高等数学（第七版）同济大学 习题1-2 个人解答

高等数学（第七版）同济大学 习题1-2

 

$\begin{array}{rlr}& 1.下列各题中，哪些数列收敛，哪些数列发散？对收敛数列，通过观察|X_n|的变化趋势，& \\ & & \\ & 写出它们的极限：& \end{array}$

$\begin{array}{rlr}& (1)\left\{\frac{1}{2^n}\right\}；(2)\left\{(-1{)}^n\frac{1}{n}\right\}；& \\ & & \\ & (3)\left\{2+\frac{1}{n^2}\right\}；(4)\left\{\frac{n-1}{n+1}\right\}；& \\ & & \\ & (5)\{n(-1{)}^n\}；(6)\left\{\frac{2^n-1}{3^n}\right\}；& \\ & & \\ & (7)\left\{n-\frac{1}{n}\right\}；(8)\left\{[(-1{)}^n+1]\frac{n+1}{n}\right\}& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rl}& (1)当n\to \infty 时，\frac{1}{2^n}趋向于0，因此数列是收敛的，\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{2^n}=0\\ & \\ & (2)当n\to \infty 时，(-1{)}^n\frac{1}{n}趋向于0，因此数列是收敛的，\underset{n\to \infty }{\lim }(-1{)}^n\frac{1}{n}=0\\ & \\ & (3)当n\to \infty 时，\frac{1}{n^2}趋向于0，即2+\frac{1}{n^2}趋向于2，因此数列是收敛的，\underset{n\to \infty }{\lim }\left(2+\frac{1}{n^2}\right)=2\\ & \\ & (4)\frac{n-1}{n+1}=\frac{1-\frac{1}{n}}{1+\frac{1}{n}}，当n\to \infty 时，\frac{1-\frac{1}{n}}{1+\frac{1}{n}}趋向于1，因此数列是收敛的，\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n-1}{n+1}=1\\ & \\ & (5)当n\to \infty 时，n(-1{)}^n趋向于\infty ，因此数列是发散的。\\ & \\ & (6)\frac{2^n-1}{3^n}={\left(\frac{2}{3}\right)}^n-\frac{1}{3^n}，当n\to \infty 时，{\left(\frac{2}{3}\right)}^n-\frac{1}{3^n}趋向于0，因此数列是收敛的，\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{2^n-1}{3^n}=0\\ & \\ & (7)当n\to \infty 时，n-\frac{1}{n}趋向于\infty ，因此数列是发散的。\\ & \\ & (8)[(-1{)}^n+1]\frac{n+1}{n}=[(-1{)}^n+1]\left(1+\frac{1}{n}\right)，当n\to \infty 时，[(-1{)}^n+1]\left(1+\frac{1}{n}\right)趋向于反复在数字0，2跳动，\\ & \\ & 因此数列是发散的。\\ & \\ & \end{array}$

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2.   ( 1 ) 数 列 的 有 界 性 是 数 列 收 敛 的 什 么 条 件 ？      ( 2 ) 无 界 数 列 是 否 一 定 发 散 ？      ( 3 ) 有 界 数 列 是 否 一 定 收 敛 ？ \begin{aligned}&2. \ (1)数列的有界性是数列收敛的什么条件？\\\\&\ \ \ \ (2)无界数列是否一定发散？\\\\&\ \ \ \ (3)有界数列是否一定收敛？&\end{aligned} ​2. (1)数列的有界性是数列收敛的什么条件？    (2)无界数列是否一定发散？    (3)有界数列是否一定收敛？​​

解：

   ( 1 )   数 列 的 有 界 性 是 数 列 收 敛 的 必 要 条 件 。    ( 2 )   无 界 数 列 一 定 发 散 。    ( 3 )   有 界 数 列 不 一 定 收 敛 。 \begin{aligned} &\ \ (1)\ 数列的有界性是数列收敛的必要条件。\\\\ &\ \ (2)\ 无界数列一定发散。\\\\ &\ \ (3)\ 有界数列不一定收敛。\\\\ & \end{aligned} ​  (1) 数列的有界性是数列收敛的必要条件。  (2) 无界数列一定发散。  (3) 有界数列不一定收敛。​

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$\begin{array}{rlr}& 3.下列关于数列|x_n|的极限是a的定义，哪些是对的，哪些是错的？如果是对的，试说明理由；如果是错的，& \\ & & \\ & 试给出一个反例。& \end{array}$

$\begin{array}{rl}& (1)对于任意给定的\epsilon >0，存在N\in {\mathbb{N}}_{+}，当n>N时，不等式x_n-a<\epsilon 成立；\\ & \\ & (2)对于任意给定的\epsilon >0，存在N\in {\mathbb{N}}_{+}，当n>N时，有无穷多项x_n，使不等式|x_n-a|<\epsilon 成立；\\ & \\ & (3)对于任意给定的\epsilon >0，存在N\in {\mathbb{N}}_{+}，当n>N时，不等式|x_n-a|<c\epsilon 成立，其中c为某个正常数；\\ & \\ & (4)对于任意给定的m\in {\mathbb{N}}_{+}，存在N\in {\mathbb{N}}_{+}，当n>N时，不等式|x_n-a|<\frac{1}{m}成立。\\ & \\ & \end{array}$

解：

$\begin{array}{rl}& (1)错误，数列\left\{(-1{)}^n+\frac{1}{n}\right\}，a=1，\forall \epsilon >0，\exists N=\left[\frac{1}{\epsilon }\right]，当n>N时，(-1{)}^n+\frac{1}{n}-1\le \frac{1}{n}<\epsilon ，\\ & \\ & 但\left\{(-1{)}^n+\frac{1}{n}\right\}的极限不存在。\\ & \\ & (2)错误，数列x_n=\{\begin{array}{l}n，n=2k-1，\\ \\ 1-\frac{1}{n}，n=2k，\end{array}，k\in N_{+}，a=1。\forall \epsilon >0，\exists N=\left[\frac{1}{\epsilon }\right]，当n>N且n为偶数时，\\ & \\ & |x_n-a|=\frac{1}{n}<\epsilon 成立，但\{x_n\}的极限不存在。\\ & \\ & (3)正确，\forall \epsilon >0，取\frac{1}{c}\epsilon >0，按假设，\exists N\in N_{+}，当n>N时，不等式|x_n-a|<c\cdot \frac{1}{c}\epsilon =\epsilon 成立。\\ & \\ & (4)正确，\forall \epsilon >0，取m\in N_{+}，使\frac{1}{m}<\epsilon ，按假设，\exists N\in N_{+}，当n>N时，不等式|x_n-a|<\frac{1}{m}<\epsilon 成立。\\ & \\ & \end{array}$

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$\begin{array}{rlr}& 4.设数列x_n的一般项x_n=\frac{1}{n}cos\frac{n\pi }{2}，问\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=?求出N，使当n>N时，x_n与其极限之差的绝对值& \\ & & \\ & 小于正数\epsilon 。当\epsilon =0.001时，求出数N。& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rl}& \underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=0\\ & \\ & |x_n-0|=|\frac{1}{n}cos\frac{n\pi }{2}|\le \frac{1}{n}，要使|x_n-0|<\epsilon ，只要\frac{1}{n}lt\epsilon ，即n>\frac{1}{\epsilon }，所以\forall \epsilon >0，取N=\left[\frac{1}{\epsilon }\right]，则当n>N时，\\ & \\ & 就有|x_n-0|<\epsilon 。\\ & \\ & 当\epsilon =0.001时，取N=\left[\frac{1}{\epsilon }\right]=1000。即若\epsilon =0.001，只要n>1000，就有|x_n-0|<0.001。\\ & \\ & \end{array}$

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$\begin{array}{rlr}& 5.根据数列极限的定义证明：& \\ & & \\ & (1)\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n^2}=0(2)\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{3n+1}{2n+1}=\frac{3}{2}& \\ & & \\ & (3)\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\sqrt{n^2+a^2}}{n}=1(4)\underset{n\to \infty }{\lim }0.\underset{n个}{\underbrace{999\cdot \cdot \cdot 9}}=1& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rl}& (1)|x_n-0|=\frac{1}{n^2}，\forall \epsilon >0，为了使|x_n-0|<\epsilon ，只要\frac{1}{n^2}<\epsilon 或n>\frac{1}{\sqrt{\epsilon }}，取N=\left[\frac{1}{\sqrt{\epsilon }}\right]，\\ & \\ & 则当n>N时，就有|\frac{1}{n^2}-0|<\epsilon ，即\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n^2}=0。\\ & \\ & (2)\left|x_n-\frac{3}{2}\right|=\frac{1}{4n+2}<\frac{1}{4n}，\forall \epsilon >0，为了使\left|x_n-\frac{3}{2}\right|<\epsilon ，只要\frac{1}{4n}<\epsilon 或n>\frac{1}{4\epsilon }，\\ & \\ & 取N=\left[\frac{1}{4\epsilon }\right]，则当n>N时，就有\left|\frac{3n+1}{2n+1}-\frac{3}{2}\right|<\epsilon ，即\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{3n+1}{2n+1}=\frac{3}{2}。\\ & \\ & (3)|x_n-1|=\left|\frac{\sqrt{n^2+a^2}}{n}-1\right|=\frac{a^2}{n(\sqrt{n^2+a^2}+n)}=\frac{a^2}{n^2+n\sqrt{n^2+a^2}}<\frac{a^2}{2n^2}，\forall \epsilon >0，\\ & \\ & 为了使|x_n-1|<\epsilon ，只要\frac{a^2}{2n^2}<\epsilon 或n>\frac{|a|}{\sqrt{2\epsilon }}，取N=\left[\frac{|a|}{\sqrt{2\epsilon }}\right]，则当n>N时，就有\\ & \\ & \left|\frac{\sqrt{n^2+a^2}}{n}-1\right|<\epsilon ，即\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\sqrt{n^2+a^2}}{n}=1。\\ & \\ & (4)|x_n-1|=|0.\underset{n个}{\underbrace{999\cdot \cdot \cdot 9}}-1|=|-0.\underset{n个}{\underbrace{111\cdot \cdot \cdot 1}}|=\frac{1}{10^n}，\forall \epsilon >0，为了使|x_n-1|<\epsilon ，\\ & \\ & 只要\frac{1}{10^n}<\epsilon 或n>lg\frac{1}{\epsilon }，取N=\left[lg\frac{1}{\epsilon }\right]，则当n>N时，就有|x_n-1|<\epsilon ，即\underset{n\to \infty }{\lim }0.\underset{n个}{\underbrace{999\cdot \cdot \cdot 9}}=1。\\ & \\ & \end{array}$

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$\begin{array}{rlr}& 6.若\underset{n\to \infty }{\lim }{\mu }_n=a，证明\underset{n\to \infty }{\lim }|{\mu }_n|=|a|，并举例说明：如果数列\{|x_n|\}有极限，但数列\{x_n\}未必有极限。& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& 因为\underset{n\to \infty }{\lim }{\mu }_n=a，所以\forall \epsilon >0，\exists N，当n>N时，有|{\mu }_n-a|<\epsilon ，因||{\mu }_n|-|a||\le |{\mu }_n-a|<\epsilon ，所以\underset{n\to \infty }{\lim }|{\mu }_n|=|a|。& \\ & & \\ & 由\underset{n\to \infty }{\lim }|{\mu }_n|=|a|，不能推得\underset{n\to \infty }{\lim }{\mu }_n=a，例如数列\{(-1{)}^n\}，\underset{n\to \infty }{\lim }|(-1{)}^n|=1，但是\{(-1{)}^n\}没有极限。& \end{array}$

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$\begin{array}{rlr}& 7.设数列\{x_n\}有界，又\underset{n\to \infty }{\lim }{y}_n=0，证明：\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n{y}_n=0。& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rl}& 因数列\{x_n\}有界，故\exists M>0，使得对于一切n有|x_n|\le M。\forall \epsilon >0，由于\underset{n\to \infty }{\lim }{y}_n=0，故对{\epsilon }_1=\frac{\epsilon }{M}>0，\\ & \\ & \exists N，当n>N时，就有|y_n|<{\epsilon }_1=\frac{\epsilon }{M}，从而有|x_n{y}_n-0|=|x_n|\cdot |y_n|<M\cdot \frac{\epsilon }{M}=\epsilon ，所以\underset{n\to \infty }{\lim }|x_n{y}_n|=0。\\ & \\ & \end{array}$

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$\begin{array}{rlr}& 8.对于数列\{x_n\}，若x_{2k-1}\to a(k\to \infty )，x_{2k}\to a(k\to \infty )，证明：x_n\to a(n\to \infty )。& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rl}& 因为x_{2k-1}\to a(k\to \infty )，所以\forall \epsilon >0，\exists k_1，当k>k_1时，有|x_{2k-1}-a|<\epsilon ；又因为x_{2k}\to a(k\to \infty )，\\ & \\ & 所以\forall \epsilon >0，\exists k_2，当k>k_2时，有|x_{2k}-a|<\epsilon 。记K=max\{k_1,k_2\}，取N=2K，则当n>N时，\\ & \\ & 若n=2k-1，2k-1>2K，则k>K+\frac{1}{2}>k_1\Rightarrow |x_n-a|=|x_{2k-1}-a|<\epsilon ，若n=2k，\\ & \\ & 则k>K\ge k_2\Rightarrow |x_{2k}-a|<\epsilon 。从而只要n>N，就有|x_n-a|<\epsilon ，即\underset{x\to \infty }{\lim }{x}_n=a。\\ & \\ & \end{array}$