《高等数学》第一章第3节习题选做

2. 设 $\lim _{n\rightarrow \infty } a_{n} =l$，证明 $\lim _{n\rightarrow \infty } |a_{n} |=|l|$ 若 $l=0$，那么 $|a_{n} -l|=||a_{n} |-l|$，因此任意的 $\varepsilon$ 在 $a_{n}$ 取得的 $N$ 在 $|a_{n} |$ 中同样满足条件。 若 $l\neq 0$，考虑取 $\varepsilon =|l|$，得到的 $N$，那么对 $n >N$，$l >0$ 时 $|a_{n} |$ 皆为 $a_{n}$，$l< 0$ 时 $|a_{n} |$ 皆为 $-a_{n}$，因此极限对应于 $l,-l$，也即 $|l|$。 3. 设 $\{a_{n}\}$ 有极限 $l$。证明： (1) 存在一个自然数 $N$，当 $n >N$ 时，$|a_{n} |< |l|+1$； 根据三角不等式有 $|( a_{n} -l) +l|\leq |a_{n} -l|+|l|$，只需找一个 $N$ 使得 $|a_{n} -l|+|l|< |l|+1$，移项得 $|a_{n} -l|< 1$，取 $\varepsilon =1$，由极限存在的定义即得。 (2) $\{a_{n}\}$ 是有界序列，也即存在常数 $M$ 使得 $|a_{n} |\leq M$。 刚才已经得到一个 $N$ 约束了 $|a_{n} |$，取 $M=\max\{a_{1} ,\dotsc ,a_{N} ,|l|+1\}$ 即得。 4. 用 $\varepsilon$-$N$ 说法证明下列极限： (1) $\lim _{n\rightarrow \infty }\frac{3n+1}{2n-3} =\frac{3}{2}$ 由 $a_{n} -\frac{3}{2} =\frac{11}{4n-6}$，任取 $0< \varepsilon < 11/5$ 时，$|a_{n} -l|< \varepsilon \Leftarrow 4n-6 >\frac{11}{\varepsilon } \Leftarrow n >\left\lceil \frac{11}{4\varepsilon } +1.5\right\rceil$，取 $N=\left\lceil \frac{11}{4\varepsilon } +1.5\right\rceil$ 即可。 (2) $\lim _{n\rightarrow \infty }\frac{\sqrt[3]{n^{2}}\sin n}{n+1} =0$ 由 $|a_{n} |=\frac{\sqrt[3]{n^{2}}}{n+1} |\sin n|\leq \frac{\sqrt[3]{n^{2}}}{n+1} \leq \frac{\sqrt[3]{n^{2}}}{n} =n^{-1/3}$，任取 $\varepsilon >0$ 时，$|a_{n} -l|< \varepsilon \Leftrightarrow n >\frac{1}{\varepsilon ^{3}}$，取 $N=\left\lceil \frac{1}{\varepsilon ^{3}}\right\rceil$ 即可。 (3) $\lim _{n\rightarrow \infty } n^{2} q^{n} =0\quad ( |q|< 1)$ 设 $a=|q|^{-1}$，那么有 $|a_{n} -l|=\frac{n^{2}}{a^{n}} =\frac{n}{a^{n}} +\frac{n( n-1)}{a^{n}}$，设 $a=h+1$（可知 $h >0$），由 $a^{n} =( h+1)^{n} =1+nh+\frac{n( n-1)}{2} h^{2} +\frac{n( n-1)( n-2)}{6} h^{3} +\cdots >\frac{n( n-1)( n-2)}{6} h^{3}$，因此 $|a_{n} -l|< \frac{n^{2}}{\frac{n( n-1)( n-2)}{6} h^{3}} =6h^{-3} \cdot \frac{n}{( n-1)( n-2)}$ 于是 $\mathrm{r.h.s} =6h^{-3} \cdot \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{\left( 1-\frac{1}{n}\right)\left( 1-\frac{2}{n}\right)}$ 当 $n\geq 3$ 时，$\frac{1}{( 1-1/n)( 1-2/n)} \leq \frac{9}{2}$，因此 $n\geq 3,|a_{n} -l|\leq 27h^{-3} \cdot \frac{1}{n}$，对任何 $9h^{-3} >\varepsilon >0$，取 $N=\left\lceil 27h^{-3} \varepsilon ^{-1}\right\rceil +1$ 即可。 (4) $\lim _{n\rightarrow \infty }\frac{n!}{n^{n}} =0$ 考虑 $\frac{n!}{n^{n}} =\frac{1}{n} \cdot \frac{2}{n} \cdots \frac{\lfloor n/2\rfloor }{n} \cdots \frac{n}{n} \leq \frac{1}{n} \cdot \frac{2}{n} \cdots \frac{\lfloor n/2\rfloor }{n} \leq \frac{1}{2^{\lfloor n/2\rfloor }}$，那么任取 $\varepsilon >0$，$\frac{1}{2^{\lfloor n/2\rfloor }} < \varepsilon \Leftrightarrow \lfloor n/2\rfloor >-\log_{2} \varepsilon \Leftrightarrow n >-\log_{2} \varepsilon$，取 $N=\lfloor -\log_{2} \varepsilon \rfloor +1$ 即可。 (5) $\lim _{n\rightarrow \infty }\left(\frac{1}{1\cdot 2} +\frac{1}{2\cdot 3} +\cdots +\frac{1}{( n-1) n}\right) =1$ 注意到 $\frac{1}{( n-1) n} =\frac{1}{n-1} -\frac{1}{n}$，那么有 $\frac{1}{1\cdot 2} +\frac{1}{2\cdot 3} +\cdots +\frac{1}{( n-1) n} =\left(\frac{1}{1} -\frac{1}{2}\right) +\left(\frac{1}{2} -\frac{1}{3}\right) +\cdots +\left(\frac{1}{n-1} -\frac{1}{n}\right) =1-\frac{1}{n}$，也就有 $|a_{n} -l|=\frac{1}{n}$，对任意 $\varepsilon >0$ 取 $N=\left\lfloor \varepsilon ^{-1}\right\rfloor +1$ 即可。 (6) $\lim _{n\rightarrow \infty }\left(\frac{1}{( n+1)^{3/2}} +\cdots +\frac{1}{( 2n)^{3/2}}\right) =0$ 原式子有 $\frac{1}{( n+k)^{3/2}} < n^{-3/2}$，有 $|a_{n} -l|< n\cdot n^{-3/2} =n^{-1/2}$，对任意 $\varepsilon >0$ 取 $N=\left\lfloor \varepsilon ^{-2}\right\rfloor +1$ 即可。 5. $\lim _{n\rightarrow \infty } a_{n} =0$，又设 $\{b_{n}\}$ 是有界序列，即存在 $M$ 使得 $|b_{n} |< M$。证明 $\lim _{n\rightarrow \infty } a_{n} b_{n} =0$。 任取 $\varepsilon >0$，考虑 $\varepsilon '=\varepsilon /M$，有 $N$ 使得更大的 $n$ 都有 $|a_{n} |< \varepsilon '$，也就有 $|a_{n} b_{n} |=|a_{n} |\cdot |b_{n} |< M\varepsilon '=\varepsilon$。 6. 证明 $\lim _{n\rightarrow \infty }\sqrt[n]{n} =1$。 对于任意 $\varepsilon >0$，考虑 $|a_{n} -l|< \varepsilon \Leftrightarrow \sqrt[n]{n} < 1+\varepsilon \Leftrightarrow n< ( 1+\varepsilon )^{n}$，令 $a=1+\varepsilon$，只需证明存在 $N$ 使得 $n >N$ 的 $n$ 皆有 $\frac{n}{a^{n}} < 1$，蕴含于 $\lim _{n\rightarrow \infty }\frac{n}{a^{n}} =0$。 7. 求下列各极限的值： (1) $\lim _{n\rightarrow \infty }\left(\sqrt{n+1} -\sqrt{n}\right)$ 解：$0\leq a_{n} =\frac{1}{\sqrt{n+1} +\sqrt{n}} \leq \frac{2}{\sqrt{n}}$，两边均为 $0$。故 $\lim _{n\rightarrow \infty } a_{n} =0$。 (2) $\lim _{n\rightarrow \infty }\frac{n^{3} +3n^{2} -100}{4n^{3} -n+2}$ 解：$=\frac{1+3n^{-1} -100n^{-3}}{4-n^{-2} +2n^{-3}}$，上下有极限 $1,4$，故极限为 $\frac{1}{4}$。 (4) $\lim _{n\rightarrow \infty }\left( 1+\frac{1}{n}\right)^{-2n}$ 已经证明过 $a_{n} =\left( 1+\frac{1}{n}\right)^{n}$ 有极限 $e\neq 0$。因此 $a_{n}^{-2}$ 有极限 $e^{-2}$。 (5) $\lim _{n\rightarrow \infty }\left( 1-\frac{1}{n}\right)^{n}$ 考虑对于 $n >1$，有 $a_{n} =\left( 1-\frac{1}{n}\right)^{n} =\left(\frac{n-1}{n}\right)^{n} =\left( 1+\frac{1}{n-1}\right)^{-( n-1)} \cdot \left( 1+\frac{1}{n-1}\right)^{-1}$，二者极限分别为 $e^{-1} ,1$，因此极限为 $e^{-1}$。 *(6) $\lim _{n\rightarrow \infty }\left( 1-\frac{1}{n}\right)^{n^{2}}$ 我们已知 $a_{n} =\left( 1-\frac{1}{n}\right)^{n}$ 的极限是 $0< e^{-1} < 1$，那么取 $\varepsilon =\min\left( e^{-1} ,1-e^{-1}\right) /2$，可知存在 $N$ 使得任意 $n >N$，都有 $a_{n} \leq e^{-1} +\varepsilon < 1$。记 $c=e^{-1} +\varepsilon$。那么 $n >N,0\leq a_{n}^{n} \leq c^{n}$，两边极限均为 $0$，故极限为 $0$。 *(7) $\lim _{n\rightarrow \infty }\left( 1-\frac{1}{n^{2}}\right)^{n}$ 注意到 $1-\frac{1}{n^{2}} =\left( 1+\frac{1}{n}\right)\left( 1-\frac{1}{n}\right)$，因此极限为 $e\cdot e^{-1} =1$。 8. 利用单调序列有极限证明下列序列极限存在： (1) $x_{n} =\frac{1}{1} +\frac{1}{2^{2}} +\cdots +\frac{1}{n^{2}}$ 单调性显然，接下来 $x_{n} -1\leq \frac{1}{1\cdot 2} +\cdots +\frac{1}{( n-1) n} =\left(\frac{1}{1} -\frac{1}{2}\right) +\cdots +\left(\frac{1}{n-1} -\frac{1}{n}\right) =1-\frac{1}{n} < 1$，因此 $x_{n} < 2$。故有极限。 (2) $x_{n} =\frac{1}{2^{1} +1} +\cdots +\frac{1}{2^{n} +1}$ 单调性显然，接下来 $x_{n} \leq 2^{-1} +\cdots +2^{-n} =1-2^{-n} < 1$，因此 $x_{n}$ 有极限。 (3) $x_{n} =\frac{1}{n+1} +\frac{1}{n+2} +\cdots +\frac{1}{n+n}$ 首先证明单调性：$x_{n} -x_{n-1} =\frac{1}{2n} +\frac{1}{2n-1} -\frac{1}{n} =\frac{1}{2n( 2n-1)} >0$。 而 $\frac{1}{n+k} < \frac{1}{n}$，因此 $x_{n} < n\cdot \frac{1}{n} =1$，故有极限。 (4) $x_{n} =\frac{1}{0!} +\frac{1}{1!} +\cdots +\frac{1}{n!}$ 单调性显然，而 $\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} \cdots \frac{1}{n} \leq 2^{-( n-1)}$，因此 $x_{n} < 2\left( 2^{-0} +\cdots +2^{-n}\right) =2\left( 2-2^{-n}\right) < 4$，故有极限。 9. 证明 $$ e=\lim _{n\rightarrow \infty }\left(\frac{1}{0!} +\frac{1}{1!} +\cdots +\frac{1}{n!}\right) $$ 记 $a_{n} =\frac{1}{0!} +\frac{1}{1!} +\cdots +\frac{1}{n!}$，$b_{n} =\left( 1+\frac{1}{n}\right)^{n}$，由 $$ \begin{aligned} b_{n} & =\sum _{k}\frac{n( n-1) \cdots ( n-k+1)}{k!} n^{-k}\\ & =\sum _{k}\frac{1}{k!} \cdot 1\cdot \left( 1-\frac{1}{n}\right) \cdots \left( 1-\frac{k-1}{n}\right)\\ & \leq \sum _{k\leq n}\frac{1}{k!}\\ & =a_{n} \end{aligned} $$ 又考虑取 $N\leq n$，有 $$ \begin{aligned} b_{n} & =\sum _{k}\frac{n( n-1) \cdots ( n-k+1)}{k!} n^{-k}\\ & \geq \sum _{k\leq N}\frac{n( n-1) \cdots ( n-k+1)}{k!} n^{-k}\\ & =\sum _{k\leq N}\frac{1}{k!} \cdot \left( 1-\frac{1}{n}\right) \cdots \left( 1-\frac{k-1}{n}\right)\\ & =f_{n} \end{aligned} $$ 这是一个有限和，注意到 $\left( 1-\frac{c}{n}\right)$ 递增且 $\lim _{n\rightarrow \infty } f_{n} =\sum _{k\leq N}\frac{1}{k!}$，因此对每个 $N$ 都有 $\lim _{n\rightarrow \infty } b_{n} \geq \sum _{k\leq N}\frac{1}{k!} =a_{n}$，因此 $\lim _{n\rightarrow \infty } b_{n} \geq \lim _{n\rightarrow \infty } a_{n}$，因此 $\lim _{n\rightarrow \infty } a_{n} =e$。