2011闫浩微积分习题及答案3.pdf

作者 闫浩作者 闫浩 2011 年年 9 月月 Page 1 of 10 微积分 B 1 第三次习题课题目参考答案 第五周 微积分 B 1 第三次习题课题目参考答案 第五周 一 无穷大量 1 已知lim n n a 求证 12 lim n n aaa n 证明 由于lim n n a 1 0 GN 使得 1 nN 时 4 n aG 此时 11 1212 121 4 NnN n aaaaaaa aaanN G nnnn 由于 1 12 1 lim0 lim1 N nn aaa nN nn 因此 2 N 使得 2 nN 时 有 1 12N aaa G n 且 1 1 2 nN n 取 12 max NN N 当nN 时 有 1 12 121 1 44 2 N n aaa aaanN GGGG nnn 2 证明 数列 n a没有收敛子列等价于lim n n a 证明 假设 n a有收敛子列 记为 k n a 因此 k n a有界 即0 k n MkaM 因此对于0M 任给N 都存在子列中的项 k nN k n aM 因此 n a不是无 穷大量 与lim n n a 矛盾 设 n a不是无穷大量 则0 n MNnN aM 对于1N 存在 1 1 1 n naM 对于 1 Nn 存在 21 2 n nn aM 对于 k Nn 存在 1 1 kk k n nn aM 由此得到 n a的子列 k n a 满足 k n k aM 所以 k n a有界 因此有收敛子列 这个收敛子列也是 n a 的收敛子列 与已知矛盾 3 已知数列 n a单增 12 lim n n aaa A n 证明 lim n n aA 证 明 不 妨 设 n a单 调 递 增 若 n a无 上 界 那 么lim n n a 因 此 作者 闫浩作者 闫浩 2011 年年 9 月月 Page 2 of 10 12 lim n n aaa n 与 12 lim n n aaa A n 矛盾 因此 n a有上界 又由于 n a 单调递增 lim n n a 存在 此时有 12 limlim n n nn aaa aA n 二 实数理论 柯西收敛准则 Bolzano 定理 区间套 有限覆盖 4 设 12 2 1 2 101010 n n n ppp an 其中 k p是一有界非负数列 试证数列 n a 收敛 证法 1 单调有界收敛定理 设 Mpk 0 则 M M M ppp a n nn n n 9 1 10 1 1 10 1 1 10 10 1 10 1 10 1 1010 10 0 22 21 即数列 n a有界 又易知数列 n a单增 所以数列 n a收敛 证法 2 Cauchy 收敛准则 由于 12 121 1 1 1 10 1 91010101010 1 10 m nnn m n mn n mnnnn pppMM aa 所以任给 0 由 1 910n M 得 log 9 M n 取1 9 log M N 则对于任意的 0nN m 均有 1 910 n mn n M aa 即数列 n a是一 Cauchy 列 所以收敛 5 设 n nn qaqaqaab 2 210 其中1 q且数列 k a有界 试证数列 n b收敛 证明 Cauchy 收敛准则 设Mak 则 1 121 12 1 11 m n nnn mn n mnn mnn q M bbaqaqaqM qq qq 由此易证数列 n b是一 Cauchy 列 所以收敛 6 若数列 n a满足 2 1 11 naaqaa nnnn 其中10 q 试证数列 n a 收敛 证明 0 因为 作者 闫浩作者 闫浩 2011 年年 9 月月 Page 3 of 10 1121 12 1 2111 21 1 1 11 n mn n mn mn mn mnn mm nn m nnn aa aaaaaa qqqaa aaq qaaqMq qq 所以当取 1log M N q 且Nn 时 有 nmn aa对任意的0 m都成立 即数列 n a为柯西列 所以收敛 7 下列哪些命题与柯西准则等价 证明你的结论或举出反例 1 对于任意的 p 均有lim 0 npn n aa 2 0 N 只要nN 就有 nN aa 3 0 N 以及A 只要nN 就有 n aA 解 1 不等价 反例ln n an 事实上 1 等价于 0p N 只要nN 就有 npn aa 2 等价 2 推出柯西准则 由 2 0 对0 2 N 只要nN 就有 2 nN aa 因此 n mN 时 22 nmnNmN aaaaaa 柯西准则推出 2 由柯西准则 0 N 只要 n mN 就有 nm aa 取 1 1NN 1 nN 时 1 nN aa 3 等价 3 推出柯西准则的方法类似于 2 柯西准则推出 3 0 N 只要 n mN 就有 nm aa 令 1N Aa 即可 8 设数列 n a和 n b有界 证明 存在正整数列 k n 满足 1kk nn 使得lim lim kk nn kk ab 均 存在 证明 由于 n a有界 因此 n a存在收敛子列设为 l m a 下面考虑 n b的子列 l m b 注 意到 l m b仍然为有界数列 因此 l m b存在收敛子列 lk m b 它当然也是 n b的收敛子列 作者 闫浩作者 闫浩 2011 年年 9 月月 Page 4 of 10 而 lk m a为收敛子列 l m a的子列 因此 lk m a也收敛 所以存在正整数列 k kl nm 使得 lim lim kk nn kk ab 均存在 9 证 明 有 界 数 列 n a若 不 收 敛 则 必 存 在 两 个 子 列 k n a k m a 使 得 lim lim kk nm kk aaab 且ab 证明 由于 n a有界 因此存在收敛子列 k n a 设lim k n k aa 由于 n a不收敛 特别 的也不收敛于a 因此 0 0 使得 00 aa 外有 n a的无穷多项 这无穷多项仍 然有界 因此存在收敛子列 k m a 设lim k m k ab 注意到 k m a均满足 0 k m aa 由极限的保号性 得到 0 ba 因此ab 10 1 利用 Cauchy 收敛准则证明单调有界数列收敛 2 利用区间套定理证明单调有界数列收敛 证明 1 假设 n a为单调递增有上界的数列 但发散 由 Cauchy 收敛准则 0 0 N 都存在 m n mnN 但是 0 mn aa 对于1N 存在 11 1mn 使得 11 0 mn aa 对于 1 Nm 存在 221 mnm 使得 22 0 mn aa 对于 k Nm 存在 11kkk mnm 使得 0 kk mn aa 从而子列 k m a 无界 矛盾 2 假设 n x为单调递增有上界的数列 任取 11 a b使得 1 a不是 n x的上界 1 b是上界 将区间 11 a b分为 1111 11 22 abab ab 两个子区间 若 11 2 ab 是 n x的上界 则记 11 212 2 ab aa b 若 11 2 ab 不是 n x的上界 则记 11 221 2 ab abb 0000 111 2 kkkkk mnmnn aaaaa 00 12 2 1 k mm aak 作者 闫浩作者 闫浩 2011 年年 9 月月 Page 5 of 10 由此取得区间套 nn a b 根据区间套定理 存在 1 nn n ca b 下面证明c是数列的极限 对于任意的正数 因为lim 0 nn n ba 所以 11 nn NnNba 因为 1 N a不是上界 所以存在N使得 1 NN xa 从而 1 nNN nN xxa 因为 1 N b是 n x的上界 所以 11 nNN nN xcba 三 其他 11 证明 Stolz 定理 设 n a和 n b为两个数列 若 n b单调增加 且 n n blim A bb aa nn nn n 1 1 lim 则A b a n n n lim 证法 1 令A bb aa c nn nn n 1 1 则0lim n n c 即对0 0 N 当Nn 时 n c 由于 121111 121111 12112 11 NnnnnnnnNNNN nnnnnnNNNN nnnnnnn nnnnn bbAbbcbbcbbca bbAcbbAcbbAca bbAcbbAca bbAcaa 所以 111121 NNNnnnnnn nNN nnn NNnN nn NN n cbbcbbcbbaaAb A bbb aAbbb bb aAb b 因为 n n blim 所以对于上述0 0 1 N 当 1 Nn 时 n NN b Aba 作者 闫浩作者 闫浩 2011 年年 9 月月 Page 6 of 10 取 max 12 NNN 则当 2 Nn 时 2 A b a n n 即A b a n n n lim 证法 2 0 因为 1 1 lim nn n nn aa A bb 所以 3 N 3 nN 有 1 1 nn nn aa A bb 即 1 1 nn nn aa AA bb 取1nN 进行递推 21 21 NN NN aa AA bb 即 212121 NNNNNN AbbaaAbb 323232 NNNNNN AbbaaAbb 111 nnnnnn AbbaaAbb 以上各式相加 得 111 nNnNnN AbbaaAbb 即 1111 nNNnnNN AbbaaAbba 同除以 n b 则 1111 1 1 NNnNN nnnnn baaba AA bbbbb 即 1111 NNnNN nnnnn baaba AAA bbbbb 因为 lim n n b 所以 1 lim0 N n n b b 1 lim0 N n n a b 作者 闫浩作者 闫浩 2011 年年 9 月月 Page 7 of 10 所以 对于上述0 1 0N 当 1 nN 时 1 N n b A b 2 0N 当 2 nN 时 1N n a b 取 123 max NN NN 则当nN 时 33 n n a A b 所以 lim n n n a A b 12 利用 Stolz 定理求下列极限 1 2 21 2 lim n naaa n n 其中aan n lim 解 令 12 2 nn uaana 2 nvn 则 212 1 lim 1 1 limlim 1 22 1 1 1 a n an nn an vv uu n n n n nn nn n 所以 2 2 lim 2 21 a n naaa n n 2 1 21 lim m mmm n n n m为自然数 解 111 1 12 1 limlim 1 1 lim 1 1 1 2 1 1 mmmm mmm nn m n mm nn nnn n mm mnn m 3 2 1 11 1 21 2 2 2 23 222 lim 212121 n n n n n 解 令 2 1 11 1 21 2 2 2 23 222 212121 n n n n n a 则 作者 闫浩作者 闫浩 2011 年年 9 月月 Page 8 of 10 12 2 ln2 12 2 ln2 12 2 ln 2 1 ln 1 2 3 2 21n n n n n a 所以 2 1 ln 12 2 lnlim 22 12 2 ln2 limlnlim 1 21 1 2 n n n nn n n n n n n a 从而 2 1 11 1 21 2 2 2 23 1 2 222 lim 212121 n n n n n 13 设 12 0 xx 21nnn xxx 证明 lim n n x 存在 并求其值 证明 法一 由于 12 0 xx 因此 3122 xx xx 4233 xx xx 不妨设 212212 nnnn xxxx 则 2222121nnnn xx xx 23212222nnnn xxxx 由数学归纳法得到 212212 nnnn xxxx 因此 212121221212121 0 nnnnnnnn xxxxxxxx 22221222221 0 nnnnnnnn xxxxxx xx 即 21 n x 递减 2 n x递增 因此 24222212131nnnn xxxxxxxx 21 n x 有下界 2 n x有上界 则 212 lim lim nn nn xx 均存在 设 212 lim lim nn nn xaxb 由于 22122nnn xxx 21212nnn xxx 两端令n 得 到 bab aab 因此 212 limlim nn nn xxa 则lim n n x 存在 注 意 到 2 21nnn xxx 因 此 222 21121nnnn xxxxx x 两 端 令n 得 到 32 21 ax x 即 2 3 21 lim n n xx x 法二 由 21nnn xxx 知0 n x 两边取对数 21 1 ln lnln 2 nnn xxx 因此 21121 11 lnln lnln lnln 22 n nnnn xxxxxx 作者 闫浩作者 闫浩 2011 年年 9 月月 Page 9 of 10 2 11211 22 1 ln lnln ln lnln ln 2 nn i nii ii xxxxxxx 1 211 1 1 2 lnln ln 1 1 2 n xxx 两端令n 得到 2 21112 21 limln lnln lnln 33 n n xxxxx x 由于 x ye 是连续函数 因此lim n n x 存在并且 ln2 3 12 limlim n x n nn xex x 四 函数极限的定义 14 用函数极限的定义证明 1 2 2 21 lim