习题课内容

1.3 习题课内容

1.3.1 自然数的性质

例 1.3.1 (习题1.1.3) 自然数消去律。设 $m, n, k \in N$ ，证明

(1): 加法消去律：若 $m + k = n + k$ ，则 $m = n$ 。
(2): 乘法消去律：若 $k \neq 0$ 且 $m \cdot k = n \cdot k$ ，则 $m = n$ 。

证明 (1) 加法消去律：对 $k$ 进行数学归纳。

1.: 当 $k = 0$ 时， $m + 0 = n + 0 ⟺ m = n$ ，命题成立。
2.: 设命题对 $k = k^{'}$ 成立，则当 $k = k^{'} + 1$ 时， $\begin{matrix} (1) & \begin{aligned} m + (k^{'} + 1) = n + (k^{'} + 1) & ⟺ S (m + k^{'}) = S (n + k^{'}) \\ ⟹ S (m) = S (n) ⟹ m = n \end{aligned} \end{matrix}$ 上述证明过程中红色蕴涵式成立是因为 $S$ 是单射。

综上，由数学归纳法，命题对于任意 $k \in N$ 成立。

(2) 首先证明一个引理：设 $m, n \in N$ ，则 $m \cdot n = 0 ⟹ m = 0 \lor n = 0$ 。

分两种情况证明即可：

1.: 若 $n = 0$ ，则命题显然成立。
2.: 若 $n \neq 0$ ，则 $\exists n^{'} \in N$ 使得 $n = S (n^{'})$ 。设 $m \neq 0$ ，则 $\exists m^{'} \in N$ 使得 $m = S (m^{'})$ ，因此 $\begin{matrix} (2) & m \cdot n = (m^{'} + 1) \cdot (n^{'} + 1) = S (m^{'} \cdot n^{'} + m^{'} + n^{'}) \end{matrix}$ 由于 $S (N) = N^{*}$ ，故 $m \cdot n \in N^{*}$ ，与题设 $m \cdot n = 0$ 矛盾。因此 $m = 0$ 。

综上，引理成立。

乘法消去律：对 $n$ 进行数学归纳。设 $\begin{matrix} (3) & A = {n \in N ∣ \forall m \in N, \forall k \in N^{*}, m \cdot k = n \cdot k ⟹ m = n} \end{matrix}$

1.: $0 \in A$ ，因为 $\forall m \in N, \forall k \in N^{*}$ $\begin{matrix} (4) & m \cdot k = 0 \cdot k ⟹ m = 0 \lor k = 0 ⟹ m = 0 \end{matrix}$
2.: 设 $n \in A$ ，则 $\forall m \in N$ 、 $\forall k \in N^{*}$ ，设 $m = S (m^{'})$ ， $\begin{matrix} (5) & \begin{aligned} m \cdot k = (n + 1) \cdot k & ⟺ m^{'} \cdot k + k = n \cdot k + k ⟹ m^{'} \cdot k = n \cdot k ⟹ m^{'} = n \\ ⟺ S (m^{'}) = S (n) ⟺ m = n + 1 \end{aligned} \end{matrix}$ 因此 $n + 1 \in A$ 。上述证明过程中红色蕴涵式成立是因为加法消去律。

综上，由数学归纳法， $A = N$ ，命题对于任意 $n \in N$ 成立。 $◻$

例 1.3.2 (习题1.1.4) 自然数的序。用自然数集和自然数加法的定义证明：

(1): $\forall m, n \in N$ ， $\exists k \in N$ 使得 $m = n + k$ 或者 $n = m + k$ 。对前者，我们记 $n \leq m$ 。
(2): 对 $N$ 的任意非空子集 $A$ ， $\exists m \in A$ 使得 $\forall n \in A$ 都有 $m \leq n$ ，即 $N$ 的任意非空子集都有最小值。

证明我们已经证明：自然数加法的交换律、结合律以及 $n + 0 = 0 + n = n$ 。

(1) 对 $n$ 进行数学归纳。设 $\begin{matrix} (6) & A = {n \in N ∣ \forall m \in N, \exists k \in N, m = n + k \lor n = m + k} \end{matrix}$

1.

$0 \in A$ ，因为 $\forall m \in N$ ，取 $k = m$ ，则 $m = 0 + k$ 。

2.

设 $n \in A$ ，则 $\forall m \in N$ ，存在 $k^{'} \in N$ 使得 $m = n + k^{'}$ 或 $n = m + k^{'}$ 。分两种情况讨论：

若 $m = n + k^{'}$ 成立，设 $k^{'} \neq 0$ （否则归入 $n = m + 0$ 成立的情形）、 $S (k) = k^{'}$ ，则 $\begin{matrix} (7) & m = n + k^{'} = n + S (k) = S (n + k) = S (n) + k = (n + 1) + k \end{matrix}$
若 $n = m + k^{'}$ 成立，则 $\begin{matrix} (8) & n + 1 = S (n) = S (m + k) = m + S (k) = m + (k + 1) \end{matrix}$

两种情况都说明 $n + 1 \in A$ 。

综上，由数学归纳法， $A = N$ ，命题对于任意 $n \in N$ 成立。

(2) 对 ${0, 1, \dots, n}$ 进行数学归纳。设 $\begin{matrix} (9) & B = {n \in N ∣ 任意非空子集 A \subseteq {0, 1, \dots, n} 都有最小值} \end{matrix}$

1.

$0 \in B$ ，因为 ${0}$ 的唯一非空子集为 ${0}$ ， $\exists m = 0 \in {0}$ 使得 $\forall x \in {0}$ 都有 $0 \leq x$ 。

2.

设 $n \in B$ ，则任意非空子集 $A \subseteq {0, 1, \dots, n}$ 都有最小值。设 $A \subseteq {0, 1, \dots, n + 1}$ ，分两种情况讨论：

当 $n + 1 \notin A$ 时，有 $A \subseteq {0, 1, \dots, n}$ 。由归纳假设， $\exists m \in A$ 使得 $\forall x \in A$ 都有 $m \leq x$ 。
当 $n + 1 \in A$ 时，即 ${n + 1} \subseteq A$ 。
- 若 ${n + 1} = A$ ，则 $\exists m = n + 1 \in {n + 1}$ 使得 $\forall x \in {n + 1}$ 都有 $n + 1 \leq x$ 。
- 若 ${n + 1} ⊊ A$ ，则 $A ∖ {n + 1} \subseteq {0, 1, \dots, n}$ 。由归纳假设， $\exists m^{'} \in A$ 使得 $\forall x \in A ∖ {n + 1}$ 都有 $m^{'} \leq x$ 。归纳可证 $\forall x \in {0, 1, \dots, n}$ 都有 $x \leq n + 1$ ，故 $m^{'} \leq n + 1$ ，因此 $\forall x \in A$ 都有 $m^{'} \leq x$ 。

◻

例 1.3.3 (习题1.1.6) 自然数的带余除法。设 $m, n \in N$ 、 $n \neq 0$ ，证明 $\exists k, r \in N$ 使得 $m = n k + r$ 且 $r < n$ 。这里 $a < b$ 表示 $a \leq b$ 且 $a \neq b$ 。

证明对 $m$ 进行数学归纳。设 $\begin{matrix} (10) & A = {m \in N ∣ \exists k, r \in N, m = n k + r \land r < n} \end{matrix}$

1.

$0 \in A$ ，因为 $0 = 0 \cdot n + 0$ 且 $0 < n$ 满足题设。

2.

设 $m \in A$ ，则 $\exists k, r \in N$ 使得 $m = n k + r$ 且 $r < n$ 。分两种情况讨论：

若 $n = S (r)$ ，则 $\begin{matrix} (11) & m + 1 = n k + (r + 1) = n k + n = n (k + 1) + 0 \end{matrix}$
若 $n \neq S (r)$ ，则 $\begin{matrix} (12) & m + 1 = n k + (r + 1) = n k + S (r) \end{matrix}$ 由于 $r < n$ ，故 $\exists k^{'} \in N$ 使得 $n = r + k^{'}$ ，并且 $k^{'} \neq 0$ （否则 $r = n$ ）。令 $k^{'} = S (k^{″})$ ，则有 $\begin{matrix} (13) & S (r) + k^{″} = r + S (k^{″}) = r + k^{'} = n \end{matrix}$ 故 $S (r) \leq n$ 。再由于 $S (r) \neq n$ ，故 $S (r) < n$ 。

两种情况都说明 $m + 1 \in A$ 。

综上，由数学归纳法， $A = N$ ，命题对于任意 $m \in N$ 成立。 $◻$

1.3.2 不等式与基本逻辑

例 1.3.4 (习题1.3.3改编)

(1): 设 $F$ 为任一序域，证明： $\forall x \in F$ ， $x^{2} \geq 0$ ，并且 $x^{2} = 0 ⟺ x = 0$ 。
(2): 证明：复数集 $C$ 不是序域。

证明 (1) $\forall x \in F$ ，

1.: 若 $x = 0$ ，则 $x^{2} = 0$ ，命题成立。
2.: 若 $x \in F^{+}$ ，则 $x^{2} = x \cdot x \in F^{+}$ ，命题成立。
3.: 若 $- x \in F^{+}$ ，则 $\begin{matrix} (14) & x^{2} = (x + (- x)) \cdot (- x) + x \cdot x = (- x) \cdot (- x) + x \cdot (x + (- x)) = (- x) \cdot (- x) \in F^{+} \end{matrix}$ 命题成立。

综上， $\forall x \in F, x^{2} \geq 0$ ，并且 $x^{2} = 0 ⟺ x = 0$ 。

(2) 反证法。假设 $C$ 是序域，则 $\forall z \in C$ ， $z^{2} \geq 0$ 。但对于 $z = i$ ，有 $z^{2} = - 1 < 0$ ，与假设矛盾。因此 $C$ 不是序域。 $◻$

在接下来的微积分学习中，我们常常借助各种不等式分析函数的性质或变化趋势。我们回顾一些常用的不等式。

定理 1.3.5 (Cauchy-Schwarz不等式) 对任意实数 $a_{1}, \dots, a_{n}, b_{1}, \dots, b_{n}$ ，有 $\begin{matrix} (15) & {(\sum_{i = 1}^{n} a_{i} b_{i})}^{2} \leq (\sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{2}) (\sum_{i = 1}^{n} b_{i}^{2}) . \end{matrix}$ 等号成立当且仅当存在实数 $λ$ ，使得对任意 $i = 1, \dots, n$ ， $a_{i} = λ b_{i}$ 。

证明 Cauchy-Schwarz不等式是内积空间的天然结构。对于定义了内积 $⟨ \cdot, \cdot ⟩ : V \times V \to F \subseteq R$ 的线性空间 $(F, V)$ ，设 $u, v \in V$ ，则有 $\begin{matrix} (16) & ⟨ u, v ⟩^{2} \leq ⟨ u, u ⟩ ⟨ v, v ⟩ \end{matrix}$

证明过程只需要考虑关于 $λ$ 的二次函数 $\begin{matrix} (17) & f (λ) = ⟨ u - λ v, u - λ v ⟩ = ⟨ u, u ⟩ - 2 λ ⟨ u, v ⟩ + λ^{2} ⟨ v, v ⟩ \geq 0 \end{matrix}$ 的判别式 $Δ \leq 0$ 即可。

对于本题需要证明的不等式，只需令 $V = R^{n}$ ， $u = (a_{1}, \dots, a_{n})^{T}$ ， $v = (b_{1}, \dots, b_{n})^{T}$ ， $⟨ u, v ⟩ = \sum_{i = 1}^{n} a_{i} b_{i}$ 即可。

对于复线性空间，需要对上述证明稍加修改。 $◻$

定理 1.3.6 (Bernoulli不等式) 设 $x_{1}, \dots, x_{n} > - 1$ ，且对任意 $i, j \in {1, \dots, n}$ ， $x_{i} x_{j} \geq 0$ ，则有 $\begin{matrix} (18) & \prod_{i = 1}^{n} (1 + x_{i}) \geq 1 + \sum_{i = 1}^{n} x_{i} \end{matrix}$ 等号成立当且仅当 $x_{1}, \dots, x_{n}$ 中至多有一个非零。

证明提示：利用数学归纳法，即 $\begin{matrix} (19) & \prod_{i = 1}^{n + 1} (1 + x_{i}) \geq (1 + x_{n + 1}) (1 + \sum_{i = 1}^{n} x_{i}) \geq 1 + \sum_{i = 1}^{n + 1} x_{i} \end{matrix}$ $◻$

例 1.3.7 利用Bernoulli不等式证明：对任何正整数 $n$ 和任何正数 $a, b$ ，都有 $\begin{matrix} (20) & a b^{n} \leq {(\frac{a + n b}{n + 1})}^{n + 1} \end{matrix}$ 等号成立当且仅当 $a = b$ 。并利用这个不等式证明对任何正整数 $n$ ，都有 $\begin{matrix} (21) & {(1 + \frac{1}{n})}^{n} < {(1 + \frac{1}{n + 1})}^{n + 1} < {(1 + \frac{1}{n + 1})}^{n + 2} < {(1 + \frac{1}{n})}^{n + 1} \end{matrix}$

证明提示： $\begin{matrix} (22) & {(\frac{a + n b}{n + 1})}^{n + 1} = b^{n + 1} {(1 + \frac{\frac{a}{b} - 1}{n + 1})}^{n + 1} \geq b^{n + 1} (1 + \frac{\frac{a}{b} - 1}{n + 1} \cdot (n + 1)) = a b^{n} \end{matrix}$ 等号成立当且仅当 $\frac{a}{b} = 1$ ，即 $a = b$ 。

对于下面的不等式链，第二个不等号显然；第一个不等号可取 $a = 1$ 、 $b = 1 + \frac{1}{n}$ ；第三个不等号可取 $a = 1$ 、 $b = 1 - \frac{1}{n + 1}$ 。 $◻$

定理 1.3.8 (AM-GM不等式) 利用上题中的不等式证明：对任何正整数 $n$ 和任何非负数 $x_{1}, \dots, x_{n}$ ，都有 $\begin{matrix} (23) & x_{1} \dots x_{n} \leq {(\frac{x_{1} + \dots + x_{n}}{n})}^{n} \end{matrix}$ 等号成立当且仅当 $x_{1} = \dots = x_{n}$ 。

证明提示：利用数学归纳法，记 $A_{n} = (x_{1} + \dots + x_{n}) / n$ ，则 $\begin{matrix} (24) & A_{n + 1}^{n + 1} = {(\frac{x_{n + 1} + n A_{n}}{n + 1})}^{n + 1} \geq x_{n + 1} A_{n}^{n} \geq x_{1} \dots x_{n} x_{n + 1} \end{matrix}$ $◻$

定理 1.3.9 (带权AM-GM不等式) 对任何非负数 $x_{1}, \dots, x_{n}$ 和任何正整数 $p_{1}, \dots, p_{n}$ 都有 $\begin{matrix} (25) & x_{1}^{p_{1}} \dots x_{n}^{p_{n}} \leq {(\frac{p_{1} x_{1} + \dots + p_{n} x_{n}}{p_{1} + \dots + p_{n}})}^{p_{1} + \dots + p_{n}} \end{matrix}$

证明提示：令 $\begin{matrix} (26) & \begin{aligned} y_{1} = & \dots = y_{p_{1}} = x_{1} \\ y_{p_{1} + 1} = & \dots = y_{p_{1} + p_{2}} = x_{2} \\ ⋮ \\ y_{p_{1} + \dots + p_{n - 1} + 1} = & \dots = y_{p_{1} + \dots + p_{n}} = x_{n} \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

例 1.3.10 已知 $a \sqrt{1 - b^{2}} + b \sqrt{1 - a^{2}} = 1$ ，求 $a^{2} + b^{2}$ 。

令 $x = \sqrt{1 - b^{2}}$ 、 $y = \sqrt{1 - a^{2}}$ ，则 $\begin{matrix} (27) & {\begin{cases} a x + b y = 1 \\ a^{2} + y^{2} = 1 \\ b^{2} + x^{2} = 1 \end{cases} \end{matrix}$ 因此 $a^{2} + b^{2} + x^{2} + y^{2} = 2$ 。

如果 $a^{2} + b^{2} > 1$ ，则由对称性知 $x^{2} + y^{2} > 1$ 。但这与 $a^{2} + b^{2} + x^{2} + y^{2} = 2$ 矛盾。

同理由 $a^{2} + b^{2} < 1$ 也推出矛盾。因此 $a^{2} + b^{2} = 1$ 。

上述解答对吗？

解不正确。“对称性”通常指方程或问题在交换某些变量后保持不变。它意味着：若元组 $(a, b, x, y)$ 是一个解，则交换变量后得到的元组也仍是解，即解集在某种置换下不变；但这并不自动意味着在某一个具体解中被交换的量相等，除非再加上“唯一性”或“极值/最优性”之类的额外信息。

反例（说明不能以对称性直接断言各量相等）：方程 $x + y = 3$ 对交换 $x \leftrightarrow y$ 是对称的，但 $(2, 1)$ 是解且不满足 $x = y$ 。对称性导致相等的典型情形：当在对称约束下求极值且极值唯一时，例如在 $x + y = c$ 下最小化 $x^{2} + y^{2}$ ，由于对称性与凸性，最小点必为 $x = y$ 。

参考解答如下：由Cauchy-Schwarz不等式，有 $\begin{matrix} (28) & 1 = {(a \sqrt{1 - b^{2}} + b \sqrt{1 - a^{2}})}^{2} \leq (a^{2} + b^{2}) [(1 - a^{2}) + (1 - b^{2})] = 2 (a^{2} + b^{2}) - (a^{2} + b^{2})^{2} \end{matrix}$ 由此可得 $\begin{matrix} (29) & (a^{2} + b^{2} - 1)^{2} \leq 0 ⟹ a^{2} + b^{2} = 1 \end{matrix}$ 等号成立当且仅当存在 $λ$ 使得 $\begin{matrix} (30) & \frac{a}{\sqrt{1 - a^{2}}} = \frac{b}{\sqrt{1 - b^{2}}} = λ \end{matrix}$ $◻$

例 1.3.11 证明：有理数在实数集中是稠密的，即 $\forall a, b \in R$ 且 $a < b$ ，开区间 $(a, b)$ 中含有无穷多个有理数。

不妨设 $a > 0$ ，则存在正整数 $m, n$ 使得 $[\frac{m}{n}, \frac{m + 1}{n}] \subseteq (a, b)$ 。取 $r_{k} = \frac{2 m k + 1}{2 n k}$ （ $k = 1, 2, \dots$ ），则 $r_{k} \in (a, b)$ 是有理数。从而 $(a, b)$ 中含有无穷多个有理数。

上述论证对吗？

解不正确。上述论证中，“存在正整数 $m, n$ 使得 $[\frac{m}{n}, \frac{m + 1}{n}] \subseteq (a, b)$ ”实际上利用了有理数在实数集中稠密的性质，因此论证是循环的。

参考解答如下：记 $a_{0} := ⌊ a ⌋ < ⌈ b ⌉ =: b_{0}$ ，采用以下方法构造 ${a_{n}}, {b_{n}}$ ：

若 $\frac{a_{n} + b_{n}}{2} \leq a$ ，或 $a < \frac{a_{n} + b_{n}}{2} < b$ 且 $a_{n} \leq a$ ，则令 $a_{n + 1} = \frac{a_{n} + b_{n}}{2}$ ， $b_{n + 1} = b_{n}$ 。
若 $\frac{a_{n} + b_{n}}{2} \geq b$ ，或 $a < \frac{a_{n} + b_{n}}{2} < b$ 且 $a_{n} > a$ ，则令 $a_{n + 1} = a_{n}$ ， $b_{n + 1} = \frac{a_{n} + b_{n}}{2}$ 。

由此可得 ${a_{n}}$ 单调不减且有上界 $b$ ， $a_{n} < b$ ； ${b_{n}}$ 单调不增且有下界 $a$ ， $b_{n} > a$ ； $a_{n} \leq b_{n}$ ， $b_{n + 1} - a_{n + 1} = \frac{1}{2} (b_{n} - a_{n})$ 。因此 $lim_{n \to + \infty} a_{n} = lim_{n \to + \infty} b_{n} = L \in [a, b]$ 。

若 $L = a$ ，由于 $lim_{n \to + \infty} a_{n} = lim_{n \to + \infty} b_{n} = a$ ，取 $ε \in (0, b - a)$ ， $\exists N > 0$ 使得 $n > N ⟹ a - ε < a_{n} \leq a < b_{n} < a + ε$ ，则始终有 $b_{n + 1} = b_{n}$ 。为了使 $lim_{n \to + \infty} b_{n} = a$ ，只能有 $b_{n} = a$ （ $\forall n > N$ ），与 $b_{n} > a$ 矛盾，故有 $L \neq a$ 。类似地可证 $L \neq b$ ，因此 $L \in (a, b)$ 。

$\forall ε = min {L - a, b - L}$ ， $\exists N > 0$ 使得 $n > N ⟹ a \leq L - ε < a_{n} \leq L \leq b_{n} < L + ε \leq b$ ，其中 $a_{n}, b_{n}$ 均为有理数。由于 $b_{n} - a_{n} = \frac{b_{0} - a_{0}}{2^{n}}$ ，这些有理数的取值不可能有限，从而 $(a, b)$ 中含有无穷多个有理数。 $◻$

1.3.3 函数极限

例 1.3.12 不定项选择题：设 $f$ 在集合 $(a - 1, a) \cup (a, a + 1)$ 上有定义。以下哪些陈述与 $lim_{x \to a} f (x) = A$ 等价？其中 $\begin{matrix} (31) & O_{δ} (a) = {x \in R ∣ | x - a | < δ} \end{matrix}$

(A): $\forall ε > 0$ ， $\exists δ > 0$ ， $\forall x \in O_{δ} (a) ∖ {a}$ ，都有 $| f (x) - A | \leq ε$ 。
(B): $\forall ε > 0$ ， $\exists δ > 0$ ， $\forall x \in O_{δ} (a) ∖ {a}$ ，都有 $| f (x) - A | < k ε$ （ $k$ 是常数）。
(C): $\forall ε > 0$ ， $\exists δ > 0$ ， $\forall x \in O_{δ} (a) ∖ {a}$ ，都有 $| f (x) - A | < ε^{2}$ 。
(D): $\forall n \in N^{*}$ ， $\exists δ > 0$ ， $\forall x \in O_{δ} (a) ∖ {a}$ ，都有 $| f (x) - A | < \frac{1}{n}$ 。
(E): $\forall n \in N^{*}$ ， $\exists m \in N^{*}$ ， $\forall x \in O_{1 / m} (a) ∖ {a}$ ，都有 $| f (x) - A | < \frac{1}{n}$ 。
(F): $\forall ε > 0$ ， $\forall x \in O_{ε^{2}} (a) ∖ {a}$ ，都有 $| f (x) - A | < ε$ 。
(G): $\exists δ > 0$ ， $\forall ε > 0$ ， $\forall x \in O_{δ} (a) ∖ {a}$ ，都有 $| f (x) - A | \leq ε$ 。
(H): $\forall δ > 0$ ， $\exists ε > 0$ ， $\forall x \in O_{δ} (a) ∖ {a}$ ，都有 $| f (x) - A | < ε$ 。

解 ABCDE。F的条件过强，因为它限制了 $δ = ε^{2}$ ，没有考虑到函数变化更剧烈的情形，如 $x = 0$ 附近的 $f (x) = \sqrt[3]{x}$ 。G的条件更强，这甚至等价于 $f (x) = A$ 在 $O_{δ} (a)$ 内恒成立。H的条件过弱，因为它允许 $ε$ 随着 $δ$ 的变化而变化，无法保证函数值接近 $A$ 。 $◻$

例 1.3.13 不定项选择题：设 $f$ 在区间 $(0, + \infty)$ 上有定义。以下陈述中与 $lim_{x \to + \infty} f (x) = 1$ 的否定等价的是：

(A): $\exists A \neq 1$ ，使得 $\forall ε > 0$ ， $\exists M > 0$ ，使得 $\forall x > M$ ，都有 $| f (x) - A | < ε$ 。
(B): $\exists ε_{0} > 0$ ，使得 $\forall M > 0$ ， $\exists x^{'} > M$ ，使得 $| f (x^{'}) - 1 | \geq ε_{0}$ 。
(C): $\exists ε_{0} > 0$ 以及数列 $x_{n}$ ，使得 $\forall n \in N^{*}$ ，都有 $x_{n} > n$ 且 $| f (x_{n}) - 1 | \geq ε_{0}$ 。
(D): $\exists A \neq 1$ 或 $A = \infty$ 以及数列 $x_{n} > 1$ ，使得 $lim_{n \to + \infty} x_{n} = + \infty$ ，且 $lim_{n \to + \infty} f (x_{n}) = A$ 。

解 BCD。A等价于 $lim_{x \to + \infty} f (x) = A \neq 1$ ，与 $lim_{x \to + \infty} f (x) = 1$ 的否定不等价。BCD分别对应极限的三种等价表述的否定：

$\forall ε > 0$ ， $\exists M > 0$ ，使得 $\forall x > M$ ，都有 $| f (x) - 1 | < ε$ 。
$\forall {x_{n}}$ 满足 $lim_{n \to + \infty} x_{n} = + \infty$ ，都有 $lim_{n \to + \infty} f (x_{n}) = 1$ 。
$\forall A \neq 1$ 或 $A = \infty$ ， $\forall {x_{n}}$ 满足 $lim_{n \to + \infty} x_{n} = + \infty$ ，都有 $lim_{n \to + \infty} f (x_{n}) \neq A$ 。

显然第3条表述由第2条表述引出，因此我们重点关注第2条等价表述。

充分性：若 $lim_{x \to + \infty} f (x) \neq 1$ ，即 $\exists ε_{0} > 0$ 使得 $\forall N > 0$ ， $\exists x > N$ 使得 $| f (x) - 1 | \geq ε_{0}$ 。令 $N = n$ ，从而得到数列 ${x_{n}}$ 且满足 $lim_{n \to + \infty} f (x_{n}) \neq 1$ ，与题设矛盾。

必要性：若 $\exists {x_{n}}$ 满足 $lim_{n \to + \infty} x_{n} = + \infty$ 使得 $lim_{n \to + \infty} f (x_{n}) \neq 1$ ，即 $\exists ε_{0} > 0$ 使得 $\forall N \in N$ ， $\exists n > N$ 使得 $| f (x_{n}) - 1 | \geq ε_{0}$ ，从而 $lim_{x \to + \infty} f (x) \neq 1$ ，与题设矛盾。 $◻$

例 1.3.14 判断题：若 $lim_{x \to 1} f (x) = \infty$ 不真，则 $f$ 在 $x = 1$ 的一个去心邻域内有界。

解 ×。 $◻$

例 1.3.15 已知 $lim_{x \to 2} \frac{x^{2} + a x + b}{x^{2} - x - 2} = 2$ ，则 $a =$ ____， $b =$ ____。

解 $a = 2$ ， $b = - 8$ 。 $◻$

1.3.4 数列极限

例 1.3.16 计算极限 $lim_{n \to + \infty} (n!)^{\frac{1}{n^{2}}}$ ，甲乙两位同学分别给出如下解答：

甲解因为 $\begin{matrix} (32) & 1 \leq (n!)^{\frac{1}{n^{2}}} \leq {(n^{n})}^{\frac{1}{n^{2}}} = \sqrt[n]{n} \end{matrix}$ 而已知 $lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{n} = 1$ ，所以根据夹挤定理，所求极限值为1。 $◻$

乙解因为 $\begin{matrix} (33) & 1 \leq (n!)^{\frac{1}{n^{2}}} \leq \sqrt[n]{\sqrt[n]{1} \cdot \sqrt[n]{2} \dots \sqrt[n]{n}} \end{matrix}$ 因为 $\begin{matrix} (34) & lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{1} = 1, lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{2} = 1, \dots, lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{n} = 1 \end{matrix}$ 所以对于任意 $ε > 0$ ，当 $n$ 充分大时， $\begin{matrix} (35) & 1 \leq \sqrt[n]{1} < 1 + ε, 1 \leq \sqrt[n]{2} < 1 + ε, \dots, 1 \leq \sqrt[n]{n} < 1 + ε \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (36) & 1 \leq (n!)^{\frac{1}{n^{2}}} \leq \sqrt[n]{(1 + ε)^{n}} = 1 + ε \end{matrix}$ 所求极限值为1。 $◻$

以上两位同学的解答是否正确？为什么？

解只有甲的解答正确。乙的解答中，“充分大的 $n$ ”是指 $\exists N$ 使得 $n > N ⟹ \dots$ ，这里的 $N$ 只能依赖于 $ε$ ；而每个不等式 $\sqrt[n]{k} < 1 + ε$ 又会产生 $n$ 的下界 $N_{k}$ ，并且要求最终的 $N$ 大于每个 $N_{k}$ ，亦即 $\begin{matrix} (37) & n > N > max {N_{1}, N_{2}, \dots, N_{n}} \end{matrix}$ 由此可见形成了循环依赖，无法确定合适的 $N$ 。因此乙的解答不正确。 $◻$

例 1.3.17 以下解答的目的是求极限 $lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 1}^{n} \frac{2 k - 1}{2^{k}}$ 的值。

解记原数列为 $a_{n}$ 、 $S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{k}{2^{k}}$ 、 $b_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{2^{k}}$ ，则 $\begin{matrix} (1) & b_{n} = 1 - \frac{1}{2^{n}}, lim_{n \to + \infty} b_{n} = 1 \end{matrix}$ $\begin{matrix} (2) & a_{n} = 2 S_{n} - b_{n} \end{matrix}$ $\begin{matrix} (3) & S_{n} = \frac{1}{2} \sum_{k = 1}^{n} \frac{k - 1}{2^{k - 1}} + \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{2^{k}} \end{matrix}$ 所以 $\begin{matrix} (4) & S_{n} = \frac{1}{2} S_{n - 1} + b_{n} \end{matrix}$ 两边取极限得到 $\begin{matrix} (5) & S = \frac{1}{2} S + 1 \end{matrix}$ 从而 $S = 2$ 。(2)两边取极限得到 $\begin{matrix} (6) & lim_{n \to + \infty} a_{n} = 2 \times 2 - 1 = 3 \end{matrix}$ 问题：上述解法是否正确？如果不正确，请指出错误之处。 $◻$

解不正确。式(5)的成立需要 $lim_{n \to + \infty} S_{n}$ 存在，而这正是我们要求的极限，因此式(5)不能成立。也就是说，我们通过式(5)证明了“如果 $lim_{n \to + \infty} S_{n}$ 存在，那么 $lim_{n \to + \infty} S_{n} = 2$ ”，但这并不能说明 $lim_{n \to + \infty} S_{n}$ 确实存在。 $◻$

1.3.5 与平均值有关的极限

例 1.3.18 (习题2.4.21改编) Cauchy算术平均。设 $A \in R \cup {\pm \infty}$ 。

(1): 证明：若 $lim_{n \to + \infty} a_{n} = A$ ，则 $lim_{n \to + \infty} \frac{a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n}}{n} = A$ 。
(2): 上述命题的逆命题是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请举出反例。
(3): 证明：若 $a_{n}$ 是单调数列，且 $lim_{n \to + \infty} \frac{a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n}}{n} = A$ ，则 $lim_{n \to + \infty} a_{n} = A$ 。
(4): 举例说明当 $A = \infty$ 时，(1)中的结论不成立。

证明 (1) $1^{\circ}$ 若 $A \in R$ ，由 $lim_{n \to + \infty} a_{n} = A$ 可知 $\forall ε > 0$ ， $\exists N > 0$ 使得 $n > N ⟹ | a_{n} - A | < ε$ ，从而 $\begin{matrix} (38) & | \frac{a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n}}{n} - A | = | \sum_{i = 1}^{n} \frac{a_{i} - A}{n} | \leq \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{N} | a_{i} - A | + \frac{n - N}{n} ε \end{matrix}$ 令 $n \to + \infty$ 可得 $\begin{matrix} (39) & lim_{n \to + \infty} | \frac{a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n}}{n} - A | \leq ε \end{matrix}$ 再令 $ε \to 0^{+}$ 即可得证。 $◻$

例 1.3.19 (习题2.4.18改编) Cauchy几何平均。设 $a_{n} > 0$ ， $lim_{n \to + \infty} a_{n} = A \in [0, + \infty]$ ，证明： $lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{a_{1} \dots a_{n}} = A$ 。

证明利用习题2.4.14的结论可得 $\begin{matrix} (40) & \frac{a_{1} \dots a_{n} a_{n + 1}}{a_{1} \dots a_{n}} = a_{n + 1} \to α ⟹ \sqrt[n]{a_{1} \dots a_{n}} \to α \end{matrix}$ $◻$

例 1.3.20 Toeplitz定理。设 $lim_{n \to + \infty} a_{n} = A \in R \cup {\pm \infty}$ ， $b_{i j} \geq 0$ 满足 $\begin{matrix} (41) & \begin{aligned} b_{n 1} + b_{n 2} + \dots + b_{n n} = 1 & , \\ lim_{n \to + \infty} (b_{n 1} + b_{n 2} + \dots + b_{n N}) = 0 & , \forall N \in N^{*} \end{aligned} \end{matrix}$ 证明 $\begin{matrix} (42) & lim_{n \to + \infty} (b_{n 1} a_{1} + b_{n 2} a_{2} + \dots + b_{n n} a_{n}) = A \end{matrix}$

若取 $b_{n k} = \frac{1}{n}$ ，则上述结论即为算术平均值的极限。利用以上结论证明

(1): 设 $lim_{n \to + \infty} a_{n} = A$ ，求 $\begin{matrix} (43) & lim_{n \to + \infty} \frac{1}{2^{n}} \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) a_{k} \end{matrix}$
(2): 设 $lim_{n \to + \infty} a_{n} = A$ ，求 $\begin{matrix} (44) & lim_{n \to + \infty} \frac{a_{1} + 2 a_{2} + \dots + n a_{n}}{n^{2}} \end{matrix}$
(3): 设 $lim_{n \to + \infty} a_{n} = A$ ， $lim_{n \to + \infty} b_{n} = B$ ，求 $\begin{matrix} (45) & lim_{n \to + \infty} \frac{a_{1} b_{n} + a_{2} b_{n - 1} + \dots + a_{n} b_{1}}{n} \end{matrix}$
(4): 举例说明当 $A = \infty$ 时，(2)中的结论不成立。

解采取类似例1.5.15的方法，对平均值进行控制。由极限的定义可知任取 $A_{1} < A_{3} < A < A_{4} < A_{2}$ （若 $A = 0$ ，则只需取 $A_{4}, A_{2}$ ；若 $A = + \infty$ ，则只需取 $A_{1}, A_{3}$ ）， $\exists N > 0$ 使得 $\begin{matrix} (46) & n > N ⟹ A_{1} < A_{3} < a_{n} < A_{4} < A_{2} \end{matrix}$ 记 $M_{n} = max {a_{1}, \dots, a_{n}}, m_{n} = min {a_{1}, \dots, a_{n}}, B_{n k} = \sum_{i = 1}^{k} b_{n i}$ ，则有 $\begin{matrix} (47) & \begin{aligned} \sum_{k = 1}^{n} b_{n k} a_{k} & < M_{N} \sum_{k = 1}^{N} b_{n k} + A_{4} \sum_{k = N + 1}^{n} b_{n k} = (M_{N} - A_{4}) B_{n N} + A_{4} \overset{?}{<} A_{2} \\ \sum_{k = 1}^{n} b_{n k} a_{k} & > m_{N} \sum_{k = 1}^{N} b_{n k} + A_{3} \sum_{k = N + 1}^{n} b_{n k} = (m_{N} - A_{3}) B_{n N} + A_{3} \overset{?}{>} A_{1} \end{aligned} \end{matrix}$

为了控制上面的不等式，我们需要对 $B_{n N}$ 作合理估计。由于 $\begin{matrix} (48) & lim_{n \to + \infty} B_{n N} = lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 1}^{N} b_{n k} = 0, \forall N \in N^{*} \end{matrix}$ 取特定 $ε^{'} > 0$ ， $\exists N^{'} > 0$ 使得 $\begin{matrix} (49) & n > N^{'} ⟹ 0 \leq B_{n N} < ε^{'} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (50) & \begin{aligned} (M_{N} - A_{4}) B_{n N} + A_{4} \leq (| M_{N} | + | A_{4} |) B_{n N} + A_{4} < (| M_{N} | + | A_{4} |) ε^{'} + A_{4} & \overset{?}{<} A_{2} \\ (m_{N} - A_{3}) B_{n N} + A_{3} \geq - (| m_{N} | + | A_{3} |) B_{n N} + A_{3} > - (| m_{N} | + | A_{3} |) ε^{'} + A_{3} & \overset{?}{>} A_{1} \end{aligned} \end{matrix}$ 取 $\begin{matrix} (51) & ε^{'} = min {\frac{A_{2} - A_{4}}{| M_{N} | + | A_{4} |}, \frac{A_{3} - A_{1}}{| m_{N} | + | A_{3} |}} \end{matrix}$ 即可。

整理一下我们目前已有的信息：任取 $A_{1} < A_{3} < A < A_{4} < A_{2}$ ， $\exists N^{″} = max {N, N^{'}} > 0$ 使得 $\begin{matrix} (52) & \exists N ⟶ ε^{'} = \dots ⟶ \exists N^{'} ⟶ \exists N^{″} ⟶ (n > N^{″} ⟹ A_{1} < \sum_{k = 1}^{n} b_{n k} a_{k} < A_{2}) \end{matrix}$ 即 $\forall ε > 0$ ， $\exists N^{″} > 0$ 使得 $A - ε < A_{1} < A < A_{2} < A + ε$ 且 $\begin{matrix} (53) & n > N^{″} ⟹ A - ε < \sum_{k = 1}^{n} b_{n k} a_{k} < A + ε ⟹ lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 1}^{n} b_{n k} a_{k} = A \end{matrix}$

利用以上结论证明：

(1): 取 $b_{n k} = 2^{- n} (\binom{n}{k})$ ，则 $\begin{matrix} (54) & 0 \leq lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 0}^{N} b_{n k} = lim_{n \to + \infty} 2^{- n} \sum_{k = 0}^{N} (\binom{n}{k}) \leq lim_{n \to + \infty} \frac{(N + 1) n^{N}}{2^{n}} = 0, \forall N \in N^{*} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (55) & lim_{n \to + \infty} \frac{1}{2^{n}} \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) a_{k} = lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 0}^{n} b_{n k} a_{k} = A \end{matrix}$
(2): 取 $b_{n k} = \frac{k}{1 + 2 + \dots + n}$ ，则 $\begin{matrix} (56) & lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 1}^{N} b_{n k} = lim_{n \to + \infty} \frac{1 + 2 + \dots + N}{1 + 2 + \dots + n} = 0, \forall N \in N^{*} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (57) & lim_{n \to + \infty} \frac{a_{1} + 2 a_{2} + \dots + n a_{n}}{n^{2}} = lim_{n \to + \infty} \frac{n (n + 1)}{2 n^{2}} lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 1}^{n} b_{n k} a_{k} = \frac{1}{2} A \end{matrix}$
(3): 设 $A_{n} = a_{n} - A$ ， $B_{n} = b_{n} - B$ ，则 $lim_{n \to + \infty} A_{n} = lim_{n \to + \infty} B_{n} = 0$ ，此时原式可化为 $\begin{matrix} (58) & \begin{aligned} lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 1}^{n} \frac{a_{n + 1 - k} b_{k}}{n} = lim_{n \to + \infty} \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} (A + A_{n + 1 - k}) (B + B_{k}) \\ = A B + A lim_{n \to + \infty} \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} B_{k} + B lim_{n \to + \infty} \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} A_{k} + lim_{n \to + \infty} \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} A_{n + 1 - k} B_{k} \\ = A B + lim_{n \to + \infty} \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} A_{n + 1 - k} B_{k} \end{aligned} \end{matrix}$ 故不妨令 $A = B = 0$ 。由于数列 ${a_{n}}$ 存在极限，故 ${a_{n}}$ 有界，即 $| a_{n} | \leq A^{'}$ ，此时有 $\begin{matrix} (59) & | \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} a_{n + 1 - k} b_{k} | \leq \frac{A^{'}}{n} \sum_{k = 1}^{n} | b_{k} | \to A^{'} \cdot B = 0, n \to + \infty \end{matrix}$ 故 $\begin{matrix} (60) & lim_{n \to + \infty} \frac{a_{1} b_{n} + a_{2} b_{n - 1} + \dots + a_{n} b_{1}}{n} = 0 \end{matrix}$

◻

1.3.6 Stolz及其应用

例 1.3.21 Stolz定理。

(1): $\frac{*}{\infty}$ ：设 ${x_{n}}$ 严格增且 $lim_{n \to + \infty} x_{n} = + \infty$ ， $lim_{n \to + \infty} \frac{y_{n} - y_{n - 1}}{x_{n} - x_{n - 1}} = A$ 。证明： $lim_{n \to + \infty} \frac{y_{n}}{x_{n}} = A$ 。
(2): $\frac{0}{0}$ ：设 ${x_{n}}$ 严格减且 $lim_{n \to + \infty} x_{n} = 0$ ， $lim_{n \to + \infty} y_{n} = 0$ ， $lim_{n \to + \infty} \frac{y_{n} - y_{n - 1}}{x_{n} - x_{n - 1}} = A$ 。证明： $lim_{n \to + \infty} \frac{y_{n}}{x_{n}} = A$ 。

利用以上结论证明：

(1): 求 $lim_{n \to + \infty} \frac{1! + 2! + \dots + n!}{n!}$ 。
(2): 设 $α > - 1$ ，求 $lim_{n \to + \infty} \frac{1^{α} + 2^{α} + \dots + n^{α}}{n^{α + 1}}$ 。
(3): 求 $lim_{n \to + \infty} \frac{1^{- 1} + 2^{- 1} + \dots + n^{- 1}}{\ln n}$ 。

解 (1) 由极限的定义可知任取 $A_{1} < A_{3} < A < A_{4} < A_{2}$ （若 $A = 0$ ，则只需取 $A_{4}, A_{2}$ ；若 $A = + \infty$ ，则只需取 $A_{1}, A_{3}$ ）， $\exists N > 0$ 使得 $\begin{matrix} (61) & n > N ⟹ A_{1} < A_{3} < \frac{y_{n} - y_{n - 1}}{x_{n} - x_{n - 1}} < A_{4} < A_{2} \end{matrix}$ 由于 ${x_{n}}$ 严格增，故有 $\begin{matrix} (62) & A_{3} (x_{n} - x_{n - 1}) < y_{n} - y_{n - 1} < A_{4} (x_{n} - x_{n - 1}) \end{matrix}$ 对 $n = N + 1, N + 2, \dots, m$ 求和可得 $\begin{matrix} (63) & A_{3} (x_{m} - x_{N}) < y_{m} - y_{N} < A_{4} (x_{m} - x_{N}) \end{matrix}$ 凑出 $\frac{y_{m}}{x_{m}}$ ，得 $\begin{matrix} (64) & A_{1} \overset{?}{<} A_{3} + \frac{y_{N} - A_{3} x_{N}}{x_{m}} < \frac{y_{m}}{x_{m}} < A_{4} + \frac{y_{N} - A_{4} x_{N}}{x_{m}} \overset{?}{<} A_{2} \end{matrix}$ 由于 $lim_{m \to + \infty} x_{m} = + \infty$ ，选择 $M$ 使得 $\begin{matrix} (65) & m > M ⟹ x_{m} > max {\frac{A_{3} x_{N} - y_{N}}{A_{3} - A_{1}}, \frac{y_{N} - A_{4} x_{N}}{A_{2} - A_{4}}} \end{matrix}$ 故 $\forall ε > 0$ ，取 $A_{1, 2} = A \pm ε$ ，即可得证。

(2) 类似地，任取 $A_{1} < A < A_{2}$ （若 $A = 0$ ，则只需取 $A_{2}$ ；若 $A = + \infty$ ，则只需取 $A_{1}$ ）， $\exists N > 0$ 使得 $\begin{matrix} (66) & n > N ⟹ A_{1} < \frac{y_{n} - y_{n + 1}}{x_{n} - x_{n + 1}} < A_{2} \end{matrix}$ 由于 ${x_{n}}$ 严格减，故有 $\begin{matrix} (67) & A_{1} (x_{n} - x_{n + 1}) < y_{n} - y_{n + 1} < A_{2} (x_{n} - x_{n + 1}) \end{matrix}$ 求和至 $n = m - 1$ 可得 $\begin{matrix} (68) & A_{1} (x_{n} - x_{m}) < y_{n} - y_{m} < A_{2} (x_{n} - x_{m}) \end{matrix}$ 令 $m \to + \infty$ 可得 $\begin{matrix} (69) & A_{1} x_{n} \leq y_{n} \leq A_{2} x_{n} \end{matrix}$ 由此可得 $\begin{matrix} (70) & A_{1} \leq \frac{y_{n}}{x_{n}} \leq A_{2} \end{matrix}$ 故 $\forall ε > 0$ ，取 $A_{1, 2} = A \pm ε$ ，即可得证。

利用以上结论证明：

(1): 由题可知 $\begin{matrix} (71) & lim_{n \to + \infty} \frac{1! + 2! + \dots + n!}{n!} = lim_{n \to + \infty} \frac{n!}{n! - (n - 1)!} = lim_{n \to + \infty} \frac{n}{n - 1} = 1 \end{matrix}$
(2): 由题可知 $\begin{matrix} (72) & \begin{aligned} lim_{n \to + \infty} \frac{1^{α} + 2^{α} + \dots + n^{α}}{n^{α + 1}} & = lim_{n \to + \infty} \frac{n^{α}}{n^{α + 1} - (n - 1)^{α + 1}} = lim_{n \to + \infty} \frac{\frac{1}{n}}{1 - (1 - \frac{1}{n})^{α + 1}} \\ = lim_{x \to 0^{-}} \frac{x}{(1 + x)^{α + 1} - 1} = \frac{1}{α + 1} \end{aligned} \end{matrix}$
(3): 由题可知 $\begin{matrix} (73) & lim_{n \to + \infty} \frac{1^{- 1} + 2^{- 1} + \dots + n^{- 1}}{\ln n} = lim_{n \to + \infty} \frac{- n^{- 1}}{\ln (1 - n^{- 1})} = lim_{x \to 0^{-}} \frac{x}{\ln (1 + x)} = 1 \end{matrix}$

◻

定理 1.3.22 Stolz定理的上下极限版本。如果以下两个条件之一成立：

${x_{n}}$ 严格增且 $lim_{n \to + \infty} x_{n} = + \infty$ ；
${x_{n}}$ 严格减且 $lim_{n \to + \infty} x_{n} = 0$ ， $lim_{n \to + \infty} y_{n} = 0$ 。

则 $\begin{matrix} (74) & \underset{n \to + \infty}{lim inf} \frac{y_{n} - y_{n - 1}}{x_{n} - x_{n - 1}} \leq \underset{n \to + \infty}{lim inf} \frac{y_{n}}{x_{n}} \leq \underset{n \to + \infty}{lim sup} \frac{y_{n}}{x_{n}} \leq \underset{n \to + \infty}{lim sup} \frac{y_{n} - y_{n - 1}}{x_{n} - x_{n - 1}} \end{matrix}$ 其证明只需要把验证码改成任取 $A_{1} < A_{3} < l < L < A_{2} < A_{4}$ ，其中 $l, L$ 分别为 $\frac{y_{n}}{x_{n}}$ 的下、上极限，然后进行类似的估计即可。

注

(1)

Stolz定理 $\frac{*}{\infty}$ 情形还可以采用Toeplitz定理来证明。记 $x_{0} = y_{0} = 0$ 。取 $a_{n} = \frac{y_{n} - y_{n - 1}}{x_{n} - x_{n - 1}}, b_{n k} = \frac{x_{k} - x_{k - 1}}{x_{n}}$ ，由Toeplitz定理可得 $\begin{matrix} (75) & lim_{n \to + \infty} \frac{y_{n}}{x_{n}} = lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 1}^{n} b_{n k} a_{k} = A \end{matrix}$

(2)

Stolz定理 $\frac{*}{\infty}$ 情形的图像解释如图1.3.1所示。将 $(x_{n}, y_{n})$ 在平面直角坐标系中描出，相邻两点的连线斜率即为 $\frac{y_{n + 1} - y_{n}}{x_{n + 1} - x_{n}}$ 。由于 ${x_{n}}$ 严格增，故相邻两点连线构成的折线一定严格向右延伸。由于每一段折线斜率的极限为 $A$ ，故当 $n > N$ 时，从 $(x_{n}, y_{n})$ 出发的折线一定位于 $(x_{n}, y_{n})$ 与斜率为 $A_{3}, A_{4}$ 的射线围成的区域内，而这个区域内的所有点与原点连线的斜率（即 $\frac{y_{n}}{x_{n}}$ ）不会偏离 $A_{3}, A_{4}$ 太远。由于 ${x_{n}} \to + \infty$ ，只要折线距离原点越远，偏离的程度就可以被 $A_{1}, A_{2}$ 控制。

(3)

Stolz定理的逆定理不成立，即若 $lim_{n \to + \infty} \frac{y_{n}}{x_{n}} = A$ ，则不一定有 $lim_{n \to + \infty} \frac{y_{n} - y_{n - 1}}{x_{n} - x_{n - 1}} = A$ 。例如，取 $x_{n} = n$ ， $y_{n} = n + (- 1)^{n}$ ，则 $lim_{n \to + \infty} \frac{y_{n}}{x_{n}} = 1$ ，但 $\frac{y_{n} - y_{n - 1}}{x_{n} - x_{n - 1}} = 2 \times (- 1)^{n}$ ，极限不存在。

(4)

如果把Stolz定理改成如下函数形式版本：如果以下两个条件之一成立：

$f$ 严格增且 $lim_{x \to + \infty} f (x) = + \infty$ ；
$f$ 严格减且 $lim_{x \to + \infty} f (x) = 0$ ， $lim_{x \to + \infty} g (x) = 0$ 。

以下类似命题并不成立 $\begin{matrix} (76) & \underset{x \to + \infty}{lim inf} \frac{g (x) - g (x - 1)}{f (x) - f (x - 1)} \leq \underset{x \to + \infty}{lim inf} \frac{g (x)}{f (x)} \leq \underset{x \to + \infty}{lim sup} \frac{g (x)}{f (x)} \leq \underset{x \to + \infty}{lim sup} \frac{g (x) - g (x - 1)}{f (x) - f (x - 1)} \end{matrix}$

Oxy(xnxnxn+⋅⋅⋅ynyn+...A3A4,11yn) — 图 1.3.1: Stolz定理 $\frac{*}{\infty}$ 的图像解释

例 1.3.23 (习题2.4.10) 证明：

(1): $\forall n \in N^{*}$ ， ${(1 + \frac{1}{n})}^{n} < e < {(1 + \frac{1}{n})}^{n + 1}$ 。
(2): $\forall n \in N^{*}$ ， $\frac{1}{n + 1} < \ln (n + 1) - \ln n < \frac{1}{n}$ 。
(3): 数列 $a_{n} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n} - \ln n$ 单调递减。
(4): 数列 $b_{n} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n} - \ln (n + 1)$ 单调递增。
(5): $lim_{n \to + \infty} a_{n}$ 和 $lim_{n \to + \infty} b_{n}$ 存在且相等，这个共同的极限值 $γ$ 称为Euler常数。以 $a_{n}$ 作为 $γ$ 的近似值，并确保误差小于 $10^{- 4}$ ，问 $n$ 至少应该是多少？
(6): $lim_{n \to + \infty} (\frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 2} + \dots + \frac{1}{2 n}) = lim_{n \to + \infty} (1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \dots + \frac{(- 1)^{n - 1}}{n}) = \ln 2$ 。
(7): $\forall a \geq 0$ ， $\forall m \in N^{*}$ ， $lim_{n \to + \infty} \sum_{k = n}^{m n} \frac{1}{k + a} = \ln m$ 。

证明 (1) 在第一次习题课中，我们证明了 $\begin{matrix} (77) & x_{n} := {(1 + \frac{1}{n})}^{n} < {(1 + \frac{1}{n + 1})}^{n + 1} < {(1 + \frac{1}{n + 1})}^{n + 2} < {(1 + \frac{1}{n})}^{n + 1} =: y_{n} \end{matrix}$ 因此 ${x_{n}}$ 严格增且有上界 $y_{1}$ ， ${y_{n}}$ 严格减且有下界 $x_{1}$ ，故两者极限均存在且均为 $e$ ，同时满足 $\begin{matrix} (78) & x_{n} = {(1 + \frac{1}{n})}^{n} < e < {(1 + \frac{1}{n})}^{n + 1} = y_{n} \end{matrix}$

(2) 对(1)的结论两边取自然对数可得 $\begin{matrix} (79) & \frac{1}{n + 1} < \ln (1 + \frac{1}{n}) = \ln (n + 1) - \ln n < \frac{1}{n} \end{matrix}$

(3) 注意到 $\begin{matrix} (80) & a_{n + 1} - a_{n} = \frac{1}{n + 1} - \ln (n + 1) + \ln n = \frac{1}{n + 1} - \ln (1 + \frac{1}{n}) < 0 \end{matrix}$ 故 ${a_{n}}$ 严格减。

(4) 注意到 $\begin{matrix} (81) & b_{n + 1} - b_{n} = \frac{1}{n + 1} - \ln (n + 2) + \ln (n + 1) = \frac{1}{n + 1} - \ln (1 + \frac{1}{n + 1}) > 0 \end{matrix}$ 故 ${b_{n}}$ 严格增。

(5) 由(3)(4)可知 ${a_{n}}$ 严格减且有下界 $b_{1}$ ， ${b_{n}}$ 严格增且有上界 $a_{1}$ ，故两个极限均存在，且显然相等。若以 $a_{n}$ 作为 $γ$ 的近似值，令 $\begin{matrix} (82) & f (x) := \ln (1 + x) - x + \frac{x^{2}}{2 (1 + x)} \end{matrix}$ $\forall x \geq 0$ ，有 $\begin{matrix} (83) & f^{(3)} (x) = \frac{- 1 + 2 x}{(1 + x)^{4}} \geq - 1, f^{(4)} (x) = \frac{6 (1 - x)}{(1 + x)^{5}} \leq 6 \end{matrix}$ 取 $x_{0} \in (0, \frac{1}{2})$ ，由带Lagrange余项的Taylor展开可得 $\exists ξ, η \in (0, x_{0})$ ，使得 $\begin{matrix} (84) & - \frac{1}{6} x^{3} \leq \frac{f^{(3)} (ξ)}{3!} x^{3} = \ln (1 + x) - x + \frac{x^{2}}{2 (1 + x)^{2}} = - \frac{x^{3}}{6} + \frac{f^{(4)} (η)}{4!} x^{4} \leq - \frac{x^{3}}{6} + \frac{x^{4}}{4} \end{matrix}$ 设 $m > n \geq 1$ ，则 $\begin{matrix} (85) & \begin{aligned} a_{n} - a_{m} & = \sum_{k = n}^{m - 1} (\ln \frac{1 + k}{k} - \frac{1}{k + 1}) \geq \sum_{k = n}^{m - 1} (\frac{1}{k} - \frac{1}{2 k (k + 1)} - \frac{1}{6 k^{3}} - \frac{1}{k + 1}) \\ = \frac{1}{2} (\frac{1}{n} - \frac{1}{m}) - \sum_{k = n}^{m - 1} \frac{1}{6 k^{3}} \\ a_{n} - a_{m} & = \sum_{k = n}^{m - 1} (\ln \frac{1 + k}{k} - \frac{1}{k + 1}) \leq \sum_{k = n}^{m - 1} (\frac{1}{k} - \frac{1}{2 k (k + 1)} - \frac{1}{6 k^{3}} + \frac{1}{4 k^{4}} - \frac{1}{k + 1}) \\ = \frac{1}{2} (\frac{1}{n} - \frac{1}{m}) + \sum_{k = n}^{m - 1} (\frac{1}{4 k^{4}} - \frac{1}{6 k^{3}}) \end{aligned} \end{matrix}$ 令 $m \to + \infty$ 可得 $\begin{matrix} (86) & \frac{1}{2 n} - \sum_{k = n}^{+ \infty} \frac{1}{6 k^{3}} \leq a_{n} - γ \leq \frac{1}{2 n} + \sum_{k = n}^{+ \infty} (\frac{1}{4 k^{4}} - \frac{1}{6 k^{3}}) \end{matrix}$ 采用积分放缩可得 $\begin{matrix} (87) & 0 \leq \frac{1}{2 n} - \frac{1}{12 n^{2}} \leq a_{n} - γ \leq \frac{1}{2 n} + \frac{1}{12 (n - 1)^{3}} - \frac{1}{12 n^{2}} \end{matrix}$ 令 $\begin{matrix} (88) & \begin{aligned} ε_{1} (n) & = \frac{1}{2 (n - 1)} - \frac{1}{12 (n - 1)^{2}} > 10^{- 4} \\ ε_{2} (n) & = \frac{1}{2 n} + \frac{1}{12 (n - 1)^{3}} - \frac{1}{12 n^{2}} \leq 10^{- 4} \end{aligned} \end{matrix}$ 解得 $\begin{matrix} (89) & 4999.83 \leq n < 5000.83 \end{matrix}$ 故 $n = 5000$ 。

(6) 注意到 $\begin{matrix} (90) & a_{2 n} - a_{n} = \sum_{k = n + 1}^{2 n} \frac{1}{k} - \ln 2 = \sum_{k = 1}^{2 n} \frac{(- 1)^{k - 1}}{k} - \ln 2 \end{matrix}$ 令 $n \to + \infty$ 可得 $\begin{matrix} (91) & γ - γ = \sum_{k = n + 1}^{2 n} \frac{1}{k} - \ln 2 ⟹ \sum_{k = n + 1}^{2 n} \frac{1}{k} = lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 1}^{2 n} \frac{(- 1)^{k - 1}}{k} = \ln 2 \end{matrix}$ 此外还有 $\begin{matrix} (92) & lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 1}^{2 n - 1} \frac{(- 1)^{k - 1}}{k} = lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 1}^{2 n} \frac{(- 1)^{k - 1}}{k} + lim_{n \to + \infty} \frac{1}{2 n} = \ln 2 \end{matrix}$ 综合以上两种情况可得 $\begin{matrix} (93) & lim_{n \to + \infty} \sum_{k = n + 1}^{2 n} \frac{1}{k} = lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 1}^{n} \frac{(- 1)^{k - 1}}{k} = \ln 2 \end{matrix}$

(7) 注意到 $\begin{matrix} (94) & a_{m n} - a_{n} = \sum_{k = n}^{m n} \frac{1}{k} - \frac{1}{n} - \ln m \end{matrix}$ 令 $n \to + \infty$ 可得 $\begin{matrix} (95) & γ - γ = lim_{n \to + \infty} \sum_{k = n}^{m n} \frac{1}{k} - 0 - \ln m ⟹ lim_{n \to + \infty} \sum_{k = n}^{m n} \frac{1}{k} = \ln m \end{matrix}$ 设 $⌈ a ⌉ = d m + r$ ，其中 $d \in N$ 、 $r \in [0, m) \cap N$ ，则 $\begin{matrix} (96) & \sum_{k = n}^{m n} \frac{1}{k} \geq \sum_{k = n}^{m n} \frac{1}{k + a} \geq \sum_{k = n}^{m n} \frac{1}{k + d m + r} \geq \sum_{k = n + d}^{m (n + d)} \frac{1}{k} - \sum_{k = n + d}^{n + ⌈ a ⌉} \frac{1}{k} \geq \sum_{k = n + d}^{m (n + d)} - \frac{⌈ a ⌉}{n} \end{matrix}$ 令 $n \to + \infty$ ，由夹挤定理可得 $\begin{matrix} (97) & lim_{n \to + \infty} \sum_{k = n}^{m n} \frac{1}{k + a} = \ln m \end{matrix}$ $◻$

例 1.3.24 (习题2.5.6) 设 $a_{0} > 0$ ， $a_{n + 1} = a_{n} + \frac{1}{a_{n}}$ 。

(1): 证明： $lim_{n \to + \infty} a_{n} = + \infty$ 。
(2): 对不同的初值 $a_{0}$ ，用Excel计算数列 $a_{n}$ 的前1000项的值、绘制散点图并添加趋势线，观察点列 $(n, a_{n})$ 的变化，猜测 $a_{n}$ 关于 $n$ 的阶数以及渐近表达式。
(3): 证明你在(2)中得到的猜想。

解 (1) 显然 $a_{n} > a_{0} > 0$ 且严格增。假设 $a_{n} \to A < + \infty$ ，则有 $A \geq a_{0} > 0$ 且 $A = A + \frac{1}{A}$ ，矛盾。故 $A = + \infty$ 。

(2) 设 $a_{0} = 1$ ，观察图像并添加趋势线可知 $a_{n} = O (\sqrt{n})$ 。

(3) 注意到 $\begin{matrix} (98) & a_{n}^{2} = a_{n - 1}^{2} + 2 + \frac{1}{a_{n - 1}^{2}} > a_{n - 1}^{2} + 2 ⟹ a_{n}^{2} > a_{0}^{2} + 2 n ⟹ a_{n} > \sqrt{2 n} \end{matrix}$ 此外还有 $\begin{matrix} (99) & \begin{aligned} a_{n} & = a_{2} + \sum_{k = 2}^{n - 1} \frac{1}{a_{k}} < a_{2} + \sum_{k = 2}^{n - 1} \frac{1}{\sqrt{2 k}} < a_{2} + \sum_{k = 2}^{n - 1} \frac{2 k - 2 (k - 1)}{\sqrt{2 k} + \sqrt{2 (k - 1)}} \\ = a_{2} + \sum_{k = 2}^{n - 1} [\sqrt{2 k} - \sqrt{2 (k - 1)}] = a_{2} + \sqrt{2 (n - 1)} - \sqrt{2} < \sqrt{2 n} + a_{2} - \sqrt{2} \end{aligned} \end{matrix}$ 故有 $\begin{matrix} (100) & \sqrt{2 n} < a_{n} < \sqrt{2 n} + a_{2} - \sqrt{2} ⟹ a_{n} = \sqrt{2 n} + o (\sqrt{n}) \end{matrix}$ 另解：考虑使用Stolz定理可得 $\begin{matrix} (101) & lim_{n \to + \infty} \frac{a_{n}^{2}}{n} = lim_{n \to + \infty} \frac{a_{n}^{2} - a_{n - 1}^{2}}{n - (n - 1)} = lim_{n \to + \infty} (2 + \frac{1}{a_{n - 1}^{2}}) = 2 \end{matrix}$ $◻$

例 1.3.25 设 $x_{0} > 0$ ， $x_{n + 1} = x_{n} + \frac{1}{x_{n}}$ ，试证明： $\begin{matrix} (102) & x_{n}^{2} = 2 n + \frac{1}{2} \ln n + O (1) \end{matrix}$

证明容易证明 ${x_{n}}$ 严格增且趋于 $+ \infty$ 。由递推关系式可得 $\begin{matrix} (103) & x_{n + 1}^{2} = x_{n}^{2} + 2 + \frac{1}{x_{n}^{2}} = x_{n}^{2} + O (1) \end{matrix}$ 求和可得 $\begin{matrix} (104) & x_{n}^{2} = O (n) \end{matrix}$ 代入递推关系式可得 $\begin{matrix} (105) & x_{n + 1}^{2} = x_{n}^{2} + 2 + \frac{1}{x_{n}^{2}} = x_{n}^{2} + 2 + O (\frac{1}{n}) \end{matrix}$ 再求和可得 $\begin{matrix} (106) & x_{n}^{2} = 2 n + O (\ln n) \end{matrix}$ 再代入递推关系式可得 $\begin{matrix} (107) & x_{n + 1}^{2} = x_{n}^{2} + 2 + \frac{1}{2 n} \frac{1}{1 + O (\frac{\ln n}{n})} = x_{n}^{2} + 2 + \frac{1}{2 n} [1 + O (\frac{\ln n}{n})] = x_{n}^{2} + 2 + \frac{1}{2 n} + O (\frac{\ln n}{n^{2}}) \end{matrix}$ 三求和可得 $\begin{matrix} (108) & x_{n}^{2} = 2 n + \frac{1}{2} \ln n + O (1) \end{matrix}$ $◻$

注一般地， $\sum_{k = 1}^{n} O (1) \neq O (n)$ ，例如 $\sum_{k = 1}^{n} k = O (n^{2})$ 。本题中的 $O$ 对所有求和项一致（即与求和指标 $k$ 无关），故可直接相加。

例 1.3.26 设 $x_{0} \in (0, 1)$ ， $x_{n + 1} = x_{n} (1 - x_{n})$ 。

(1): 证明： $lim_{n \to + \infty} x_{n}$ 存在，并求出该极限值。
(2): 计算： $lim_{n \to + \infty} (\frac{1}{x_{n}} - \frac{1}{x_{n + 1}})$ 。
(3): 计算： $lim_{n \to + \infty} n x_{n}$ 。
(4): 计算： $lim_{n \to + \infty} \frac{n (1 - n x_{n})}{\ln n}$ 。

解 (1) 容易证明 ${x_{n}}$ 从 $n = 1$ 起严格减且有下界 $0$ ，故 $lim_{n \to + \infty} x_{n} = 0$ 。

(2) 直接计算可得 $\begin{matrix} (109) & \frac{1}{x_{n}} - \frac{1}{x_{n + 1}} = \frac{1}{x_{n}} - \frac{1}{x_{n} (1 - x_{n})} = \frac{x_{n}}{1 - x_{n}} \to 0 \end{matrix}$

(3) 由Stolz定理可得 $\begin{matrix} (110) & lim_{n \to + \infty} n x_{n} = lim_{n \to + \infty} \frac{n}{\frac{1}{x_{n}}} = lim_{n \to + \infty} \frac{1}{\frac{1}{x_{n + 1}} - \frac{1}{x_{n}}} = lim_{n \to + \infty} \frac{x_{n}^{2} (1 - x_{n})}{x_{n}^{2}} = 1 \end{matrix}$

(4) 结合(2)的结论，由Stolz定理可得 $\begin{matrix} (111) & \begin{aligned} lim_{n \to + \infty} \frac{n (1 - n x_{n})}{\ln n} & = lim_{n \to + \infty} \frac{1 - n x_{n}}{x_{n} \ln n} = lim_{n \to + \infty} \frac{\frac{1}{x_{n}} - n}{\ln n} = lim_{n \to + \infty} \frac{\frac{1}{x_{n + 1}} - \frac{1}{x_{n}} - 1}{\ln (n + 1) - \ln n} \\ = lim_{n \to + \infty} \frac{x_{n} - x_{n + 1} - x_{n} x_{n + 1}}{x_{n} x_{n + 1} \frac{1}{n}} = lim_{n \to + \infty} \frac{x_{n}^{3}}{x_{n}^{3} (1 - x_{n})} = 1 \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

例 1.3.27 设 $x_{0} \in (0, 1)$ ， $x_{n + 1} = x_{n} (1 - x_{n})$ ，试证明： $\begin{matrix} (112) & x_{n} = \frac{1}{n} - \frac{\ln n}{n^{2}} + O (\frac{1}{n^{2}}) \end{matrix}$

证明容易证明 ${x_{n}}$ 从 $n = 1$ 起严格减且有下界 $0$ ，故 $lim_{n \to + \infty} x_{n} = 0$ 。由递推关系式可得 $\begin{matrix} (113) & \frac{1}{x_{n + 1}} = \frac{1}{x_{n} (1 - x_{n})} = \frac{1}{x_{n}} + 1 + x_{n} + O (x_{n}^{2}) = \frac{1}{x_{n}} + O (1) \end{matrix}$ 求和可得 $\begin{matrix} (114) & \frac{1}{x_{n}} = O (n) ⟹ x_{n} = O (\frac{1}{n}) \end{matrix}$ 代入渐近展开可得 $\begin{matrix} (115) & \frac{1}{x_{n + 1}} = \frac{1}{x_{n}} + 1 + O (\frac{1}{n}) \end{matrix}$ 再求和可得 $\begin{matrix} (116) & \frac{1}{x_{n}} = n + O (\ln n) ⟹ x_{n} = \frac{1}{n} + O (\frac{\ln n}{n^{2}}) \end{matrix}$ 再代入渐近展开可得 $\begin{matrix} (117) & \frac{1}{x_{n + 1}} = \frac{1}{x_{n}} + 1 + \frac{1}{n} + O (\frac{\ln n}{n^{2}}) \end{matrix}$ 三求和可得 $\begin{matrix} (118) & \frac{1}{x_{n}} = n + \ln n + O (1) ⟹ x_{n} = \frac{1}{n} - \frac{\ln n}{n^{2}} + O (\frac{1}{n^{2}}) \end{matrix}$ $◻$

例 1.3.28 设 $x_{0} \in R$ ， $x_{n + 1} = \sin x_{n}$ 。

(1): 证明： $lim_{n \to + \infty} x_{n}$ 存在，并求出该极限值。
(2): 计算： $lim_{n \to + \infty} n x_{n}^{2}$ 。
(3): 计算： $lim_{n \to + \infty} \frac{n (3 - n x_{n}^{2})}{\ln n}$ 。

解 (1) 容易证明 ${x_{n}}$ 严格减且有下界 $0$ ，故 $lim_{n \to + \infty} x_{n} = 0$ 。

(2) 由Stolz定理可得 $\begin{matrix} (119) & lim_{n \to + \infty} n x_{n}^{2} = lim_{n \to + \infty} \frac{n}{\frac{1}{x_{n}^{2}}} = lim_{n \to + \infty} \frac{1}{\frac{1}{x_{n + 1}^{2}} - \frac{1}{x_{n}^{2}}} = lim_{n \to + \infty} \frac{\sin^{2} x_{n}}{1 - {(1 - \frac{1}{6} x_{n}^{2} + o (x_{n}^{2}))}^{2}} = 3 \end{matrix}$

(3) 结合(2)的结论，由Stolz定理可得 $\begin{matrix} (120) & \begin{aligned} lim_{n \to + \infty} \frac{n (3 - n x_{n}^{2})}{\ln n} & = 3 lim_{n \to + \infty} \frac{3 - n x_{n}^{2}}{x_{n}^{2} \ln n} = 3 lim_{n \to + \infty} \frac{\frac{3}{x_{n}^{2}} - n}{\ln n} = 3 lim_{n \to + \infty} \frac{\frac{3}{x_{n + 1}^{2}} - \frac{3}{x_{n}^{2}} - 1}{\ln (n + 1) - \ln n} \\ = 3 lim_{n \to + \infty} \frac{3 - 3 {(1 - \frac{1}{6} x_{n}^{2} + \frac{1}{120} x_{n}^{4})}^{2} - {(x_{n} - \frac{1}{6} x_{n}^{3})}^{2} + o (x_{n}^{4})}{\frac{1}{n} \sin^{2} x_{n}} \\ = 9 lim_{n \to + \infty} \frac{\frac{1}{5} x_{n}^{4} + o (x_{n}^{4})}{x_{n}^{4}} = \frac{9}{5} \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

例 1.3.29 设 $x_{0} \in R$ ， $x_{n + 1} = \sin x_{n}$ ，试证明： $\begin{matrix} (121) & x_{n}^{2} = \frac{3}{n} - \frac{9 \ln n}{5 n^{2}} + O (\frac{1}{n^{2}}) \end{matrix}$ 提示： $\csc^{2} x$ 在 $x = 0$ 附近的渐近展开为 $\begin{matrix} (122) & \csc^{2} x = \frac{1}{x^{2}} + \frac{1}{3} + \frac{x^{2}}{15} + O (x^{4}), x \to 0 \end{matrix}$

证明容易证明 ${x_{n}}$ 严格减且有下界 $0$ ，故 $lim_{n \to + \infty} x_{n} = 0$ 。结合 $\csc^{2} x$ 的渐近展开可得 $\begin{matrix} (123) & \frac{1}{x_{n + 1}^{2}} = \frac{1}{x_{n}^{2}} + \frac{1}{3} + \frac{x_{n}^{2}}{15} + O (x_{n}^{4}) = \frac{1}{x_{n}^{2}} + O (1) \end{matrix}$ 求和可得 $\begin{matrix} (124) & \frac{1}{x_{n}^{2}} = O (n) ⟹ x_{n}^{2} = O (\frac{1}{n}) \end{matrix}$ 代入渐近展开可得 $\begin{matrix} (125) & \frac{1}{x_{n + 1}^{2}} = \frac{1}{x_{n}^{2}} + \frac{1}{3} + O (\frac{1}{n}) \end{matrix}$ 再求和可得 $\begin{matrix} (126) & \frac{1}{x_{n}^{2}} = \frac{1}{3} n + O (\ln n) ⟹ x_{n}^{2} = \frac{3}{n} + O (\frac{\ln n}{n^{2}}) \end{matrix}$ 再代入渐近展开可得 $\begin{matrix} (127) & \frac{1}{x_{n + 1}^{2}} = \frac{1}{x_{n}^{2}} + \frac{1}{3} + \frac{1}{5 n} + O (\frac{\ln n}{n^{2}}) \end{matrix}$ 三求和可得 $\begin{matrix} (128) & \frac{1}{x_{n}^{2}} = \frac{1}{3} n + \frac{1}{5} \ln n + O (1) ⟹ x_{n}^{2} = \frac{3}{n} - \frac{9 \ln n}{5 n^{2}} + O (\frac{1}{n^{2}}) \end{matrix}$ $◻$

例 1.3.30 已知数列 $x_{n}$ 满足 $lim_{n \to + \infty} (2 x_{n + 1} + x_{n}) = A \in R$ 。证明： $x_{n}$ 收敛。