2025 年 9 月 29 日部分习题解答（数学分析）

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 $a^4-b^4=(a-b)(a+b)(a^2+b^2)$。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 $n\times n^2$ 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 $a_{n}\geq 0$，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 $\forall n>N$，$|\sqrt[n]{a_{n}}-L|<\epsilon$，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 $a_n\ge 0$，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 $a_{n}\geq 0$，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 $a_n>0$，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 $0<a_{1}<b_{1}$，递归定义 $a_{n+1}=\sqrt[]{a_{n}b_{n}}$ 和 $b_{n+1}=\dfrac{a_{n}+b_{n}}{2}$。证明：$a_n,b_n$ 收敛到公共极限。

我们发现 $b_{n+1}>a_{n+1}$，不能取等以数归易证。再考虑，由于 $a_n<b_n$，因而 $a_{n+1}>a_n$，$b_{n+1}<b_n$。

则 $a_1<a_2<\cdots<a_n<b_n<b_{n-1}<\cdots<b_1$。所以 $\{a_n\}$ 单调递增有上界，$\{b_n\}$ 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 $0<a_{1}<b_{1}$，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 $a_n<b_n$，且 $\lim\limits_{n\to+\infty}a_n=\lim\limits_{n\to+\infty}b_n=L$。

而我们已经知道 $a_nb_n=a_1b_1$，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 $\forall n\ge N$，$|a_n-N|<\epsilon$，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 $a_{n}\in\mathbb{R}\ (n\ge1)$，记 $s_{n}:=a_{0}+a_1+\cdots+a_{n}$ 以及 $\sigma_{n}:=\dfrac{s_{0}+\cdots+s_{n}}{n+1}$，证明：

(a)

若 $s_{n}\to s\in[-\infty,\infty]$，则 $\sigma_{n}\to s$。

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 $\sigma_{n}\to\sigma\in[-\infty,\infty]$，且 $na_{n}\to 0$，则 $s_{n}\to s$。

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 $\sigma_{n}\to\sigma\in[-\infty,\infty]$，且存在常数 $M>0$ 使得 $\left|na_{n}\right|\leq M$，则 $s_{n}\to s$。

怎么这么困难，不会。

P7

(a)

设 $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ 满足对任意 $x,y\in\mathbb{R}$ 都有 $\left|f(x)-f(y)\right|\leq\left|x-y\right|^{2}$，证明：$f$ 是常值函数。

将 $[x,y]$ 拆作 $n\ (n\in\mathbb N^*)$ 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 $i=0,1,\cdots, n-1$ 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 $n\to+\infty$，即知 $|f(x)-f(y)|=0$。

所以 $\forall x\ne y$，均有 $f(x)=f(y)$。证毕。

(b) (*)

设 $f:[0,1]\to\mathbb{R}$ 满足对任意 $x,y\in[0,1]$ 都有 $\left|f(x)-f(y)\right|\leq\left|x-y\right|^{\alpha}$，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 $\lim\limits_{n\to +\infty}A=\lim\limits_{n\to +\infty}\dfrac{(A+B)+(A-B)}2=\dfrac{f^2(1)-f^2(0)}2$。