最新(數學分析習題答案)第二章最新(數學分析習題答案)第二章PAGEPAGE25/25第二章數列極限P.27習題按N定義證明：nnn11n1nlimnnn11n1n證明 因為

1

1n

11

N

N，nn1必有 nn1

1

n.故lim 1nlim3n2n3

nn1n2n21

3n2n2n3n2n2n21322n32(2n21)

2n5n53證明因為

2(n2n21) 2n2 2n n3n2n2n2133n2n2n2132(n0Nmax{

}N有 n .所以lim3n2n3n2n21 2

n!0nnn證明 因為

n!nnnn nnnnnn nnn n n n

n(n1

n1

211

nnn，取N1，

0

1

n!.所以lim 00

N n

nnnlimsin0n n證明 因

sin

0

n n

取N， ，n n 0 N必有sin

0

.所以limsin0n

nn0 (a

n nnan證明 因為a1，設a1h (h0)，于是an 1

22

hn 2

h2，從而nan0 n n 2nanan 1)h22

0

22h 1，2nan，有 nan

22

n.故lim 0nN n an1n2451n（1）

lim

（2）

33

lim1n n12n12n

n n3

1n21n23n（4）3nn

（5）n （6）lin10（7）n n1n1n解（1）n小數列.

lim1nn 1n2

0（2a

12，無窮lin31（用例5的結果，a3）n

10（

，無窮小數列.n n3 a3lim1 lim1n 0 1n數列.n

3n n（

q，無窮小12n2n1n12n2n2nlim2n

lim 0（

，無窮小數列.（6）lin101（用例5的結果，a10）.n1n2n（7）1n2n

limn1n12

a1）.2證明：若lima2n n

a，則對任一正整數k，有lima ak nk證明因為liman n

a，所以 0,N 0,nNn

a|，于k

時必有n k N從而有|a a n

limk

nk

a.11（1）數列n不以1（2）數列n()n}發散. 證明（用定義1證明） 數列}不以a為極限（即nliman

a）101

0，0，n

N，|an0

a|00（1）取00

2，

，取n0

N2

N，有1n01N21 1n01N2

N1

N

1

1N2 2(N

0，故數列n不以1為極限.另（用定義證明） 取0

1 1n中滿足2 n2（有無窮多個1U232之外，01故數列n1 01 10（2）{n(1n

,4,3

5,6, }，對任何aR，取

1，則數列{n(1n}中所有滿足“n為偶數，且na1”的項（有無窮多個a的鄰域U(aaa0{n(1n}a為極限，即數列{n(1n}發散. (1)n證明定理1.

2.1，并應用它證明數列

n 的極限是定理2.1 數列}收斂于a充要條件是：{a為無窮n nn小數列.（即limann

a的充要條件是lim(annn

a)0）證明 （必要性）

liman

a，由數列極限的定義，n0,N0,N|an

a(an

a)0

lim(an

a)0.n（充分性）lim(ann

a)0

，由數列極限的定義，n0,N0,nN，有|(an

a)0||an (1)n

a

，所以limannn

a.下面證明：數列

n 的極限是 1. 因為 (1)n (1)n (1)n

n 1 n

n 的極限 是1.證明：若

liman

a，則lim|annn

a|.當且僅當a為何值n證明 設limann

a0N0,N，|a ||a|an

alim|annn

||a|.但此結論反之不一定成立，例如數列{(1)n}.當且僅當 a=0時反之也成立.

lim|an

|0，于是n0,N0,nN，|an

||an

|，所以limannn

a.按N定義證明：（1）lim(n

n)0 lim123n0n1；nn1； n1a na

n為偶數nn（3）lima 1，其中nnn1nn1 nn1

n2 n

n為奇數n1n1n1n1nn

| 1

.于是

0N12

，nN

，必有|

，從而lim(nn1

n)0.因

123

n(n1)

n1

n

于是 ，123n123nn31

0取N1取

，nN

，必有

0

1n

，所以lim123 n0n n3n|

1|

11n1n1n當|a 1n

n 為n2nnn2nn2nnn2nnn1n2nn

奇 數 時 ，n1n，故不管n為偶數n1n還是奇數，都有|an

11.于是

101

，取N

，nN

，必有|a 1n

1n

，所以

lima 1.n nP.33習題求下列極限：⑴根據

lim1 nna

a0

，可得，1311，lim

n33n2

lim

n n3 1n4n3

2n3 n421n2

3 4n3⑵lim12n

lim(

2)0n n2 nn2 n

limqn0，|q1，可得n2lim

(2)n

lim

)n13 13 n( ) 3n(2)n13 n( ) 3n2n2nn2nnlim(

n)lim n lim 1 1a⑷n na⑷

n 2111n111n11n111n1

a，則lim an na

.于是由

1)1，得lim

1.n n

n⑸lim(n1n

n1010，因為n2nn2

1（a0）11

1 12nna11 2 11na1lim

2 22

2n lim 2 2n1

n

113 32 3n

1 3n⑹n設limann

a limb，n ，

3 113b，且ab.證明：存在正數N，使得當n N時，有ab.2n n2證明

a

，有aab

b liman n

a

ab

P.242保號性定理2.4，存在N21

nN1

時有a

ab2

.又因為limb為n

b

ab2N22N

0

nnNn2

時有b

ab.2.nn

NNN}，當n1 2n

n

時，有a

abb.2 n.設}為無窮小數列，{b}為有界數列，證明：{ab}為n n nn無窮小數列.n證明 因為}為有界數列，所以存在M0，使得n |b M,n2,.由}為無窮小數列，知0,N0, n N nnn nnn|a n

.從而當

n

時，有|ab

||an

||bn

|M

Mlimabn n

0，即bnn

}為無窮小數列.求下列極限lim 1 1 1

1 1 1 1

1 1 12

23

n(nlim 23

n

n1n n1 2 （1）

lim1

1 1n1n 2428211124282

11 211（2）因為

22248 2n

2n

22n，而n21 1 n2122n2n

1n，于是lim22n4282n4282

1，從而2lim2n（3）

2n

2n

2 2122nlim13

2n1n2 22lim355

2n 77

9

2n1

2n3lim3

2n33 n12n1n12n1n1n1

2 2 22

22 23

2n1

2n

n

2n 1（4）當1

時， 111 ，

，而limn

limn12n12

n2n1n1n

2 nn1n1n1n1（5）因為

01

1 1

n1

11

0,(n)，n2 (n2所以

(2n)2

n2 n n21 1 1 lim 0nn2 (n1)2（

(2n)2） 因 為n2nn21nn2nn21n22

n nn21n2 n21n2n2n2nn2n2n且n且

lim 111n

1，所以 1 1 1 n21n22n2nlim n21n22n2nn設n

與

n}中一個是收斂數列，另一個是發散數列，na n

0)證明b是發散數列.

又問b}和b n

是否必為發n n散數列.

nn n證明 （用反證法證明）不妨}是收斂數列}是發n n散數列.假設數列bbn n

(a ba }n n n n是發散數列矛盾，所以，數列 b}發散.同理可得數列n nb}發散.n na n

0)bnn

}和b n

不一定是發散數列.例如，若{an

}是無窮a n

0)小數列，{bn

}是有界的發散數列.則bnn

}和b n

是無窮小數列，當然收斂.n但是，有下列結果：如果limann

a0，{bn

}是發散數列，則nb nbnn

}和an

(a

0)

一定是發散數列.證明以下數列發散：（1）

n n1 ，而n 2n，而 證

a (1)nn

n1 ，則a2n

1,(n)2n12n1a 2n1

2n11

2.8知

n n1 2n2n

n()nn(1)

2n的偶數項組成的數列a 2n發散2nn(1)

發散.cosn（3） 4 n證明 設an

cosn4

a 1(n8n

，子列cosna8n4

11,(n)，故

4發散.判斷以下結論是否成立（立，舉出反例：若}和}都收斂，則}收斂.2k2k n解 結論不一定成立.例如設an

(1)n則a 12k 2k都收斂，但an

(1)n發散.注 若則}收斂.n

2k

}和{a2k

}（即limk

2k

lima，k 2，若}，{a }和}都收斂，且有相同的極限，則3k2 3k3k{a}收斂.n證明 設limk

3k

limk

3k

limak

a，則由數列極限的定義， 知 K 0kK|a a同樣也有K 0k 1 1 3k2 2 2|a a0Ka a3k3 3 3k

.取Nmax{3K,3K,3K}，1 2 31當nN時，對任意的自然數n ，若n2，則必有kK，1從而|an

an1kK2

，從而也有n3|a ankKn3

|an

a.所以limankn

a，即收斂.n求下列極限：（1）lim132n1k24解 因為13 313 35 57

2n01352n1246 2n(2n3)(2n1) (2n1)(2n(2n3)(2n1) (2n1)(2n2n112n2n1

0

lim132n10k k24 2n另解 因為132n1

24

2n，設S

13

2n1，24 2n 35 2n1 n 24 2nT 24 2n

.于是SS

T

，所以11n 35 2n1

S Tn n

n n

n 2n12n1.2n1.n（2）答案見教材P.312提示.（3）n],011k1解 0(nnn

)n

1)n 1

n n0,(n)n n1lim[(nk

n]0另解 因為10，所以(n)(n1)n1(n1)nn1，

n1，于是從而0(n1)

n

n

0,(n).（4）答案見教材P.312提示.設aa1 2

,am

為m 個正數，證明：lim證n證

max{a,ananananan1 2n明

,a }m因 為max{a,a1

,a}m

,anannananan1 2nnn

,a}m而n

1，所以limnnnnn

max{a,ananananan1 2n

,a }mn設limann

a，證明：

[nann

]a； （2）若a0,a 0，則

1.n nna

nnann1 [nanannn證明因為[na]na [na]1所以 nn

nn

a.由na

n n n 1

[na ]于lim n于n

liman

na，且limannn

a n

nn a.nlimann

a0，由P.29定理2.4，存在N0，使na2nann3na2nann3a2得當nN時，有

a nannann

.于是

，并且limn

limna2na2

1，所以limn3an3a2

1.P.38習題lim1

1ne

nn n

求下列極限：lim11nlimn1nlim 1 1 （1）

n n

n n

n1

1 n1n1

1 e1n11（2）

lim1n

1n1nn

lim1n

1n1nn

n1n1

1 n1 lim1

1 nn1

lim

n1 e1 n

n

1 1n

n1lim112nnlim112nn2ne（4） 2n lim1 lim1 2（4） 2n n n n注：此題的求解用到事實（9例1：若limann

a，且anaa 0,n2, ，則lim anan n（5）

lim1n

1nn211解 因為數列

n單調增加，且有上界3，于是11

n

(n，所以 n2n11n2n2n11n2n2n31n n2試問下面的解題方法是否正確：求lim2nn解 不正確.因為極限lim2n是否存在還不知道（事實上極n限lim2n不存在，所以設lim2na是錯誤的.n n證明下列數列極限存在并求其值：設a1

2,a

n1

2an

,n證明 先證數列}的有界性，用數學歸納法證明：2是2222}的一個上界.a2n 1所以{a}有上界2.n

，假設a2則a n n12a2an

2an(2a2an

2，

n

單調增加.an1an

a n2a 2a ann

n 0，所以a

，即}單調增加.從而}極限存在，設lima

a，n1 n n n

n n在a2n1

2an

的兩端取極限，得a22a，解之得a=0(舍去)和n2，所以liman2an22an22

2.

annnn

1n

}的單調增加也可以如下證明：a a ，2an所以a a2ann1 n

111

111 1

22 4 2n

22 4 2n 2

an1c設ac1

(c0),a

n1

,ncan證明 先證數列}的有界性用數學歸納法證明cann n一個上界是 1+c. a1

1c，假設a 1c，則cnccan2ccan2c1n1

1c，所以}1+cc22c1

n

單調增加（用數學歸納法證明）.ca c1

acc c

an1

c

n1

can

，從而can1can ，即aa .故}單調增加can1cann n1 n nn在，設limann

a，在a2n1

can

的兩端取極限，得a2ca，解之14c得a14c得2

.由于an>0，所以a>0.故cn

liman

2.n（3）a n

n!(c0),n1,2,證明 先證}從某一項以后單調減少.取自然數N使n得 N > c ， 于 是 當 nN 時 ，a cn1

c cn c a

ca

即從第N項開始 單n1

(nn1n1 n

N1 n n

}n調減少.由于{a}的各項都大于零，所以{a}有下界0.從而{a}極限n n nn存在.設limann

a，在

n1

cnn1an

a0a，故n a0，即lima n

1n

1

1 n利用增數列.

n為遞增數列的結論，證明

n1為遞a 1

1 n

n2n證明 設n

n1

n1

a,n2,，即1

1n

1n

n1

n1 n1n 1 1 因為n1n

為遞增數列，所以有n2n1

n

n1 ，即 n

n1

，于是 a n1n1

n2n1 n

n2n

n2 n

n2nan1

n n1 n

n1 n1 n1 n1 n. n2 n

n(n2)1

n1 n1 (n1)2 .應用柯西收斂準則，證明以下數列}收斂：n（1）

sin1sin2sinnn 2 22 2nsinn2n證明 不妨設nsinn2n|a a |n m

sin(m2)sin(m2sin(m2m1

sin(m2m1sin(m2)2sin(m2m1sin(m2)2m2sinn2n

1 1 12m1 2m2 2n 1 11 1 1 11

1 1 2m1 2 2nm1 2m1 2

2nm1 2nm 12m1

2

1 112m m1

0

，取N

，n,m

，有|an

a m

，由柯西收斂準則，{a}收斂.n（2）

1111n 22 32 n2證明 不妨設nm，則有|a a n m

11(m1)2(1(m1)2

1n21m(m1n21m(m(m

1(n1)n1m1n1m1n 1 1 1 1 1(n1)n1m1n1m1n1m1 m1 m2 n1 m1

0

，取N

，n,mN

，有|an

a m

，由柯西收斂準則，{a}收斂.n}含有一個收斂子列，則}收斂.n n證明 不妨設n

}是單調增加數列，{ankn

}是其收斂子列.于是{a是n

M0，使得a

M,k1,2,.對單調增加nk kn數列{an

}am

必有a ammkmm

M，即{an

}單調增加有上界，從而收斂.a證明：若a0，且lim

n l1，則lima 0n na

n1

n n使得 a使得 因為 因為 n

n l1，所以存在rn1

limn

n lr1.n1（9N0nN時，aan r，a ra

.從而有a ra r2a rnN

，因此，n1

n n1，故a，故

N1 N2 N3 n0an

N(n)rnNliman

0.}為遞增有界數列，則lim

}；若}n n n n nn為遞減有界數列，則limann

inf{an

}.又問逆命題成立否？證明 證明過程參考教材5定理（單調有界定理.逆命題不一定成立. 例如數

a 11n 1n

n為奇數n為偶數，liman

sup{an

1，但n

}不單調.

bn1an1nn(baba0，證明：1

1n1

1

1nn

n

為遞減數列，并由此推出

為有界數列.na 11n1n證明 設n 有

，由不等式bn1an1n1an(ba，bn1an1nanbnan1anban1，于是bn1nanbnan1anb，bnnanannan1b.

a11

n1b1 1 n ， ，得an1

1

1 n1

n n n1 n1 n nn1

ba nn1

n1

nn1

1n1n n n n n n n1n n

1n1n n

n1n1na na n即an1

1an

1n1 n 1n

1n1

11

1

1n1 1

1 4

n而 n n

1 ，所以

為有界數列.

e

1)n31證 由上題知

n n 1n1 n 為遞減數列，于是對任何mn有，1

1n1nn

1

1m1nn

，令m，取極限得，1

1n1nn1

e1n1

11

1n

1

1n

131

①1n又因為 n

n n

n n

n ②

e1

1n1nn

31n

1nnn

，從而1 1 3en)nen)nn給定兩正數與(>)，作出其等差中a b2a 1 12

a b項2 與等比中項b2

，一般地令a

n2 n，bn1

abab11n1ab11n1

,n1,2,lim

與limb

皆存在且相等.n n

n n

a b

a a證明 因為

b，所以有a

n

na

，即{a}單1 1 n1 2 2 n nn調減少. 同樣可得} 單調增加. 于是有na 1

n1

a bn n2

babnnabnn

b，即{a

單調減少有下界，單n1n調增加有上界，故lim1n

與limb

皆存在.n n n n在

a

的兩端取極限，可得lima

limbn1 n n12．設{an

n n為有界數列，記

n na sup{a,a ,} ，n n n1a inf{an

,an1

,}證明：⑴對任何正整數n，an

a ；n⑵{a為遞減有界數列，{a}n n正整數nm有aa；n m⑶設a和a分別是{a和{a}的極限，則aa；n n⑷{a收斂的充要條件是aan證 ⑴ 對 任 何 正 整 數 n ，a sup{an

,an1

,}an

inf{an

,an1

,}an⑵因為an

sup{an

,an1

,}sup{

n1

,an2

,}

n1

2以{a為遞減有界數列.n由an數列.

inf{a,a ,}inf{a ,a ,}a ，知{a }為遞增有界n n1 n1 n2 n1 n對任何正整數n，m{a為遞減有界數列，{a}為遞n n增有界數列，所以有aa a a.n nm nm m⑶ 因為對任何正整數n，m有aa ，令n 得，n malimann n

a ，即aammm

，令m 得alimammm

a，故aa.⑷設{an

}limannn

a.則0N0nN|a

a，aan

a.于是有aan

a

alimannn

a.同理可得alima得n

a，所以aanaa.由limann

a

liman

aa00， n N，有a a及aa a，從而 n naa a a an n n總練習題求下列數列的極限：nnnn33nn解 當n3時，有n3

n23nn2n3nnn33n3nnn33nn23nnn3nn33nnn5

3

(n，所以nlimenn解 設e1h，則當n6時n(n1)

n(n1)(n5)enh)n1nh h22!

hn h66!

，于是n50en

6!n5n(n1)(n2)(n3)(n4)(n5)h6

(n) limn50nen解法 2 用 習題 7 的結論.

a n5，n en，alim

n5 en1 n 1

lim

0.na nenn1

(n1)5

nen

n

nn5 n解法3 用習

2⑸的結果limen

lim(n(e15)n

)50nn5 a 1 1nn解法4 用單調有界定理.令an

en

n1a

e

n)5.因為1lim(11n

n)51eN0n

n11

n)5e，從而a 1 1當nN

n1an

e

n)51.于是從

n

起數列{a1 1

}遞減，且有下界0{an

收斂.設limannn

a

n1

en)5a的nen兩端取極限，得a1anen

a0.nn2n nn n

2 n)nn2n

2 n)n1nn1n2

n1)(n2 nn2 n1n

01n1n1 n證明：（1）limn2qn0 (|qn證明 當q0時，結論成立.1 1 1當 時，有

1，令

1h,h0，于是有qn ，0q1 |q| |q|而由牛頓二項式定理，當n3時有h)nn2 n2

n(n1)(n2)3!

h)nh3，從而0n2qn

0 (n)h)n n(n1)(n2)h33!limn2qn0n

，所以另 解 用 習 題 2 ⑸ 的 結 果limn2qnlim(n n

n )2(sgnq)n0(1)n|q(1)n|q|（2）nn

證明 因為lgxx,x0，于是0lgn

2lg 2

2 (n) lgnnnn nnn

n n1

，所以limn

0.nn!（3）lim 1 nn!（3）n

2 nnn證明 先證明不等式

3. 用數學歸納法證明，當n1時，顯然不等式成立；假設nn3成立，當n +1時 (n(n(nnn(nn1n n n3

3 n1 1n

3 1n1 3

1

1n

3 n

nn

成立.由此可得

0

30, (n，所 nn!以lim 1 nn!以nnn!nnnnn!nnnn設limann

a，證明：（1）aa（1）lim 1 2n

n

na（又問由此等式能否反過來推出liman

a）n證明 因為limann

a

0,N1

0,nN1

|a，n，

a.2.從而當nN時，有aaa a1 2nnaa a1 2nnnaa|aa||a1

a||aN

a||

N1

a||

N2

a||an

a|n 1 1 1 nA nN A n n 12

n2nAnAa1

a||a2

a||aN1

a|是一個定數.再由limn

0，知存在

，使得當

A時，

.因此取 ，N 02

nN n2

Nmax{N,N}21 22當nN時，有

aa aa a1 2nn

A .n222反過來不一定成立. 例

a 1)n naalim 1 2n

n

n0.

a

a練習：設lim

，證明：lim1 2 nn n

n nnaaa1 2 n(2)若a 0(n2,naaa1 2 nn n證明 先證算術平均值—幾何平均值—調和平均值不等式：11a a1 2

n 1 1 2an

1a2nanaa aa

annaa

a

aa a 1 2 n1 2 n naa1 2

1有(aa)2有1 2

1a2a2a

，其中等號當且僅當a a1

4個非負實數a1 2 3

有41 1 1

a

a a 1(aaa

)4[(aa)2(aa)2]2(1 2

4)21 2 3

4 1 2 3 4 2 2a a a a1 2 3 2 2

a

a a 1 2 3 42 4nnaa a

aa 1

an1 2 n n對一切n2k（k02）n個n(2成立，則它對n1也成立.設非負實數a,a1 2

,,

n1

，令an

1 (an1

a2an1，則有1 a a a 1 1 a

a(aa a

)n(1 2 n1)n(a

a

1 2 n1)1 2 n1

n1 n 1 2

n1

n11整理后得(a1

a 2

)n1

1n1

1 (a an1 1 2

n1

n1成立，從而對一切正整數n都成立.幾何平均值—調和平均值不等式1

11a a1

n naa anaa aany

xy（i,,,n應用平均值不等式.i i由a 0(n2,n

，知limannn

a0.若

a0

lim1nan

1a.由上一小題的結論，有11a a1 2

n1an

aanaaanaaa1 2 n

n

na,(n)nlim

lim 1

1an11

1 n1

11 1而limn

a a a1 2 nnaaanaaa1 2 n

a a a 1 2 nn

，所以n若a ，即limnn

0，則N1

N，a 1 n

.從而當nN時，有1nnaa a1 2 n

naa naa a1 2NaN1annaa a1 2 NnnN11 1 1naa naa a1 2NN1naa naa a1 2 NnA1

n1

nA1nA1其中Aaaa1 2 N1

N，是定數，故

limn

12，于是存在N 0，使得當nN2

時，nA2.因此取Na{N,1

}，當nN2時，有

naaa1 2 nnaaa12 nnAnaaa1 2 nnaaa12 nnAn應用上題的結論證明下列各題：（1）1111（1）limn

2 3 n0n

1111證明 令

1，則lim

lim1

0，所以lim

2 3 n0.n n n

nn

n nnanan

1 (a0)證明 令aa，a n2,，則lima 1，從而1limnalimnaa

nlima 1

n nn n 12 nnlim nnn

n nn證明 令a1

1，an

n1

,n2,3,，則limannn

1，于是nnn1nnn1 1 2 3 n12 3 4n

lim

lim

1.n nnn!（4）lim 1 nn!（4）n

n

n nnaa naa a1 2 nn

1,n，則limannnnn

0，所以nn!n1123nn!n1123n1112nn

nn

n

nn（5）lim（5）n證明 令ann

enn! n nnn!n1

1

1 n1,nn1

，則lima

e，所以

n nnnnnn!n

n

limnnnnnnnn

lim n n1en23n23243542 3 4nn1 n1n a 1 n1另證 令

n，則lima

lim1

n1

e.于是n nn!nn!nan

n

ana a1ana a12 3aana2 n1

n alim

lim lim

lim

n en

n n

na

.n1lim1

1233nnn233nnnn證明 因為nnnb

1 limnnn

lim 11 21 233nnnnnbnbn

n1a

(b

lim a若nbnnbnnbnnb

nlimn

，則bnb bbnb b12b32bbn1nnbnb

lim1 n

limbnb b12bnb b12b32bbn1nnblim n11anbn若lim(a

)d