數列極限——課本例題與習題

用定義求極限1

• 證：$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a^n}{n!}=0$

證

• 記得對a分情況討論哦！
• 若$a=0$顯然成立
• $a\ne0$時，有，$記k=[|a|]+1則有$ $\Big|\frac{a^n}{n!}-0\Big|=\frac{|a|^n}{n!}=\frac{|a|\cdot|a|\cdot...\cdot|a|\cdot...\cdot|a|}{1\cdot2\cdot...\cdot k\cdot...\cdot n}$ $\le K\frac{|a|}n$
• 其中$K=\frac{|a|\cdot|a|\cdot...\cdot|a|}{1\cdot2\cdot...\cdot k}$
• 因此，對$\forall\varepsilon>0$，取$N=\max\{k,\frac{K|a|}{\varepsilon}\}$，則當$n>N$時，就有$\Big|\frac{a^n}{n!}-0\Big|\le K\frac{|a|}n<\varepsilon$

用定義求極限2

證明$\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a}=1(a>0)$

證

• 依然要分情況
• $a=1$時顯然
• $a>1$時，記$\alpha_n=a^{\frac 1n}-1>0$,則有$a=(1+\alpha_n)^n\ge1+n\alpha_n=1+n(a^{\frac 1n}-1)$ $\Rightarrow$ $a^{\frac 1n}-1\le\frac{}{}\frac{a-1}n$所以對任意$\varepsilon>0，只要讓N=\frac{a-1}{\varepsilon}$，則對所有$n>N$，有$|\sqrt[n]{a}-1|<\varepsilon$

用定義求極限3

求數列$\{\sqrt[n]n\}$的極限

證

• 記$a_n=\sqrt[n]n=1+h_n,h_n>0(n>1)$，則有$n=(1+h_n)^n>\frac{n(n-1)}{2}h_n^2$ $\Rightarrow$ $0<h_n<\sqrt{\frac 2{n-1}}$
• 於是有$1\le a_n<1+\sqrt{\frac 2{n-1}}\to1$

用定義求極限4

求證：$\lim\limits_{n\to\infty}\frac1{\sqrt[n]{n!}}=0$

證

• 由題1可知，$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a^n}{n!}=0$於是對任意正數$\varepsilon$，由於$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{(\frac 1{\varepsilon})^n}{n!}=0$於是$\exist N,n>N$時，$\frac{(\frac 1{\varepsilon})^n}{n!}<1$ $\Rightarrow$ $\frac1{\sqrt[n]{n!}}<\varepsilon$

這個題乍一看方法覺得有點技巧性太強，其實是可以有思路的：要證$\frac1{\sqrt[n]{n!}}<\varepsilon$轉化一下就變成$\frac 1{n!}<\varepsilon^n$ 於是變成了$\frac{(\frac 1{\varepsilon})^n}{n!}<1$的形式

用定義求極限5

求下列極限：

• $\lim\limits_{n\to\infty}\frac12\cdot\frac34...\frac{2n-1}{2n}$
• $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\sum\limits_{p=1}^np!}{n!}$
• $\lim\limits_{n\to\infty}[(n+1)^{\alpha}-n^{\alpha}],0<\alpha<1$
• $\lim\limits_{n\to\infty}(1+\alpha)(1+\alpha^2)...(1+\alpha^{2^n})$

解

• （1）
  • 小技巧注意一下：$2n=\frac12(2n+1+2n-1)\ge\sqrt{(2n-1)(2n+1)}$
  • 於是就有$0\le\frac12\cdot\frac34...\frac{2n-1}{2n}\le\frac1{\sqrt{1\cdot3}}\cdot\frac{3}{\sqrt{3 \cdot 5}} \ldots$ $\ldots\frac{2 n-1}{\sqrt{(2 n-1)(2 n+1)}}=\frac{1}{\sqrt{2 n+1}} \rightarrow 0(n \rightarrow \infty)$
  • 所以極限爲0
• （2）
  • $\sum\limits_{p=1}^np!=1!+...+(n-1)!+n!$ $<n!+(n-1)!+(n-2)(n-2)!<2(n-1)!+n!$
  • 於是當$n>2$時，$1<\frac{\sum\limits_{p=1}^np!}{n!}<\frac{2(n-1) !}{n !}+1=\frac{2}{n}+1 \rightarrow 1(n \rightarrow \infty)$
• （3）
  • $(1+n)^{\alpha}=(1+n)^{\alpha-1}(1+n)\ge n^{\alpha-1}(1+n)$
  • 於是有$0<[(n+1)^{\alpha}-n^{\alpha}]<n^{\alpha-1}\to0(n\to\infty)$
• （4）
  • 啊！這個題第一次沒做出來，其實仔細觀察一下就得到了，這些都是+,看着是不是想給它都消了，這種全是＋而且還是平方和的加，應該首先就要想到平方差公式了，之後會發現這個像多米諾骨牌一樣全倒了！$\lim _{n \rightarrow \infty}(1+\alpha)\left(1+\alpha^{2}\right) \cdots\left(1+\alpha^{2^{n}}\right)=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1-\alpha^{4^n}}{1-\alpha}=\frac{1}{1-\alpha}$

一個證明題

• 設$\lim\limits_{n\to\infty}a_n=a$
• 若$a>0,a_n>0$
• 證：$\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}=1$

證

• 由題2知，對任意$a>0$都有$\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a}=1$
• 因爲$\lim\limits_{n\to\infty}a_n=a$，取$\varepsilon_0=\frac a2,則存在N,當n>N時，有$ $|a_n-a|<\frac a2\Rightarrow \frac a2<a_n<\frac 32a$
• 兩邊加個根號並求極限就出來了！

兩個證明題

• 設$a_n=1+\frac1{2^{\alpha}}+...+\frac1{n^{\alpha}}(\alpha>1)$證明：$\{a_n\}$收斂

證

如果用單調有界定理，這個題關鍵在於怎麼放縮得到$a_n$的界？這個方法也是讓人意想不到，措手不及

• 遞增是肯定的了，接下來放縮，找的是$a_{2n}$來放！！奇奇怪怪又有點意思$a_{2n}=1+\frac1{2^{\alpha}}+...+\frac1{(2n)^{\alpha}}$再拆成兩部分$=(1+\frac1{3^{\alpha}}+...+\frac1{(2n-1)^{\alpha}})+(\frac1{2^{\alpha}}+...+\frac1{(2n)^{\alpha}})$ $<(1+\frac1{3^{\alpha}}+...+\frac1{(2n+1)^{\alpha}})+(\frac1{2^{\alpha}}+...+\frac1{(2n)^{\alpha}})$ $<1+2\frac{a_n}{2^{\alpha}}=1+\frac{a_n}{2^{\alpha-1}}>a_n$
• 解出來就有$a_n<\frac1{1-\frac1{2^{\alpha-1}}}$

三個證明題

• S爲有界數集
• $\sup S=a\notin S$
• 證明：存在嚴格遞增數列$\{x_n\}\subset S，使得$ $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a$

證

• 由於$a是S$的上確界，因此對任意$\varepsilon>0，都存在x\in S，使得x>a-\varepsilon$
• 又由於$a\notin S,所以x<a$，從而有$a-\varepsilon<x<a$
• 取$\varepsilon_1=1,則存在x_1\in S，滿足$ $a-\varepsilon_1<x_1<a$
• 取$\varepsilon_2=\min\{\frac12,a-x_1\}$，則存在$x_2$使得$a-\varepsilon_2<x_2<a$ 並且有$x_1=a-(a-x_1)<a-\varepsilon_2<x_2$
• 按上述方法一直取啊取得到$x_{n-1}$後，取$\varepsilon_n=\min\{\frac1n,a-x_{n-1}\},\exist x_n,$ $a-\varepsilon_n<x_n<a$ $x_{n-1}<x_n$
• 得到數列$\{x_n\}\subset S$，它是一個嚴格遞增數列，且滿足$a-\varepsilon_n<x_n<a<a+\varepsilon_n$ 即$|x_n-a|<\varepsilon_n\le\frac1n$得證

一個重要極限

• 證明：極限$\lim\limits_{n\to\infty}(1+\frac1n)^n$存在

解

• 用單調有界，先證明其單調
  • 書上是通過將式子展開再放縮的，很麻煩，周老師說用基本不等式就可以做，我試了一下發現確實很簡單——$a_n=(1+\frac1n)^n\cdot1\le(\frac{(1+\frac1n)\cdot n+1}{n+1})^{n+1}$ $=(1+\frac1{n+1})^{n+1}=a_{n+1}$
  • 但是後面求有界我沒想到簡便的方法，還是隻能將式子展開，即$(1+\frac1n)^n=1+1+\frac{n(n-1)}2\cdot\frac1{n^2}+...+\frac{n(n-1)...(n-k+1)}{k!}\frac1{n^k}+...+\frac1{n^n}$ $=2+\frac12(1-\frac1n)+...+\frac1{k!}(1-\frac1n)(1-\frac2n)...(1-\frac{k-1}n)+$ $+...+\frac1{n!}(1-\frac1n)(1-\frac2n)...(1-\frac{n-1}n)$ $<2+\frac12+...+\frac1{n!}$ $<2+\frac1{1\cdot2}+...+\frac1{n(n-1)}=3-\frac1n<3$

一個重要題型

• $c>0,x_1=\sqrt c,x_{n+1}=\sqrt{c+x_n}$
• 證明：$\lim x_n$存在並求它

這類一個套一個的題，用單調有界就能解決它，一般思路是：

• 直接在遞推式兩邊求極限，根據極限設置上下界
• 求數列的增減性（注意數學歸納法在這類題中的應用）

解

• 先看增減性：$x_{n+1}-x_n=\sqrt{c+x_n}-\sqrt{c+x_{n-1}}$ $=\frac{x_n-x_{n-1}}{(\sqrt{c+x_n})(\sqrt{c+x_{n-1}})}$
  • 數學歸納法：設$\{x_n\}$是單調遞增的，當$k=2$時，$x_2-x_1=\sqrt{c+\sqrt c}-\sqrt{c}>0$
  • 當$k=n$時若$x_n-x_{n-1}>0，則當k=n+1$時也有…>0，故遞增
• 求界：
  • 依然數學歸納法，$x_1=\sqrt c<1+\sqrt c,設x_n<1+\sqrt c，$則$x_{n+1}=\sqrt{c+x_n}<\sqrt{c+1+\sqrt c}<1+\sqrt c$得證