习题课讲解

2.3 习题课讲解

2.3.1 连续与函数在一点处的极限

例 2.3.1 讨论函数 $f (x) = \frac{x^{2} - 3 x + 2}{x^{2} - x}$ 的连续性和间断点。

解 $f$ 的定义域为 $I = R ∖ {0, 1}$ 。根据连续函数的四则运算性质知多项式和有理分式都是连续函数，故 $f$ 在 $I$ 上连续。

$x = 0$ 和 $x = 1$ 都是定义域的聚点。当 $x \to 0$ 时，取 $x = \frac{1}{n} (n \in N^{*})$ ，则有 $\begin{matrix} (1) & f (\frac{1}{n}) = \frac{\frac{1}{n^{2}} - \frac{3}{n} + 2}{\frac{1}{n^{2}} - \frac{1}{n}} = \frac{1 - 3 n + 2 n^{2}}{1 - n} = - 2 n + 1 \end{matrix}$ 无下界，所以右极限 $lim_{x \to 0^{+}} f (x)$ 不存在， $x = 0$ 是 $f$ 的第二类间断点。

当 $x \to 1$ 时，对 $f$ 进行因式分解并化简可得 $\begin{matrix} (2) & f (x) = \frac{x^{2} - 3 x + 2}{x^{2} - x} = \frac{(x - 1) (x - 2)}{x (x - 1)} = \frac{x - 2}{x}, x \in I \end{matrix}$ 后者在 $x = 1$ 处连续， $x = 1$ 是 $f$ 的可去间断点，且 $\begin{matrix} (3) & lim_{x \to 1} f (x) = lim_{x \to 1} \frac{x - 2}{x} = - 1 \end{matrix}$ $◻$

例 2.3.2 设 $f_{1}, f_{2}, \dots, f_{n}$ 是 $I$ 上的连续函数，证明 $\begin{matrix} (4) & g (x) := max {f_{1} (x), f_{2} (x), \dots, f_{n} (x)}, x \in I \end{matrix}$ 也是 $I$ 上的连续函数。

证明解法一：对 $n$ 进行归纳，注意到 $\begin{matrix} (5) & max {f_{1}, \dots, f_{n - 1}, f_{n}} = max {max {f_{1}, \dots, f_{n - 1}}, f_{n}} \end{matrix}$ 且 $max$ 函数可转写成连续函数的线性组合和复合，即 $\begin{matrix} (6) & max {f_{1} (x), f_{2} (x)} = \frac{f_{1} (x) + f_{2} (x) + | f_{1} (x) - f_{2} (x) |}{2} \end{matrix}$

解法二：采用定义。 $\forall ε > 0$ ， $\forall i = 1, 2, \dots, n$ ， $\exists δ_{i} > 0$ 使得 $\begin{matrix} (7) & x \in I \land | x - x_{0} | < δ_{i} ⟹ | f_{i} (x) - f_{i} (x_{0}) | < ε \end{matrix}$ 取 $δ = min {δ_{1}, \dots, δ_{n}} > 0$ ，则 $\begin{matrix} (8) & \begin{aligned} g (x) & = max {f_{1} (x), \dots, f_{n} (x)} < max {f_{1} (x_{0}) + ε, \dots, f_{n} (x_{0}) + ε} = g (x_{0}) + ε \\ g (x) & = max {f_{1} (x), \dots, f_{n} (x)} > max {f_{1} (x_{0}) - ε, \dots, f_{n} (x_{0}) - ε} = g (x_{0}) - ε \end{aligned} \end{matrix}$ 即 $\begin{matrix} (9) & \forall ε > 0, \exists δ > 0 s.t. x \in I \land | x - x_{0} | < δ ⟹ | g (x) - g (x_{0}) | < ε \end{matrix}$ 因此 $g$ 在 $x_{0} \in I$ 处连续。 $◻$

注常见错误：虽然对每个 $x$ ， $max {f_{1} (x), f_{2} (x)}$ 必为 $f_{1} (x), f_{2} (X)$ 之一，但不能据此得到对 $x_{0}$ 附近的所有 $x$ ， $max {f_{1} (x), f_{2} (x)}$ 都等于 $f_{1} (x)$ 或都等于 $f_{2} (x)$ ，如 $\begin{matrix} (10) & f_{1} (x) = {\begin{cases} x \sin \frac{1}{x}, & x \neq 0 \\ 0, & x = 0 \end{cases}, f_{2} (x) = - f_{1} (x) \end{matrix}$

例 2.3.3 设 $f : (a, b) \to (α, β)$ 是单调满射，则 $f$ 是连续函数。若 $f$ 是严格单调满射，则 $f^{- 1}$ 也是连续函数。

证明采用定义证明。不妨设 $f$ 单调不减， $\forall x_{0} \in (a, b)$ ， $\forall ε > 0$ ，由于 $f$ 是单调不减满射，故 $\exists x_{1} \in (a, x_{0}), x_{2} \in (x_{0}, b)$ 满足 $\begin{matrix} (11) & f (x_{0}) - ε < f (x_{0}) - \frac{ε}{2} \leq f (x_{1}) \leq f (x_{0}) \leq f (x_{2}) \leq f (x_{0}) + \frac{ε}{2} < f (x_{0}) + ε \end{matrix}$ 取 $δ = min {x_{0} - x_{1}, x_{2} - x_{0}} > 0$ ，则 $\forall ε > 0$ ， $\exists δ > 0$ 使得 $\begin{matrix} (12) & x \in (a, b) \land | x - x_{0} | < δ ⟹ f (x_{0}) - ε < f (x) < f (x_{0}) + ε \end{matrix}$ 因此 $f$ 在 $x_{0}$ 处连续。

若 $f$ 是严格单调满射，则 $f^{- 1}$ 也是单调满射，故 $f^{- 1}$ 在 $(α, β)$ 上连续。 $◻$

例 2.3.4 对任意 $α > 0$ ，证明 $lim_{x \to 0^{+}} x^{α} = 0$ 。

证明本题的难点在于对实数次幂的处理。定义 $\begin{matrix} (13) & x^{α} := 2^{α \log_{2} x} \end{matrix}$

不妨设 $x \in (0, 1)$ 。根据阿基米德性质，任取 $m \in N^{*}$ 满足 $α > \frac{1}{m}$ ，则 $\begin{matrix} (14) & \log_{2} x < \log_{2} 1 = 0 ⟹ α \log_{2} x < \frac{1}{m} \log_{2} x ⟹ x^{α} = 2^{α \log_{2} x} < 2^{\frac{1}{m} \log_{2} x} = x^{\frac{1}{m}} \end{matrix}$ 对任意 $ε \in (0, 1)$ ，取特定 $δ > 0$ ，则 $\begin{matrix} (15) & x^{\frac{1}{m}} < ε ⟺ x < ε \end{matrix}$ 因此 $δ = ε^{m}$ ，此时 $\begin{matrix} (16) & 0 < x^{α} < x^{\frac{1}{m}} < ε \end{matrix}$ $◻$

例 2.3.5 对实数 $α$ ，求极限 $lim_{x \to 0} \frac{(1 + x)^{α} - 1}{x}$ 。

证明循序渐进地对 $α$ 分情况讨论。

(1): 当 $α = n \in N$ 时，由二项式定理可得 $\begin{matrix} (17) & (1 + x)^{n} = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) x^{k} = 1 + n x + \frac{n (n - 1)}{2} x^{2} + \dots + x^{n} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (18) & lim_{x \to 0} \frac{(1 + x)^{n} - 1}{x} = lim_{x \to 0} [n + \frac{n (n - 1)}{2} x + \dots + x^{n - 1}] = n \end{matrix}$
(2): 当 $α = - n (n \in N)$ 时，注意到 $\begin{matrix} (19) & lim_{x \to 0} \frac{(1 + x)^{- n} - 1}{x} = lim_{x \to 0} \frac{1 - (1 + x)^{n}}{x (1 + x)^{n}} = - lim_{x \to 0} \frac{1}{(1 + x)^{n}} lim_{x \to 0} \frac{(1 + x)^{n} - 1}{x} = - n \end{matrix}$
(3): 当 $α = \frac{m}{n} (m \in Z, n \in Z^{*})$ 时，令 $\begin{matrix} (20) & y := (1 + x)^{\frac{1}{n}} - 1, x \to 0 ⟹ y \to 0 \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (21) & lim_{x \to 0} \frac{(1 + x)^{\frac{m}{n}} - 1}{x} = lim_{y \to 0} \frac{(1 + y)^{m} - 1}{(1 + y)^{n} - 1} = \frac{lim_{y \to 0} \frac{(1 + y)^{m} - 1}{y}}{lim_{y \to 0} \frac{(1 + y)^{n} - 1}{y}} = \frac{m}{n} \end{matrix}$
(4): 当 $α \in R$ 时， $\forall ε > 0$ ，由有理数的稠密性，存在 $\frac{m_{1}}{n_{1}}, \frac{m_{2}}{n_{2}} \in Q$ 使得 $\begin{matrix} (22) & α - ε < \frac{m_{1}}{n_{1}} < α < \frac{m_{2}}{n_{2}} < α + ε \end{matrix}$ 由极限的定义可知 $\forall ε > 0$ ， $\exists δ = min {δ_{1}, δ_{2}} > 0$ 使得 $\begin{matrix} (23) & 0 < x < δ ⟹ α - ε < \frac{m_{i}}{n_{i}} - ε^{'} < \frac{(1 + x)^{\frac{m_{i}}{n_{i}}} - 1}{x} < \frac{m_{i}}{n_{i}} + ε^{'} < α + ε, i = 1, 2 \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (24) & α - ε < \frac{(1 + x)^{\frac{m_{1}}{n_{1}}} - 1}{x} < \frac{(1 + x)^{α} - 1}{x} < \frac{(1 + x)^{\frac{m_{2}}{n_{2}}} - 1}{x} < α + ε \end{matrix}$ 即 $\begin{matrix} (25) & lim_{x \to 0^{+}} \frac{(1 + x)^{α} - 1}{x} = α \end{matrix}$ 类似可证 $\begin{matrix} (26) & lim_{x \to 0^{-}} \frac{(1 + x)^{α} - 1}{x} = α \end{matrix}$

◻

2.3.2 三角函数

2.3.3 函数在无穷远处的极限、数列极限

例 2.3.6 设 $a_{n} > 0$ 满足 $lim_{n \to + \infty} \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = A \in [0, + \infty]$ ，证明 $lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{a_{n}} = A$ ，并利用该结论证明：

(1): 设 $a > 0$ ，求 $lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{a}$ 。
(2): 设 $a_{n} > 0$ 且 $lim_{n \to + \infty} a_{n} = A$ ，求 $lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{a_{1} a_{2} \dots a_{n}}$ 。
(3): 求 $lim_{n \to + \infty} \frac{1}{\sqrt[n]{n!}}$ 。
(4): 求 $lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \dots \frac{2 n - 1}{2 n}}$

解由极限定义可得取任意 $A_{1} < A_{3} < A < A_{4} < A_{2}$ （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 $\begin{matrix} (27) & n > N ⟹ A_{1} < A_{3} < \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} < A_{4} < A_{2} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (28) & \begin{aligned} a_{n} = a_{N} \cdot \frac{a_{N + 1}}{a_{N}} \dots \frac{a_{n}}{a_{n - 1}} & < a_{N} A_{4}^{n - N} \overset{?}{<} A_{2}^{n} \\ > a_{N} A_{3}^{n - N} \overset{?}{>} A_{1}^{n} \end{aligned} \end{matrix}$ 此时有 $\begin{matrix} (29) & \begin{aligned} {(\frac{A_{2}}{A_{4}})}^{n} > n (\frac{A_{2}}{A_{4}} - 1) \overset{?}{>} \frac{a_{N}}{A_{4}^{N}} & ⟹ n > \frac{a_{N}}{A_{4}^{N} (\frac{A_{2}}{A_{4}} - 1)} \\ {(\frac{A_{3}}{A_{1}})}^{n} > n (\frac{A_{3}}{A_{1}} - 1) \overset{?}{>} \frac{A_{3}^{N}}{a_{N}} & ⟹ n > \frac{A_{3}^{N}}{a_{N} (\frac{A_{3}}{A_{1}} - 1)} \end{aligned} \end{matrix}$ 综上所述，对任意 $ε > 0$ ，存在 $A - ε < A_{1} < A_{3} < A < A_{4} < A_{2} < A + ε$ 和 $N^{'} > 0$ 满足 $\begin{matrix} (30) & N^{'} = max {N, \frac{a_{N}}{A_{4}^{N} (\frac{A_{2}}{A_{4}} - 1)}, \frac{A_{1}^{N}}{a_{N} (\frac{A_{3}}{A_{1}} - 1)}} \end{matrix}$ 此时有 $\begin{matrix} (31) & n > N^{'} ⟹ A - ε < \sqrt[n]{a_{n}} < A + ε \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (32) & lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{a_{n}} = A \end{matrix}$

利用以上结论证明：

(1): 取 $a_{n} = a$ ，则 $\begin{matrix} (33) & lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{a} = lim_{n \to + \infty} \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = 1 \end{matrix}$
(2): 取 $A_{n} = a_{1} a_{2} \dots a_{n}$ ，则 $\begin{matrix} (34) & lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{A_{n}} = lim_{n \to + \infty} \frac{A_{n + 1}}{A_{n}} = lim_{n \to + \infty} a_{n + 1} = A \end{matrix}$
(3): 取 $a_{n} = \frac{1}{n!}$ ，则 $\begin{matrix} (35) & lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{a_{n}} = lim_{n \to + \infty} \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = lim_{n \to + \infty} \frac{1}{n + 1} = 0 \end{matrix}$
(4): 取 $a_{n} = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \dots \frac{2 n - 1}{2 n}$ ，则 $\begin{matrix} (36) & lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{a_{n}} = lim_{n \to + \infty} \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = lim_{n \to + \infty} \frac{2 n + 1}{2 n - 1} = 1 \end{matrix}$

◻

例 2.3.7 设 $a > 1$ ，则 $lim_{x \to + \infty} \frac{x}{a^{x}} = lim_{x \to + \infty} \frac{\log_{a} x}{x} = 0$ 。

解令 $y = \log_{a} x$ ，则 $\begin{matrix} (37) & lim_{x \to + \infty} \frac{\log_{a} x}{x} = lim_{y \to + \infty} \frac{y}{a^{y}} \end{matrix}$ 故我们只需要研究第一个极限。

首先考虑数列极限 $x \in N$ 。 $\forall ε > 0$ ，取特定 $N \in N$ ，则有 $\begin{matrix} (38) & \begin{aligned} n > N & ⟹ 0 < \frac{2 n}{a^{2 n}} < \frac{2 n}{[1 + n (a - 1)]^{2}} < \frac{2 n}{n^{2} (a - 1)^{2}} = \frac{2}{n (a - 1)^{2}} \overset{?}{<} ε \\ ⟹ 0 < \frac{2 n + 1}{a^{2 n + 1}} = \frac{2 n + 1}{2 n a} \cdot \frac{2 n}{a^{2 n}} \overset{?}{<} \frac{2 n}{a^{2 n}} < ε ⟹ \frac{2 n + 1}{2 n a} < 1 \end{aligned} \end{matrix}$ 取 $\begin{matrix} (39) & N = [\frac{2}{ε (a - 1)^{2}}] + [\frac{1}{2 (a - 1)}] + 1 \end{matrix}$ 则 $\begin{matrix} (40) & n > N ⟹ 0 < \frac{2 n + 1}{a^{2 n + 1}} < \frac{2 n}{a^{2 n}} < ε ⟹ lim_{n \to + \infty} \frac{n}{a^{n}} = 0 \end{matrix}$

再考虑函数极限。 $\forall ε > 0$ ， $\exists N > 0$ 使得 $\begin{matrix} (41) & n > N ⟹ 0 < \frac{n}{a^{n}} < ε \end{matrix}$ 对任意 $x > N + 1$ ，取 $n = [x]$ ，则 $\begin{matrix} (42) & 0 < \frac{x}{a^{x}} < \frac{n + 1}{a^{n}} \leq \frac{2 n}{a^{n}} < 2 ε ⟹ lim_{x \to + \infty} \frac{x}{a^{x}} = 0 \end{matrix}$ $◻$

例 2.3.8 求 $lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{n}$ 。

解解法一： $\forall ε \in (0, 1)$ ，取特定 $N \in N$ ，则 $\begin{matrix} (43) & n > N ⟹ (1 + ε)^{2 n} > (n ε)^{2} \overset{?}{>} n \end{matrix}$ 取 $N = [ε^{- 2}] + 1$ ，则 $\begin{matrix} (44) & 1 \leq \sqrt[n]{n} < (1 + ε)^{2} < 1 + 3 ε ⟹ lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{n} = 1 \end{matrix}$

解法二：注意到 $\begin{matrix} (45) & \log_{2} \sqrt[n]{n} = \frac{\log_{2} n}{n} \to 0 ⟹ lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{n} = 2^{0} = 1 \end{matrix}$

解法三：利用例2.3.6的结论可设 $a_{n} = n$ ，则 $\begin{matrix} (46) & lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{n} = lim_{n \to + \infty} \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = lim_{n \to + \infty} \frac{n + 1}{n} = 1 \end{matrix}$ $◻$

例 2.3.9 求 $\begin{matrix} (47) & lim_{x \to + \infty} (\sqrt{x^{2} + 2 x} - \sqrt[3]{x^{3} - x^{2}}) \end{matrix}$

解令 $y = \frac{1}{x}$ ，则 $\begin{matrix} (48) & \begin{aligned} Ans & = lim_{y \to 0^{+}} \frac{\sqrt{1 + 2 y} - \sqrt[3]{1 - y}}{y} = lim_{y \to 0^{+}} \frac{\sqrt{1 + 2 y} - 1}{y} - lim_{y \to 0^{+}} \frac{\sqrt[3]{1 - y} - 1}{y} \\ = 2 lim_{u \to 0^{+}} \frac{(1 + u)^{1 / 2} - 1}{u} + lim_{v \to 0^{+}} \frac{(1 + v)^{1 / 3} - 1}{v} = \frac{4}{3} \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

例 2.3.10 用Excel计算数列 $\sqrt{10^{2 n} + 10^{n}} - 10^{n}$ 和 $\frac{10^{n}}{\sqrt{10^{2 n} + 10^{n}} + 10^{n}}$ ，并观察它们的收敛情况。解释你在计算中看到的现象。

解理论上，二者都应该收敛到 $\frac{1}{2}$ ，但Excel的计算结果显示第一个数列最终变成了零，后一个数列收敛到 $\frac{1}{2}$ 。

$\sqrt{10^{2 n} + 10^{n}}$ 和 $10^{n}$ 之间的差远比它们本身要小得多，计算机数据存储空间有限，导致二者之间的区别最终无法体现。所以在用计算机进行数值计算时，应避免出现大数减大数。 $◻$

例 2.3.11 求 $y = \frac{2 x^{2} - 3 x + 2}{x + 1}$ 在 $x \to \pm \infty$ 时的渐近线。

解由于 $\begin{matrix} (49) & \begin{aligned} lim_{x \to \infty} \frac{y}{x} = lim_{x \to \infty} \frac{2 x^{2} - 3 x + 2}{x^{2} + x} & = 2 \\ lim_{x \to \infty} (y - 2 x) = lim_{x \to \infty} \frac{- 5 x + 2}{x + 1} & = - 5 \end{aligned} \end{matrix}$ 所以渐近线为 $y = 2 x - 5$ 。 $◻$

例 2.3.12 求 $y = \sqrt{x^{2} - x + 1}$ 在 $x \to \pm \infty$ 时的渐近线。

解由于 $\begin{matrix} (50) & \begin{aligned} lim_{x \to + \infty} \frac{y}{x} = lim_{x \to + \infty} \sqrt{\frac{x^{2} - x + 1}{x^{2}}} & = 1 \\ lim_{x \to + \infty} (y - x) = lim_{x \to + \infty} \frac{- x + 1}{\sqrt{x^{2} - x + 1} + x} & = - \frac{1}{2} \end{aligned} \end{matrix}$ 所以 $y = x - \frac{1}{2}$ 是 $x \to + \infty$ 时的渐近线。同理可得 $y = - x + \frac{1}{2}$ 是 $x \to - \infty$ 时的渐近线。 $◻$

例 2.3.13 设数列 ${a_{n}}$ 满足 $\begin{matrix} (51) & a_{m + n} \leq a_{m} + a_{n}, \forall m, n \in N^{*} \end{matrix}$ 且存在 $α$ 使得对任意 $n$ 都有 $a_{n} \geq α n$ 。证明 $\begin{matrix} (52) & lim_{n \to + \infty} \frac{a_{n}}{n} = inf {\frac{a_{n}}{n} | n \in N^{*}} \end{matrix}$

证明记 $β = inf {\frac{a_{n}}{n} | n \in N^{*}}$ ，显然 $β$ 存在。因此 $\forall ε > 0$ ， $\exists M > 0$ 使得 $β \leq \frac{a_{M}}{M} < β + ε$ 。

取特定 $N \in N$ ，则 $\forall n > N > M$ ，设 $n = k M + r$ （其中 $r \in {1, 2, \dots, M}$ ），则 $\begin{matrix} (53) & β \leq \frac{a_{n}}{n} = \frac{a_{k M + r}}{k M + r} \leq \frac{k a_{M} + a_{r}}{k M + r} \leq \frac{a_{M}}{M} + \frac{a_{r}}{n} < β + ε + \frac{max {| a_{1} |, \dots, | a_{M} |}}{n} \overset{?}{<} β + 2 ε \end{matrix}$ 取 $\begin{matrix} (54) & N = [\frac{max {| a_{1} |, \dots, | a_{M} |}}{ε}] + M + 1 \end{matrix}$ 则 $\forall ε > 0$ ， $\exists N > 0$ 使得 $\begin{matrix} (55) & n > N ⟹ β \leq \frac{a_{n}}{n} < β + 2 ε ⟹ lim_{n \to + \infty} \frac{a_{n}}{n} = β \end{matrix}$ $◻$

2.3.4 涉及平均值的极限

例 2.3.14 设 $lim_{n \to + \infty} a_{n} = A \in R \cup {\pm \infty}$ ， $b_{i j} \geq 0$ 满足 $\begin{matrix} (56) & \begin{aligned} b_{n 1} + b_{n 2} + \dots + b_{n n} = 1 & , \\ lim_{n \to + \infty} (b_{n 1} + b_{n 2} + \dots + b_{n N}) = 0 & , \forall N \in N^{*} \end{aligned} \end{matrix}$ 证明 $\begin{matrix} (57) & lim_{n \to + \infty} (b_{n 1} a_{1} + b_{n 2} a_{2} + \dots + b_{n n} a_{n}) = A \end{matrix}$

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 $\begin{matrix} (58) & lim_{n \to + \infty} \frac{1}{2^{n}} \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) a_{k} \end{matrix}$
(2): 设 $lim_{n \to + \infty} a_{n} = A$ ，求 $\begin{matrix} (59) & lim_{n \to + \infty} \frac{a_{1} + 2 a_{2} + \dots + n a_{n}}{n^{2}} \end{matrix}$
(3): 设 $lim_{n \to + \infty} a_{n} = A$ ， $lim_{n \to + \infty} b_{n} = B$ ，求 $\begin{matrix} (60) & lim_{n \to + \infty} \frac{a_{1} b_{n} + a_{2} b_{n - 1} + \dots + a_{n} b_{1}}{n} \end{matrix}$

解采取类似例2.3.6的方法，对平均值进行控制。由极限的定义可知任取 $A_{1} < A_{3} < A < A_{4} < A_{2}$ ， $\exists N > 0$ 使得 $\begin{matrix} (61) & n > N ⟹ A_{1} < A_{3} < a_{n} < A_{4} < A_{2} \end{matrix}$ 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 $\begin{matrix} (62) & \begin{aligned} \sum_{k = 1}^{n} b_{n k} a_{k} & < M_{N} \sum_{k = 1}^{N} b_{n k} + A_{4} \sum_{k = N + 1}^{n} b_{n k} = (M_{N} - A_{4}) B_{n N} + A_{4} \overset{?}{<} A_{2} \\ \sum_{k = 1}^{n} b_{n k} a_{k} & > m_{N} \sum_{k = 1}^{N} b_{n k} + A_{3} \sum_{k = N + 1}^{n} b_{n k} = (m_{N} - A_{3}) B_{n N} + A_{3} \overset{?}{>} A_{1} \end{aligned} \end{matrix}$

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 $\begin{matrix} (63) & lim_{n \to + \infty} B_{n N} = lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 1}^{N} b_{n k} = 0, \forall N \in N^{*} \end{matrix}$ 取特定 $ε^{'} > 0$ ， $\exists N^{'} > 0$ 使得 $\begin{matrix} (64) & n > N^{'} ⟹ 0 \leq B_{n N} < ε^{'} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (65) & \begin{aligned} (M_{N} - A_{4}) B_{n N} + A_{4} \leq (| M_{N} | + | A_{4} |) B_{n N} + A_{4} < (| M_{N} | + | A_{4} |) ε^{'} + A_{4} & \overset{?}{<} A_{2} \\ (m_{N} - A_{3}) B_{n N} + A_{3} \geq - (| m_{N} | + | A_{3} |) B_{n N} + A_{3} > - (| m_{N} | + | A_{3} |) ε^{'} + A_{3} & \overset{?}{>} A_{1} \end{aligned} \end{matrix}$ 取 $\begin{matrix} (66) & ε^{'} = min {\frac{A_{2} - A_{4}}{| M_{N} | + | A_{4} |}, \frac{A_{3} - A_{1}}{| m_{N} | + | A_{3} |}} \end{matrix}$ 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 $\begin{matrix} (67) & \exists N ⟶ ε^{'} = \dots ⟶ \exists N^{'} ⟶ \exists N^{″} ⟶ (n > N^{″} ⟹ A_{1} < \sum_{k = 1}^{n} b_{n k} a_{k} < A_{2}) \end{matrix}$ 即 $\forall ε > 0$ ， $\exists N^{″} > 0$ 使得 $A - ε < A_{1} < A < A_{2} < A + ε$ 且 $\begin{matrix} (68) & n > N^{″} ⟹ A - ε < \sum_{k = 1}^{n} b_{n k} a_{k} < A + ε ⟹ lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 1}^{n} b_{n k} a_{k} = A \end{matrix}$

利用以上结论证明：

(1): 取 $b_{n k} = 2^{- n} (\binom{n}{k})$ ，则 $\begin{matrix} (69) & 0 \leq lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 0}^{N} b_{n k} = lim_{n \to + \infty} 2^{- n} \sum_{k = 0}^{N} (\binom{n}{k}) \leq lim_{n \to + \infty} \frac{(N + 1) n^{N}}{2^{n}} = 0, \forall N \in N^{*} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (70) & lim_{n \to + \infty} \frac{1}{2^{n}} \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) a_{k} = lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 0}^{n} b_{n k} a_{k} = A \end{matrix}$
(2): 取 $b_{n k} = \frac{k}{1 + 2 + \dots + n}$ ，则 $\begin{matrix} (71) & lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 1}^{N} b_{n k} = lim_{n \to + \infty} \frac{1 + 2 + \dots + N}{1 + 2 + \dots + n} = 0, \forall N \in N^{*} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (72) & lim_{n \to + \infty} \frac{a_{1} + 2 a_{2} + \dots + n a_{n}}{n^{2}} = lim_{n \to + \infty} \frac{n (n + 1)}{2 n^{2}} lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 1}^{n} b_{n k} a_{k} = \frac{1}{2} A \end{matrix}$
(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 $\begin{matrix} (73) & \begin{aligned} lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 1}^{n} \frac{a_{n + 1 - k} b_{k}}{n} = lim_{n \to + \infty} \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} (A + A_{n + 1 - k}) (B + B_{k}) \\ = A B + A lim_{n \to + \infty} \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} B_{k} + B lim_{n \to + \infty} \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} A_{k} + lim_{n \to + \infty} \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} A_{n + 1 - k} B_{k} \\ = A B + lim_{n \to + \infty} \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} A_{n + 1 - k} B_{k} \end{aligned} \end{matrix}$ 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 $\begin{matrix} (74) & | \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} a_{n + 1 - k} b_{k} | \leq \frac{A^{'}}{n} \sum_{k = 1}^{n} | b_{k} | \to A^{'} \cdot B = 0, n \to + \infty \end{matrix}$ 故 $\begin{matrix} (75) & lim_{n \to + \infty} \frac{a_{1} b_{n} + a_{2} b_{n - 1} + \dots + a_{n} b_{1}}{n} = 0 \end{matrix}$

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例 2.3.15 Stolz定理。设 ${x_{n}}$ 严格增且无上界， $lim_{n \to + \infty} \frac{y_{n} - y_{n - 1}}{x_{n} - x_{n - 1}} = A$ 。证明 $lim_{n \to + \infty} \frac{y_{n}}{x_{n}} = A$ 。

利用以上结论证明：

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

解记 $x_{0} = y_{0} = 0$ 。取 $a_{n} = \frac{y_{n} - y_{n - 1}}{x_{n} - x_{n - 1}}, b_{n k} = \frac{x_{k} - x_{k - 1}}{x_{n}}$ ，由上题结论可得 $\begin{matrix} (76) & lim_{n \to + \infty} \frac{y_{n}}{x_{n}} = lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 1}^{n} b_{n k} a_{k} = A \end{matrix}$

利用以上结论证明：

(1): 由题可知 $\begin{matrix} (77) & \begin{aligned} lim_{n \to + \infty} \frac{1^{α} + 2^{α} + \dots + n^{α}}{n^{α + 1}} & = lim_{n \to + \infty} \frac{n^{α}}{n^{α + 1} - (n - 1)^{α + 1}} = lim_{n \to + \infty} \frac{\frac{1}{n}}{1 - (1 - \frac{1}{n})^{α + 1}} \\ = lim_{x \to 0^{-}} \frac{x}{(1 + x)^{α + 1} - 1} = \frac{1}{α + 1} \end{aligned} \end{matrix}$
(2): 由题可知 $\begin{matrix} (78) & lim_{n \to + \infty} \frac{1^{- 1} + 2^{- 1} + \dots + n^{- 1}}{\ln n} = lim_{n \to + \infty} \frac{- n^{- 1}}{\ln (1 - n^{- 1})} = lim_{x \to 0^{-}} \frac{x}{\ln (1 + x)} = 1 \end{matrix}$

◻