数学分析习题课讲义习题-第2章-2.4

2.4 Cauchy 命题与 Stolz 定理

2.4.3 练习题

1. 设 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=+\infty$，证明：

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{n}=+\infty .$$

证 1： { x n } \{x_{n}\} {xn​} 是正无穷大量，则对于任意给定的 $G>0$，存在某个正整数 $N_1$，使得当 $n>N_1$ 时，成立 $x_n>2G$.

分析可知，当 $n$ 充分大时（不妨假设 $n>N_1$ 时就已经满足），有

$$\frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{n}>0⟺\left|\frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{n}\right|=\frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{n}.$$

由三角不等式可得

x 1 + x 2 + ⋯ + x n n = ∣ x 1 + x 2 + ⋯ + x n n ∣ = ∣ ( x N 1 + 1 + x N 1 + 2 + ⋯ + x n n ) − ( − x 1 + x 2 + ⋯ + x N 1 n ) ∣ ≥ ∣ x N 1 + 1 + x N 1 + 2 + ⋯ + x n n ∣ − ∣ x 1 + x 2 + ⋯ + x N 1 n ∣ > n − N 1 n ⋅ ( 2 G ) − M n .

nx1​+x2​+⋯+xn​​​=∣ ∣​nx1​+x2​+⋯+xn​​∣ ∣​=∣ ∣​(nxN1​+1​+xN1​+2​+⋯+xn​​)−(−nx1​+x2​+⋯+xN1​​​)∣ ∣​≥∣ ∣​nxN1​+1​+xN1​+2​+⋯+xn​​∣ ∣​−∣ ∣​nx1​+x2​+⋯+xN1​​​∣ ∣​>nn−N1​​⋅(2G)−nM​.​

其中，$M=|x_1+x_2+\cdots +x_{N_1}|$ 为一实数。

取 N 2 = max ⁡ { 4 N 1 , 2 M G } N_{2} = \max \{4N_{1},\frac{2M}{G}\} N2​=max{4N1​,G2M​}，则当 $n>N_2$ 时，成立

$$\frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{n}>G.$$

得证。

证毕

证 2：与 证 1 基本相同，不同之处在于使用三角不等式时，利用了一种“折半”的思想：

x 1 + x 2 + ⋯ + x n n = ∣ x 1 + x 2 + ⋯ + x n n ∣ = ∣ ( x N 1 + 1 + x N 1 + 2 + ⋯ + x n n ) − ( − x 1 + x 2 + ⋯ + x N 1 n ) ∣ ≥ ∣ x N 1 + 1 + x N 1 + 2 + ⋯ + x n n ∣ − ∣ x 1 + x 2 + ⋯ + x N 1 n ∣ > 1 2 ⋅ ( 3 G ) − 1 2 ⋅ G = G .

nx1​+x2​+⋯+xn​​​=∣ ∣​nx1​+x2​+⋯+xn​​∣ ∣​=∣ ∣​(nxN1​+1​+xN1​+2​+⋯+xn​​)−(−nx1​+x2​+⋯+xN1​​​)∣ ∣​≥∣ ∣​nxN1​+1​+xN1​+2​+⋯+xn​​∣ ∣​−∣ ∣​nx1​+x2​+⋯+xN1​​​∣ ∣​>21​⋅(3G)−21​⋅G=G.​

证毕

2. 设 { x n } \{x_{n}\} {xn​} 单调增加，$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{n}=a$，证明： { x n } \{x_{n}\} {xn​} 收敛于 $a$.

证：分析可知，对于单调增加的数列而言，若有界，则由 单调有界数列收敛定理 ，数列收敛；若无界，则发散至正无穷。对于 { x n } \{x_{n}\} {xn​} 而言，若有界，则收敛，不妨设

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=b.$$

则由 Cauchy 命题 可知，$a=b$.

若 { x n } \{x_{n}\} {xn​} 无界，则

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=+\infty .$$

同样由 Cauchy 命题 可知，$a=+\infty$.

综上，问题得证。

证毕

3. 设 { a 2 k − 1 } \{a_{2k-1}\} {a2k−1​} 收敛于 $a$， { a 2 k } \{a_{2k}\} {a2k​} 收敛于 $b$，且 $a\ne b$，求

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{n}.$$

解：先考虑数列 { x n } \{x_{n}\} {xn​}，其中

$$x_n=\frac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{n}.$$

于是，对于 { x n } \{x_{n}\} {xn​} 的奇数列 { x 2 k − 1 } \{x_{2k-1}\} {x2k−1​} 与 偶数列 { x 2 k } \{x_{2k}\} {x2k​} 而言，

$$x_{2k-1}=\frac{a_1+a_2+\cdots +a_{2k-1}}{2k-1},x_{2k}=\frac{a_1+a_2+\cdots +a_{2k}}{2k}.$$

显然，

x 2 k − 1 = a 1 + a 3 + ⋯ + a 2 k − 1 k ⋅ k 2 k − 1 + a 2 + a 4 + ⋯ + a 2 k − 2 k − 1 ⋅ k − 1 2 k − 1 , x 2 k = a 1 + a 3 + ⋯ + a 2 k − 1 k ⋅ k 2 k + a 2 + a 4 + ⋯ + a 2 k k ⋅ k 2 k .

​x2k−1​=ka1​+a3​+⋯+a2k−1​​⋅2k−1k​+k−1a2​+a4​+⋯+a2k−2​​⋅2k−1k−1​,x2k​=ka1​+a3​+⋯+a2k−1​​⋅2kk​+ka2​+a4​+⋯+a2k​​⋅2kk​.​

由 Cauchy 命题，

$$\underset{k\to \infty }{\lim }{x}_{2k-1}=\frac{a+b}{2},\underset{k\to \infty }{\lim }{x}_{2k}=\frac{a+b}{2}.$$

因此 { x n } \{x_{n}\} {xn​} 收敛，且

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=\frac{a+b}{2},$$

证毕

附注：题3 说明了 Cauchy 命题 的逆命题不成立。

4. 若 $\underset{n\to \infty }{\lim }(a_n-a_{n-1})=d$，证明：$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_n}{n}=d$.

证 1：直接使用 Stolz 定理，得证。

证毕

证 2：构造数列 { x n } \{x_{n}\} {xn​}，其中

x n = { a 1 n = 1 , a n − a n − 1 n > 2. x_{n} =

xn​={​a1​an​−an−1​​n=1,n>2.​

则

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=d.$$

由 Cauchy 命题，

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_n}{n}=\underset{n\to }{\lim }\frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{n}=d.$$

证毕

附注：题 4 也被说为 Cauchy 命题 的另一形式。

5. 设 { a n } \{a_{n}\} {an​} 为正数列，且收敛于 $A$，证明：

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(a_1{a}_2\cdots a_n\right)}^{\frac{1}{n}}=A.$$

证：由题意得

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=A.$$

由于 { x n } \{x_{n}\} {xn​} 为正数列，因此 $A\ge 0$.

（1）若 $A=0$，则由 Cauchy 命题 可得

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{n}=0.$$

由 算术-几何平均值不等式 可得

$$0<{\left(x_1{x}_2\cdots x_n\right)}^{\frac{1}{n}}<\frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{n}.$$

由数列极限的夹逼性可得

$$\underset{n\to }{\lim }{\left(x_1{x}_2\cdots x_n\right)}^{\frac{1}{n}}=A=0.$$

（2）若 $A\ne 0$，则有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{x_n}=\frac{1}{A}.$$

由 Cauchy 命题 可得

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\frac{1}{x_n}+\frac{1}{x_2}+\cdots +\frac{1}{x_n}}{n}=\frac{1}{A}.$$

再由 算术-几何平均值不等式

$$\frac{n}{\frac{1}{x_n}+\frac{1}{x_2}+\cdots +\frac{1}{x_n}}\le {\left(x_1{x}_2\cdots x_n\right)}^{\frac{1}{n}}\le \frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{n}.$$

由数列极限的夹逼性，则

$$\underset{n\to }{\lim }{\left(x_1{x}_2\cdots x_n\right)}^{\frac{1}{n}}=A.$$

证毕

6. 设 { a n } \{a_{n}\} {an​} 为正数列，且存在极限 $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_{n+1}}{a_n}=l$，证明：$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{a_n}=l$.

证：构造一个数列 { y n } \{y_{n}\} {yn​}，其中

x n = { a 1 n = 1 , a n a n − 1 n ≥ 2. x_{n} =

xn​={​a1​an−1​an​​​n=1,n≥2.​

则

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=l.$$

由 题5 结论，

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{a_n}=\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(x_1{x}_2\cdots x_n\right)}^{\frac{1}{n}}=l.$$

证毕

7. 设 $\underset{n⇝\infty }{\lim }(x_n-x_{n-2})=0$，证明：

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{x_n}{n}=0.$$

证：构造数列 { y n } \{y_{n}\} {yn​}，其中

y n = { x 1 n = 1 , x 2 n = 2 , x n − x n − 2 n > 2. y_{n} =

yn​=⎩ ⎨ ⎧​​x1​x2​xn​−xn−2​​n=1,n=2,n>2.​

于是

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{y}_n=0.$$

考虑 { y n } \{y_{n}\} {yn​} 的奇数子列 { y 2 k − 1 } \{y_{2k-1}\} {y2k−1​} 与偶数子列 { y 2 k } \{y_{2k}\} {y2k​}，有

lim ⁡ k → ∞ y 2 k − 1 = lim ⁡ k → ∞ ( x 2 k − 1 − x 2 k − 3 ) = 0 , lim ⁡ k → ∞ y 2 k = lim ⁡ k → ∞ ( x 2 k − x 2 k − 2 ) = 0.

​k→∞lim​y2k−1​=k→∞lim​(x2k−1​−x2k−3​)=0,k→∞lim​y2k​=k→∞lim​(x2k​−x2k−2​)=0.​

对于两个子列分别应用 题 4 的结论，有

lim ⁡ k → ∞ ( x 2 k − 1 − x 2 k − 3 ) = 0 ⟹ lim ⁡ k → ∞ x 2 k − 1 k = 0 , lim ⁡ k → ∞ ( x 2 k − x 2 k − 2 ) = 0 ⟹ lim ⁡ k → ∞ x 2 k k = 0.

​k→∞lim​(x2k−1​−x2k−3​)=0⟹k→∞lim​kx2k−1​​=0,k→∞lim​(x2k​−x2k−2​)=0⟹k→∞lim​kx2k​​=0.​

构造数列 { z n } \{z_{n}\} {zn​}，其中

$$z_n=\frac{x_n}{n}.$$

对于 { z n } \{z_{n}\} {zn​} 的奇数列 { z 2 k − 1 } \{z_{2k-1}\} {z2k−1​}，有

$$\underset{k\to \infty }{\lim }\frac{x_{2k-1}}{2k-1}=\underset{k\to \infty }{\lim }\left(\frac{x_{2k-1}}{k}\cdot \frac{k}{2k-1}\right)=0.$$

对于 { z n } \{z_{n}\} {zn​} 的偶数列 { z 2 k } \{z_{2k}\} {z2k​}，有

$$\underset{k\to \infty }{\lim }\frac{x_{2k}}{2k}=\underset{k\to \infty }{\lim }\left(\frac{x_{2k}}{k}\cdot \frac{k}{2k}\right)=0.$$

所以 { z n } \{z_{n}\} {zn​} 的奇数列与偶数列收敛于同一极限 $0$，从而 { z n } \{z_{n}\} {zn​} 收敛于 $0$.

证毕

8. 设 $\underset{n\to \infty }{\lim }\left(x_n-x_{n-2}\right)=0$，证明：

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{x_n-x_{n-1}}{n}=0.$$

9. 设数列 { a n } \{a_{n}\} {an​} 满足条件 $0<a_1<1$ 和 $a_{n+1}=a_n(1-a_n)$，证明：

$$\underset{n\to \infty }{\lim }n{a}_n=1.$$

证：利用数学归纳法，容易证明 $0<a_n<1,\forall n\in {\mathbb{N}}^{+}$.

根据递推公式，可得

$$a_{n+1}-a_n=-a_n^2<0.$$

因此 { a n } \{a_{n}\} {an​} 单调减小且有下界。由 单调有界数列收敛定理， { a n } \{a_{n}\} {an​} 收敛。

不妨设 $\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=a$，则对递推公式两端同取极限，可得

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=0.$$

因此
$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{a_n}=+\infty .$$

而 { 1 a n } \{\frac{1}{a_{n}}\} {an​1​} 显然是单调增加的，由 Stolz 定理，可得

$$\underset{n\to \infty }{\lim }n{a}_n=\frac{n}{\frac{1}{a_n}}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{(n+1)-n}{\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_n}}=\underset{n\to \infty }{\lim }(1-a_n)=1.$$

证毕

10. 若 $\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=\alpha$，$\underset{n\to \infty }{\lim }{b}_n=\beta$，证明：

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_1{b}_n+a_2{b}_{n-1}+\cdots +a_n{b}_1}{n}=\alpha \beta .$$

证：构造两个数列 { x n } \{x_{n}\} {xn​}， { y n } \{y_{n}\} {yn​}，其中

$$a_n=a+x_n,b_n=b+y_n.$$

显然，

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }{y}_n=0.$$

则

$$\frac{a_1{b}_n+a_2{b}_{n-1}+\cdots +a_n{b}_1}{n}=\frac{a}{n}\cdot \sum _{k=1}^n{y}_k+\frac{b}{n}\cdot \sum _{k=1}^n{x}_k+\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{x}_k{y}_{n-k}+\alpha \beta .$$

收敛数列必定有界，考虑 { x n } \{x_{n}\} {xn​}（或者 { y n } \{y_{n}\} {yn​}），一定存在 $m,M\in \mathbb{R}$，使得 $m<x_n<M$.

于是，

$$\frac{a}{n}\cdot \sum _{k=1}^n{y}_k+\frac{b}{n}\cdot \sum _{k=1}^n{x}_k+\frac{m}{n}\sum _{k=1}^n{y}_k+\alpha \beta <\frac{a_1{b}_n+a_2{b}_{n-1}+\cdots +a_n{b}_1}{n}<\frac{a}{n}\cdot \sum _{k=1}^n{y}_k+\frac{b}{n}\cdot \sum _{k=1}^n{x}_k+\frac{M}{n}\sum _{k=1}^n{y}_k+\alpha \beta .$$

由 Cauchy 命题 以及数列极限的夹逼性，可得

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_1{b}_n+a_2{b}_{n-1}+\cdots +a_n{b}_1}{n}=\alpha \beta .$$

证毕

参考

[1] 谢惠民. 数学分析习题课讲义. 第1版. 上册. 北京：高等教育出版社.