📘 第二章总练习题详解

让我为您逐题详细讲解这些综合性题目，它们涵盖了本章的所有重要知识点。

第1题：求下列数列的极限

(1) $n \to \infty lim \frac{n ^{2} + 3}{n ^{2} - 1}$

思路分析：典型的分式型极限，分子分母同除以 $n$ 的最高次幂。

详细步骤： $n \to \infty lim \frac{n ^{2} + 3}{n ^{2} - 1} = n \to \infty lim \frac{n ^{2} ( 1 + \frac{3}{n ^{2}} )}{n ^{2} ( 1 - \frac{1}{n ^{2}} )} = n \to \infty lim \frac{1 + \frac{3}{n ^{2}}}{1 - \frac{1}{n ^{2}}} = \frac{1 + 0}{1 - 0} = 1$

答案： $1$

(2) $n \to \infty lim \frac{n ^{2} + n - n ^{2} - n}{n + 1 - n}$

思路分析：分子分母都是根式差，需要分别有理化。

详细步骤：

分子有理化： $n^{2} + n - n^{2} - n = \frac{( n ^{2} + n ) ^{2} - ( n ^{2} - n ) ^{2}}{n ^{2} + n + n ^{2} - n} = \frac{( n ^{2} + n ) - ( n ^{2} - n )}{n ^{2} + n + n ^{2} - n} = \frac{2 n}{n ^{2} + n + n ^{2} - n}$

分母有理化： $n + 1 - n = \frac{( n + 1 ) ^{2} - ( n ) ^{2}}{n + 1 + n} = \frac{( n + 1 ) - n}{n + 1 + n} = \frac{1}{n + 1 + n}$

计算原极限： $n \to \infty lim \frac{n ^{2} + n - n ^{2} - n}{n + 1 - n} = n \to \infty lim \frac{\frac{2 n}{n ^{2} + n + n ^{2} - n}}{\frac{1}{n + 1 + n}} = n \to \infty lim \frac{2 n ( n + 1 + n )}{n ^{2} + n + n ^{2} - n}$

提取最高次：分子分母同除以 $n$ $= n \to \infty lim \frac{2 ( n + 1 + n )}{\frac{n ^{2} + n + n ^{2} - n}{n}} = n \to \infty lim \frac{2 n ( 1 + \frac{1}{n} + 1 )}{n ( 1 + \frac{1}{n} + 1 - \frac{1}{n} )} = n \to \infty lim \frac{2 ( 1 + \frac{1}{n} + 1 )}{n ( 1 + \frac{1}{n} + 1 - \frac{1}{n} )}$

问题：这样处理分母趋于无穷...让我重新计算

重新处理： $= n \to \infty lim \frac{2 n \cdot \frac{n + 1 + n}{n}}{\frac{n ^{2} + n + n ^{2} - n}{1}} = n \to \infty lim \frac{2 n ( \frac{n + 1}{n ^{2}} + \frac{n}{n ^{2}} )}{1 + \frac{1}{n} + 1 - \frac{1}{n}}$

这样还是不对，让我用更直接的方法：

最简洁方法： $n^{2} + n = n 1 + \frac{1}{n} \approx n (1 + \frac{1}{2 n}) = n + \frac{1}{2}$

$n^{2} - n = n 1 - \frac{1}{n} \approx n (1 - \frac{1}{2 n}) = n - \frac{1}{2}$

所以分子 $\approx (n + \frac{1}{2}) - (n - \frac{1}{2}) = 1$

$n + 1 - n = \frac{1}{n + 1 + n} \approx \frac{1}{2 n}$

因此： $n \to \infty lim \frac{1}{\frac{1}{2 n}} = n \to \infty lim 2 n = + \infty$

等等，这不对...让我严格计算：

$分子 = \frac{2 n}{n ^{2} + n + n ^{2} - n} = \frac{2 n}{n ( 1 + \frac{1}{n} + 1 - \frac{1}{n} )} = \frac{2}{1 + \frac{1}{n} + 1 - \frac{1}{n}} \to \frac{2}{1 + 1} = 1$

$分母 = \frac{1}{n + 1 + n} \to 0$

所以原极限 $= \frac{1}{0 ^{+}} = + \infty$

答案： $+ \infty$ （发散）

(3) $n \to \infty lim (n + 2 - 2 n + 1 + n)$

思路分析：三项根式，配对有理化。

详细步骤：

方法一（配对处理）： $n + 2 - 2 n + 1 + n = (n + 2 - n + 1) - (n + 1 - n)$

对第一个差： $n + 2 - n + 1 = \frac{( n + 2 ) - ( n + 1 )}{n + 2 + n + 1} = \frac{1}{n + 2 + n + 1}$

对第二个差： $n + 1 - n = \frac{( n + 1 ) - n}{n + 1 + n} = \frac{1}{n + 1 + n}$

因此： $n \to \infty lim [\frac{1}{n + 2 + n + 1} - \frac{1}{n + 1 + n}] = n \to \infty lim \frac{( n + 1 + n ) - ( n + 2 + n + 1 )}{( n + 2 + n + 1 ) ( n + 1 + n )} = n \to \infty lim \frac{n - n + 2}{( n + 2 + n + 1 ) ( n + 1 + n )}$

继续有理化分子： $n - n + 2 = \frac{n - ( n + 2 )}{n + n + 2} = \frac{- 2}{n + n + 2}$

代入： $= n \to \infty lim \frac{\frac{- 2}{n + n + 2}}{( n + 2 + n + 1 ) ( n + 1 + n )} = n \to \infty lim \frac{- 2}{( n + n + 2 ) ( n + 2 + n + 1 ) ( n + 1 + n )}$

提取最高次：分母 $\approx n \cdot n \cdot n = n n = n^{3/2}$

严格地： $= n \to \infty lim \frac{- 2}{n ^{3/2} ( 1 + 1 + \frac{2}{n} ) ( 1 + \frac{2}{n} + 1 + \frac{1}{n} ) ( 1 + \frac{1}{n} + 1 )} = \frac{- 2}{\infty \cdot 2 \cdot 2 \cdot 2} = 0$

答案： $0$

第2题：证明

(1) $n \to \infty lim n^{2} q^{n} = 0$ （ $∣ q ∣ < 1$ ）

思路分析：指数增长快于多项式增长，当底数 $∣ q ∣ < 1$ 时， $q^{n} \to 0$ 足够快以抵消 $n^{2}$ 的增长。

证明：

取 $r$ 满足 $∣ q ∣ < r < 1$ ，例如 $r = \frac{∣ q ∣ + 1}{2}$ 。

由于 $\frac{∣ q ∣}{r} < 1$ ，存在 $N_{0}$ ，当 $n > N_{0}$ 时： $n^{2} (\frac{∣ q ∣}{r})^{n} < 1$

即： $n^{2} ∣ q ∣^{n} < r^{n}$

因此当 $n > N_{0}$ 时： $0 < n^{2} ∣ q ∣^{n} < r^{n}$

由于 $0 < r < 1$ ， $lim r^{n} = 0$ ，由夹逼定理： $n \to \infty lim n^{2} ∣ q ∣^{n} = 0$

从而： $n \to \infty lim n^{2} q^{n} = 0$

✓

另一方法（更严格）：

令 $∣ q ∣ = \frac{1}{1 + ε}$ ，其中 $ε > 0$ ，则： $∣ q ∣^{n} = \frac{1}{( 1 + ε ) ^{n}}$

由二项式定理： $(1 + ε)^{n} = 1 + n ε + \frac{n ( n - 1 )}{2} ε^{2} + \dots > \frac{n ( n - 1 ) ( n - 2 )}{6} ε^{3}$

当 $n > 3$ 时： $∣ q ∣^{n} < \frac{6}{ε ^{3} \cdot n ( n - 1 ) ( n - 2 )} < \frac{6}{ε ^{3} n ( n - 2 ) ^{2}}$

因此： $n^{2} ∣ q ∣^{n} < \frac{6 n ^{2}}{ε ^{3} n ( n - 2 ) ^{2}} = \frac{6 n}{ε ^{3} ( n - 2 ) ^{2}} \to 0$

✓

(2) $n \to \infty lim \frac{l g n}{n ^{α}} = 0$ （ $α \geq 1$ ）

思路分析：对数增长远慢于任何正幂次的增长。

证明：

方法一（换底公式 + 换元）：

$\frac{l g n}{n ^{α}} = \frac{ln n}{ln 10 \cdot n ^{α}}$

只需证 $lim \frac{l n n}{n ^{α}} = 0$ 。

令 $n = e^{t}$ （ $t = ln n$ ），当 $n \to \infty$ 时， $t \to \infty$ ： $\frac{ln n}{n ^{α}} = \frac{t}{e ^{α t}}$

由第(1)题的推广结论（指数快于多项式）， $lim \frac{t}{e ^{α t}} = 0$ 。

方法二（直接估计）：

当 $n \geq 3$ 时， $l g n < n^{1/2}$ （可由 $ln n < 2 n$ 证明）

因此： $0 < \frac{l g n}{n ^{α}} < \frac{n ^{1/2}}{n ^{α}} = \frac{1}{n ^{α - 1/2}}$

当 $α \geq 1$ 时， $α - 1/2 \geq 1/2 > 0$ ，故： $n \to \infty lim \frac{1}{n ^{α - 1/2}} = 0$

由夹逼定理得证。✓

第3题：设 $lim a_{n} = a$ ，证明

(1) $n \to \infty lim \frac{a _{1} + a _{2} + \dots + a _{n}}{n} = a$

又问：能否反过来推出 $lim a_{n} = a$ ？

证明（Cesàro平均定理）：

对任给 $ε > 0$ ，由 $lim a_{n} = a$ ，存在 $N$ ，当 $n > N$ 时： $∣ a_{n} - a ∣ < \frac{ε}{2}$

对 $n > N$ ： $\frac{a _{1} + \dots + a _{n}}{n} - a = \frac{( a _{1} - a ) + \dots + ( a _{n} - a )}{n} \leq \frac{∣ a _{1} - a ∣ + \dots + ∣ a _{N} - a ∣}{n} + \frac{∣ a _{N + 1} - a ∣ + \dots + ∣ a _{n} - a ∣}{n}$

记 $M = ∣ a_{1} - a ∣ + \dots + ∣ a_{N} - a ∣$ （固定常数），则： $\leq \frac{M}{n} + \frac{( n - N ) \cdot \frac{ε}{2}}{n} < \frac{M}{n} + \frac{ε}{2}$

取 $n$ 充分大使得 $\frac{M}{n} < \frac{ε}{2}$ ，则： $\frac{a _{1} + \dots + a _{n}}{n} - a < ε$

证毕！✓

反命题是否成立？

❌ 不成立！

反例： $a_{n} = {n, 0, n = 1 0^{k} （ k 为正整数）其他$

$lim a_{n}$ 不存在（有子列趋于 $\infty$ ）
但 $\frac{a _{1} + \dots + a _{n}}{n} \approx \frac{有限个大数}{n} \to 0$

更简单的反例： $a_{n} = (- 1)^{n}$

$lim a_{n}$ 不存在（振荡）
$\frac{a _{1} + \dots + a _{n}}{n} = \frac{0 或 \pm 1}{n} \to 0$

(2) 若 $a_{n} > 0$ （ $n = 1, 2, \dots$ ），则 $n \to \infty lim n a_{1} a_{2} \dots a_{n} = a$

证明（几何平均趋于算术平均）：

取对数： $ln (n a_{1} \dots a_{n}) = \frac{ln a _{1} + \dots + ln a _{n}}{n}$

由于 $lim a_{n} = a > 0$ ，由对数的连续性： $n \to \infty lim ln a_{n} = ln a$

由 (1) 的结论（Cesàro平均定理）： $n \to \infty lim \frac{ln a _{1} + \dots + ln a _{n}}{n} = ln a$

因此： $n \to \infty lim ln (n a_{1} \dots a_{n}) = ln a$

由指数函数的连续性： $n \to \infty lim n a_{1} \dots a_{n} = e^{l n a} = a$

✓

第4题：应用上题的结论证明下列各题

(1) $n \to \infty lim \frac{n !}{n ^{n}} = 0$

证明：

$\frac{n !}{n ^{n}} = \frac{1 \cdot 2 \cdot 3 \dots n}{n \cdot n \cdot n \dots n} = \frac{1}{n} \cdot \frac{2}{n} \cdot \frac{3}{n} \dots \frac{n}{n}$

令 $a_{k} = \frac{k}{n}$ （这里 $n$ 是固定的，不太合适）

更好的方法：取对数

$ln \frac{n !}{n ^{n}} = ln (n!) - n ln n = k = 1 \sum n ln k - n ln n = k = 1 \sum n ln \frac{k}{n}$

$= k = 1 \sum n ln \frac{k}{n} \approx n \int_{0}^{1} ln x d x = n \cdot [x ln x - x]_{0}^{1} = n (0 - 1) = - n$

因此： $\frac{n !}{n ^{n}} \approx e^{- n} \to 0$

严格证明（用第3题）：

令 $a_{n} = \frac{n}{n} = 1$ （这不对...）

正确方法（Stirling近似的思路）：

$\frac{n !}{n ^{n}} = k = 1 \prod n \frac{k}{n} = n (k = 1 \prod n \frac{k}{n})^{n}$

由第3(2)题，若 $lim b_{k} = b$ ，则 $lim n b_{1} \dots b_{n} = b$ 。

但这里 $b_{k} = \frac{k}{n}$ 依赖于 $n$ ...

最简洁方法：

$0 < \frac{n !}{n ^{n}} = \frac{1}{n} \cdot \frac{2}{n} \dots \frac{n - 1}{n} \cdot \frac{n}{n} < \frac{1}{n} \cdot 1 \cdot 1 \dots 1 = \frac{1}{n} \to 0$

由夹逼定理得证。✓

(2) $n \to \infty lim n a = 1$ （ $a > 0$ ）

证明：

令 $b_{n} = a$ （常数列），则 $lim b_{n} = a$ 。

由第3(2)题： $n \to \infty lim n b_{1} b_{2} \dots b_{n} = n \to \infty lim n a^{n} = n \to \infty lim a = a$

等等，这不对...

正确证明：

情况1： $a = 1$ ，显然 $n 1 = 1$ 。

情况2： $a > 1$ ，令 $n a = 1 + h_{n}$ ，其中 $h_{n} > 0$ 。

则： $a = (1 + h_{n})^{n} \geq 1 + n h_{n}$ （伯努利不等式）

所以： $h_{n} \leq \frac{a - 1}{n} \to 0$

又 $h_{n} > 0$ ，由夹逼定理， $h_{n} \to 0$ ，故 $n a = 1 + h_{n} \to 1$ 。

情况3： $0 < a < 1$ ，令 $b = \frac{1}{a} > 1$ ，由情况2： $n b \to 1 \Rightarrow n a = \frac{1}{n b} \to \frac{1}{1} = 1$

✓

(3) $n \to \infty lim n n = 1$

证明：

令 $n n = 1 + h_{n}$ ，其中 $h_{n} > 0$ （当 $n \geq 2$ 时）。

则： $n = (1 + h_{n})^{n} \geq 1 + C_{n}^{2} h_{n}^{2} = 1 + \frac{n ( n - 1 )}{2} h_{n}^{2}$ （二项式定理）

所以： $\frac{n ( n - 1 )}{2} h_{n}^{2} < n$

$h_{n}^{2} < \frac{2 n}{n ( n - 1 )} = \frac{2}{n - 1}$

$0 < h_{n} < \frac{2}{n - 1} \to 0$

由夹逼定理， $h_{n} \to 0$ ，故 $n n \to 1$ 。✓

(4) $n \to \infty lim n n! = + \infty$

证明：

$n n! = n 1 \cdot 2 \cdot 3 \dots n > n \frac{n}{2} 个 \frac{n}{2} \cdot \frac{n}{2} \dots \frac{n}{2} = n (\frac{n}{2})^{n /2}$

$= (\frac{n}{2})^{1/2} = \frac{n}{2} \to \infty$

因此 $n n! \to \infty$ 。✓

或用Stirling公式： $n! \sim 2 πn (\frac{n}{e})^{n}$

$n n! \sim n 2 πn \cdot \frac{n}{e} = (2 πn)^{1/ (2 n)} \cdot \frac{n}{e} \to 1 \cdot \frac{\infty}{e} = \infty$

(5) $n \to \infty lim \frac{1 + 2 + 3 + \dots + n}{n}$

证明：

上界估计： $1 + 2 + \dots + n < n + n + \dots + n = n n$

$\frac{1 + 2 + \dots + n}{n} < \frac{n n}{n} = \frac{n ^{3/4}}{n} = \frac{1}{n ^{1/4}} \to 0$

下界估计： $1 + \dots + n > n /2 + \dots + n > \frac{n}{2} \frac{n}{2}$

$\frac{sum}{n} > \frac{\frac{n}{2} \frac{n}{2}}{n} = \frac{( \frac{n}{2} ) ^{3/4}}{n} = \frac{1}{2 ^{3/4}} \cdot \frac{1}{n ^{1/4}} \to 0$

所以上下界都趋于0，由夹逼定理：

答案： $0$

(6) $n \to \infty lim \frac{n n !}{n}$

证明：

由AM-GM不等式： $\frac{1 + 2 + \dots + n}{n} \geq n 1 \cdot 2 \dots n$

$\frac{n + 1}{2} \geq n n!$

所以： $\frac{n n !}{n} \leq \frac{n + 1}{2 n} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2 n} \to \frac{1}{2}$

下界：由 Stirling 公式 $n! \sim 2 πn (\frac{n}{e})^{n}$ $n n! \sim \frac{n}{e}$

$\frac{n n !}{n} \sim \frac{1}{e} \approx 0.368$

实际上严格证明需要更细致的估计，但由 Stolz 定理或 Stirling 公式：

答案： $\frac{1}{e}$

(7) 若 $b_{1} = b$ ， $b_{n + 1} = b + b_{n}$ （ $b > 0$ ），则 $lim b_{n} = a$

疑问：题目中的 $a$ 是什么？应该是要求证 $lim b_{n}$ 存在并求值。

证明：

① 单调性： $b_{1} = b$ ， $b_{2} = b + b$

若 $b_{n} < b_{n + 1}$ ，则 $b_{n + 1} = b + b_{n} < b + b_{n + 1} = b_{n + 2}$ ？

这需要证明 $b + b_{n} < b + b + b_{n}$ ，即 $b + b_{n} < b + b + b_{n}$ ，即 $b_{n} < b + b_{n}$ 。

平方： $b_{n}^{2} < b + b_{n}$ ，即 $b_{n}^{2} - b_{n} - b < 0$ 。

② 有界性：解 $x^{2} = b + x$ ，得 $x = \frac{1 + 1 + 4 b}{2}$ 。

设 $L = \frac{1 + 1 + 4 b}{2}$ ，可证 $b_{n} < L$ （归纳法）。

③ 求极限：由单调有界定理， $lim b_{n}$ 存在，设为 $ℓ$ 。

$ℓ = b + ℓ \Rightarrow ℓ^{2} = b + ℓ \Rightarrow ℓ = \frac{1 + 1 + 4 b}{2}$

答案： $lim b_{n} = \frac{1 + 1 + 4 b}{2}$

如果题目中 $a = \frac{1 + 1 + 4 b}{2}$ ，则结论成立。

(8) 若 $lim (a_{n} - a_{n - 1}) = d$ ，则 $lim \frac{a _{n}}{n} = d$

证明（Stolz定理）：

由 Stolz 定理（ $\frac{*}{\infty}$ 型）：

若 $b_{n} = n \to \infty$ ，且 $lim \frac{a _{n} - a _{n - 1}}{n - ( n - 1 )} = d$ ，则： $lim \frac{a _{n}}{n} = d$

✓

或直接证明：

$\frac{a _{n}}{n} = \frac{a _{1} + ( a _{2} - a _{1} ) + ( a _{3} - a _{2} ) + \dots + ( a _{n} - a _{n - 1} )}{n}$

$= \frac{a _{1}}{n} + \frac{( a _{2} - a _{1} ) + \dots + ( a _{n} - a _{n - 1} )}{n}$

由第3(1)题， $lim (a_{k} - a_{k - 1}) = d$ 推出： $lim \frac{( a _{2} - a _{1} ) + \dots + ( a _{n} - a _{n - 1} )}{n - 1} = d$

因此： $lim \frac{a _{n}}{n} = 0 + d = d$

✓

第5题：证明若 ${a_{n}}$ 递增， ${b_{n}}$ 递减，且 $lim (a_{n} - b_{n}) = 0$ ，则 $lim a_{n}$ 与 $lim b_{n}$ 都存在且相等

证明：

① 证明两数列有界：

由 $lim (a_{n} - b_{n}) = 0$ ，对 $ε = 1$ ，存在 $N$ ，当 $n > N$ 时： $∣ a_{n} - b_{n} ∣ < 1 \Rightarrow a_{n} < b_{n} + 1$

由 ${a_{n}}$ 递增， ${b_{n}}$ 递减：

对 $n > N$ ： $a_{n} < b_{n} + 1 \leq b_{1} + 1$ ，所以 ${a_{n}}$ 有上界
对 $n > N$ ： $b_{n} > a_{n} - 1 \geq a_{1} - 1$ ，所以 ${b_{n}}$ 有下界

② 由单调有界定理：两极限都存在，设： $lim a_{n} = α, lim b_{n} = β$

③ 证明 $α = β$ ：

$α - β = lim a_{n} - lim b_{n} = lim (a_{n} - b_{n}) = 0$

因此 $α = β$ 。✓

第6题：设数列 ${a_{n}}$ 满足：存在正数 $M$ ，对一切 $n$ 有

$A_{n} = ∣ a_{n} - a_{n - 1} ∣ + ∣ a_{n - 1} - a_{n - 2} ∣ + \dots + ∣ a_{2} - a_{1} ∣ \leq M$

证明：数列 ${a_{n}}$ 与 ${A_{n}}$ 都收敛

证明：

① 证明 ${A_{n}}$ 收敛：

显然 ${A_{n}}$ 递增（每次增加一项）且有上界 $M$ ，由单调有界定理， ${A_{n}}$ 收敛。

② 证明 ${a_{n}}$ 满足柯西条件：

对 $n > m$ ： $∣ a_{n} - a_{m} ∣ = ∣ (a_{n} - a_{n - 1}) + (a_{n - 1} - a_{n - 2}) + \dots + (a_{m + 1} - a_{m}) ∣ \leq ∣ a_{n} - a_{n - 1} ∣ + ∣ a_{n - 1} - a_{n - 2} ∣ + \dots + ∣ a_{m + 1} - a_{m} ∣ = A_{n} - A_{m}$

由 ${A_{n}}$ 收敛（柯西序列），对任给 $ε > 0$ ，存在 $N$ ，当 $n, m > N$ 时： $∣ A_{n} - A_{m} ∣ < ε$

因此： $∣ a_{n} - a_{m} ∣ \leq ∣ A_{n} - A_{m} ∣ < ε$

由柯西收敛准则， ${a_{n}}$ 收敛。✓

第7题：设 $a_{1} > 0$ ， $q > 0$ ， $a_{n + 1} = \frac{1 + q a _{n}}{1 + a _{n}}$ ， $n = 1, 2, \dots$

证明：数列 ${a_{n}}$ 收敛，且其极限为 $q$

证明：

① 求不动点：设极限为 $L$ ，则： $L = \frac{1 + q L}{1 + L} \Rightarrow L (1 + L) = 1 + q L \Rightarrow L^{2} = (q - 1) L + 1$

$L^{2} - (q - 1) L - 1 = 0$

等等，这不对...让我重新计算：

$L + L^{2} = 1 + q L \Rightarrow L^{2} = 1 + (q - 1) L$

若 $q = 1$ ： $L^{2} = 1$ ， $L = 1$ 。

一般地： $L^{2} - (q - 1) L - 1 = 0$

用求根公式...但题目说极限是 $q$ ，验证：

$q = \frac{1 + q q}{1 + q} \Rightarrow q (1 + q) = 1 + q q$

$q + q = 1 + q q$

$q - q q = 1 - q$

$q (1 - q) = 1 - q$

这只在 $q = 1$ 或 $q = 1$ 时成立...

重新审视题目：可能是 $a_{n + 1} = q a_{n}$ 或其他形式？

假设递推式是 $a_{n + 1} = \frac{1 + q a _{n}}{1 + a _{n}}$ 或 $a_{n + 1} = \frac{q a _{n}}{so m e t hin g}$ ...

按题目字面意思：如果确实是 $a_{n + 1} = \frac{1 + q a _{n}}{1 + a _{n}}$ ，不动点满足：

$x = \frac{1 + q x}{1 + x} \Rightarrow x + x^{2} = 1 + q x \Rightarrow x^{2} = 1 + (q - 1) x$

$x^{2} - (q - 1) x - 1 = 0$

$x = \frac{( q - 1 ) \pm ( q - 1 ) ^{2} + 4}{2}$

这不等于 $q$ ...

可能题目有误或我理解有误，暂时跳过此题。

第8题：设 $a_{0} > b_{0} > 0$ ， $a_{n} = \frac{a _{n - 1} + b _{n - 1}}{2}$ ， $b_{n} = \frac{2 a _{n - 1} b _{n - 1}}{a _{n - 1} + b _{n - 1}}$

证明：数列 ${a_{n}}$ 与 ${b_{n}}$ 的极限都存在且等于 $a_{0} b_{0}$

证明：

① 识别递推关系：

$a_{n}$ 是算术平均
$b_{n}$ 是调和平均： $\frac{1}{b _{n}} = \frac{a _{n - 1} + b _{n - 1}}{2 a _{n - 1} b _{n - 1}} = \frac{1}{2} (\frac{1}{a _{n - 1}} + \frac{1}{b _{n - 1}})$

② 证明 $b_{n} \leq a_{n}$ ：

由调和-算术平均不等式： $\frac{2 a _{n - 1} b _{n - 1}}{a _{n - 1} + b _{n - 1}} \leq \frac{a _{n - 1} + b _{n - 1}}{2}$

即 $b_{n} \leq a_{n}$ 。

③ 证明单调性：

$a_{n - 1} \geq a_{n}$ ： $a_{n} = \frac{a _{n - 1} + b _{n - 1}}{2} \leq \frac{a _{n - 1} + a _{n - 1}}{2} = a_{n - 1}$ （递减）
$b_{n - 1} \leq b_{n}$ ： $b_{n} = \frac{2 a _{n - 1} b _{n - 1}}{a _{n - 1} + b _{n - 1}} \geq \frac{2 b _{n - 1} b _{n - 1}}{b _{n - 1} + b _{n - 1}} = b_{n - 1}$ （递增）

④ 有界性： $b_{0} \leq b_{n} \leq a_{n} \leq a_{0}$

由单调有界定理，两极限存在，设： $lim a_{n} = α, lim b_{n} = β$

⑤ 求极限值：

$α = \frac{α + β}{2} \Rightarrow α = β$

$β = \frac{2 α β}{α + β} = \frac{2 α β}{2 α} = β$ ✓（恒等式）

⑥ 证明 $α = a_{0} b_{0}$ ：

考虑不变量： $a_{n} \cdot b_{n}$ ？不对...

考虑 $a_{n}^{2} - b_{n}^{2}$ ： $a_{n}^{2} - b_{n}^{2} = (\frac{a _{n - 1} + b _{n - 1}}{2})^{2} - (\frac{2 a _{n - 1} b _{n - 1}}{a _{n - 1} + b _{n - 1}})^{2}$

这太复杂...

利用几何平均：设 $g_{n} = a_{n} b_{n}$

$g_{n}^{2} = a_{n} b_{n} = \frac{a _{n - 1} + b _{n - 1}}{2} \cdot \frac{2 a _{n - 1} b _{n - 1}}{a _{n - 1} + b _{n - 1}} = a_{n - 1} b_{n - 1} = g_{n - 1}^{2}$

所以 $g_{n} = g_{n - 1} = \dots = g_{0} = a_{0} b_{0}$ （不变量！）

因此 $lim g_{n} = a_{0} b_{0}$ 。

又 $g_{n} = a_{n} b_{n} \to α \cdot α = α$ 。

所以 $α = a_{0} b_{0}$ 。✓

第9题：按柯西收敛准则叙述数列 ${a_{n}}$ 发散的充要条件，并用它证明下列数列发散

柯西发散准则：

数列 ${a_{n}}$ 发散的充要条件是： $\exists ε_{0} > 0, \forall N, \exists n, m > N : ∣ a_{n} - a_{m} ∣ \geq ε_{0}$

(1) $a_{n} = (- 1)^{n}$

证明：

取 $ε_{0} = 1$ ，对任意 $N$ ，取 $n = 2 N + 1$ （奇数）， $m = 2 N + 2$ （偶数）： $∣ a_{n} - a_{m} ∣ = ∣ (- 1)^{2 N + 1} - (- 1)^{2 N + 2} ∣ = ∣ - 1 - 1∣ = 2 > 1$

由柯西发散准则， ${a_{n}}$ 发散。✓

(2) $a_{n} = sin \frac{nπ}{7}$

证明：

考虑 $a_{n}$ 的周期性： $sin \frac{( n + 14 ) π}{7} = sin (\frac{nπ}{7} + 2 π) = sin \frac{nπ}{7}$

数列是周期为14的周期数列。

计算几个值：

$a_{7} = sin π = 0$
$a_{14} = sin 2 π = 0$
$a_{1} = sin \frac{π}{7} \approx 0.434$
$a_{8} = sin \frac{8 π}{7} = - sin \frac{π}{7} \approx - 0.434$

取 $ε_{0} = \frac{1}{2}$ ，对任意 $N$ ，可取 $n, m > N$ 使得： $∣ a_{n} - a_{m} ∣ = sin \frac{nπ}{7} - sin \frac{mπ}{7} \geq \frac{1}{2}$

（选择合适的 $n, m$ 使得它们在不同位置）

由柯西发散准则， ${a_{n}}$ 发散。✓

(3) $a_{n} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n}$ （调和级数）

证明：

对 $n = 2 m > m$ ： $∣ a_{2 m} - a_{m} ∣ = \frac{1}{m + 1} + \frac{1}{m + 2} + \dots + \frac{1}{2 m} \geq \frac{m}{2 m} = \frac{1}{2}$

（因为有 $m$ 项，每项至少 $\frac{1}{2 m}$ ）

取 $ε_{0} = \frac{1}{2}$ ，对任意 $N$ ，取 $m > N$ ， $n = 2 m$ ，则： $∣ a_{n} - a_{m} ∣ \geq \frac{1}{2} = ε_{0}$

由柯西发散准则， ${a_{n}}$ 发散（趋于 $+ \infty$ ）。✓

第10题：设 $lim a_{n} = a$ ， $lim b_{n} = b$ 。记

$S_{n} = max {a_{n}, b_{n}}, T_{n} = min {a_{n}, b_{n}}$

证明：(1) $lim S_{n} = max {a, b}$ ；(2) $lim T_{n} = min {a, b}$

证明：

恒等式： $max {x, y} = \frac{x + y + ∣ x - y ∣}{2}$ $min {x, y} = \frac{x + y - ∣ x - y ∣}{2}$

证明(1)： $S_{n} = max {a_{n}, b_{n}} = \frac{a _{n} + b _{n} + ∣ a _{n} - b _{n} ∣}{2}$

取极限： $lim S_{n} = lim \frac{a _{n} + b _{n} + ∣ a _{n} - b _{n} ∣}{2} = \frac{lim a _{n} + lim b _{n} + lim ∣ a _{n} - b _{n} ∣}{2} = \frac{a + b + ∣ a - b ∣}{2} = max {a, b}$

✓

证明(2)：类似地 $lim T_{n} = \frac{a + b - ∣ a - b ∣}{2} = min {a, b}$

✓

第11题：设 ${a_{n}}$ 是无界数列， ${b_{n}}$ 是无穷大数列。证明： ${a_{n} b_{n}}$ 必为无界数列

证明（反证法）：

假设 ${a_{n} b_{n}}$ 有界，即存在 $M > 0$ ，使得 $∣ a_{n} b_{n} ∣ \leq M$ （ $\forall n$ ）。

由于 ${b_{n}}$ 是无穷大，存在 $N$ ，当 $n > N$ 时， $∣ b_{n} ∣ > 1$ 。

因此当 $n > N$ 时： $∣ a_{n} ∣ = \frac{∣ a _{n} b _{n} ∣}{∣ b _{n} ∣} \leq \frac{M}{∣ b _{n} ∣}$

由 $lim b_{n} = \infty$ ， $\frac{M}{∣ b _{n} ∣} \to 0$ ，故 ${a_{n}}$ 从第 $N$ 项起有界。

结合前 $N$ 项也有界，得 ${a_{n}}$ 整体有界，矛盾！✓

第12题：倘若 ${a_{n}}$ ， ${b_{n}}$ 都是无界数列，试问 ${a_{n} b_{n}}$ 是否必为无界数列？

答案：❌ 不一定！

反例： $a_{n} = {n, 0, n 为奇数 n 为偶数, b_{n} = {0, n, n 为奇数 n 为偶数$

${a_{n}}$ 无界（奇数项趋于 $\infty$ ）
${b_{n}}$ 无界（偶数项趋于 $\infty$ ）
$a_{n} b_{n} = 0$ （ $\forall n$ ），有界！

📊 总习题知识点总结

题号	核心考点	难度
1	基本极限计算（有理化）	⭐⭐
2	指数vs多项式，对数vs幂函数	⭐⭐⭐
3	Cesàro平均定理（核心）	⭐⭐⭐⭐⭐
4	Cesàro定理的应用	⭐⭐⭐⭐
5	单调数列与极限相等	⭐⭐⭐
6	柯西准则的应用	⭐⭐⭐⭐
7	递推数列（不动点法）	⭐⭐⭐⭐
8	调和-算术平均，不变量	⭐⭐⭐⭐⭐
9	柯西发散准则	⭐⭐⭐
10	max/min函数的连续性	⭐⭐⭐
11-12	无界数列的性质	⭐⭐⭐

🎯 第二章完整知识脉络

数列极限理论
│
├─ 定义与性质
│  ├─ ε-N定义（精确化）
│  ├─ 唯一性、有界性、保号性
│  └─ 四则运算、子列性质
│
├─ 存在性判别★★★
│  ├─ 单调有界定理（最常用）
│  ├─ 致密性定理（子列方法）
│  └─ 柯西准则（充要条件）
│
├─ 计算方法
│  ├─ 分式型（除以最高次）
│  ├─ 根式型（有理化）
│  ├─ 指数型（提取主导项）
│  ├─ 幂指型（利用e）
│  ├─ 夹逼定理
│  └─ Stolz定理
│
└─ 高级应用
   ├─ Cesàro平均定理
   ├─ 递推数列分析
   ├─ 不变量方法
   └─ 增长速度比较

还有哪道题需要我进一步详细讲解吗？或者对某个知识点还有疑问？😊

Keyboard shortcuts

万物之理：从计数到宇宙的数学地图