带有 (*) 号的题目表示难度较大或/且与课程内容联系较弱。

P1

求下列极限：

(a)

$$ \lim\limits_{n\to+\infty}\left(\sqrt[]{n^{2}+2n}-\sqrt[]{n^{2}+n}\right) $$

考虑到

$$ \lim\limits_{n\to+\infty}\left(\sqrt[]{n^{2}+2n}-\sqrt[]{n^{2}+n}\right)=\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{n}{\sqrt[]{n^{2}+2n}+\sqrt[]{n^{2}+n}}=\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{1}{\sqrt[]{1+\frac2n}+\sqrt[]{1+\frac1n}}=\frac12 $$

(b)

$$ \lim\limits_{n\to+\infty}\left(\sqrt[4]{n^{4}+2n^{3}}-\sqrt[4]{n^{4}+n^{3}}\right) $$

类似得，考虑 $ a4-b4=(a-b)(a+b)(a2+b2) $。即得

$$ \sqrt[4]{n^{4}+2n^{3}}-\sqrt[4]{n^{4}+n^{3}}=\frac{n^3}{\left(\sqrt[4]{n^{4}+2n^{3}}+\sqrt[4]{n^{4}+n^{3}}\right)\left(\sqrt[]{n^{4}+2n^{3}}+\sqrt[]{n^{4}+n^{3}}\right)} $$

将 $ n^3 $ 拆成 $ nn^2 $ 分别除下分母的两个因式，立刻有

$$ L=\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{1}{\left(\sqrt[4]{1+\frac2n}+\sqrt[4]{1+\frac 1n}\right)\left(\sqrt[]{1+\frac2n}+\sqrt[]{1+\frac1n}\right)}=\frac14 $$

P2

(a) (Cauchy 根式判别法)

设数列 $ a_{n} $，证明：若 $\lim\limits_{n\to+\infty}\sqrt[n]{a_{n}}<1$，则 $\lim\limits_{n\to+\infty} a_{n}=0$。

设 $\lim\limits_{n\to+\infty}\sqrt[n]{a_{n}}=L$，取 $\epsilon=\dfrac{1-L}2$，则存在 N > 0，使 ∀n > N，$|\sqrt[n]{a_{n}}-L|<\epsilon$，则 $a_n<\left(\dfrac{1+L}2\right)^n$。由 0 < L < 1，可知 $\lim\limits_{n\to+\infty}\left(\dfrac{1+L}2\right)^n=0$。再由 an ≥ 0，夹逼可得 $\lim\limits_{n\to+\infty} a_{n}=0$。

(b)

求下列极限：$\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{n\cdot(1+\frac{1}{n})^{n^{2}}}{n^{2}+n\cdot 2^{n}+3^{n}}$。

显然为 0。

P3

(a) (d’Alembert 比值判别法)

设数列 an ≥ 0，证明：若 $\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{a_{n+1}}{a_{n}}<1$，则 $\lim\limits_{n\to+\infty} a_{n}=0$。

同 P2 (a)，取 $L=\sup\limits_{n\in \mathbb N ^*}[\dfrac{a_{n+1}}{a_n}]$，证毕。

(b)

求 $\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{\left(\frac{n}{2}\right)^{n}}{(2n+1)!}$。

显然为 0。

P4

证明：$\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!}=0$。

考察不等式（糖水不等式的特殊形式，n, m > 0）：$\dfrac{n}{m}<\dfrac{n+1}{m+1}$。

则有 $a_n=\dfrac{1\times 3\times \cdots \times (2n-1)}{2\times 4\times\cdots (2n)}<\dfrac{2\times 4\times \cdots \times (2n)}{3\times 5\times\cdots (2n+1)}=\dfrac{1}{(2n+1)\cdot a_n}$。

由 an > 0，因此 $a_n<\dfrac1{\sqrt[]{2n+1}}$。

夹逼，考察 $\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac1{\sqrt[]{2n+1}}=0$，即得 $\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!}=0$。

P5

(a)

设 0 < a1 < b1，递归定义 $a_{n+1}=\sqrt[]{a_{n}b_{n}}$ 和 $b_{n+1}=\dfrac{a_{n}+b_{n}}{2}$。证明：an, bn 收敛到公共极限。

我们发现 bn + 1 > an + 1，不能取等以数归易证。再考虑，由于 an < bn，因而 an + 1 > an，bn + 1 < bn。

则 a1 < a2 < ⋯ < an < bn < bn − 1 < ⋯ < b1。所以 {an} 单调递增有上界，{bn} 单调递减有下界。

仅需以反证即知 $\lim\limits_{n\to+\infty}a_n=\lim\limits_{n\to+\infty}b_n$。

(b)

设 0 < a1 < b1，递归定义 $a_{n+1}=\dfrac{2 a_{n} b_{n}}{a_{n}+b_{n}}$ 和 $b_{n+1}=\dfrac{a_{n}+b_{n}}{2}$。证明：$\lim\limits_{n\to+\infty}a_{n}=\lim\limits_{n\to+\infty}b_{n}=\sqrt{a_{1} b_{1}}$。

同 (a) 可知 an < bn，且 $\lim\limits_{n\to+\infty}a_n=\lim\limits_{n\to+\infty}b_n=L$。

而我们已经知道 anbn = a1b1，且 $a_n<\sqrt[]{a_1b_1}<b_n$。

反证之。若 $L\ne \sqrt[]{a_1b_1}$。不妨设 $L>\sqrt[]{a_1b_1}$，则取 $\epsilon=L-\sqrt[]{a_1b_1}$，存在 N > 0，使得 ∀n ≥ N，|an − N| < ϵ，则 $a_n>\sqrt[]{a_1b_1}$，矛盾！

所以 $\lim\limits_{n\to+\infty}a_n=\lim\limits_{n\to+\infty}b_n=\sqrt[]{a_1b_1}$ 证毕。

(c) (*)

记 $a_{1}=\dfrac{1}{2\sqrt{3}}$ 和 $b_{1}=\dfrac{1}{3}$。递归定义 $a_{n+1}=\dfrac{a_{n}+b_{n}}{2}$ 和 $b_{n+1}=\sqrt[]{a_{n+1} b_{n}}$。证明：$\lim\limits_{n\to+\infty}a_{n}=\lim\limits_{n\to+\infty}b_{n}=\dfrac{1}{\pi}$。

怎么这么困难，不会。

P6

(Cesaro 求和) 设 an ∈ ℝ (n ≥ 1)，记 sn := a0 + a1 + ⋯ + an 以及 $\sigma_{n}:=\dfrac{s_{0}+\cdots+s_{n}}{n+1}$，证明：

(a)

若 sn → s ∈ [−∞, ∞]，则 σn → s。

适用 $\dfrac{*}{\infty}$ 型的 Stolz 定理，考虑 $\lim\limits_{n\to +\infty}\sigma_n=\lim\limits_{n\to +\infty}s_n=s$。即证毕。

(b)

若 σn → σ ∈ [−∞, ∞]，且 nan → 0，则 sn → s。

考虑到 $\sigma_n=\dfrac{(n+1)a_0+na_1+\cdots a_n}{n+1}=s_n-\dfrac1{n+1}\sum\limits_{i=0}^nia_i$。

因而

$$ \lim\limits_{n\to +\infty}s_n=\lim\limits_{n\to+\infty}\sigma_n+\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac1{n+1}\sum\limits_{i=0}^nia_i=\lim\limits_{n\to+\infty}\sigma_n+\lim\limits_{n\to+\infty}na_n=\sigma $$

证毕。

(c) (*)

若 σn → σ ∈ [−∞, ∞]，且存在常数 M > 0 使得 |nan| ≤ M，则 sn → s。

怎么这么困难，不会。

P7

(a)

设 f : ℝ → ℝ 满足对任意 x, y ∈ ℝ 都有 |f(x) − f(y)| ≤ |x − y|2，证明：f 是常值函数。

将 [x, y] 拆作 n (n ∈ ℕ*) 段，则每段内有

$$ \left |f\left(x+(i+1)\dfrac{(y-x)}{n}\right) - f\left(x+i\dfrac{(y-x)}{n}\right) \right|\le\dfrac{|x-y|^2}{n^2} $$

对 i = 0, 1, ⋯, n − 1 求和并运用绝对值不等式，即得

$$ |f(x)-f(y)|\le\dfrac{|x-y|^2}{n} $$

右侧取 n → +∞，即知 |f(x) − f(y)| = 0。

所以 ∀x ≠ y，均有 f(x) = f(y)。证毕。

(b) (*)

设 f : [0, 1] → ℝ 满足对任意 x, y ∈ [0, 1] 都有 |f(x) − f(y)| ≤ |x − y|α，其中常数 $\alpha\in(\dfrac{1}{2},1)$ 。求极限：

$$ \lim\limits_{n\to+\infty}\sum\limits_{k=1}^{n}\left(f\left(\dfrac{k}{n}\right)-f\left(\dfrac{k-1}{n}\right)\right) f\left(\dfrac{k}{n}\right) $$

构造

$$ A=\sum\limits_{k=1}^{n}\left(f\left(\dfrac{k}{n}\right)-f\left(\dfrac{k-1}{n}\right)\right) f\left(\dfrac{k}{n}\right) $$

$$ B=\sum\limits_{k=1}^{n}\left(f\left(\dfrac{k}{n}\right)-f\left(\dfrac{k-1}{n}\right)\right) f\left(\dfrac{k-1}{n}\right) $$

则

$$ A+B=\sum\limits_{k=1}^{n}\left(f^2\left(\dfrac{k}{n}\right)-f^2\left(\dfrac{k-1}{n}\right)\right)=f^2(1)-f^2(0) $$

$$ A-B=\sum\limits_{k=1}^{n}\left(f\left(\dfrac{k}{n}\right)-f\left(\dfrac{k-1}{n}\right)\right)^2\le n^{1-2\alpha} $$

考虑到由于 $\dfrac12<\alpha<1$，则 $\lim\limits_{n\to+\infty}n^{1-2\alpha}=0$。所以 $\lim\limits_{n\to +\infty}(A-B)=0$。

因而 $\lim\limits_{n\to +\infty}A=\lim\limits_{n\to +\infty}\dfrac{(A+B)+(A-B)}2=\dfrac{f^2(1)-f^2(0)}2$。