. 北京：高等教育出版社.
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