练习：收敛准则应用

日期: 2010-07-27 分类: 数学/数学分析标签: publish
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单调有界数列

定理单调有界数列必定收敛

Fibonacci

数列

$\{a_n\}$ 满足
$a_1=1,a_2=1,a_{n+1}=a_n+a_{n-1}(n=2,3,\dotsc)$ ，它的增长率 $b_n=\frac{a_{n+1}}{a_n}$
$\{b_n\}$ 收敛于 $\frac{\sqrt{5}+1}2$ .

[Ex97]
Fibonacci数列的增长率
$b_n=\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{a_n+a_{n-1}}{a_n}=1+\frac{1}{b_{n-1}}$

可以计算得出来：
如果 $b_{n-1}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ ,则 $b_n=b_{n-1}$ .
如果 $b_{n-1}>\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ ,则 $b_n <b_{n-1}$ .
如果 $b_{n-1}<\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ ,则 $b_n >b_{n-1}$ .

并且
$b_1=\frac{a_2}{a_1}=\frac{1}{1}=1 < \frac{1+\sqrt{5}}{2}$ .
$b_2= \frac{a_3}{a_2}=\frac{a_2+a_1}{a_2}=\frac{1+1}{1}=2 > \frac{1+\sqrt{5}}{2}$
$b_3= \frac{a_4}{a_3}=\frac{a_3+a_2}{a_3}=\frac{2+1}{2}=1.5 < \frac{1+\sqrt{5}}{2}$
$b_4= \frac{a_5}{a_4}=\frac{a_4+a_3}{a_4}=\frac{5}{3} \cong 1.6667 > \frac{1+\sqrt{5}}{2}$

若 $b_{k-1} < \frac{1+\sqrt{5}}{2}$
则 $b_k=1+\frac{1}{b_{k-1}} > 1+\frac{1}{\frac{1+\sqrt{5}}{2}} - \frac{1+\sqrt{5}}{2}$ ,即 $b_k > \frac{1+\sqrt{5}}{2}$ .
同样，可得若 $b_{k-1} > \frac{1+\sqrt{5}}{2}$ ,有 $b_k < \frac{1+\sqrt{5}}{2}$ .

因此，综合上述计算有
$b_{2k-1} \in (0,\frac{1+\sqrt{5}}{2}), b_{2k} \in (\frac{1+\sqrt{5}}{2},+ \infty)$ .

$\begin{split} & b_{2k+1} -b_{2k-1} \\ = &1+\frac{1}{b_{2k} }-b_{2k-1} \\ = & 1+\frac{1}{1 + \frac{1}{b_{2k-1}} }-b_{2k-1} \\ =&\frac{- b_{2k-1} ^2 +b_{2k-1} +1 }{b_{2k-1}+1} \end{split}$

同样
$b_{2k+2}- b_{2k}= \frac{-b_{2k}^2 +b_{2k}+1}{b_{2k}+1}$

由于 $b_{2k-1} < \frac{1+\sqrt{5}}{2}$ ，因此 $b_{2k+1} -b_{2k-1}= \frac{- b_{2k-1} ^2 +b_{2k-1} +1 }{b_{2k-1}+1} > 0 ,k=1,2,\dots,$

由于 $b_{2k} > \frac{1+\sqrt{5}}{2}$ , 因此 $b_{2k+2}- b_{2k}= \frac{-b_{2k}^2 +b_{2k}+1}{b_{2k}+1} < 0, k=1,2,\dots$

因此， $\{b_{2k}\}$ 单调减少有下界 $\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ , $\{b_{2k-1}\}$ 单调增加有上界 $\frac{1+\sqrt{5}}{2}$

\pi

数列 $\{n \sin \frac{180^\circ}n\}$ 收敛于 $\pi$

令 $t=\frac{180^\circ}{n(n+1)}$ ,有 $\tan nt \ge n \tan t$
再有 $\sin(n+1)t=\sin nt \cos t+\cos nt \sin t= \sin nt \cos t (1+\frac{\tan t}{\tan nt})$ ,可得
出 $\{n \sin \frac{180^\circ}n\}$ 单调增加.

e

数列 $\{(1+\frac1 n)^n\},\{(1+\frac1 n)^{n+1}\}$ 收敛于

[Ex22]

数列 $\{(1+\frac1 n)^n\}$ 单调增加， $\{(1+\frac1 n)^{n+1}\}$ 单调减少，两者收敛于同一极限。

证记 $x_n=(1+\frac1 n)^n,y_n=(1+\frac1 n)^{n+1}$ ,利用平均值不等式
$\sqrt[n]{ a_1 a_2 \dots a_n} \le \frac{a_1 +a_2 + \dots + a_n }{n} \quad (a_k \ge 0, k=1,2,\dots,n)$

有

$x_n=(1+\frac1 n)^n=(1+\frac1 n)^n \cdot 1 \le \left(\frac{n(1+\frac1 n)+1}{n+1}\right)^{n+1} =\left( \frac{1 + \frac{1}{n+1}}{n+1} \right ) ^{n+1} =x_{n+1}$

$\frac{1}{y_n} =\left (\frac{n}{n+1} \right )^{n+1} = \left (\frac{n}{n+1} \right )^{n+1} \cdot 1 \le \left ( \frac{(n+1) \frac{n}{n+1}+1 }{n+2} \right )^{n+2} = \left ( \frac{n+1 }{n+2} \right )^{n+2} =\frac{1}{y_{n+1}}$

因此 $\{(1+\frac1 n)^n\}$ 单调增加， $\{(1+\frac1 n)^{n+1}\}$ 单调减少。
又

$2 =x_1 \le x_n < y_n \le y_1=4$ ,
因此，它们都是有界数列，因而都收敛。

并且 $\lim_{n \to \infty } (1+\frac1 n)^{n+1}=\lim_{n \to \infty }(1+\frac1 n)^n \cdot (1+\frac1 n) =\lim_{n \to \infty }(1+\frac1 n)^n \cdot \lim_{n \to \infty } (1+\frac1 n) =\lim_{n \to \infty }(1+\frac1 n)^n$

习惯上用字母e来表示这个极限。

记 $a_n=1+\frac1{2^p}+\frac1{3^p}+\dotsb+\frac1{n^p}\;(p>0)$
当 p >1

时, $\{a_n\}$ 收敛，
当 $0 <p \le 1$ 时 $\{a_n\}$ 发散.

[Ex23]

Euler

常数

记 $b_n=1+\frac1 2+\frac1 3 +\dotsb+\frac1 n-\ln n$ ,则数列
$\{b_n\}$ 收敛,它的极限称为Euler常数.

证首先 $(1+\frac1 n)^n <e<(1+\frac1 n)^{n+1}$ ，
同时取对数
$n \ln \frac{n+1}{n } < 1 < (n+1) \ln \frac{n+1}{n }$

因此
$\frac1{n+1} < \ln \frac{n+1}{n} < \frac1 n$

$b_{n+1}- b_n =\frac{1}{n+1} -\ln (n+1) +\ln n = \frac{1}{n+1} - \ln \frac{n+1}{n} < 0$
因此 $\{b_n\}$ 单调减少。

$b_n=1+\frac1 2+\frac1 3 +\dotsb+\frac1 n-\ln n > \ln \frac{2}{1} +\ln \frac{3}{2} +\ln \frac{4}{3} +\dotsb + \ln \frac{n+1}{n} -\ln n = \ln (n+1) - \ln n >0$ ,
这说明 $\{b_n\}$ 是单调有下界的数列，因而收敛。

$\{b_n\}$ 的极限 $\gamma = 0.577 215 664 90\dots$ 称为Euler常数.

[Ex24]

求极限 $\lim_{n \to \infty} \left ( \frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + \dots + \frac{1}{2n} \right )$

解，在Ex23中，我们已经证明
$b_n=1+\frac1 2+\frac1 3 +\dotsb+\frac1 n-\ln n$ ,数列 $\{b_n\}$ 收敛
令 $c_n = \frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + \dots + \frac{1}{2n}$ ,则
$c_n =b_{2n}-b_n -(-\ln 2n + \ln n) = b_{2n} -b_n + \ln 2$
由于 $\lim_{n \to \infty }b_{2n} =\lim_{n \to \infty }b_n$ ,
因此 $\lim_{n \to \infty } c_n =\ln 2$

[Ex25]

求极限 $\lim_{n \to \infty } [1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \dotsb + (-1)^{n+1} \frac{1}{n}]$

解令 $d_n=1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \dotsb + (-1)^{n+1} \frac{1}{n}$ .

由Ex23
$b_n=1+\frac1 2+\frac1 3 +\dotsb+\frac1 n-\ln n \to \gamma (n \to \infty)$
$b_{2n} = 1+\frac1 2+\frac1 3 +\dotsb+\frac1 {2n}-\ln 2n \to \gamma (n \to \infty)$

考虑 $b_{2n}-b_n$ ,用 $b_{2n}$ 的第2k项减去 b_n

第k项， $k=1,2,\dots$ ,有
$b_{2n}-b_n = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \dotsb + (-1)^{2n+1} \frac{1}{2n} -\ln 2n + \ln 2 = d_{2n} - \ln 2 \to 0 (n \to \infty)$
因此
$\lim_{n \to \infty }d_{2n} = \ln 2$
又 $\lim_{n \to \infty }d_{2n+1} =\lim_{n \to \infty }(d_{2n} +\frac{1}{2n+1})=\lim_{n \to \infty }d_{2n} =\ln 2$

因此 $\lim_{n \to \infty } d_n =\ln 2$

Cauchy

收敛准则

[Ex27]

设数列 $\{x_n\}$ 满足压缩性条件:
$|x_{n+1} - x_n| \le k |x_n - x_{n-1}|, 0 < k < 1,n=2,3,\dots$ ,则 $\{x_n\}$ 收敛.

证明，首先，对于所有n>0,
$|x_{n+1} - x_n | \le k |x_n - x_{n-1}| \le k^2 |x_{n-1} -x_{n-2}| \le \dots \le k^{n-1} |x_2 -x_1|$

对于任意的m>n,
$\begin{split} |x_m - x_n| & \le |x_m - x_{m-1}| + |x_{m-1} -x_{m-2}| + \dots + |x_{n+1} -x_n| \\ & \le k^{m-2} |x_2-x_1| + k^{m-3} |x_2-x_1| + \dots + k^{n-1} |x_2-x_1| \\ & =(k^{m-2} +k ^{m-3} + \dots + k^{n-1})|x_2-x_1| \\ & = k^{n-1} \frac{1-k^{m-n}}{1-k}|x_2-x_1| \\ & < \frac{k^{n-1}}{1-k} |x_2-x_1| \to 0 \end{split}$

因此 $\{x_n\}$ 基本数列，由Cauchy收敛原理(Cauchy收敛原理)， $\{x_n\}$ 收敛。