张祖锦2023年数学专业真题分类70天之第03天
47、 (3)、 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\left(\sqrt{n+1}A_1+\sqrt{n+2}A_2+\cdots+\sqrt{n+k}A_k\right)$, 其中
$$\begin{aligned} A_1+\cdots+A_k=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(华南师范大学2023年数学分析考研试题) [数列极限 ]
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$$\begin{aligned} \mbox{原式}=&\lim_{n\to\infty} \sum_{i=1}^k \sqrt{n+i}A_i =\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{i=1}^{k-1}\sqrt{n+i}A_i -\sqrt{n+k}\sum_{i=1}^{k-1}A_i\right)\\\\ =&\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^{k-1}A_i \left(\sqrt{n+i}-\sqrt{n+k}\right)\\\\ =&\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^{k-1}A_i\frac{i-k}{\sqrt{n+i}+\sqrt{n+k}}=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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48、 (5)、 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}n^n\left(\mathrm{e}^\frac{1}{n}-1\right)^n$. (华南师范大学2023年数学分析考研试题) [数列极限 ]
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$$\begin{aligned} &\mbox{原式}=\mathrm{exp}\left\{\lim_{n\to\infty}n \left[\ln n+\ln \left(\mathrm{e}^\frac{1}{n}-1\right)\right]\right\}\\\\ \xlongequal[\tiny\mbox{原理}]{\tiny\mbox{归结}}& \mathrm{exp}\left[\lim_{x\to 0}\frac{-\ln x+\ln (\mathrm{e}^x-1)}{x}\right] =\mathrm{exp}\left[\lim_{x\to 0}\frac{\ln\frac{\mathrm{e}^x-1}{x}}{x}\right]\\\\ \xlongequal[\tiny\mbox{代换}]{\tiny\mbox{等价}}& \mathrm{exp}\left[\lim_{x\to 0}\frac{\frac{\mathrm{e}^x-1}{x}-1}{x}\right] =\mathrm{exp}\left[\lim_{x\to 0}\frac{\mathrm{e}^x-1-x}{x^2}\right] \xlongequal[\tiny\mbox{展开}]{\tiny\mbox{Taylor}} \mathrm{e}^\frac{1}{2}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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49、 1、 计算题 (每题 10 分, 共 80 分). (1)、 求极限 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{(1+\cos 1)^3+(2+\cos 2)^3+\cdots+(n+\cos n)^3}{n^4}$. (吉林大学2023年数学分析考研试题) [数列极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由
$$\begin{aligned} \frac{1}{n^4}\sum_{k=1}^n (k-1)^3 \leq\frac{1}{n^4}\sum_{k=1}^n (k+\cos k)^3 \leq \frac{1}{n^4}\sum_{k=1}^n (k+1)^3, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
$$\begin{aligned} &\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n^4}\sum_{k=1}^n (k\pm 1)^3 \xlongequal{\tiny\mbox{Stolz}} \lim_{n\to\infty}\frac{(n\pm 1)^3}{(n+1)^4-n^4}\\\\ =&\lim_{n\to\infty}\frac{(n\pm 1)^3}{4n^3+6n^2+4n+1}=\frac{1}{4}, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
及迫敛性知原式 $\displaystyle =\frac{1}{4}$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
50、 (2)、 求极限 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}n^2\left[\sin\cos\frac{1}{n}-\sin 1\right]$. (吉林大学2023年数学分析考研试题) [数列极限 ]
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$$\begin{aligned} \mbox{原式}\xlongequal[\tiny\mbox{原理}]{\tiny\mbox{归结}}&\lim_{x\to 0}\frac{\sin \cos x-\sin 1}{x^2}\\\\ \xlongequal[\tiny\mbox{中值}]{\tiny\mbox{Lagrange}}& \lim_{x\to 0}\frac{\cos \xi_x(\cos x-1)}{x^2}\left(\cos x < \xi_x < 1\right)\\\\ \xlongequal[\tiny\mbox{代换}]{\tiny\mbox{等价}}&\cos 1\cdot\left(-\frac{1}{2}\right)=-\frac{\cos 1}{2}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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51、 (5)、 求极限 $\displaystyle \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n}\left[\cos\frac{\pi}{n}+\cos\frac{2\pi}{n}+\cdots+\cos\frac{(n-1)\pi}{n}\right]$. (吉林大学2023年数学分析考研试题) [数列极限 ]
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$$\begin{aligned} \mbox{原式}=&\frac{1}{\pi}\lim_{n\to\infty}\frac{\pi}{n}\sum_{k=1}^n\cos\frac{k\pi}{n} =\frac{1}{\pi}\int_0^\pi \cos x\mathrm{ d} x=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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52、 5、 (12 分) 数列 $\displaystyle \left\{x_n\right\}$ 是方程
$$\begin{aligned} x\cot x=\frac{\pi}{2}\cot x-10 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
在 $\displaystyle \left(\frac{\pi}{2},+\infty\right)$ 上的解序列, 试证:
$$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\left[x_n-\left(n-\frac{1}{2}\right)\pi\right]=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(吉林大学2023年数学分析考研试题) [数列极限 ]
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$$\begin{aligned} x\cot x=\frac{\pi}{2}\cot x-10 \Leftrightarrow 10=\left(\frac{\pi}{2}-x\right)\cot x \Leftrightarrow \frac{\pi}{2}-x=10\tan x. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
设 $\displaystyle f(x)=10\tan x+x-\frac{\pi}{2}$, 则
$$\begin{aligned} f'(x)=10\sec^2x+1 > 0, f\left(n\pi-\frac{\pi}{2}+0\right)=-\infty, f\left(n\pi+\frac{\pi}{2}-0\right)=+\infty. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
由连续函数介值定理及函数的严格单调性知 $\displaystyle f(x)=0$ 在 $\displaystyle \left(n\pi-\frac{\pi}{2},n\pi+\frac{\pi}{2}\right)$ 上存在唯一的根 $\displaystyle x_n$, $\displaystyle n\geq 1$. 再由迫敛性知 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}x_n=+\infty$. 又由
$$\begin{aligned} &\tan \left[x_n-\left(n-\frac{1}{2}\right)\pi\right]=\tan \left(x_n+\frac{\pi}{2}\right) =-\frac{1}{\tan x_n}=\frac{10}{x_n-\frac{\pi}{2}}\to 0,\\\\ &0 < x_n-\left(n-\frac{1}{2}\right)\pi < \pi \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知
$$\begin{aligned} &\tan \left\{\lim_{n\to\infty}\left[x_n-\left(n-\frac{1}{2}\right)\pi\right]\right\} =\lim_{n\to\infty}\tan \left[x_n-\left(n-\frac{1}{2}\right)\pi\right]=0\\\\ \Rightarrow& \lim_{n\to\infty}\left[x_n-\left(n-\frac{1}{2}\right)\pi\right]=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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53、 (0-20)、 证明数列
$$\begin{aligned} \sqrt{12}, \sqrt{12+\sqrt{12}}, \sqrt{12+\sqrt{12+\sqrt{12}}},\cdots \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
收敛, 并求其极限. (吉林师范大学2023年(学科数学)数学分析考研试题) [数列极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设
$$\begin{aligned} a_1=\sqrt{12}, a_{n+1}=\sqrt{12+a_n}\left(n\geq 1\right), \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
则
$$\begin{aligned} |a_n-4|=&\left|\sqrt{12+a_{n-1}}-\sqrt{12+4}\right| =\frac{|a_{n-1}-4|}{\sqrt{12+a_{n-1}}+\sqrt{12+4}}\\\\ \leq& \frac{|a_{n-1}-4|}{4} \leq \cdots \leq \frac{|a_1-4|}{4^{n-1}}\xrightarrow{n\to \infty}0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}a_n=4$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
54、 1、 计算题. (1)、 求极限 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt[3]{n^2}\cos\left(n+\frac{1}{n}\right) \sin\frac{1}{n+1}}{\sqrt[3]{n^2}+2023n-2022}$. (暨南大学2023年数学分析考研试题) [数列极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由
$$\begin{aligned} \left|\sqrt[3]{n^2}\cos\left(n+\frac{1}{n}\right) \sin\frac{1}{n+1}\right|\leq n^\frac{2}{3} \frac{1}{n}, \sqrt[3]{n^2}+2023n-2022\sim 2023n \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
及迫敛性知原式 $\displaystyle =0$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
55、 2、 证明题. (1)、 已知 $\displaystyle \left\{a_n\right\}$ 满足 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}a_n=a$, 证明: $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{a_1+2a_2+\cdots+na_n}{1+2+\cdots+n}=a$. (暨南大学2023年数学分析考研试题) [数列极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle x_n=\frac{a_1+2a_2+\cdots+na_n}{1+2+\cdots+n}$. 当 $\displaystyle a=0$ 时, 由 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}a_n=0$ 知 $\displaystyle \forall\ \varepsilon > 0,\ \exists\ N_1 > 0,\mathrm{ s.t.} n > N_1\Rightarrow |a_n| < \frac{\varepsilon}{2}.$ 对上述 $\displaystyle N_1$, 由 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{N_1(N_1+1)M}{n(n+1)}=0$ 知
$$\begin{aligned} \exists\ N > N_1,\mathrm{ s.t.} n\geq N\Rightarrow \frac{N_1(N_1+1)M}{n(n+1)} < \frac{\varepsilon}{2}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
于是当 $\displaystyle n\geq N$ 时,
$$\begin{aligned} |x_n|=&\left|\frac{a_1+2a_2+\cdots+na_n}{1+2+\cdots+n}\right|\\\\ & \leq \left|\frac{a_1+\cdots+N_1a_{N_1}}{1+2+\cdots+n}\right|+ \left|\frac{(N_1+1)a_{N_1+1}+\cdots+\cdots+na_n}{1+2+\cdots+n}\right|\\\\ & \leq \frac{N_1(N_1+1)M}{n(n+1)}+\frac{(N_1+1)+\cdots+n}{1+2+\cdots+n}\max_{N_1+1\leq i\leq n}|a_i| \leq \frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
这表明 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}x_n=0$. 当 $\displaystyle a\neq 0$ 时, 设 $\displaystyle b_n=a_n-a$, 则 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}b_n=0$. 由已证知
$$\begin{aligned} 0=\lim_{n\to\infty}\frac{b_1+2b_2+\cdots+nb_n}{1+2+\cdots+n} =\lim_{n\to\infty}\frac{a_1+2a_2+\cdots+na_n}{1+2+\cdots+n}-a. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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56、 (2)、 设 $\displaystyle f_n(x)=\cos x+\cos^2x+\cdots+\cos^nx$. 证明: 对任意的正整数 $\displaystyle n$, $\displaystyle f_n(x)=1$ 在 $\displaystyle \left[0,\frac{\pi}{3}\right)$ 内有且仅有一个根 $\displaystyle x_n$, 进一步证明 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}x_n$ 存在, 且为 $\displaystyle \frac{\pi}{3}$. (暨南大学2023年数学分析考研试题) [数列极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (2-1)、 由 $\displaystyle f(0)=n > 1=\sum_{k=1}^n\frac{1}{2^k}=f\left(\frac{\pi}{3}\right)$ 及连续函数介值定理知 $\displaystyle \exists\ x_n\in \left[0,\frac{\pi}{3}\right),\mathrm{ s.t.} f(x_n)=1$. 又由
$$\begin{aligned} f_n'(x)=-\sin x-2\cos x\sin x-\cdots -n\cos^{n-1} x\sin x < 0,x\in \left[0,\frac{\pi}{3}\right) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 $\displaystyle x_n$ 是 $\displaystyle f_n(x)=1$ 的唯一根. (2-2)、 由 $\displaystyle f_n\leq f_{n+1}$ 及 $\displaystyle f_n\mbox{严}\searrow$ 知
$$\begin{aligned} f_{n+1}(x_{n+1})=1=f_n(x_n)\leq f_{n+1}(x_n)\Rightarrow x_{n+1}\geq x_n. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故 $\displaystyle \left\{x_n\right\}$ 递增有上界. 据单调有界定理知 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}x_n=l$ 存在. 由 $\displaystyle x_n\nearrow$ 知 $\displaystyle 0=x_1 < x_2\leq x_n < \frac{\pi}{3}$,
$$\begin{aligned} &0 < x_2 < l < \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{1}{2}\leq \cos x_n\leq \cos x_2 < 1\\\\ \Rightarrow& \frac{1}{2^n}\leq \cos^n x_n\leq \cos^n x_2\Rightarrow \lim_{n\to\infty}\cos^nx_n=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
在
$$\begin{aligned} 1=\cos x_n+\cos^2x_n+\cdots+\cos^n x_n=\frac{\cos x_n(1-\cos^nx_n)}{1-\cos x_n} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
中令 $\displaystyle n\to\infty$ 得 $\displaystyle 1=\frac{\cos l}{1-\cos l}\Rightarrow \cos l=\frac{1}{2}\Rightarrow l=\frac{\pi}{3}$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
57、 1、 计算题. (1)、 求 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{\sqrt{n^2+1^2}}+\frac{1}{\sqrt{n^2+2^2}} +\cdots+\frac{1}{\sqrt{n^2+n^2}}\right)$. (南昌大学2023年数学分析考研试题) [数列极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /
$$\begin{aligned} \mbox{原式}&=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{n^2+k^2}} =\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{1+\left(\frac{k}{n}\right)^2}} =\int_0^1 \frac{\mathrm{ d} x}{\sqrt{1+x^2}}\\\\ & \stackrel{x=\tan \theta}{=}\int_0^\frac{\pi}{4}\sec \theta\mathrm{ d} \theta=\left.\ln (\sec\theta+\tan \theta)\right|_0^\frac{\pi}{4} =\ln \left(\sqrt{2}+1\right). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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58、 8、 设 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n$ 收敛, 则下列级数是否一定收敛? 若收敛, 请证明; 若不收敛, 请举例说明. (1)、 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n^2$; (2)、 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \sqrt{a_n}\ (a_n\geq 0)$; (3)、 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \sqrt{a_na_{n+1}}\ (a_n\geq 0)$. (南昌大学2023年数学分析考研试题) [数列极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n^2$ 未必收敛, 比如 $\displaystyle a_n=\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$. (2)、 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \sqrt{a_n}\ (a_n\geq 0)$ 未必收敛, 比如 $\displaystyle a_n=\frac{1}{n^2}$. (3)、 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \sqrt{a_na_{n+1}}\ (a_n\geq 0)$ 一定收敛. 事实上,
$$\begin{aligned} \sum_{n=1}^\infty \sqrt{a_na_{n+1}}\stackrel{\tiny\mbox{Schwarz}}{\leq} \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n+a_{n+1}}{2} \leq \frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty a_n+\frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty a_n=\sum_{n=1}^\infty a_n < \infty. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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59、 1、 (10 分) 求极限
$$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\left(\frac{5^\frac{1}{n}}{n+1} +\frac{5^\frac{2}{n}}{n+\frac{1}{2}}+\cdots+\frac{5^\frac{n}{n}}{n+\frac{1}{n}}\right). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(南京大学2023年数学分析考研试题) [数列极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由
$$\begin{aligned} \frac{n}{n+1}\cdot\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n 5^\frac{k}{n} < \sum_{k=1}^n \frac{5^\frac{k}{n}}{n+\frac{1}{k}} < \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n 5^\frac{k}{n} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
及迫敛性知原式 $\displaystyle =\int_0^1 5^x\mathrm{ d} x=\frac{4}{\ln 5}$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
60、 (3)、 设 $\displaystyle 0 < k < 1$, $\displaystyle a > 0$, 求极限
$$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}(a^\frac{1}{n}+a^\frac{1}{n-1}k+\cdots+ak^{n-1}+k^n). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(南京师范大学2023年数学分析考研试题) [数列极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 先证明一个结论. 设 $\displaystyle 0 < \kappa < 1$, $\displaystyle \lim_{n\to\infty}a_n=a$, 则
$$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\left(a_n+\kappa a_{n-1}+\cdots+\kappa^{n-1}a_1+\kappa^n a_0\right)=\frac{a}{1-\kappa}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
事实上, 由 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}a_n=a$ 知
$$\begin{aligned} &\exists\ M > 0,\mathrm{ s.t.} n\geq 1\Rightarrow |a_n|\leq M;\\\\ &\forall\ \varepsilon > 0,\ \exists\ N,\mathrm{ s.t.} n\geq N\Rightarrow |a_n-a| < (1-\kappa)\frac{\varepsilon}{2}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
对上述 $\displaystyle N$, 又由 $\displaystyle \lim_{n\to\infty} M\frac{1-\kappa^{-N}}{1-\kappa^{-1}}=0$ 知
$$\begin{aligned} \exists\ N_1\geq N,\mathrm{ s.t.} n\geq N_1 \Rightarrow M\frac{1-\kappa^{-N}}{1-\kappa^{-1}} < \frac{\varepsilon}{2}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
于是对 $\displaystyle n\geq N_1$,
$$\begin{aligned} &\left|a_n+\kappa a_{n-1}+\cdots+\kappa^na_0-\frac{1-\kappa^n}{1-\kappa}a\right|\\\\ \leq& |a_n-a| +\kappa|a_{n-1}-a| +\cdots +\kappa^n |a_0-a|\\\\ =&\sum_{k=N}^n \kappa^{n-k}|a_k-a| +\sum_{k=0}^{N-1} \kappa^{n-k}|a_k-a|\\\\ \leq& \sum_{k=N}^n \kappa^{n-k} \sup_{k\geq N}|a_k-a| +M\sum_{k=0}^{N-1} \kappa^{n-k}\\\\ =& \frac{1-\kappa^{n-N+1}}{1-\kappa} \sup_{k\geq N}|a_k-a| +M\frac{1-\kappa^{-N}}{1-\kappa^{-1}}\\\\ \leq& \frac{1}{1-\kappa}\sup_{k\geq N}|a_k-a| +M\frac{1-\kappa^{-N}}{1-\kappa^{-1}} \leq\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
这表明
$$\begin{aligned} &\lim_{n\to\infty}\left[a_n+\kappa a_{n-1}+\cdots+\kappa^na_0-\frac{1-\kappa^n}{1-\kappa}a \right]=0\\\\ \Rightarrow &\lim_{n\to\infty}(a_n+\kappa a_{n-1}+\cdots+\kappa^na_0) =\lim_{n\to\infty}\frac{1-\kappa^n}{1-\kappa}a=\frac{a}{1-\kappa}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(2)、 在第 1 步中取 $\displaystyle a_n=a^\frac{1}{n}\xrightarrow{n\to\infty}1$, 则原式 $\displaystyle =\frac{1}{1-k}$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
61、 3、 解答如下问题: (1)、 用定积分计算 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\left(\arctan \frac{1}{n}+\arctan\frac{2}{n}+\cdots+\arctan\frac{n}{n}\right)$; (南京师范大学2023年数学分析考研试题) [数列极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /
$$\begin{aligned} \mbox{原式}=&\int_0^1\arctan x\mathrm{ d} x\xlongequal[\tiny\mbox{积分}]{\tiny\mbox{分部}} \arctan 1-\int_0^1 \frac{1}{1+x^2}\cdot x\mathrm{ d} x =\frac{\pi}{4}-\frac{\ln 2}{2}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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62、 9、 命题: 对于数列 $\displaystyle \left\{a_n\right\}$, 若 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}|a_{n+1}-a_n|=0$, 则 $\displaystyle \left\{a_n\right\}$ 收敛. (1)、 举例说明上述命题是假命题. (2)、 在原命题上修改, 使其为真命题, 并证明. (南京师范大学2023年数学分析考研试题) [数列极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 命题是假命题. 比如 $\displaystyle a_n=\sqrt{n}$, 则
$$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\left(a_{n+1}-a_n\right)=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
但 $\displaystyle \left\{a_n\right\}$ 无界而发散. (2)、 若 $\displaystyle a_{n+p}-a_n\xrightarrow{n\to\infty}0$ 关于 $\displaystyle p$ 一致, 则由 Cauchy 收敛准则知 $\displaystyle \left\{a_n\right\}$ 收敛.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
63、 1、 设 $\displaystyle 0 < \kappa < 1$, $\displaystyle \lim_{n\to\infty}a_n=a$, 证明:
$$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\left(a_n+\kappa a_{n-1}+\cdots+\kappa^{n-1}a_1+\kappa^n a_0\right)=\frac{a}{1-\kappa}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(厦门大学2023年数学分析考研试题) [数列极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}a_n=a$ 知
$$\begin{aligned} &\exists\ M > 0,\mathrm{ s.t.} n\geq 1\Rightarrow |a_n|\leq M;\\\\ &\forall\ \varepsilon > 0,\ \exists\ N,\mathrm{ s.t.} n\geq N\Rightarrow |a_n-a| < (1-\kappa)\frac{\varepsilon}{2}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
对上述 $\displaystyle N$, 又由 $\displaystyle \lim_{n\to\infty} M\frac{1-\kappa^{-N}}{1-\kappa^{-1}}=0$ 知
$$\begin{aligned} \exists\ N_1\geq N,\mathrm{ s.t.} n\geq N_1 \Rightarrow M\frac{1-\kappa^{-N}}{1-\kappa^{-1}} < \frac{\varepsilon}{2}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
于是对 $\displaystyle n\geq N_1$,
$$\begin{aligned} &\left|a_n+\kappa a_{n-1}+\cdots+\kappa^na_0-\frac{1-\kappa^n}{1-\kappa}a\right|\\\\ \leq& |a_n-a| +\kappa|a_{n-1}-a| +\cdots +\kappa^n |a_0-a|\\\\ =&\sum_{k=N}^n \kappa^{n-k}|a_k-a| +\sum_{k=0}^{N-1} \kappa^{n-k}|a_k-a|\\\\ \leq& \sum_{k=N}^n \kappa^{n-k} \sup_{k\geq N}|a_k-a| +M\sum_{k=0}^{N-1} \kappa^{n-k}\\\\ =& \frac{1-\kappa^{n-N+1}}{1-\kappa} \sup_{k\geq N}|a_k-a| +M\frac{1-\kappa^{-N}}{1-\kappa^{-1}}\\\\ \leq& \frac{1}{1-\kappa}\sup_{k\geq N}|a_k-a| +M\frac{1-\kappa^{-N}}{1-\kappa^{-1}} \leq\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
这表明
$$\begin{aligned} &\lim_{n\to\infty}\left[a_n+\kappa a_{n-1}+\cdots+\kappa^na_0-\frac{1-\kappa^n}{1-\kappa}a \right]=0\\\\ \Rightarrow &\lim_{n\to\infty}(a_n+\kappa a_{n-1}+\cdots+\kappa^na_0) =\lim_{n\to\infty}\frac{1-\kappa^n}{1-\kappa}a=\frac{a}{1-\kappa}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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64、 2、 (60 分) 证明题. (1)、 (20 分) 设 $\displaystyle a_n\geq 0, \varlimsup_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}\leq 1$. 证明: 对任意的 $\displaystyle l > 1$, 有 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{l^n}=0$. (山东大学2023年数学分析考研试题) [数列极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由
$$\begin{aligned} &\frac{1+l}{2} > l\geq \varlimsup_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}=\inf_{n\geq 1}\sup_{k\geq n}\sqrt[k]{a_k}\\\\ \Rightarrow&\exists\ n,\mathrm{ s.t.} \forall\ k\geq n, \sqrt[k]{a_k} < \frac{1+l}{2}\\\\ \Rightarrow&\forall\ k\geq n, 0\leq \frac{a_k}{l^k} < \left(\frac{\frac{1+l}{2}}{l}\right)^k \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
及迫敛性知 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{l^n}=0$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
65、 1、 (15 分) 用定积分计算极限 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}n\left(\frac{1}{n^2+1}+\frac{1}{n^2+2^2}+\cdots+\frac{1}{2n^2}\right)$. (山西大学2023年数学分析考研试题) [数列极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /
$$\begin{aligned} \mbox{原式}=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n \frac{n}{n^2+k^2} =\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n \frac{1}{1+\left(\frac{k}{n}\right)^2} =\int_0^1 \frac{\mathrm{ d} x}{1+x^2}=\frac{\pi}{4}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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66、 2、 (10 分) 设 $\displaystyle x_1=10, x_{n+1}=\sqrt{6+x_n}, n=1,2,\cdots$. 试证数列 $\displaystyle \left\{x_n\right\}$ 极限存在, 并求此极限. (陕西师范大学2023年数学分析考研试题) [数列极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由
$$\begin{aligned} x_1=10 > 3, x_n > 3 \Rightarrow x_{n+1}=\sqrt{6+x_n} > 3 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
及数学归纳法知 $\displaystyle x_n > 3$. 又由
$$\begin{aligned} x_{n+1}-x_n&=\sqrt{6+x_n}-\sqrt{6+x_{n-1}} =\frac{x_n-x_{n-1}}{\sqrt{6+x_n}+\sqrt{6+x_{n-1}}} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 $\displaystyle x_{n+1}-x_n$ 与 $\displaystyle x_n-x_{n-1}$ 同号, 而与
$$\begin{aligned} x_{n-2}-x_{n-3},\cdots, x_2-x_1=\sqrt{6+10}-10=4-10 < 0 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
同号. 故 $\displaystyle x_n\searrow$. 据单调有界定理知 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}x_n=l$ 存在, 且
$$\begin{aligned} l=\sqrt{6+l}\Rightarrow l=3. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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67、 1、 简答题. 成立请给出证明, 错误请举出反例. (1)、 已知 $\displaystyle x_0 > 1, x_n=x_{n-1}+\frac{1}{x_{n-1}}, n\geq 1$. 数列 $\displaystyle \left\{\frac{x_n}{\sqrt{n}}\right\}$ 是否收敛? (上海财经大学2023年数学分析考研试题) [数列极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 收敛. 由归纳法知 $\displaystyle x_n > 0$, 从而 $\displaystyle x_n-x_{n-1}=\frac{1}{x_{n-1}} > 0\Rightarrow x_n\nearrow$. 若 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}x_n=\ell$ 存在, 则 $\displaystyle \ell=\ell+\frac{1}{\ell}$, 矛盾. 故 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}x_n=+\infty$. 再由
$$\begin{aligned} &x_n^2=\left(x_{n-1}+\frac{1}{x_{n-1}}\right)^2 =2+x_{n-1}^2+\frac{1}{x_{n-1}^2}\\\\ \Rightarrow&x_n^2-x_{n-1}^2=2+\frac{1}{x_{n-1}^2}\to 2\left(n\to\infty\right) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知
$$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\frac{x_n^2}{2n}\xlongequal{\tiny\mbox{Stolz}}\lim_{n\to\infty}\frac{x_n^2-x_{n-1}^2}{2}=1 \Rightarrow \lim_{n\to\infty}\frac{x_n}{\sqrt{n}}=\sqrt{2}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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68、 3、 求极限. (1)、 求 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{(1-\sqrt{\cos x})(1-\sqrt[3]{\cos x}) \cdots (1-\sqrt[n]{\cos x})}{(1-\cos x)^{n-1}}$. (上海财经大学2023年数学分析考研试题) [数列极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /
$$\begin{aligned} \mbox{原式}&=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\boxed{\begin{array}{c}(1+\sqrt{x})(1+\sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{\cos^2x})\cdots\\\\ (1+\sqrt[n]{\cos x}+\cdots+\sqrt[n]{\cos^{n-1}x})\end{array}}} =\frac{1}{2\cdot 3\cdots n}=\frac{1}{n!}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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69、 (2)、 求 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}n\sin(2\pi \mathrm{e} n!)$. (上海财经大学2023年数学分析考研试题) [数列极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由
$$\begin{aligned} &\quad n\sin (2\pi \mathrm{e} n!)\\\\ &\xlongequal[\tiny\mbox{展开}]{\tiny\mbox{Taylor}} \sin \left[2\pi n! \left(1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdots+\frac{1}{n!} +\frac{1}{(n+1)!} +\frac{\mathrm{e}^{\xi_n}}{(n+2)!}\right)\right]\\\\ &=n \sin 2\pi \left(\frac{1}{n+1}+\frac{\mathrm{e}^{\xi_n}}{(n+2)(n+1)}\right)\\\\ &\sim n \cdot 2\pi \left(\frac{1}{n+1}+\frac{\mathrm{e}^{\xi_n}}{(n+2)(n+1)}\right) \xrightarrow{n\to\infty}2\pi \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知原式 $\displaystyle =2\pi$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
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发表于 2023-3-5 08:39:54