北京大学数学科学学院【数学分析 I】课程习题集(参考 谢惠民 数学分析习题课讲义)

或任意 n ≥ N 有 则仍有矛盾. 从而 c = 1.
1 ∈ (c − ϵ, c + ϵ) .
an
解. 取 M > 1 使得
[
]
1
a1, a2 ∈
,M M
.
则归纳易知任意
n
有
an
∈
[
1 M
,
M ],
从而
α = lim sup an, β = lim inf an
n→∞
n→∞
均为正数, 且 α ≥ β. 又从两个方向分别导出不等式, 可得出 αβ = 1. 取 {ank }∞ k=1 收敛于 α, 易证
4
证明. 只须证 α < c < β 的情形. 找 p1 < q1 < p2 < q2 < · · · 使得
xpl > c > xqm (l = 1, 2, . . . ; m = 1, 2, . . .). 又存在 pj ≤ rj < qj (j = 1, 2, . . .) 使得
此时
xrj ≥ c ≥ xrj+1.
lim
k→∞
ank −1
=
lim
k→∞
ank −2
=
β.
而 2
ank−3 = ank−1 − ank−2 (nk > 3).
左式关于 k 的上极限不大于 α, 但右式关于 k 的极限为 2α − β > α, 矛盾.
问题 4 (08 上期中). 设 {an}∞ n=1 为单调递增的正整数列. 证明: 数列
cn = max(bn+1, bn) (n = 1, 2, . . .).
则 {cn}∞ n=1 不增且有下界, 故其下确界 c 为其极限值 (显然 c ≥ 1), 从而任 意 ϵ > 0, 存在 N 使得任意 n ≥ N 有
bn < c + ϵ.
若存在
n
>
N
使得
bn
<
c − ϵ,
则
bn+1
≤
1 2
1 an ∈ (c − ϵ, c + ϵ) , an+1 ∈ (c − ϵ, c + ϵ) .
1 实数基本定理与数列
3
则
(
)
2
1
an+2 = an+1 + an ∈
, c−ϵ
c−ϵ
.
矛盾于 bn+2 ∈ (c − ϵ, c + ϵ). 同理可证, 若任意 n ≥ N 有
an ∈ (c − ϵ, c + ϵ)
an+1
− an
=0
n→∞ n + 1 + an+1 n + an
不必成立. 例如取 an = n + 2k+1 − k − 2 (2k ≤ n < 2k+1), 则
(
)
lim
k→∞
a2k 2k + a2k
−
2k
a2k −1 − 1 + a2k−1
1 = 12 ̸= 0.
解.
等价于证明数列
{
an n
的非负实根, 从而 α = β.
问题 3. 设正数列 {an}∞ n=1 满足 2
an+2 = an+1 + an (n = 1, 2, . . .).
证明: {an}∞ n=1 有极限值 1.
解. 记 易知 又令
(
)
bn = max
1 an, an
(n = 1, 2, . . .).
1 bn+2 ≤ 2 (bn+1 + bn).
{
an n+an
}∞ n=1
的极限点恰构成区间
(含退化情形).
解.
引理 1. 设 {xn}∞ n=1 的上下极限为 α, β (不必为有限数), 且 lim inf(xn+1 − xn) ≥ 0.
n→∞
则任意 α ≤ c ≤ β, 存在 {xn}∞ n=1 的子列以 c 为极限.
1 实数基本定理与数列
问题 2. 设非负数列 {bn}∞ n=1 满足
(
)
lim
n→∞
b2n+1 − bn
= a > 0.
证明: {bn}∞ n=1 收敛.
解. 记实数列
an = b2n+1 − bn
收敛于 a. 又记
√
1 + 1 + 4a
x=
>1
2
为 x2 − x − a = 0 的根, 则任意 ϵ > 0, 存在 N 使得 |an − x| < ϵ (n ≥ N ). 故
x|bn+1 − x| ≤ b2n+1 − x2 = |an + bn − a − x| < |bn − x| + ϵ (n ≥ N ).
即
(
)
ϵ1
ϵ
|bn+1 − x| − x − 1 ≤ x |bn − x| − x − 1 .
1
1 实数基本定理与数列
2
解. 易证 {bn}∞ n=1 有界, 设其上下极限分别为 α, β, 则 α, β 为方程 x2 − x − a = 0
}∞ n=1
的极限点恰构成区间
(含退化情形).
若不成
立, 则存在 c, ϵ 使得有无穷多个 n 满足
an ≥ c + ϵ, an+1 ≤ c − ϵ.
n
n+1
结合 an+1 > an 知 (2n + 1)ϵ < c, 矛盾.
问题 5. 设 {xn}∞ n=1 满足
0 ≤ xm+n ≤ xm + xn (m, n > 0).
证明:
{
xn n
}∞ n=1
有极限.
1 实数基本定理与数列
5
解.
{
x2k 2k
}∞ k=1
不增且有下界
0,
其下确界
α
为其极限.
任意
ϵ
>
0,
存在
K
使
得 k ≥ K 时总有0 ≤ x2ຫໍສະໝຸດ − 2kα < 2k−1ϵ.
若记
(
)(
)
T = x2K−1 − 2K−1α + x2K−2 − 2K−2α + · · · + (x2 − 2α) + (x1 − α) .
lim sup(c − xrj ) ≤ 0
j→∞
(
)
lim sup(c − xrj ) ≥ lim sup xrj+1 − xrj ≥ 0.
j→∞
j→∞
故 {xrj }∞ j=1 收敛于 c.
回到原题, 注意到
an+1
−
an
1 ≥− .
n + 1 + an+1 n + an
n
注 1. 下式
(
)
lim
2008–2009 学年 (上) 数学分析 I 习题
1 实数基本定理与数列
问题 1. 设实数列 {an}∞ n=0 满足
(
)
an = lim m→∞
a2n+1 + a2n+2 + · · · + a2n+m
.
且存在有限数
S = lim (a1 + a2 + · · · + an) . n→∞
证明: an = 0 (n = 0, 1, . . .).
(bn
+ bn−1)
<
c,
进而
cn = max(bn+1, bn) < c.
矛盾. 以上表明 {bn}∞ n=1 以 c 为极限值. 若 c > 1, 取充分小的 ϵ > 0, 则存 在充分大的 N 使得
bn ∈ (c − ϵ, c + ϵ) (n ≥ N ).
若存在 n ≥ N 使得 1
an ∈ (c − ϵ, c + ϵ), an+1 ∈ (c − ϵ, c + ϵ) 或