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Elinkage数学论坛基础数学 [返回] → 浏览:[分享]序列与极限 标记论坛所有内容为已读 

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  (0) $\displaystyle{\underset{n\to\infty}{\lim \inf}\, {\small\frac{a_{n+1}}{a_n}}\le \underset{n\to\infty}{\lim \inf}\,\sqrt[n]{a_n}\le \underset{n\to\infty}{\lim \sup}\,\sqrt[n]{a_n}},$.?Kz|O
$\displaystyle{\qquad \underset{n\to\infty}{\lim \sup}\,\sqrt[n]{a_n}\le \underset{n\to\infty}{\lim \sup}\,\underset{\,}{\small\frac{a_{n+1}}{a_n}}\;\;(a_k > 0\,\forall k)}$EDr
(1) $\forall m,n\in\mathbb{N}^+(a_n \ge 0,\;a_{m+n}\le a_m a_n)\implies\{\sqrt[n]{a_n}\}$ 收敛`
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  V G
(2) $0< f\in C[a,b]$,$\displaystyle{(M,m) = (\max ,\min)f([a,b])\underset{\,}{,}}$"=il
$\qquad$则$\displaystyle{\;M,{\color{red} m} = \lim_{n\to\infty,\color{red} {-\infty }}}$$ \sqrt[n]{\int_a^b \left(f(x) \right)^n dx}$AlC[>9
(3) 若对$\{a_n\}$ 的任一子列$\{a_{n_i}\}$ 都有$\displaystyle{\lim_{k\to\infty}\frac{1}{k}\sum_{i=1}^k a_{n_i}=A}$,1hGP
$\qquad$则$\;\displaystyle{\lim_{n\to\infty} a_n = A}$3b)#y,
(4) $(\,a_n > 0\,\forall n)\wedge\big(\displaystyle{\lim_{n\to\infty}\underset{\,}{\frac{a_n}{a_{n+1}+a_{n+2}}} = 0}\big)\implies \{a_n\}\,$无界。~
(5) $(a_n\to a)\wedge\underset{\,}{(b_n\to b)}\implies \big({\small\dfrac{a_1b_n+\cdots+a_nb_1}{n}}\to ab\big)$'~gr
(6) $\displaystyle{\lim_{n\to\infty}\frac{e^{1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n}}}{1+\sqrt{2}+\sqrt[3]{3}+\cdots+\sqrt[n]{n}} = e^{\gamma}}$x7
(7) $\displaystyle{\lim_{n\to\infty}\big(\exp(1+\cdots+\frac{1}{n}-\gamma)-n\big)=\underset{\,}{\frac{1}{2}}}$X#
(8) $\displaystyle{\lim_{n\to\infty} \sqrt{1+2\sqrt{1+3\sqrt{\cdots+\sqrt{1+(n-1)\sqrt{1+n}}}}}=3}$j



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  证(0): 不妨设$\;\;\displaystyle{\underset{n\to\infty}{\underline{\lim}}{\small\frac{a_{n+1}}{a_n}} = \underset{n\to\infty}{\lim \inf}\,{\small\frac{a_{n+1}}{a_n}} = L> 0}\,$(否则第一个$\le$自明);8
$\qquad$取$\;\gamma\in(0,L),\,$则有$\,m\in\mathbb{N}\,$使$\;{\large\frac{a_{n+1}}{a_n}}>\gamma\,(\forall n>m).\;$于是有iMYA
$\qquad \small\displaystyle{\frac{a_n}{a_1}=\frac{a_2}{a_1}\cdots\frac{a_{m+1}}{a_m}\cdots\frac{a_n}{a_{n-1}} > \frac{a_2}{a_1}\cdots\frac{\overset{\,}{a_{m+1}}}{a_m}\gamma^{n-(m+1)}}.\;$X`mKE
$\qquad$令$\;C = a_1\big(\frac{a_2}{a_1}\cdots\frac{a_{m+1}}{a_m}\big)\gamma^{-(m+1)},\;$则有$\underset{\,}{\;}\;C^{\frac{1}{n}}\gamma < \sqrt[n]{a_n}\;(n> m).$v!a
$\qquad$对$\,\varepsilon\in(0,1),\,\exists M> m:\,1-\varepsilon< C^{\frac{1}{n}}\,(\forall n > M).\quad\therefore (1-\varepsilon)\gamma \le\displaystyle{\underset{n\to\infty}{\underline{\lim}}}\sqrt[n]{a_n}$p51ruZ
$\qquad$由$\;\gamma,\,\varepsilon\,$在各自取值范围的任意性$\displaystyle{\;L\le\underset{n\to\infty}{\underline{\lim}}\sqrt[n]{a_n}=\underset{n\to\infty}{\lim \inf}\,\sqrt[n]{a_n}}.$rCT
$\qquad$对称地可证$\;\;\displaystyle{\underset{n\to\infty}{\lim \sup}\,\sqrt[n]{a_n}\le \underset{n\to\infty}{\lim \sup}\,\small\frac{a_{n+1}}{a_n}}.\quad\square$\A



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  ©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  ',
证(1): $a_n \le a_{n-1}a_1 \le \cdots \le a_1^n$ 且 $a_m = 0\Rightarrow 0 \le a_{m+k}\le a_k a_m = 0$Y?
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  QwhB
$\qquad\quad$不妨设 $a_n > 0\quad (\forall n)$. 令 $\displaystyle{l =\underset{n\to\infty}{\underline{\lim}}\sqrt[n]{a_n} = \lim_{k\to\infty}\sqrt[n_k]{a_{n_k}}}$ 其中S2vduc
$\underset{\,}{\qquad\quad}\{a_{n_k}\}\;$是$\;\{a_n\}\;$的某个子列,其存在性由下极限的定义保证。2
$\qquad\quad$对 $\epsilon > 0$ 存在 $k_0$,当 $k \ge k_0$时 $\left|\sqrt[n_k]{a_{n_k}}-l\right|<\epsilon$, 故 $n > n_{k_0}$ 时k_,f
$\qquad\quad n = q n_{k_0}+ r\quad \left(0\le r < n_{k_0}, \ S_n:= qn_{k_0} /n \to 1 \ (n\to\infty)\right)$ 从而e5Tk
$\qquad\quad\displaystyle{\sqrt[n]{a_n} \le \left(\sqrt[q n_{k_0}]{a_{q n_{k_0}}} \right )^{S_n} a_1^{r/n}< (l+\epsilon)^{S_n} a_1^{r/n},\quad  \underset{n\to\infty}{\overline{\lim}} \sqrt[n]{a_n}\le l+\epsilon}$tBzxt=
$\qquad\quad$由 $\epsilon$ 的任意性, $\displaystyle{\underset{n\to\infty}{\overline{\lim}} \sqrt[n]{a_n} \le \underset{n\to\infty}{\underline{\lim}}\sqrt[n]{a_n}}$ 即 $\{\sqrt[n]{a_n}\}$ 收敛 $\quad\quad\square$H2Vpi



发贴时间2011/08/14 00:47am IP: 已设置保密[本文共1092字节]  
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  ©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  FA1
证(2):$\sqrt[n]{\int_a^b (f(x))^n dx} \le M\sqrt[n]{b-a} \implies \underset{n\to\infty}{\overline{\lim}} \sqrt[n]{\int_a^b (f(x))^n dx} \le M$=wHV
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  1:BF_
任给 $\epsilon \in (0,M)$, 存在 $[\alpha,\beta] \subset [a,b]$ 使 $\displaystyle{\min_{[\alpha,\beta]}f \ge M-\epsilon \quad (\alpha < \beta)}$|["t
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  "
于是 $\sqrt[n]{\int_a^b (f(x))^n dx} \ge \sqrt[n]{\int_{\alpha}^\beta (M-\epsilon)^n dx} = (M-\epsilon)\sqrt[n]{\beta-\alpha}$, 故有6
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  Wi)'k
$\underset{n\to\infty}{\underline{\lim}}\sqrt[n]{\int_a^b (f(x))^n dx}\ge M-\epsilon$ 可见 $\displaystyle{M = \lim_{n\to\infty}}$$\sqrt[n]{\int_a^b (f(x))^n dx}\quad\quad\square$X`_9=
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  G$ ,
以上结果用于 $g = 1/f$ 可证 $\displaystyle{m = \min_{[a,b]} f = \lim_{n\to -\infty}}$$\sqrt[n]{\int_a^b (f(x))^n dx}$8:4$



发贴时间2011/08/15 09:50am IP: 已设置保密[本文共759字节]  
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  ©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  {y
证(3): 设$\displaystyle{\underset{n\to\infty}{\overline{\lim}}a_n = \bar{A}}$ (有限或无限), 则有子列 $\{a_{n_i}\}$ 使 $\displaystyle{\lim_{i\to\infty}a_{n_i} = \bar{A}}$Rh73oQ
$\qquad\quad$因为 $\displaystyle{\lim_{n\to\infty} b_n = B\implies \lim_{k\to\infty}\frac{1}{k}\sum_{n=1}^k b_n = B}$ 恒成立,故由题设得</o_@
$\qquad\quad\displaystyle{\underset{n\to\infty}{\overline{\lim}}a_n = \bar{A} = \lim_{k\to\infty}\frac{1}{k}\sum_{i=1}^k a_{n_i} = A}$. 同理有 $\displaystyle{\underset{n\to\infty}{\underline{\lim}}a_n = A}\quad\quad\square$G"



发贴时间2014/08/26 08:09am IP: 已设置保密[本文共571字节]  
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  证(4): 取$\;M\in\mathbb{N}\;$ 使 $\frac{a_n}{a_{n+1}+a_{n+2}}<\frac{1}{4}\quad(\forall n\ge M)$.q
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  L#rj=
    令 $n(1) = M.$ 假定 $n(k)$ 已取定, 若 $a_{n(k)}\ge \frac{1}{2}\max\{a_{n(k)+1},\;a_{n(k)+2}\}$JX#l>P
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  yO5_V
    则 $a_{n(k)} \ge \frac{1}{4}(a_{n(k)+1}+a_{n(k)+2})$, 于 $M$ 的取法不合.1!M
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  :
    故可定义 $n(k+1) = \min\{m \mid n(k)+1\le m\le n(k)+2,\; a_{n(k)}<\frac{1}{2}a_m\}$a6
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  9`VKr
    所以存在 $\{a_n\}$ 的子列 $\{a_{n(k)}\}$ 满足关系 $a_{n(1)} <\frac{1}{2^k} a_{n(1+k)}\quad (\forall k\in\mathbb{N}^+)$1Xnq
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  Z!Jl[
    即有 $a_{n(k)} > 2^k a_{n(1)} \to \infty\quad (k\to\infty).\quad\therefore \{a_n\}$ 无界.$]D



发贴时间2016/09/10 07:09am IP: 已设置保密[本文共682字节]  
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  证(5): 取$\;M>0\,$使$\;|a_n|,\,|b_n|\le M\;(\forall n).\;$对$\;\varepsilon>0,\;$取$\,N\ge 12M^2\varepsilon^{-1}\underset{\,}{\,}$使H*
$\qquad k > N\underset{\,}{\,}$时$\;|a_k-a|,\,|b_k-b| <\frac{\varepsilon}{3M}.\;$则当$\;n>N^2\;$时对$\;N< k < n-N\;$i;7O
$\qquad$有$\underset{\,}{\,}\small n+1-k> N+1> N\,$于是$\,\small|a_k b_{n-k+1} -ab|\le |a_k b_{n-k+1}-a_k b+ a_kb - ab|$vnxNI
$\qquad \le M|b_{n-k+1}-b| +M|a_k -a|< \frac{2\epsilon}{3}.\underset{\,}{\;}$而当$\,\small (1\le k\le N)\vee(n-N\le k\le n)$^,G
$\qquad$时$\,|a_k b_{n-k+1}-ab|\le 2M^2.$ 综上, 当$\;n > N^2\underset{\,}{\,}$时有3_gS)
$\qquad\big|{\small\dfrac{a_1b_n+\cdots +a_n b_1}{n}-ab}\big|\le\small\displaystyle{\sum_{\underset{\large\text{or}\; k\ge n-N}{1\le k\le N}}\frac{|a_kb_{n-k+1}-ab|}{n}+\sum_{N< k< n-N}\frac{|a_k b_{n-k+1}-ab|}{n}}$E
$\qquad\small\displaystyle{< \frac{4NM^2}{n}+\frac{(n-2N)}{n}\frac{2\varepsilon}{3}< \frac{4M^2}{N}+\frac{2\varepsilon}{3}}\le \varepsilon.\quad\square$`}{6f



发贴时间2016/09/11 01:38am IP: 已设置保密[本文共998字节]  
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  证(6):$\quad\displaystyle{\because\;\;\delta(n)=\sum_{k=1}^n\frac{1}{n} -(\ln n +\gamma)\to 0\;(n\to\infty)}$e?fd%y
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  3jv? \
$\displaystyle{\therefore\;\;\lim_{n\to\infty}\frac{e^{1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}}}{1+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt[n]{n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{(e^{\frac{1}{n+1}}-1)e^{\ln n+\gamma +\delta(n)}}{\sqrt[n+1]{n+1}}}$&G*]7,
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  |4yeww
$\displaystyle{\qquad =e^{\gamma}\lim_{n\to\infty}\frac{e^{\frac{1}{n+1}}-1}{(n+1)^{-1}}\frac{e^{\delta(n)+\ln\frac{n}{n+1}}}{\sqrt[n+1]{n+1}}= e^{\gamma}.\quad\square}$N



发贴时间2016/11/04 02:05am IP: 已设置保密[本文共527字节]  
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  证(7): 记$\;H_n = {\small\displaystyle{\sum_{m=1}^n}}\large\frac{1}{m}.$ 我们有如下估算:1
$\qquad\displaystyle{\gamma = \lim_{n\to\infty}(H_n-\ln(n+1))=\sum_{m=1}^{\infty}\big(\frac{1}{m}-\ln\big(1+\frac{1}{m}\big)\big)}$*
$\qquad\displaystyle{H_n-\gamma = \sum_{m=1}^n\ln\big(1+\frac{1}{m}\big)+\sum_{m=n+1}^{\infty}\big(\ln\big(1+\frac{1}{m}\big)-\frac{1}{m}\big)}$yj9
$\qquad\qquad\quad\displaystyle{=\ln(n+1)+\sum_{m=n+1}^{\infty}\big(\ln\big(1+\frac{1}{m}\big)-\frac{1}{m}\big)}$V(cP-I
$\qquad\qquad\quad =\ln(n+1)-\frac{1}{\large 2n}+O(n^{-2})\qquad(\dagger)$!l^1U
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  i"
$\underset{\,}{\;}\therefore\quad \exp(H_n-\gamma)-n = (n+1)\exp(-\frac{1}{\large 2n}+O(n^{-2}))-n$U+2V
$\qquad\qquad\quad=(n+1)(1-\frac{1}{\large 2n}+O(n^{-2}))-n$9[A!
$\qquad\qquad\quad={\small\dfrac{1}{2}}+O(n^{-1})\to {\small\dfrac{1}{2}}\quad(n\to\infty).\quad\square$p
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注记$\,(\dagger):\;\;\ln\big(1+\frac{1}{\large m}\big)-\frac{1}{\large m} = -\frac{1}{\large 2m^2}+O(m^{-3})\underset{\,}{,}$h`La,
$\qquad\;\;\small\displaystyle{\frac{1}{n+1}=\int_{n+1}^{\infty}\frac{dx}{x^2}<\sum_{m=n+1}^{\infty}\frac{1}{m^2}<\int_n^{\infty}\frac{dx}{x^2}=\frac{1}{n}}$,CVh
$\qquad\;\;\small\displaystyle{0 < \frac{1}{n}-\sum_{m=n+1}^\infty\frac{1}{m^2}< \frac{1}{n(n+1)}}$,nIb
$\;\therefore\quad\small\displaystyle{\sum_{m=n+1}^{\infty}\big(\ln\big(1+\frac{1}{m}\big)-\frac{1}{m}\big) = -\frac{1}{2n}+O(n^{-2})}.$+t2



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