微积分A(1)第一次习题课讲义

生成式人工智能蓬勃发展的年代，数学究竟能够带给我们什么，是值得思考的问题。对大多数习题课上的同学而言，终其一生所需要的数学，已经不会超过目前大语言模型的能力了。那么为什么要学习数学，要学习数学的哪些部分？

我个人的看法是，数学可以加深对结构的认识，培养正确或至少是不错误的直觉；我相信，正确地学习数学可以提高研究的品味（taste）。何谓正确地学习数学？大量的计算练习不是那么重要，计算机完全能够胜任；同时，不应把追求难度较高的技巧作为学习的目标，技巧和难度很多时候意味着理解不够，正所谓“大巧不工”，正确的理解会让原本复杂的问题以自然的形式展现。不过，必要的计算需要做，一方面落实手感，另一方面可以取得课上的分数；适当的技巧需要掌握，一方面提高效率，另一方面技巧本身是一种探索，完全忽视技巧也不符合知识发展的规律。

习题课上，主要会强调三个方面的内容：第一是内在结构，即我们所讨论的内容由什么所保证，有什么视角可以改变对它们的看法，导向更普遍的内容；第二是技术思想，即为处理问题所需要的常用方法和技术，以及技术背后蕴含的一些思想；第三是特殊对象，它们是具有较好性质的具体对象，并且常常可以引向其它领域。应当看出，这样的归类充满了主观，但我相信，在知识本身的获取途径已经不是主要问题的时代，适当主观的选择反而有它的价值。同时，我将尽力做到让这些内容尽管有些拓展，但并不完全是，或最好完全不是脱离于考试和课程范围的。

上下极限与子列极限

数列 $\{a_n\}$ 以 $A$ 为极限，定义为对任意 $\varepsilon>0$，存在 $N>0$，使得对任意 $n>N$ 有 $|a_n-A|<\varepsilon$。不以 $A$ 为极限，则等价于存在 $\varepsilon>0$，任意 $N>0$，都存在 $n>N$ 使得 $|a_n-A|\geq \varepsilon$，这是完全对定义命题的逻辑否定。接下来分别对定义中的各个要素进行考虑，讨论极限在什么样的调整下可以保持。

事实上，这个定义只在意那些可以无限接近 $0$ 的 $\varepsilon$，准确地说，$\varepsilon$ 只需要可以取遍下确界为 $0$ 的一个正数集合 $\mathcal E$ 即可，这是由于对于任意 $\varepsilon>0$，都存在 $\varepsilon'\in \mathcal E$，使得 $\varepsilon '<\varepsilon$，则对 $\varepsilon'$ 有效的 $N$ 当然也对 $\varepsilon$ 有效。这意味着可以限制 $0<\varepsilon <1$，$\varepsilon=\dfrac{1}{k}$，或是写作 $|a_n-A|<\varepsilon^2$（这等价于取那些 $\varepsilon=\varepsilon'^2,\varepsilon'>0$ 的 $\varepsilon$）等。最后，将 $<\varepsilon$ 改为 $\leq \varepsilon$ 不影响有效性，因可以对应每个 $<\varepsilon$ 中的 $\varepsilon$ 找到 $\varepsilon'<\varepsilon$，再应用 $\leq \varepsilon'$。

同时，这个定义只在意那些足够远的 $n$，可以去除数列中任意一个 $N_0\in\mathbb N$ 之前的元素而不改变极限，特别地可以去除任意有限项（因为有限项一定在某个 $N_0$ 之前），这只需要把我们定义中的 $N$ 取得都大于 $N_0$ 即可证明。进一步地，定义等价于需要让有限个 $a_n$ 落在 $(A-\varepsilon,A+\varepsilon)$ 之外，这是由于有限个指标中存在最大指标，其即为所需的 $N$。最后，将 $>N$ 换做 $\geq N$ 也无妨，因为我们只需要把 $N$ 取得比严格大于时向后一个位置即可。

做一点额外的考虑，定义中我们需要对每个 $\varepsilon$ 找合适的 $N$，但事实上我们可以对每个 $n$ 考虑它作为 $N$ 时能对应多紧的 $\varepsilon$。若希望证明数列以 $A$ 为极限，那么在第 $n_0$ 个位置，需要让任意 $n\geq n_0$ 时，都有 $|a_n-A|\leq \varepsilon$。考虑 $a_n-A\leq \varepsilon$ 这一侧，可取的 $\varepsilon$ 的充要条件是不小于 $\sup_{n\geq n_0}\{a_n-A\}=\sup_{n\geq n_0}\{a_n\}-A$；另一侧则是不小于 $\sup_{n\leq n_0}\{A-a_n\}=A-\inf_{n\leq n_0}\{a_n\}$。那么，如果要让 $\varepsilon$ 可以取到任意接近 $0$ 的值，就需要让上述两个式子都趋于 $0$。一般地，我们定义数列的上极限为 $\limsup_{n\to\infty}a_n=\overline{\lim}_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}\sup_{k\geq n}a_k$，下极限为 $\liminf_{n\to\infty}a_n=\underline{\lim}_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}\inf_{k\geq n}a_k$，则数列极限为 $A$ 当且仅当上下极限存在且都为 $A$。

数列 $\{a_n\}$ 以 $A$ 为极限，等价于其所有子列以 $A$ 为极限。因此，若可以找到两个子列有不同的极限，那么原数列发散。特别地，若把 $\{a_n\}$ 拆分为有限个子列（例如，奇数指标和偶数指标），这有限个子列都以 $A$ 为极限，那么原数列以 $A$ 为极限，证明可以考虑对任意 $\varepsilon>0$，在这有限个子列分别选择定义中的指标 $N_k$（这指的是原数列中的指标）并取其中最大值。

习题 1.1 判断下列各项是 $\{a_n\}$ 不以 $a$ 为极限的什么条件。

(1) $\exists\varepsilon_0>0,\forall N\in\mathbb N,\exists n>N,\text{s.t.}|a_n-a|>\varepsilon_0.$

充要。这就是定义。

(2) $\exists\varepsilon_0>0,\exists N\in\mathbb N,\text{s.t.}\forall n>N,|a_n-a|>\varepsilon_0.$

充分，可推出上一条。不必要，可以无限有项 $|a_n-a|\leq \varepsilon_0$，考虑奇数子列收敛到 $a$，偶数子列收敛到 $a+1$。

(3) $\exists\varepsilon_0>0,\exists N\in\mathbb N,\text{s.t.}|a_n-a|>\varepsilon_0.$

不充分，这只限定了一项。必要，必须有这么一项。

(4) $\exists \varepsilon_0>0,\text{s.t.}(a-\varepsilon_0,a+\varepsilon_0)$ 之外有 $\{a_n\}$ 的无穷多项。

充要。否则收敛到 $a$。

(5) $\forall \varepsilon>0,(a-\varepsilon,a+\varepsilon)$ 之外有 $\{a_n\}$ 的无穷多项。

充分，可推出上一条。不必要，这证明无界，但不收敛可有界。

(6) $\exists \varepsilon_0>0,\text{s.t.}(a-\varepsilon_0,a+\varepsilon_0)$ 中至多有 $\{a_n\}$ 的有限多项。

充分，可推出 (4)。不必要，考虑奇数子列收敛到 $a$，偶数子列收敛到 $a+1$。

(7) $\forall \varepsilon>0,(a-\varepsilon,a+\varepsilon)$ 中至多有 $\{a_n\}$ 的有限多项。

充分，可推出上一条，因此不必要。

(8) $\exists \varepsilon_0>0,\text{s.t.}(a-\varepsilon_0,a+\varepsilon_0)$ 中有 $\{a_n\}$ 的无穷多项，$(a-\varepsilon_0,a+\varepsilon_0)$ 之外亦有 $\{a_n\}$ 的无穷多项。

充分，可推出 (4)。不必要，考虑收敛到 $a+1$。

(9) $\forall \varepsilon>0,(a-\varepsilon,a+\varepsilon)$ 中有 $\{a_n\}$ 的无穷多项，$(a-\varepsilon,a+\varepsilon)$ 之外亦有 $\{a_n\}$ 的无穷多项。

充分，可推出上一条，因此不必要。

(10) $\{a_n\}$ 有发散到 $\infty$ 的子列。

充分，收敛必有界。不必要，不收敛可有界。

(11) $\{a_n\}$ 有子列收敛到 $b$，且 $b\not=a$。

充分。不必要，可无子列收敛，考虑自然数列。

习题 2.1 是否存在发散数列 $\{a_n\}$，使得对任意给定的 $k\geq 2$，子列 $\{a_{kn}\}$ 均收敛？

只让质数项为 $1$ 其余为 $0$ 即可。这个例子告诉我们即使有无限个子列收敛，原数列也不见得收敛。

例题 1.8 (8) 判断 $a_n=\sin n$ 的收敛性。

$\sin x$ 的每个周期内都含有不止一个整数，我们以此取两个若收敛则极限必须分离的子列，即可证明不收敛。最简单的想法是按 $0$ 隔开，但只是 $>0$ 和 $<0$ 会使得极限变为 $\geq 0$ 和 $\leq 0$，从而无法分离。于是取定某个正数和负数作为分隔点。取 $n_k\in\left[2k\pi+\dfrac\pi6,2k\pi+\dfrac{5\pi}6\right],m_k\in\left[2k\pi-\dfrac{5\pi}6,2k\pi-\dfrac{\pi}6\right]$，则 $a_{n_k}\geq \dfrac12$，$a_{m_k}\leq -\dfrac12$，若收敛至 $a$，则分别有 $a\geq \dfrac12$ 与 $a\leq -\dfrac12$，矛盾。

渐近比较与等价

我们常常想要比较两数列的极限情况，从而认为某一个数列在较远的时候，与另一个数列的行为差不多，以方便我们的处理。以此做法，我们在大部分时候就只需要使用到有限几类数列，把它们当作比较的基准点，就可以完成极限的计算乃至各类应用。这里的比较，需要使用比值进行，因为作差无法衡量趋向无穷或零的速度。

准确地，记 $a_n=o(b_n)$，若 $\lim_{n\to\infty}\dfrac{a_n}{b_n}=0$，需要注意这里的定义中的等号并不表示惯用的相等，左右两边的地位不对称，可以理解为 $a_n$ 属于远比 $b_n$ 增长得慢/缩减得快的一列数列。记 $a_n\sim b_n$，若 $\lim_{n\to\infty}\dfrac{a_n}{b_n}=1$，称为 $a_n$ 与 $b_n$ 渐近等价，这就是说 $a_n$ 在远处与 $b_n$ 几乎一致，差距相比它们本身可以忽略。此外，若 $\lim_{n\to\infty}\dfrac{a_n}{b_n}=c$，$c$ 为非零实数，我们称 $a_n$ 与 $b_n$ 同阶。

略微讨论相关运算法则。有限个 $o(b_n)$ 加起来仍是 $o(b_n)$。根据定义还有

$$co(b_n)=o(b_n),\\ o(o(b_n))=o(b_n),\\ a_no(b_n)=o(a_nb_n),\\ a_n\sim b_n\Rightarrow o(a_n)=o(b_n),\\ a_n=o(b_n)\Rightarrow b_n\sim a_n+b_n.$$

此外，$\sim$ 确实是等价关系，即满足：

$$a_n\sim a_n,\\ a_n\sim b_n\Leftrightarrow b_n\sim a_n,\\ a_n\sim b_n,b_n\sim c_n\Rightarrow a_n\sim c_n.$$

常见的比较关系如下，每一项都是后一项的小 $o$ 记号，其中 $0<\varepsilon <1,\alpha>1$。

$$1,\ln\ln n,\ln n,n^{\varepsilon},n,n^{\alpha},2^n,\mathrm e^n,n!,n^n.$$

如果取倒数，上述关系完全反向。特别注意的是，对 $a>1,\delta>0$，$a^n=o((a+\delta)^n)$，但 $\log_{a+\delta} n$ 与 $\log_a n$ 同阶。一般地，将代求式子与上述比较即可解决许多极限问题，特别是注意使用上述运算法则的最后一条，可以在比较时只看增长得最快/缩减得最慢的项。

对等价的情形，我们再做一些说明，这在微积分以后的学习中还会长期强调。如果 $a_n$ 与 $b_n$ 渐近等价，则有 $\lim_{n\to\infty}\dfrac{a_n-b_n}{b_n}=0$，即 $a_n=b_n+o(b_n)$。特别地，$\lim_{n\to\infty}a_n=a$ 等价于 $a_n=a+o(1)$；因此，若希望极限有限，最终暴露在外的小 $o$ 记号需要属于 $o(1)$，而不只是 $o(b_n)$。特别地，对于 $\dfrac{b_n+o(b_n)}{c_n+o(c_n)}$ 的情形，其可化为 $\dfrac{b_n}{c_n}\cdot\dfrac{1+o(1)}{1+o(1)}=\dfrac{b_n}{c_n}(1+o(1))$，当且仅当 $b_n=o(c_n)$ 或 $b_n,c_n$ 同阶时有极限。

渐近等价诱导我们做类似 $a_n=b_n+o(b_n)$ 的替换。然而，如果想要保证替换后小 $o$ 记号所隐藏的误差对最终所研究的量仍可忽略，我们通常需要使得 $b_n$ 项在运算中不被消除。最简单的例子由 $(n+1)-n$ 给出。特别的情形是 $a_n$ 是有限乘积中的因子，此时我们可以直接将其替换为 $b_n$，因其等价于乘 $\dfrac{b_n}{a_n}$。一般情况，为了保证替换的有效性，我们需要带着小 $o$ 记号进行运算，若发现最终的小 $o$ 记号不够精确，则需要进行更精确的替换；或者，我们也可以不使用小 $o$ 记号，而是精确地把其所代表的误差数列直接算出来，这实际上就是直接作 $a_n=b_n+(a_n-b_n)$ 的代换，再将 $a_n-b_n$ 由代数变形转化为更易识别极限的模式。

最后，给出两个具体的例子。

$$(n+1)^p-n^p=\sum_{k=0}^{p-1}\binom{p}{k}n^k=pn^{p-1}+o(n^{p-1})=o(n^p),\\ (n+1)^{\frac1p}-n^{\frac1p}=\dfrac{1}{\sum_{k=0}^{p-1}(n+1)^{\frac{p-1-k}{p}}n^{\frac{k}{p}}}=\dfrac1p n^{\frac1p-1}+o(n^{\frac1p-1})=o(n^{\frac1p}).$$

其中，第二个式子是将 $x=(n+1)^{\frac1p},y=n^{\frac1p}$ 代入了 $x^p-y^p=(x-y)\sum_{k=0}^{p-1}x^{p-1-k}y^k$。分子有理化就是第二个情形在 $p=2$ 时的情况。

自测 1.7 求 $\lim_{n\to\infty}\dfrac{n^{100}+\ln n}{n+2^n}$。

除 $2^n$ 项全为 $o(2^n)$，故 $\lim_{n\to\infty}\dfrac{n^{100}+\ln n}{n+2^n}=\lim_{n\to\infty}\dfrac{o(2^n)}{2^n+o(2^n)}=\lim_{n\to\infty}\dfrac{o(1)}{1+o(1)}=0$。

也可直接写成 $\lim_{n\to\infty}\dfrac{n^{100}+\ln n}{n+2^n}=\lim_{n\to\infty}\dfrac{\dfrac{n^{100}}{2^n}+\dfrac{\ln n}{2^n}}{\dfrac{n}{2^n}+1}=0$。

自测 1.6 求 $\lim_{n\to\infty}(\sqrt{n^2-n}-\sqrt[3]{n^3+n^2})$。

两项都和 $n$ 渐近等价，于是把 $n$ 分离并消掉。

$$\begin{aligned}\\ \lim_{n\to\infty}(\sqrt{n^2-n}-\sqrt[3]{n^3+n^2})=&\lim_{n\to\infty}\left(\left(\sqrt{n^2-n}-n\right)-\left(\sqrt[3]{n^3+n^2}-n\right)\right)\\ =&\lim_{n\to\infty}\left(\dfrac{-n}{\sqrt{n^2-n}+n}-\dfrac{n^2}{(n^3+n^2)^{\frac23}+(n^3+n^2)^{\frac13}n+n^2}\right)\\ =&\lim_{n\to\infty}\left(-\dfrac{1}{\sqrt{1-\dfrac1n}+1}-\dfrac{1}{\left(1+\dfrac1n\right)^{\frac23}+\left(1+\dfrac1n\right)^{\frac13}+1}\right)\\ =&-\dfrac56. \end{aligned}$$

习题 1.5 若 $x_n=\sum_{i=1}^ka_i\sqrt{n+i}$ 满足 $\lim_{n\to\infty}x_n=0$，求 $a_1,a_2,\cdots,a_k$ 满足的充要条件。

由于 $\sqrt{n+i}\sim \sqrt n$，在远处，$x_n$ 的表现就像是 $\sum_{i=1}^ka_i\sqrt{n}=\left(\sum_{i=1}^ka_i\right)\sqrt n$ 一样。因此，我们猜测这个条件就是 $\sum_{i=1}^ka_i=0$。

具体地，每一项直接减去 $\sqrt n$，

$$\begin{aligned} x_n&=\sum_{i=1}^ka_i(\sqrt{n+i}-\sqrt{n}+\sqrt{n})\\ &=\sum_{i=1}^k\dfrac{a_ii}{\sqrt{n+i}+\sqrt{n}}+\left(\sum_{i=1}^ka_i\right)\sqrt n, \end{aligned}$$

前一项取极限为 $0$，后一项要有极限必须使得 $\sum_{i=1}^ka_i=0$，此时取极限有 $x_n\to 0$。

习题 1.2 若 $\lim_{n\to\infty}a_n=0$，是否有 $\lim_{n\to\infty}\prod_{k=1}^na_k=0$？反之如何？

由于 $a_n$ 可足够小，其尾部乘积可与等比数列的项作比较。

由收敛性，存在 $N$，使得 $n>N$ 时就有 $|a_n|\leq\dfrac13$，可将 $\prod_{k=1}^na_k$ 与 $b_n=\dfrac{\prod_{k=1}^Na_k}{2^{n-N}}$ 比较，其为 $o\left(b_n\right)$，则为 $o(1)$，得证正方向。反方向无法保证，让乘积趋于 $0$ 足够慢即可，例如取乘积为 $\dfrac1n$，$a_1=1,a_n=\dfrac{n-1}{n}\to 1$。

习题 1.10 设 $\lim_{n\to\infty}a_n=a>0,a_n>0$，试证 $\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}=1$。

这其实只用到了 $a_n$ 是一个有界量，因为指数上的 $\dfrac{1}{n}$ 有很强的控制效果，它可以把 $n$ 压到 $1$。存在 $N$ 使得 $n>N$ 时 $\dfrac{a}2<a_n<\dfrac{3a}2$，则 $\sqrt[n]{\dfrac{a}{2}}\leq \sqrt[n]{a_n}\leq \sqrt[n]{\dfrac{3a}{2}}$，取极限即完成证明。

习题 1.8 求下列极限。

(1) $\lim_{n\to\infty}(n!)^{\frac1{n^2}}.$

指数上 $\dfrac1{n^2}$ 的控制力很强。由 $1=1^{\frac1{n^2}}\leq (n!)^{\frac1{n^2}}\leq (n^n)^{\frac1{n^2}}=n^{\frac1n}\to 1$ 得原极限为 $1$。

(2) $\lim_{n\to\infty}\left(1+\dfrac12+\cdots+\dfrac1n\right)^{\frac1n}.$

由 $1=\left(1+\dfrac12+\cdots+\dfrac1n\right)^{\frac1n}\leq n^{\frac1n}\to 1$ 得原极限为 $1$。

(3) $\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\dfrac{k}{n^2+n+k}.$

一共 $n$ 项，分母被 $n^2$ 主导，可以考虑将 $k$ 直接放大或放小，应当不影响极限；此时分子是直接求和。

由 $\dfrac{n(n+1)}{2(n^2+2n)}=\sum_{k=1}^n\dfrac{k}{n^2+2n}\leq \sum_{k=1}^n\dfrac{k}{n^2+n+k}\leq \sum_{k=1}^n\dfrac{k}{n^2+n+1}=\dfrac{n(n+1)}{2(n^2+n+1)}$，取极限得到 $\dfrac12$。

(4) $\lim_{n\to\infty}\sum_{k=0}^{2n+1}\dfrac{1}{\sqrt{n^2+k}}.$

一共 $2n+1$ 项，分母被 $n$ 主导。由 $\dfrac{2n+2}{n+1}=\sum_{k=0}^{2n+1}\dfrac{1}{n+1}\leq \sum_{k=0}^{2n+1}\dfrac{1}{\sqrt{n^2+k}}\leq \sum_{k=0}^{2n+1}\dfrac{1}{n}=\dfrac{2n+2}{n}$，取极限得到 $2$。

(5) $\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\dfrac{k!}{n!}.$

逐项看，最后一项是 $1$，倒数第二项趋于 $0$，倒数第三项及其之前一共 $n-2$ 项，但都不超过 $\dfrac{1}{n(n-1)}$，因此总和也趋于 $0$。$1\leq \sum_{k=1}^{n}\dfrac{k!}{n!}\leq 1+\dfrac1n+\dfrac{n-2}{n(n-1)}\to 1$，则原极限为 $1$。

习题 1.3 若 $\lim_{n\to \infty}\dfrac{x_n-a}{x_n+a}=0$，试问 $\{x_n\}$ 的收敛性，若收敛求其极限。

首先可知 $a\not=0$，否则左侧极限只可能为 $1$。

题中极限即是说 $x_n-a=o(x_n+a)$，则有 $(x_n+a)-2a=o(x_n+a)$，故 $2a\sim x_n+a$。由于 $a$ 是常量，这就是说 $x_n+a\to 2a$，故 $x_n\to a$。

可以使用显式极限的方式来写，即

$$\lim_{n\to \infty}\dfrac{(x_n+a)-2a}{x_n+a}=0,\\ \lim_{n\to \infty}\dfrac{-2a}{x_n+a}=-1,\\ \lim_{n\to\infty}(x_n+a)=\lim_{n\to \infty}\dfrac{2a}{\dfrac{2a}{x_n+a}}=\dfrac{2a}{\lim_{n\to \infty}\dfrac{2a}{x_n+a}}=2a,\\ \lim_{n\to\infty}x_n=a.$$

一般地，考虑 $\lim_{n\to\infty}\dfrac{u_n-v_n}{u_n+v_n}=0$，有 $u_n-v_n=o(u_n+v_n)$，则

$$2u_n=(u_n+v_n)+(u_n-v_n)=(u_n+v_n)(1+o(1)),\\ 2v_n=(u_n+v_n)-(u_n-v_n)=(u_n+v_n)(1+o(1)),\\ \dfrac{u_n}{v_n}=\dfrac{1+o(1)}{1+o(1)}\to 1.$$

或写作

$$\lim_{n\to\infty}\dfrac{2u_n}{u_n+v_n}=1+\lim_{n\to\infty}\dfrac{u_n-v_n}{u_n+v_n}=1,\\ \lim_{n\to\infty}\dfrac{2v_n}{u_n+v_n}=1-\lim_{n\to\infty}\dfrac{u_n-v_n}{u_n+v_n}=1,\\ \lim_{n\to\infty}\dfrac{u_n}{v_n}=\dfrac{\lim_{n\to\infty}\dfrac{2u_n}{u_n+v_n}}{\lim_{n\to\infty}\dfrac{2v_n}{u_n+v_n}}=1.$$

本题说明，若两数列的差相对于和逐渐可忽略，两数列实际上是渐近等价的。

自测 2.9 求极限 $\lim_{n\to\infty}\sin(\sqrt{n^2-1}\pi)$。

已知 $\sqrt{n^2-1}$ 与 $n$ 是等价的，直接分离，

$$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\sin(\sqrt{n^2-1}\pi)&=\lim_{n\to\infty}\sin((\sqrt{n^2-1}-n+n)\pi)\\ &=\lim_{n\to\infty}(-1)^n\sin((\sqrt{n^2-1}-n)\pi)\\&=\lim_{n\to\infty}(-1)^{n+1}\sin\left(\dfrac{1}{\sqrt{n^2-1}+n}\pi\right)\\&=0. \end{aligned}$$

习题 2.12 设 $a_1>0,a_{n+1}=a_n+\dfrac1{a_n},n=1,2,\cdots$，证明 $\lim_{n\to\infty}\dfrac{a_n}{\sqrt{2n}}=1$。

只需证明 $\dfrac{a_n^2}{2n}\to 1$，即 $a_n^2\sim 2n$。又有 $a_{n+1}^2-a_n^2=2+\dfrac1{a_n^2}$，就有 $a_n^2=a_1^2+2(n-1)+\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{a_k^2}$，这就是要证 $\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{a_k^2}=o(n)$。又有 $\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{a_k^2}=\dfrac1{a_1^2}+\sum_{k=2}^{n-1}\dfrac{1}{a_k^2}\leq \dfrac1{a_1^2}+\sum_{k=2}^{n-1}\dfrac{1}{2(k-1)}$，后者与 $\log n$ 同阶，则为 $o(n)$，这就完成了证明。抛去小 $o$ 记号书写，即 $\dfrac{a_{n}^2}{2n}=\dfrac{a_1^2}{2n}+\dfrac{2(n-1)}{2n}+\dfrac{\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{a_k^2}}{2n}\to 1$。此处的 $o(n)$ 也可用后续将证明的平均的极限法则得到。

以下是补充内容。此外，得到 $a_n^2\sim 2n$ 后，事实上 $a_n^2=2n+\dfrac12\log n+o(\log n)$。这是由于 $x_n\sim y_n,y_n>0$ 且 $\sum_{k=1}^n y_k\to +\infty$ 时，可以得到 $\sum_{k=1}^n x_k\sim\sum_{k=1}^n y_k$，从而题目中 $\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{a_k^2}\sim \sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{2k}\sim \dfrac12\log n$。

下证明上述用到的原理。证明的想法是，较尾部的项已经自然满足近似，主要需要对较靠前的项做处理，部分和趋于无穷的假设正是为了使得这些项可以被忽略。对 $0<\varepsilon < 1$，取 $N$ 使得 $n\geq N$ 时，$(1-\varepsilon)y_n\leq x_n\leq (1+\varepsilon)y_n$，故

$$(1-\varepsilon)\sum_{k=N}^ny_k\leq \sum_{k=N}^nx_k\leq(1+\varepsilon)\sum_{k=N}^ny_k,$$

再补入前有限项，设 $\sum_{k=1}^{N-1}x_k=X,\sum_{k=1}^{N-1}y_k=Y$，有

$$X+(1-\varepsilon)\left(\sum_{k=1}^ny_k-Y\right)\leq \sum_{k=1}^nx_k\leq X+(1+\varepsilon)\left(\sum_{k=1}^ny_k-Y\right),$$

利用 $\sum_{k=1}^n y_k\to +\infty$ 做除法，控制补入的前有限项，首先有

$$\dfrac{X-(1-\varepsilon)Y}{\sum_{k=1}^n y_k}+(1-\varepsilon)\leq \dfrac{\sum_{k=1}^nx_k}{\sum_{k=1}^ny_k}\leq\dfrac{X-(1+\varepsilon)Y}{\sum_{k=1}^n y_k}+(1+\varepsilon),$$

再取 $N_2>N$ 使得 $n>N_2$ 时有 $\max\left\{\left|\dfrac{X-(1-\varepsilon)Y}{\sum_{k=1}^{n} y_k}\right|,\left|\dfrac{X-(1+\varepsilon)Y}{\sum_{k=1}^{n} y_k}\right|\right\}<\varepsilon$，就有

$$1-2\varepsilon\leq \dfrac{\sum_{k=1}^nx_k}{\sum_{k=1}^ny_k}\leq1+2\varepsilon,$$

这完成了证明。

幂平均

定义 $S_p(a_1,\cdots,a_n)=\left(\dfrac{\sum_{i=1}^na_i^p}{n}\right)^{\frac1p}$ 为 $a_1,\cdots,a_n$ 的 $p$ 次平均，$p=1$ 时是算术平均，$p=-1$ 时是调和平均。

首先讨论幂平均关于幂次的极限。

$p$ 不能取 $0$，但 $p\to 0$ 时有 $S_p\to\sqrt[n]{\prod_{i=1}^na_i}$，推导如下（暂不要求掌握）：

$$\begin{aligned} S_p&=\exp(\ln S_p)\\ &=\exp\left(\frac1p\ln\dfrac{\sum_{i=1}^na_i^p}{n}\right)\\ &=\exp\left(\dfrac1{p}\ln\left(\dfrac1n\sum_{i=1}^n\mathrm e^{p\ln a_i}\right)\right)\\ &=\exp\left(\dfrac1{p}\ln\left(1+\dfrac1n\sum_{i=1}^np\ln a_i+o(p)\right)\right)\\ &=\exp\left(\dfrac1n\sum_{i=1}^n\ln a_i+o(1)\right)\\ &\to\sqrt[n]{\prod_{i=1}^na_i}. \end{aligned}$$

习题 1.9 设 $a_i\geq 0,i=1,2,\cdots,m$，证明 $\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{i=1}^ma_i^n\right)^{\frac1n}=\max_{1\leq i\leq m}\{a_i\}$。

令 $a=\max_{1\leq i\leq m}\{a_i\}$，则 $a\leq \left(\sum_{i=1}^ma_i^n\right)^{\frac1n}\leq (ma^n)^{\frac1n}=m^{\frac1n}a$，取极限即证得。

利用同样的方法有 $a\geq \left(\dfrac1m\sum_{i=1}^ma_i^n\right)^{\frac1n}\geq \left(\dfrac{a^n}{m}\right)^{\frac1n}=\dfrac{a}{m^{\frac1n}}$，则幂平均在幂趋于正无穷时趋于最大值。

习题 1.11 设 $a,b>0$，证明 $S_p(a,b)$ 介于 $a,b$ 之间，求 $\{S_{n}(a,b)\}$ 与 $\{S_{-n}(a,b)\}$ 的极限。

不妨设 $a\leq b$，当 $p>0$ 时有 $a^p\leq \dfrac{a^p+b^p}{2}\leq b^p$，则 $a\leq S_p(a,b)\leq b$，当 $p<0$ 时全部反向。

运用上题的方法证得 $S_n(a,b)\to \max(a,b),S_{-n}(a,b)\to \min(a,b)$。即还有幂平均在幂趋于负无穷时趋于最小值。

下面的题目都讨论的是数列的幂平均的极限与原极限及其它衍生极限的关系。此处常用的是典型的尾部统一控制，再排除前有限项在足够远处的影响的做法。

例题 1.6 设 $\lim_{n\to\infty}\dfrac{a_n}{n}=0$，试用极限定义证明：$\lim_{n\to\infty}\dfrac{\max\{a_1,a_2,\cdots,a_n\}}{n}=0.$

任意 $\varepsilon >0$，存在 $N_1>1$，使得当 $n>N_1$ 时，$\left|\dfrac{a_n}{n}\right|<\varepsilon$，则 $\left|\dfrac{\max\{a_{N_1},a_{N_1+1},\cdots,a_n\}}{n}\right|<\varepsilon$。取 $M=\max\{a_1,a_2,\cdots,a_{N_1-1}\}$，则存在 $N_2>N_1$，使得当 $n>N_2$ 时，$\left|\dfrac{M}{n}\right|<\varepsilon$，此时

$$\begin{aligned} &\left|\dfrac{\max\{a_{1},a_{2},\cdots,a_n\}}{n}\right|\\ =&\left|\max\left\{\dfrac{\max\{a_{1},a_{2},\cdots,a_{N_1-1}\}}{n},\dfrac{\max\{a_{N_1},a_{N_1+1},\cdots,a_n\}}{n}\right\}\right|\\ =&\left|\max\left\{\dfrac{M}{n},\dfrac{\max\{a_{N_1},a_{N_1+1},\cdots,a_n\}}{n}\right\}\right|\\ <&\varepsilon. \end{aligned}$$

这说明原极限是 $o(n)$ 时，最大值的极限也是 $o(n)$。

习题 1.12

(1) 若 $\lim_{n\to\infty}\dfrac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}=a$，能否推出 $\lim_{n\to\infty}a_n=a$？

平均对各项的控制力很弱，只需要让偏差尽量大。取 $a_n=(-1)^n$ 即为反例。

(2) 若 $\lim_{n\to\infty}a_n=a$，证明 $\lim_{n\to\infty}\dfrac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}=a$。

任意 $\varepsilon >0$，存在 $N_1>1$，使得当 $n>N_1$ 时，$-\varepsilon<a_n-a<\varepsilon$，则

$$\begin{aligned} \left|\dfrac{a_{N_1}+a_{N_1+1}+\cdots+a_n}{n}-a\right|=&\left|\dfrac{(a_{N_1}-a)+(a_{N_1+1}-a)+\cdots+(a_n-a)}{n}\right|\\ <&\dfrac{1}{n}\sum_{k=N_1}^n|a_k-a|\\ <&\dfrac{n\varepsilon}{n}\\ =&\varepsilon. \end{aligned}$$

取 $M=\sum_{k=1}^{N_1-1}a_k$，则存在 $N_2>N_1$，使得当 $n>N_2$ 时，$\left|\dfrac{M}{n}\right|<\varepsilon$，此时

$$\begin{aligned} &\left|\dfrac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}-a\right|\\ =&\left|\dfrac{M}{n}+\dfrac{a_{N_1}+a_{N_2}+\cdots+a_n}{n}-a\right|\\ <&\left|\dfrac{M}{n}\right|+\left|\dfrac{a_{N_1}+a_{N_2}+\cdots+a_n}{n}-a\right|\\ <&2\varepsilon. \end{aligned}$$

(3) 求极限：$\lim_{n\to\infty}\dfrac{\sum_{k=1}^n\dfrac1k}{n},\lim_{n\to\infty}\dfrac{\sum_{k=1}^n\sqrt[k]{k}}{n}$.

$\lim_{n\to\infty}\dfrac{\sum_{k=1}^n\dfrac1k}{n}=\lim_{n\to\infty}\dfrac{1}{n}=0,\lim_{n\to\infty}\dfrac{\sum_{k=1}^n\sqrt[k]{k}}{n}=\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{n}=1.$

习题 1.13

(1) 设 $a_n>0$，若 $\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}=a$，能否推出 $\lim_{n\to\infty}a_n=a$？

取 $a_{2k}=2k,a_{2k-1}=\dfrac{1}{2k}$ 即为反例。

(2) 设 $a_n>0$，若 $\lim_{n\to\infty}a_n=a$，证明 $\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}=a$。

当 $a>0$ 时，任意 $0<\varepsilon <1$，存在 $N_1>1$，使得当 $n>N_1$ 时，$a-\varepsilon<a_n<a+\varepsilon$，则

$$\begin{aligned} (a-\varepsilon)^{\frac{n-N_1}{n}}\leq\sqrt[n]{a_{N_1+1}a_{N_1+2}\cdots a_n}\leq (a+\varepsilon)^{\frac{n-N_1}{n}}, \end{aligned}$$

于是

$$\begin{aligned} \sqrt[n]{a_{1}a_{2}\cdots a_{N_1}}(a-\varepsilon)^{\frac{n-N_1}{n}}\leq\sqrt[n]{a_{1}a_{2}\cdots a_n}\leq \sqrt[n]{a_{1}a_{2}\cdots a_{N_1}}(a+\varepsilon)^{\frac{n-N_1}{n}}, \end{aligned}$$

取 $M_1=\dfrac{\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_{N_1}}}{(a-\varepsilon)^{\frac{N_1}{n}}}=\sqrt[n]{\dfrac{a_1a_2\cdots a_{N_1}}{(a-\varepsilon)^{N_1}}}$，已知 $M_1\to1$，则存在 $N_2>N_1$，使得当 $n>N_2$ 时，$1-\varepsilon<M_1<1+\varepsilon$，同理可取 $N_3$ 使得 $1-\varepsilon <M_2=\sqrt[n]{\dfrac{a_1a_2\cdots a_{N_1}}{(a+\varepsilon)^{N_1}}}<1+\varepsilon$，则当 $n>\max\{N_2,N_3\}$ 时，有

$$\begin{aligned} &(1-\varepsilon)(a-\varepsilon)\\ =&(1-\varepsilon)(a-\varepsilon)^{\frac{N_1}{n}}(a-\varepsilon)^{\frac{n-N_1}{n}}\\ <&\sqrt[n]{a_{1}a_{2}\cdots a_{N_1}}(a-\varepsilon)^{\frac{n-N_1}{n}}\\ \leq&\sqrt[n]{a_{1}a_{2}\cdots a_n}\\ \leq &\sqrt[n]{a_{1}a_{2}\cdots a_{N_1}}(a+\varepsilon)^{\frac{n-N_1}{n}}\\ < &(1+\varepsilon)(a+\varepsilon)^{\frac{N_1}{n}}(a+\varepsilon)^{\frac{n-N_1}{n}}\\ =&(1+\varepsilon)(a+\varepsilon), \end{aligned}$$

则 $|\sqrt[n]{a_{1}a_{2}\cdots a_n}-a|<(a+2)\varepsilon$，则极限为 $a$。

当 $a=0$ 时，改为做 $0<a_n<\varepsilon$ 的放缩，即只处理一侧，剩余略。

(3) 求极限：$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\dfrac{1}{n!}},\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\dfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!}}$.

利用第二问结论，分别为 $0, 1$。