张祖锦2023年数学专业真题分类70天之第02天
24、 1、 (15 分) 已知 $\displaystyle L\in (0,1)$, $\displaystyle f: \mathbb{R}\to\mathbb{R}$ 满足
$$\begin{aligned} |f(x)-f(y)|\leq L|x-y|,\quad \forall\ x,y\in\mathbb{R}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
证明: 存在唯一的 $\displaystyle x$, 使得 $\displaystyle f(x)=x$. (北京师范大学2023年数学分析考研试题) [数列极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 这就是压缩映射原理. (1)、 存在性. 任取 $\displaystyle x_0\in \mathbb{R}$, 定义 $\displaystyle x_{n+1}=f(x_n), n\geq 0$, 则由
$$\begin{aligned} |x_{n+1}-x_n|=&|f(x_n)-f(x_{n-1})| \leq L|x_n-x_{n-1}|\\\\ &\leq \cdots \leq L^n|x_1-x_0| \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知
$$\begin{aligned} |x_{n+p}-x_n|\leq&\sum_{k=n}^{n+p-1}|x_{k+1}-x_k| \leq \sum_{k=n}^{n+p-1}L^k|x_1-x_0|\\\\ \leq& \sum_{k=n}^\infty L^k|x_1-x_0| =\frac{L^n}{1-L}|x_1-x_0|\xrightarrow{n\to\infty}0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
由 Cauchy 收敛准则知 $\displaystyle \left\{x_n\right\}$ 收敛. 设极限为 $\displaystyle x$, 则在递推式中令 $\displaystyle n\to\infty$, 并注意到 $\displaystyle f$ 的 Lipschitz 连续性知 $\displaystyle x=f(x)$. (2)、 唯一性. 设 $\displaystyle y$ 也满足 $\displaystyle y=f(y)$, 则
$$\begin{aligned} &|x-y|=|f(x)-f(y)|\leq L|x-y|\\\\ \Rightarrow& (1-L)|x-y|\leq 0\Rightarrow |x-y|=0\Rightarrow x=y. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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25、 10、 已知数列 $\displaystyle \left\{x_n\right\}$ 无界但不是无穷大量, 证明: $\displaystyle \left\{x_n\right\}$ 存在子列收敛, 也存在子列为无穷大量. (北京邮电大学2023年数学分析考研试题) [数列极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 由 $\displaystyle \left\{x_n\right\}$ 无界知对
$$\begin{aligned} &M=|x_1|+1, \exists\ n_2\geq 1,\mathrm{ s.t.} |x_{n_2}|\geq 2,\\\\ &M=\max_{1\leq i\leq n_2}|x_i|+2, \exists\ n_3 > n_2,\mathrm{ s.t.} |x_{n_3}|\geq M,\\\\ &M=\max_{1\leq i\leq n_3}|x_i|+3, \exists\ n_4 > n_3,\mathrm{ s.t.} |x_{n_4}|\geq M, \cdots. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
如此得到 $\displaystyle \left\{x_{n_k}\right\}$ 为无穷大量. (2)、 由 $\displaystyle \left\{x_n\right\}$ 不是无穷大量知
$$\begin{aligned} \exists\ M > 0,\mathrm{ s.t.} \forall\ N,\exists\ n\geq N, \mathrm{ s.t.} |x_n|\leq M. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
取
$$\begin{aligned} &N=1, \exists\ n_1\geq 1,\mathrm{ s.t.} |x_{n_1}|\leq M,\\\\ &N=n_1+1,\exists\ n_2\geq N,\mathrm{ s.t.} |x_{n_2}|\leq M,\cdots. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
如此得到 $\displaystyle \left\{x_{n_k}\right\}$ 有界. 据致密性定理知它有一个子列 $\displaystyle \left\{x_{n_{k_i}}\right\}$ 收敛.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
26、 15、 已知 $\displaystyle f_n(x)=x^n+x, n=1,2,\cdots$. (1)、 证明: 方程 $\displaystyle f_n(x)=1$ 在 $\displaystyle \left[\frac{1}{2},1\right]$ 上有且仅有一个解 $\displaystyle x_n$; (2)、 证明: $\displaystyle \left\{x_n\right\}$ 的极限存在, 并求 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}x_n$. (北京邮电大学2023年数学分析考研试题) [数列极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 由
$$\begin{aligned} f_n\left(\frac{1}{2}\right)=\left(\frac{1}{2}\right)^n+\frac{1}{2}\leq 1 < 2=f(1) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
及连续函数介值定理知 $\displaystyle f_n$ 在 $\displaystyle \left[\frac{1}{2},1\right]$ 内有一个根. 再由
$$\begin{aligned} f_n'(x)=nx^{n-1}+1 > 0, \frac{1}{2} < x < 1 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 $\displaystyle f_n$ 在 $\displaystyle \left[\frac{1}{2},1\right]$ 内有且只有一个根 $\displaystyle x_n$. (2)、 由 $\displaystyle \frac{1}{2} < x < 1\Rightarrow f_n(x) > f_{n+1}(x)$ 知
$$\begin{aligned} f_{n+1}(x_{n+1})=1=f_n(x_n) > f_{n+1}(x_n)\stackrel{f_n' > 0}{\Rightarrow}x_{n+1} > x_n. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故 $\displaystyle x_n\mbox{严}\nearrow , x_n\leq 1$. 由单调有界定理知 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}x_n=l$ 存在, 且
$$\begin{aligned} l^n+l=1\Rightarrow l=1. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
[若不然, $\displaystyle \frac{1}{2} < l < 1\Rightarrow \lim_{n\to\infty}(l^n+l)=0+l < 1$, 矛盾.]跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
27、 (5)、 设 $\displaystyle \left\{b_n\right\}$ 是正的严格递增数列, 且 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}b_n=+\infty$, 求证:
$$\begin{aligned} \varlimsup_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}\leq \varlimsup_{n\to\infty}\frac{a_n-a_{n-1}}{b_n-b_{n-1}}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
这里假设右侧的上极限存在. (大连理工大学2023年数学分析考研试题) [数列极限 ]
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$$\begin{aligned} &\forall\ k\geq n, \frac{a_{k+1}-a_k}{b_{k+1}-b_k}\leq \sup_{j\geq n}\frac{a_{j+1}-a_j}{b_{j+1}-b_j}\\\\ \Rightarrow&\forall\ k\geq n, a_{k+1}-a_k\leq (b_{k+1}-b_k)\sup_{j\geq n}\frac{a_{j+1}-a_j}{b_{j+1}-b_j}\\\\ \Rightarrow&\forall\ m > n, a_m-a_n\leq (b_m-b_n)\sup_{j\geq n}\frac{a_{j+1}-a_j}{b_{j+1}-b_j}\\\\ &\left(\mbox{对 $\displaystyle k$ 从 $\displaystyle n,\cdots,m-1$ 求和}\right)\\\\ \Rightarrow&\forall\ m > n, \frac{a_m-a_n}{b_m-b_n}\leq \sup_{j\geq n}\frac{a_{j+1}-a_j}{b_{j+1}-b_j}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
令 $\displaystyle m\to\infty$ 得
$$\begin{aligned} &\varlimsup_{m\to\infty}\frac{a_m}{b_m}=\varlimsup_{m\to\infty}\frac{a_m-a_n}{b_m} =\varlimsup_{m\to\infty}\frac{a_m-a_n}{b_m-b_n}\cdot \frac{b_m-b_n}{b_m}\\\\ =&\varlimsup_{m\to\infty}\frac{a_m-a_n}{b_m-b_n}\leq \sup_{j\geq n}\frac{a_{j+1}-a_j}{b_{j+1}-b_j}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
再令 $\displaystyle n\to\infty$ 得
$$\begin{aligned} \varlimsup_{m\to\infty}\frac{a_m}{b_m}\leq \lim_{n\to\infty}\sup_{j\geq n}\frac{a_{j+1}-a_j}{b_{j+1}-b_j} =\varlimsup_{n\to\infty}\frac{a_n-a_{n-1}}{b_n-b_{n-1}}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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28、 1、 填空题 (共 30 分, 每小题 5 分). (1)、 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{2n}\right)=\underline{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }$. (电子科技大学2023年数学分析考研试题) [数列极限 ]
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$$\begin{aligned} \mbox{原式}&=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac{1}{n+k} =\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\frac{1}{1+\frac{k}{n}}\\\\ &=\int_0^1 \frac{1}{1+x}\mathrm{ d} x=\ln 2. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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29、 4、 综合题 (共 30 分, 每小题 15 分). (1)、 设函数 $\displaystyle f\in C^2[0,1], f'(0)=1, f''(0)\neq 0$ 且 $\displaystyle 0 < f(x) < x, x\in (0,1)$. 令
$$\begin{aligned} a_1\in (0,1), \quad a_{n+1}=f(a_n)\left(n=1,2,\cdots\right). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(1-1)、 证明: 数列 $\displaystyle \left\{a_n\right\}$ 收敛, 并求 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}a_n$; (1-2)、 试问数列 $\displaystyle \left\{na_n\right\}$ 是否一定收敛? 若不一定收敛, 请举出反例; 若收敛, 求其极限 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}na_n$. (电子科技大学2023年数学分析考研试题) [数列极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1-1)、 由
$$\begin{aligned} 0 < a_1 < 1, 0 < a_n < 1\Rightarrow 0 < a_{n+1}=f(a_n) < a_n < 1 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
及数学归纳法知 $\displaystyle 0 < a_n < 1$, 且 $\displaystyle a_n\mbox{严}\searrow$. 由单调有界定理知 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}a_n=\ell$ 存在, 且
$$\begin{aligned} \ell=f(\ell), 0\leq \ell < 1\stackrel{f(x) < x, \forall\ 0 < x < 1}{\Rightarrow}\ell=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(1-2)、
$$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}na_n=&\lim_{n\to\infty}\frac{n}{\frac{1}{a_n}} \xlongequal{\tiny\mbox{Stolz}} \lim_{n\to\infty}\frac{1}{\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_n}}\\\\ \xlongequal[\tiny\mbox{原理}]{\tiny\mbox{归结}}&\lim_{x\to 0}\frac{1}{\frac{1}{f(x)}-\frac{1}{x}} =\lim_{x\to 0}\frac{xf(x)}{x-f(x)}\\\\ \xlongequal{\tiny\mbox{L'Hospital}}&\lim_{x\to 0}\frac{f(x)+xf'(x)}{1-f'(x)}\\\\ \xlongequal{\tiny\mbox{L'Hospital}}& \lim_{x\to 0}\frac{2f'(x)+xf''(x)}{-f''(x)}=-\frac{2}{f''(0)}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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30、 5、 若数列 $\displaystyle \left\{x_n\right\}, \left\{y_n\right\}$ 满足: $\displaystyle \left\{y_n\right\}$ 有界, $\displaystyle x_n=\sum_{k=1}^n \frac{y_k}{k(k+1)}$, 求证: $\displaystyle \left\{x_n\right\}$ 收敛. (东北大学2023年数学分析考研试题) [数列极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle |y_k|\leq M, \forall\ k\geq 1$, 则
$$\begin{aligned} |x_{n+p}-x_n|&=\left|\sum_{k=n+1}^{n+p} \frac{y_k}{k(k+1)}\right| \leq M\sum_{k=n+1}^{n+p}\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right)\\\\ &=M\left(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+p+1}\right) < \frac{M}{n+1}\xrightarrow{n\to\infty}0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
由 Cauchy 收敛准则即知 $\displaystyle \left\{x_n\right\}$ 收敛.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
31、 6、 已知正项级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \alpha_n$ 收敛, 数列 $\displaystyle \left\{x_n\right\}$ 满足
$$\begin{aligned} |x_{n+1}-x_n|\leq \alpha_n, \forall\ n\geq 1. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
证明: $\displaystyle \left\{x_n\right\}$ 收敛. (东北师范大学2023年数学分析考研试题) [数列极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由正项级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \alpha_n$ 收敛及 Cauchy 收敛准则知
$$\begin{aligned} &\forall\ \varepsilon > 0,\exists\ N,\mathrm{ s.t.}\forall\ n\geq N, \forall\ p\geq 1,\\\\ &\varepsilon > \sum_{k=n}^{n+p-1}\alpha_k \geq \sum_{k=n}^{n+p-1}|x_{k+1}-x_k| \geq |x_{n+p}-x_n|. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
由数列极限的 Cauchy 收敛准则即知 $\displaystyle \left\{x_n\right\}$ 收敛.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
32、 3、 求 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt[n]{n(n+1)\cdots(2n-1)}}{n}$. (东南大学2023年数学分析考研试题) [数列极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /
$$\begin{aligned} \mbox{原式}=&\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{\left(1+\frac{0}{n}\right) \left(1+\frac{1}{n}\right)\cdots \left(1+\frac{n-1}{n}\right)}\\\\ =&\mathrm{exp}\left[ \lim_{n\to\infty}\frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1}\ln\left(1+\frac{k}{n}\right)\right]\\\\ =&\mathrm{exp}\left[\int_0^1 \ln(1+x)\mathrm{ d} x\right] =\mathrm{exp}\left(2\ln 2-1\right)=\frac{4}{\mathrm{e}}, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
其中倒数第二步中, 积分可以通过分部积分方法求解得到.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
33、 13、 设 $\displaystyle \left\{x_n\right\}$ 有界, $\displaystyle \left\{x_n+2x_{n+2}\right\}$ 收敛, 证明: $\displaystyle \left\{x_n\right\}$ 收敛. (东南大学2023年数学分析考研试题) [数列极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle y_n=x_n+2x_{n+2}$, 则 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}y_n=b$ 存在. 于是
$$\begin{aligned} x_n=y_n-2x_{n+2}\Rightarrow& \left\{\begin{array}{llllllllllll}\varlimsup_{n\to\infty}x_n=b+\varlimsup_{n\to\infty}(-2x_{n+2}) =b-2\varliminf_{n\to\infty}x_n\\\\ \varliminf_{n\to\infty}x_n=b+\varliminf_{n\to\infty}(-2x_{n+2}) =b-2\varlimsup_{n\to\infty}x_n\end{array}\right.\\\\ \Rightarrow&\varlimsup_{n\to\infty}x_n=\varliminf_{n\to\infty}x_n=\frac{b}{3}\Rightarrow \lim_{n\to\infty}x_n=\frac{b}{3}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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34、 1、 (20 分) 设 $\displaystyle a_1 > 0$, 且 $\displaystyle a_{n+1}=\frac{3(1+a_n)}{3+a_n}, n=1,2,\cdots$. 证明: 数列 $\displaystyle \left\{a_n\right\}$ 收敛, 并求出极限. (福州大学2023年数学分析考研试题) [数列极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 先证明压缩数列一定收敛. 设数列 $\displaystyle \left\{a_n\right\}$ 满足压缩性条件, 即存在常数 $\displaystyle k\in (0,1)$, 使得
$$\begin{aligned} |a_{n+1}-a_n|\leq k|a_n-a_{n-1}|\left(n=2,3,\cdots\right). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
则 $\displaystyle \left\{a_n\right\}$ 收敛. 事实上, 由
$$\begin{aligned} |a_{n+1}-a_n|\leq k|a_n-a_{n-1}|\leq \cdots \leq k^{n-1}|a_2-a_1| \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知
$$\begin{aligned} |a_{n+p}-a_n|&\leq \sum_{i=n}^{n+p-1}|a_{i+1}-a_i| \leq \sum_{i=n}^\infty k^{i-1}|a_2-a_1|\\\\ & =\frac{k^{n-1}}{1-k}|a_2-a_1|\to 0\left(n\to\infty\right). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
据 Cauchy 收敛准则即知 $\displaystyle \left\{a_n\right\}$ 收敛. (2)、 由数学归纳法易知 $\displaystyle a_n > 0$. 设
$$\begin{aligned} f(x)=\frac{3(1+x)}{3+x}\Rightarrow f'(x)=\frac{6}{(3+x)^2}\leq \frac{2}{3}, x > 0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
于是
$$\begin{aligned} |a_{n+1}-a_n|=|f(a_n)-f(a_{n-1})|=|f'(\xi_n)(a_n-a_{n-1})| \leq\frac{2}{3}|a_n-a_{n-1}|. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
据第 1 步即知 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}a_n=l$ 存在, 且
$$\begin{aligned} l=\frac{3(1+l)}{3+l}\Rightarrow l=\sqrt{3}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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35、 2、 证明题 (每题 10 分, 共 60 分). (1)、 设 $\displaystyle a_1,\cdots,a_k$ 是 $\displaystyle k$ 个正数, 证明:
$$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_1^n+\cdots+a_k^n}=\max\left\{a_1,\cdots,a_k\right\}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(广西大学2023年数学分析考研试题) [数列极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle A=\max\left\{a_1,\cdots,a_k\right\}$, 则由 $\displaystyle A\leq \sqrt[n]{a_1^n+\cdots+a_k^n}\leq A n^\frac{1}{n}$ 及迫敛性知结论成立.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
36、 2、 (10 分) 设数列 $\displaystyle \left\{a_n\right\}$ 收敛到正数 $\displaystyle a$, 且 $\displaystyle \left\{a_n\right\}$ 恒正. 证明: $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_1\cdots a_n}=a$. (哈尔滨工程大学2023年数学分析考研试题) [数列极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 Stolz 公式知
$$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\frac{n}{\displaystyle\sum_{k=1}^n \frac{1}{a_k}}=&\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\displaystyle\frac{1}{a_n}}=\lim_{n\to\infty}a_n=a,\\\\ \lim_{n\to\infty}\frac{\displaystyle\sum_{k=1}^n a_k}{n}=&\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{1}=\lim_{n\to\infty}a_n=a. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
再由均值公式
$$\begin{aligned} \frac{n}{\displaystyle\sum_{k=1}^n \frac{1}{a_k}}\leq \sqrt[n]{a_1\cdots a_n}\leq \frac{\displaystyle\sum_{k=1}^n a_k}{n} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
及迫敛性知 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_1\cdots a_n}=a$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
37、 (2)、 数列 $\displaystyle \left\{a_n\right\}$ 收敛的充要条件是: 对任意的正整数 $\displaystyle p$, 有 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}|a_{n+p}-a_n|=0$. (哈尔滨工业大学2023年数学分析考研试题) [数列极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / $\displaystyle \times$. 比如 $\displaystyle a_n=\sqrt{n}$ 满足
$$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}|a_{n+p}-a_n|=\lim_{n\to\infty}\left(\sqrt{n+p}-\sqrt{n}\right) =\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt{n+p}+\sqrt{n}}=0, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
但 $\displaystyle \left\{a_n\right\}$ 发散.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
38、 2、 设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle x=a$ 处可微, 且 $\displaystyle f(a)\neq 0$. 求极限
$$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\left[\frac{f\left(a+\frac{1}{n}\right)}{f(a)}\right]^n. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(哈尔滨工业大学2023年数学分析考研试题) [数列极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 不妨设 $\displaystyle f(a) > 0$, 否则用 $\displaystyle -f$ 代替 $\displaystyle f$ 后考虑. 于是
$$\begin{aligned} \mbox{原式}&=\mathrm{exp}\left\{\lim_{n\to\infty}n\left[\ln f\left(a+\frac{1}{n}\right)-\ln f(a)\right]\right\}\\\\ &=\mathrm{exp}\left[\lim_{x\to 0}\frac{\ln f(a+x)-\ln f(a)}{x}\right]\\\\ & =\mathrm{exp}\left[\left(\ln f(x)\right)'|_{x=a}\right] =\mathrm{exp}\left[\frac{f'(a)}{f(a)}\right]. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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39、 1、 判断题. 证明说明理由, 错误举出反例. 每题 5 分, 共 20 分. (1)、 数列 $\displaystyle \left\{a_n\right\}$ 满足 $\displaystyle \forall\ p\in\mathbb{Z}_+$, 成立 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}(a_{n+p}-a_n)=0$, 则 $\displaystyle \left\{a_n\right\}$ 为 Cauchy 列. (河海大学2023年数学分析考研试题) [数列极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / $\displaystyle \times$. 比如 $\displaystyle a_n=\sqrt{n}$ 满足
$$\begin{aligned} \forall\ p\geq 1, \lim_{n\to\infty}(a_{n+p}-a_n)=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt{n+p}+\sqrt{n}}=0, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
但 $\displaystyle \left\{a_n\right\}$ 发散, 而不是 Cauchy 列.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
40、 (2)、 求 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\left(\frac{\sqrt[n]{a}+\sqrt[n]{b}}{2}\right)^n$, 其中 $\displaystyle a > 0, b > 0$. (河南大学2023年数学分析考研试题) [数列极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /
$$\begin{aligned} \mbox{原式}=&\mathrm{exp}\left[\lim_{n\to\infty}n \ln \frac{\sqrt[n]{a}+\sqrt[n]{b}}{2}\right] \xlongequal[\tiny\mbox{代换}]{\tiny\mbox{等价}} \mathrm{exp}\left[\lim_{n\to\infty}n \left(\frac{\sqrt[n]{a}+\sqrt[n]{b}}{2}-1\right)\right]\\\\ \xlongequal[\tiny\mbox{原理}]{\tiny\mbox{归结}}&\mathrm{exp}\left[\lim_{x\to 0} \frac{a^x+b^x-2}{2x}\right] \xlongequal{\tiny\mbox{L'Hospital}} \mathrm{exp}\left[\lim_{x\to 0}\frac{a^x\ln a+b^x\ln b}{2}\right] =\sqrt{ab}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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41、 (2)、 求 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}n^2\left(\arcsin \frac{a}{n}-\arcsin \frac{a}{n+1}\right)$, 其中 $\displaystyle a\neq 0$. (华东理工大学2023年数学分析考研试题) [数列极限 ]
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$$\begin{aligned} \mbox{原式}\xlongequal[\tiny\mbox{中值}]{\tiny\mbox{Lagrange}} \lim_{n\to\infty}n^2\frac{1}{\sqrt{1-\xi_n^2}}\left(\frac{a}{n}-\frac{a}{n+1}\right) =a. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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42、 10、 设 $\displaystyle \alpha > 0$, 若
$$\begin{aligned} nx_n=1+o(n^{-\alpha}). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
证明: 数列 $\displaystyle \left\{x_1+\cdots+x_n-\ln n\right\}$ 收敛. (华东师范大学2023年数学分析考研试题) [数列极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle y_n=x_1+\cdots+x_n-\ln n$, 则
$$\begin{aligned} |y_{n+p}-y_n|=&\left|\sum_{k=n+1}^{n+p}x_k-\ln \left(1+\frac{p}{n}\right)\right|\\\\ =&\left|\sum_{k=n+1}^{n+p}\left[\frac{1}{k}+o\left(\frac{1}{k^{1+\alpha}}\right)\right]-\ln \left(1+\frac{p}{n}\right)\right|\\\\ \leq&\left|\sum_{k=n+1}^{n+p}\frac{1}{k}-\ln \left(1+\frac{p}{n}\right)\right| +o\left(\sum_{k=n+1}^{n+p}\frac{1}{k^{1+\alpha}}\right). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(1)、 由
$$\begin{aligned} \sum_{k=n+1}^{n+p}\frac{1}{k}& < \sum_{k=n+1}^{n+p}\int_{k-1}^k \frac{\mathrm{ d} x}{x} =\int_n^{n+p}\frac{\mathrm{ d} x}{x} =\ln \left(1+\frac{p}{n}\right),\\\\ \sum_{k=n+1}^{n+p}\frac{1}{k}& > \sum_{k=n+1}^{n+p}\int_k^{k+1}\frac{\mathrm{ d} x}{x} =\int_{n+1}^{n+p+1}\frac{\mathrm{ d} x}{x} =\ln \left(1+\frac{p}{n+1}\right) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知
$$\begin{aligned} &\left|\sum_{k=n+1}^{n+p}\frac{1}{k}-\ln \left(1+\frac{p}{n}\right)\right| < \ln \left(1+\frac{p}{n}\right)-\ln \left(1+\frac{p}{n+1}\right)\\\\ =&\ln \frac{(n+p)(n+1)}{n(n+p+1)} < \ln \left(1+\frac{1}{n}\right) < \frac{1}{n}\xrightarrow{n\to\infty}0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(2)、 由
$$\begin{aligned} \sum_{k=n+1}^{n+p}\frac{1}{k^{1+\alpha}}& < \sum_{k=n+1}^{n+p}\int_{k-1}^k \frac{\mathrm{ d} x}{x^{1+\alpha}} =\int_n^{n+p}\frac{\mathrm{ d} x}{x^{1+\alpha}}\\\\ &=\frac{1}{\alpha}\left[\frac{1}{n^\alpha}-\frac{1}{(n+p)^\alpha}\right] < \frac{1}{\alpha n^\alpha} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知
$$\begin{aligned} o\left(\sum_{k=n+1}^{n+p}\frac{1}{k^{1+\alpha}}\right) =o\left(\frac{1}{n^\alpha}\right)\xrightarrow{n\to\infty}0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
由 Cauchy 收敛准则即知 $\displaystyle \left\{y_n\right\}$ 收敛.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
43、 12、 若数列 $\displaystyle \left\{a_n\right\}$ 满足
$$\begin{aligned} (2-a_n)a_{n+1}=1. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
证明: (1)、 存在正整数 $\displaystyle k$, 使得 $\displaystyle a_k\leq 1$; (2)、 $\displaystyle \left\{a_n\right\}$ 的极限存在, 并求其极限值; (3)、 若 $\displaystyle a_1\neq 1$, 则 $\displaystyle a_n\ (n=1,2,\cdots)$ 两两不等; (4)、 满足题设且 $\displaystyle a_1\neq 1$ 的数列 $\displaystyle \left\{a_n\right\}$ 存在. (华东师范大学2023年数学分析考研试题) [数列极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle b_n=\frac{1}{1-a_n}$, 则 $\displaystyle a_n=\frac{b_n-1}{b_n}$,
$$\begin{aligned} &1=(2-a_n)a_{n+1} =\frac{1+b_n}{b_n}\cdot \frac{b_{n+1}-1}{b_{n+1}}\\\\ \Rightarrow&b_{n+1}=b_n+1 \Rightarrow b_n=b_1+\sum_{k=1}^{n-1}(b_{k+1}-b_k) =b_1+n-1\\\\ \Rightarrow&a_n=1-\frac{1}{b_1+n-1} =1-\frac{1-a_1}{1+(n-1)(1-a_1)}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(1)、 用反证法. 若 $\displaystyle \forall\ k, a_k > 1$, 则
$$\begin{aligned} 0 > 1-a_n=\frac{1-a_1}{1+(n-1)(1-a_1)}\Rightarrow a_1 > 1, n < \frac{a_1}{a_1-1}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
这与 $\displaystyle n$ 可任意大矛盾. 故有结论. (2)、 由 $\displaystyle a_n$ 的表达式即知 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}a_n=1$. (3)、 设
$$\begin{aligned} f(t)=1-\frac{1-a_1}{1+(t-1)(1-a_1)}, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
则 $\displaystyle f'(t)=\frac{(1-a_1)^2}{(na_1-a_1-n)^2} > 0$. 故 $\displaystyle f\mbox{严}\nearrow$,
$$\begin{aligned} n < m\Rightarrow a_n=f(n) < f(m)=a_m. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(4)、 取 $\displaystyle a_0=0, a_n=1-\frac{1}{n}$ 就是一个例子.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
44、 2、 解答如下问题: (1)、 已知 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{a_1+\cdots+a_n}{n}=a$ (有限数), 证明: $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{n}=0$. (华南理工大学2023年数学分析考研试题) [数列极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle b_n=\frac{a_1+\cdots+a_n}{n}$, 则 $\displaystyle a_n=nb_n-(n-1)b_{n-1}$, 则
$$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{n}=\lim_{n\to\infty}\left(b_n-\frac{n-1}{n}b_{n-1}\right)=a-1\cdot a=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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45、 (2)、 利用柯西收敛准则证明数列 $\displaystyle a_n=1+\frac{1}{2^k}+\cdots+\frac{1}{n^k}\ (0,k\leq 1)$ 发散. (华南理工大学2023年数学分析考研试题) [数列极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由
$$\begin{aligned} |a_{2n-1}-a_{n-1}|=\sum_{m=n}^{2n-1}\frac{1}{m^k} \geq \sum_{m=n}^{2n-1}\int_m^{m+1}\frac{\mathrm{ d} x}{x}=\int_n^{2n}\frac{\mathrm{ d} x}{x}=\ln 2 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
及 Cauchy 收敛准则知 $\displaystyle \left\{a_n\right\}$ 发散.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
46、 (2)、 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}\right)^n$. (华南师范大学2023年数学分析考研试题) [数列极限 ]
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$$\begin{aligned} \mbox{原式}&=\mathrm{exp}\left[\lim_{n\to\infty}n\ln\left(1+\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}\right)\right] =\mathrm{exp}\left[\lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+x+x^2)}{x}\right]\\\\ &\xlongequal[t\to 0]{\ln (1+t)\sim t}\mathrm{exp}\left[\lim_{x\to 0}\frac{x+x^2}{x}\right] =\mathrm{e}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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发表于 2023-3-5 08:35:20