吉米多维奇杂题选解——数列极限
一、用定义证明数列极限等式
T1.
求证： \(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{n^\alpha}{c^n}=0,(a>0,c>1)\)
证明：
令 \(k=\left\lfloor\alpha\right\rfloor+1\) ，则 \(\dfrac{n^\alpha}{c^n}<\dfrac{n^k}{c^n}=\left(\dfrac{n}{(\sqrt[k]{c})^n}\right)^k\) ，
由于 \(c>1\) ，所以可令 \(\sqrt[k]{c}=1+p\) ，
于是可得， \(\left(\dfrac{n}{(\sqrt[k]{c})^n}\right)^k=\left(\dfrac{n}{(1+p)^n}\right)^k\) ，
根据二项式定理 \((1+p)^n\leq\dfrac{n(n-1)}{2}p^2\) ，
所以 \(\left(\dfrac{n}{(\sqrt[k]{c})^n}\right)^k=\left(\dfrac{n}{(1+p)^n}\right)^k\leq\left(\dfrac{2}{(n-1)p^2}\right)^k\) ，
故只需令 \(\left(\dfrac{2}{(n-1)p^2}\right)^k<\varepsilon\) 即可，
解得最后取 \(N=\left\lfloor\dfrac{2}{p^2\cdot\varepsilon^\frac{1}{k}}\right\rfloor+1\) ，所以 \(\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{n^\alpha}{c^n}=0\) .
T2.
求证： \(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{c^n}{n!}=0 \quad(c>0)\)
证明：
首先 \(c<1\) 时，原式显然成立，故只需考虑 \(c>1\) 时的情况，
令 \(k=\left\lfloor c\right\rfloor+1\) ，
考虑将 \(n\) 的阶乘分成大于等于 \(k\) 和小于 \(k\) 两部分，
所以 \(\dfrac{c^n}{n!}=\dfrac{c\cdot c\cdot c\cdot\cdot \cdot c}{n(n-1)\cdot\cdot\cdot k(k-1)\cdot\cdot\cdot 1}\leq\dfrac{c}{n}\cdot\dfrac{c^{k-1}}{(k-1)!}\) ，
令 \(M_0=\dfrac{c^{k}}{(k-1)!}\) ，是一个固定的常数，
所以令 \(\dfrac{M_0}{n}<\varepsilon\) 即可，解得 \(N_1=\left\lfloor\dfrac{M_0}{\varepsilon}\right\rfloor+1\) ，
最后注意要取 \(N=\max(N_1,k)\) ，综上 \(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{c^n}{n!}=0 \quad(c>0)\) .
ps：两道题有相似的地方在于，考虑到数列的下标或者阶乘都只能是正整数，所以设 \(k\) 的这一步比较关键.
T3.
求证： \(\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{n+1}=1\)
证明：
令 \(t=\sqrt[n]{n+1}-1\) ，则 \(n+1=(t+1)^n\) ，
于是， \(n+1=1+nt+\dfrac{n(n-1)}{2}t^2+...+t^n\geq\dfrac{n(n-1)}{2}t^2\) ，
从而， \(|\sqrt[n]{n+1}-1|=t\leq\sqrt{\dfrac{2(n+1)}{n(n-1)}}\leq\sqrt{\dfrac{4n}{n(n-1)}}=\dfrac{2}{\sqrt{n-1}}<\varepsilon\) ，
所以取 \(N=\left\lfloor\dfrac{4}{\varepsilon^2}+1\right\rfloor\) ，所以 \(\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{n+1}=1\) .
T4.
求证：设 \(\lim\limits_{n\to\infty}a_n=a\) ，则 \(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{a_1+a_2+...+a_n}{n}=a\)
证明：
因为 \(\lim\limits_{n\to\infty}a_n=a\) ，所以存在一个 \(N_1\) ，使得当 \(n>N_1\) 时，有 \(|a_n-a|<\dfrac{\varepsilon}{2}\) ，
化简目标式， \(\left|\dfrac{a_1+a_2+...+a_n}{n}-a\right|=\left|\dfrac{1}{n}[(a_1-a)+(a_2-a)+...+(a_n-a)]\right|\) ，
利用绝对值不等式有， \(\left|\dfrac{1}{n}[(a_1-a)+(a_2-a)+...+(a_n-a)]\right|\leq\dfrac{1}{n}(|a_1-a|+|a_2-a|+...+|a_n-a|)\) ，
进而有， \(\dfrac{1}{n}(|a_1-a|+|a_2-a|+...+|a_n-a|)<\dfrac{N_1M}{n}+\dfrac{n-N_1}{n}\cdot\dfrac{\varepsilon}{2}<\dfrac{N_1M}{n}+\dfrac{\varepsilon}{2}\) ，
其中 \(M=\max(|a_1-a|,|a_2-a|,...,|a_n-a|)\) ，
又因为 \(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{N_1M}{n}=0\) ，即存在一个 \(N_2\) ，使得当 \(n>N_2\) 时， \(\left|\dfrac{N_1M}{n}\right|<\dfrac{\varepsilon}{2}\) ，
所以取 \(N=\max(N_1,N_2)\) ，则当 \(n>N\) 时，有 \(\dfrac{1}{n}(|a_1-a|+|a_2-a|+...+|a_n-a|)<\dfrac{N_1M}{n}+\dfrac{\varepsilon}{2}<\dfrac{\varepsilon}{2}+\dfrac{\varepsilon}{2}=\varepsilon\) ，
综上， \(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{a_1+a_2+...+a_n}{n}=a\) .
二、用四则运算法则求数列极限
T1.
求： \(\lim\limits_{n\to\infty}(1+\alpha)(1+\alpha^2)\cdot\cdot\cdot(1+\alpha^{2^n}),|\alpha|<1\)
解：
令 \(P_n=(1+\alpha)(1+\alpha^2)\cdot\cdot\cdot(1+\alpha^{2n})\) ，
则 \((1-\alpha)P_n=(1-\alpha)(1+\alpha)(1+\alpha^2)\cdot\cdot\cdot(1+\alpha^{2^n})=(1-\alpha^{2^{n+1}})\) ，
所以 \(P_n=\dfrac{1-\alpha^{2^{n+1}}}{1-\alpha}\) ，
又因为 \(|\alpha|<1\) ，所以 \(\lim\limits_{n\to\infty}P_n=\dfrac{1}{1-\alpha}\) .
三、利用迫敛性讨论数列极限
T1.
求： \(\lim\limits_{n\to\infty}\left(\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{\sqrt{n^2+1}}+...+\dfrac{1}{\sqrt[n]{n^n+1}}\right)\)
解：
发现 \((n+1)^2>n^2+1\) ，\((n+1)^n>n^n+1\) ，
利用二项式定理或者数学归纳法可证明 \((n+1)>\sqrt[n]{n^n+1}\) ，
于是 \(\dfrac{n}{n+1}<\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{\sqrt{n^2+1}}+...+\dfrac{1}{\sqrt[n]{n^n+1}}<\dfrac{n}{\sqrt[n]{n^n+1}}\) ，
因为 \(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{n}{n+1}=1\) ， \(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{n}{\sqrt[n]{n^n+1}}=\dfrac{1}{\sqrt[n]{1+\dfrac{1}{n^n}}}=1\) ，
所以 \(\lim\limits_{n\to\infty}\left(\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{\sqrt{n^2+1}}+...+\dfrac{1}{\sqrt[n]{n^n+1}}\right)=1\) .
T2.
求： \(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{3}{4}\cdot\cdot\cdot\dfrac{2n-1}{2n}\)
解：
已知， \(2n=\dfrac{1}{2}[(2n-1)+(2n+1)]\) ，
利用基本不等式， \(2n=\dfrac{1}{2}[(2n-1)+(2n+1)]>\sqrt{(2n-1)(2n+1)}\) ，
所以 \(\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{3}{4}\cdot\cdot\cdot\dfrac{2n-1}{2n}<\dfrac{1}{\sqrt{1\times3}}\cdot\dfrac{3}{\sqrt{3\times5}}\cdot\cdot\cdot\dfrac{2n-1}{\sqrt{(2n-1)\times(2n+1)}}=\dfrac{1}{\sqrt{2n+1}}\) ，
于是 \(0<\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{3}{4}\cdot\cdot\cdot\dfrac{2n-1}{2n}<\dfrac{1}{\sqrt{2n+1}}\) ，
根据迫敛性可得 \(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{3}{4}\cdot\cdot\cdot\dfrac{2n-1}{2n}=0\) .
T3.
求： \(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\sum\limits_{p=1}^{n} p!}{n!}\)
解：
先对原式化简 \(\dfrac{\sum\limits_{p=1}^{n} p!}{n!}=\dfrac{1!}{n!}+\dfrac{2!}{n!}+...+\dfrac{n!}{n!}\) ，
接下来对原式放缩 \(\dfrac{1!}{n!}+\dfrac{2!}{n!}+...+\dfrac{n!}{n!}\leq\dfrac{n-2}{n(n-1)}+\dfrac{1}{n}+1\) ，
这一步的放缩思路是前 \((n-2)\) 项一定都小于等于 \(\dfrac{1}{n(n-1)}\) ，第 \((n-1)\) 项为 \(\dfrac{(n-1)!}{n!}=\dfrac{1}{n}\) ，相当于只放缩了前 \((n-2)\) 项 .
化简不等式右边 \(\dfrac{n-2}{n(n-1)}+\dfrac{1}{n}+1=\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n(n-1)}+\dfrac{1}{n}+1\) ，
所以 \(\lim\limits_{n\to\infty}\left(\dfrac{n-2}{n(n-1)}+\dfrac{1}{n}+1\right)=\lim\limits_{n\to\infty}\left(\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n(n-1)}+\dfrac{1}{n}+1\right)=1\) ，
于是有 \(1<\dfrac{\sum\limits_{p=1}^{n} p!}{n!}<\dfrac{n-2}{n(n-1)}+\dfrac{1}{n}+1\) ，
根据迫敛性可得， \(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\sum\limits_{p=1}^{n} p!}{n!}=1\) .
T4.
求： \(，\lim\limits_{n\to\infty}[(n+1)^\alpha-n^\alpha]，0<\alpha<1\)
解：
因为， \(0<\alpha<1\) ，所以 \(\alpha-1<0\) ，
于是有， \((n+1)^{\alpha-1}<n^{\alpha-1}\) ，
所以， \((n+1)^\alpha=(1+n)\cdot(1+n)^{\alpha-1}<(1+n)\cdot n^{\alpha-1}=n^{\alpha-1}+n^{\alpha}\) ，
所以， \(0<(n+1)^\alpha-n^\alpha<n^{\alpha-1}\)
根据迫敛性，可得 \(\lim\limits_{n\to\infty}[(n+1)^\alpha-n^\alpha]=0\) .
T5.
求证：当 \(a>0,a\neq1,k\geq 1\) 时，有 \(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\log_an}{n^k}=0\)
证明：
由于 \(\log_an=-\log_{\frac{1}{a}}n\) ，所以 \(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\log_an}{n^k}=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{-\log_{\frac{1}{a}}n}{n^k}\)
故不妨假设 \(a>1\) ，
化简原式， \(\dfrac{\log_an}{n^k}=\dfrac{\ln n}{\ln a\cdot n^k}\) ，
由 \(1-\dfrac{1}{n}<\ln n<n\) ，
可得 \(\dfrac{1-\dfrac{1}{n}}{\ln a\cdot n^k}<\dfrac{\ln n}{\ln a\cdot n^k}<\dfrac{1}{\ln a\cdot n^{k-1}}\) ，
因为 \(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1-\dfrac{1}{n}}{\ln a\cdot n^k}=0\) ， \(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1}{\ln a\cdot n^{k-1}}=0\)
由迫敛性可得， \(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\log_an}{n^k}=0\) .
四、与收敛数列相关的证明题
T1.
设 \(\lim\limits_{n\to\infty}a_n=a\) ，求证：（1） \(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{[na_n]}{n}=a_n\) ，（2）若 \(a>0,a_n>0\) ， \(\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}=1\) .
证明：
（1）
根据取整符号的定义， \(<na_n-1<[na_n]\leq na_n\) ,
所以， \(\lim\limits_{n\to\infty}\left(a_n-\dfrac{1}{n}\right)<\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{[na_n]}{n}\leq\lim\limits_{n\to\infty}a_n\) ，
根据迫敛性可得， \(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{[na_n]}{n}=a_n\) .
（2）
因为 \(\lim\limits_{n\to\infty}a_n=a\) ，
不妨取 \(\varepsilon_0=\dfrac{a}{2}\) ，所以当 \(n>N\) 时， \(|a_n-a|<\dfrac{a}{2}\)
即 \(\dfrac{a}{2}<a_n<\dfrac{3a}{2}\) ，
所以 \(\sqrt[n]{\dfrac{a}{2}}<\sqrt[n]{a_n}<\sqrt[n]{\dfrac{3a}{2}}\)
根据迫敛性，可得 \(\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}=1\) .
T2.
求证： \(a_n>0\) ，且 \(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{a_n}{a_{n+1}}=l>1\) ，则 \(\lim\limits_{n\to\infty}a_n=0\)
证明：
由于 \(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{a_n}{a_{n+1}}=l>1\) ，
根据保号性可知，对任意的 \(q\in(1,l)\) ，存在正整数 \(N\) ，使得当 \(n>N\) 时， \(\dfrac{a_n}{a_{n+1}}>q\) ，即 \(a_{n+1}<\dfrac{1}{q}a_n\) ，
因此，当 \(n>N\) 时， \(0<a_n=\dfrac{a_n}{a_{n-1}}\times\dfrac{a_{n-1}}{a_{n-2}}\times\cdot\cdot\cdot\times\dfrac{a_{N+2}}{a_{N+1}}<\dfrac{1}{q^{n-N-1}}a_{N+1}=a_{N+1}q^{N+1}q^n\) ，
根据迫敛性可知 \(\lim\limits_{n\to\infty}a_n=0\) .
五、利用单调有界定理讨论数列极限
T1.
求证：数列 \(\{(1+\dfrac{1}{n})^n\}\) 单调递增，数列 \(\{(1+\dfrac{1}{n})^{n+1}\}\) 单调递减，且两者收敛于同一极限.
证明：
记 \(x_n=\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n\) ， \(y_n=\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^{n+1}\) ，
由基本不等式得， \(\sqrt[n+1]{\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n\cdot 1}\leq\dfrac{n\cdot(1+\dfrac{1}{n})+1}{n+1}=\dfrac{n+2}{n+1}=1+\dfrac{1}{n+1}\) ，
所以 \(\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n\leq(1+\dfrac{1}{n+1})^{n+1}\) ，即 \(x_n\leq x_{n+1}\) .
同理， \(\sqrt[n+2]{\left(\dfrac{n}{n+1}\right)^{n+1}\cdot 1}\leq\dfrac{(n+1)\cdot \dfrac{n}{n+1}+1}{n+2}=\dfrac{n+1}{n+2}\)
所以 \(\left(\dfrac{n}{n+1}\right)^{n+1}\leq\left(\dfrac{n+1}{n+2}\right)^{n+2}\) ，即 \(\dfrac{1}{y_n}\leq\dfrac{1}{y_{n+1}}\) .
又因为 \(y_n=\left(1+\dfrac{1}{n}\right)\cdot x_n\) ，所以 \(\{x_n\}\) 和 \(\{y_n\}\) 收敛于同一极限 .
T2.
求证：若 $c_n=1+\dfrac{1}{2}+...+\dfrac{1}{n}-\ln n $ ，则数列 \(\{c_n\}\) 收敛
证明：
根据上一题的结论有 \(\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n<e<\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^{n+1}\) ，
两边取对数， \(\dfrac{1}{n+1}<\ln\left(1+\dfrac{1}{n}\right)<\dfrac{1}{n}\) ，
所以 \(c_{n+1}-c_n=\dfrac{1}{n+1}+\ln n-\ln (n+1)=\dfrac{1}{n+1}-\ln\left(1+\dfrac{1}{n}\right)<0\) ，
由于 \(c_n=1+\dfrac{1}{2}+...+\dfrac{1}{n}-\ln n >\ln \dfrac{2}{1}+\ln\dfrac{3}{2}+...+\ln\dfrac{n+1}{n}-\ln n=\ln(n+1)-\ln n>0\) ，
所以 \(\{c_n\}\) 单减有下界，所以 \(\{c_n\}\) 极限存在 .
T3.
求证：给定 \(x_0\) ，设 $个x_1=\cos x_0,x_2=\cos(\cos x_0),...,x_n= \begin{matrix}\underbrace{\cos\cos...(\cos x_0)}\\n个\end{matrix} $ ，则 \(\{x_n\}\) 收敛
证明：
可以先画一个蛛网图，发现 \(\{x_n\}\) 并不是单调的，所以尝试分奇偶讨论，
若 \(x_1\leq x_3\) ，则 \(x_4-x_2=\cos x_3-\cos x_1=-2\sin\dfrac{x_3-x_1}{2}\sin\dfrac{x_1+x_3}{2}\leq0\) ，即 \(x_2\geq x_4\) ，
同理若 \(x_3\geq x_1\) ，则 \(x_2\leq x_4\) ，
所以可得 \(\{x_{2n-1}\}\) 与 \(\{x_{2n}\}\) 都单调有界，故它们都有界，设其极限分别为 \(A,B\) ，
则有 \(\begin{cases}\cos A=B\\\cos B=A\end{cases}\) ，即 \(\begin{cases}\cos (\cos A)=A\\\cos (\cos B)=B\end{cases}\) ，
由 \(x-\cos(\cos x)\) 零点的唯一性知， \(A=B\) ，所以 \(\{x_n\}\) 收敛 .
T4.
设 \(x_1=1,x_2=\dfrac{1}{2},x_{n+1}=\dfrac{1}{1+x_n}\) 试求极限 \(\lim\limits_{n\to\infty}x_n\)
解：
先尝试利用单调有界性， \(x_{n+1}-x_n=\dfrac{-(x_n-x_{n-1})}{(1+x_n)(1+x_{n-1})}\) ，发现不是单调的，
尝试分别考虑奇偶数列， \(x_{n+2}-x_n=\dfrac{1}{1+x_{n+1}}-x_n=\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{1+x_n}}-x_n=\dfrac{(1+a+x_n)(a-x_n)}{2+x_n}\) ，
分别讨论 \(x_n<a\) 时，或 \(x_n>a\) 时，可得偶数列是单增有上界数列，奇数列是单减有下界数列，
进而可求得极限为 \(\dfrac{\sqrt5-1}{2}\) .
六、利用 \(\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n=e\) 求相关数列的极限
T1.
求： \(\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n^2}\right)^n\)
解：
先考虑处理括号里面的式子， \(\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n^2}=\dfrac{n+1}{n^2}<\dfrac{n+1}{n^2-1}=\dfrac{1}{n-1}\) ，
所以可得如下不等式， \(\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n<\left(1+\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n^2}\right)^n<\left(1+\dfrac{1}{n-1}\right)^{n-1}\cdot(1+\dfrac{1}{n-1})\) ，
再根据迫敛性可得， \(\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n^2}\right)^n=e\) .
T2.
求： \(\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{n^2}\right)^n\)
解：
先考虑配凑， \(\left[\left(1+\dfrac{1}{n^2}\right)^n\right]^n=\left(1+\dfrac{1}{n^2}\right)^{n^2}\) ，
所以， \(\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{n^2}\right)^n=\sqrt[n]{\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{n^2}\right)^{n^2}}=\sqrt[n]e=1\) ，
综上， \(\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{n^2}\right)^n=1\) .
七、利用柯西准则判断数列的敛散性
T1.
求证：设 \(a_n=1+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+...+\dfrac{1}{n^2}\) ，则 \(\{a_n\}\) 收敛 .
证明：
利用柯西准则，对任意的 \(n,p\in \mathbb{N+}\) ，有 \(|a_{n+p}-a_n|=\dfrac{1}{(n+1)^2}+\dfrac{1}{(n+2)^2}+...+\dfrac{1}{(n+p)^2}<\dfrac{1}{n(n+1)}+\dfrac{1}{(n+1)(n+2)}+...+\dfrac{1}{(n+p-1)(n+p)}\) ，
裂项相消可得， \(|a_{n+p}-a_n|<\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+p}<\dfrac{1}{n}\) ，
所以，对任意 \(\varepsilon>0\) ，取 \(N=\left\lfloor \dfrac{1}{\varepsilon} \right\rfloor+1\) ，则可知道 \(\{a_n\}\) 数列 .
T2.
求证：设 \(x_n=1+\dfrac{1}{2}+...+\dfrac{1}{n}\) ，则 \(\{x_n\}\) 发散，
法一：
由经典放缩可得， \(\ln\left(1+\dfrac{1}{n}\right)<\dfrac{1}{n}<\ln\left(\dfrac{n}{n-1}\right)\) ，
所以 \(\sum\limits_{k=1}^n\dfrac{1}{k}>\sum\limits_{k=1}^n\ln\left(\dfrac{k+1}{k}\right)=\ln(n+1)\) ，
显然 \(\ln(n+1)\) 为发散数列，恒大于发散数列每一项的数列也一定发散，所以 \(\{x_n\}\) 发散 .
法二：
取 \(\varepsilon_0=\dfrac{1}{2}\) ，当 \(n>N\) 时，令 \(p=n\) ，
则 \(|x_{n+p}-x_n|=\dfrac{1}{n+1}+...+\dfrac{1}{2n}\geq\dfrac{n}{2n}=\dfrac{1}{2}=\varepsilon_0\) ，
根据柯西准则， \(\{x_n\}\) 发散 .
八、综合提高题型
T1.
求证： \(\lim\limits_{n\to\infty}\sin n\) 不存在
证明：
利用反证法，假设 \(\lim\limits_{n\to\infty}\sin n=A\) ，
则 \(\lim\limits_{n\to\infty}[\sin (n+2)-\sin n]=\lim\limits_{n\to\infty}2\sin 1\cos(n+1)=A-A=0\)
所以 \(\lim\limits_{n\to\infty}\cos n=0\) ，
所以 \(\lim\limits_{n\to\infty}\sin n=\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt{1-\cos ^2n}=1\)
所以 \(\lim\limits_{n\to\infty}\sin 2n=\lim\limits_{n\to\infty}2\sin n\cos n\) ，
而 \(\lim\limits_{n\to\infty}\sin 2n=1\) ， \(\lim\limits_{n\to\infty}2\sin n\cos n=0\) ，显然 \(1\neq 0\) ，
综上， \(\lim\limits_{n\to\infty}\sin n\) 不存在 .
T2.
求证：设 \(\lim\limits_{n\to\infty}a_n=a\) ，若 \(a_n>0\quad(n=1,2,...)\) ，则 \(\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_1a_2...a_n}=a\)
证明：
根据极限保号性，由 \(a_n>0\quad(n=1,2,...)\) 可得 \(a\geq0\) ，
若 \(a>0\) ，则 \(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1}{a_n}=\dfrac{1}{a}\) ，由基本不等式得， \(\dfrac{n}{\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+\dfrac{1}{a_3}+...+\dfrac{1}{a_n}}\leq\sqrt[n]{a_1a_2a_3...a_n}\leq\dfrac{a_1+a_2+...+a_n}{n}\) ，
根据迫敛性可得， \(\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_1a_2...a_n}=a\) .
若 \(a=0\) ，则 \(0\leq\sqrt[n]{a_1a_2a_3...a_n}\leq\dfrac{a_1+a_2+...+a_n}{n}\)
再根据迫敛性可得， \(\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_1a_2...a_n}=a=0\) .
综上， \(\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_1a_2...a_n}=a\) .
T3.
求证：若 \(\{a_n\}\) 为递增数列， \(\{b_n\}\) 为递减数列，且 \(\lim\limits_{n\to\infty}(a_n-b_n)=0\) ，则 \(\lim\limits_{n\to\infty}a_n=\lim\limits_{n\to\infty}b_n\)
证明：
因为 \(\lim\limits_{n\to\infty}(a_n-b_n)=0\) ，所以数列 \(\{a_n-b_n\}\) 有界，所以存在一个 \(M\) ，使得 \(|a_n-b_n|\leq M\) ,
又因为 \(\{b_n\}\) 是一个单减数列，所以 \(a_n-b_1\leq a_n-b_n\leq M\) ，
所以 \(a_n\leq b_1+M\) ，所以 \(\{a_n\}\) 单调有界极限存在 .
记 \(M_1\) 为数列 \(\{a_n\}\) 的一个上界，所以 \(|b_n|\leq|a_n+b_n-a_n|\leq|a_n|+|b_n-a_n|=M_1+M\) ，
所以 \(\{b_n\}\) 也为单调有界数列，所以 \(\{b_n\}\) 极限也存在 .
再根据 \(\lim\limits_{n\to\infty}(a_n-b_n)=0\) ，可得 \(\lim\limits_{n\to\infty}a_n=\lim\limits_{n\to\infty}b_n\) .
T4.
求证：设 \(\{a_n\}\) 满足：存在正数 \(M\) ，对任意 \(n\) 有 \(A_n=|a_2-a_1|+...+|a_n-a_n-1|\leq M\) ，则 \(\{A_n\}\) 与 \(\{a_n\}\) 都收敛
证明：
发现 \(A_{n+1}-A_n=|a_{n+1}-a_n|\geq0\) ，又因为 \(A_n\leq M\) 恒成立，所以 \(\{A_n\}\) 单增有界，所以 \(\{A_n\}\) 收敛，
由柯西准则知，对任意 \(\varepsilon>0\) ，存在一个 \(N\) ，当 \(m>n>N\) 时，有 \(|A_m-A_n|=A_m-A_n<\varepsilon\) ，
而 \(|a_m-a_n|=|(a_m-a_{m-1})+...+(a_{n+1}-a_n)|\leq|a_m-a_{m-1}|+...+|a_{n+1}-a_n|=A_m-A_n<\varepsilon\) ，
所以， \(|a_m-a_n|<\varepsilon\) ，所以 \(\{a_n\}\) 也收敛 .
T5.
求证：设 \(a_1>b_1>0\) ，记 \(a_n=\dfrac{a_{n-1}+b_{n-1}}{2}\) ， \(b_n=\dfrac{2a_{n-1}b_{n-1}}{a_{n-1}+b_{n-1}}\) ，则 \(\lim\limits_{n\to\infty}a_n=\lim\limits_{n\to\infty}b_n=\sqrt{a_1b_1}\)
证明：
首先发现 \(a_n\cdot b_n=a_{n-1}\cdot b_{n-1}\) ，所以数列 \(\{a_nb_n\}\) 为常数列，且 \(a_nb_n=a_1b_1\) ，
由基本不等式得， \(\dfrac{2}{\dfrac{1}{a_{n-1}}+\dfrac{1}{b_{n-1}}}\leq\sqrt{a_nb_n}\leq\dfrac{a_{n-1}+b_{n-1}}{2}\) ，即 \(b_n\leq a_n\) ，
再求单调性， \(a_n-a_{n-1}=\dfrac{b_{n-1}-a_{n-1}}{2}\leq0\) ， \(b_n-b_{n-1}=\dfrac{b_{n-1}(a_{n-1}-b_{n-1})}{a_{n-1}+b_{n-1}}\geq0\) ，
所以 \(\{a_n\}\) 单减有界极限存在， \(\{b_n\}\) 单增有界极限存在，设 \(\lim\limits_{n\to\infty}a_n=A,\lim\limits_{n\to\infty}b_n=B\)
则有 \(\begin{cases}A=\dfrac{A+B}{2}\\B=\dfrac{2AB}{A+B}\end{cases}\) ，解得 \(A=B\) ，又因为 \(A\cdot B=a_1b_1\) ，所以 \(A=B=\sqrt{a_1b_1}\) .
T6.
求证：设 \(x_{n+1}=q\sin x_n+a\) ，其中 \(a,q\) 为常数，且有 \(q\in(0,1)\) ，则 \(\{x_n\}\) 极限存在
证明：
先尝试做差， \(|x_2-x_1|=q|\sin x_1-\sin x_0|=2q\left|cos\dfrac{x_1+x_0}{2}\right|\left|\sin\dfrac{x_1-x_0}{2}\right|\leq q|x_1-x_0|\) ，
进而用数学归纳法可得， \(|x_{n+1}-x_n|\leq q|x_n-x_{n-1}|\leq...\leq q^n|x_1-x_0|\) ，
进而对任何 \(p\in\mathbb{N+}\) ， \(|x_{n+p}-x_n|=|x_{n+p}-x_{n+p-1}+x_{n+p-1}-x_{n+p-2}+...+x_{n+1}-x_n|\) ，
有 \(|x_{n+p}-x_n|\leq|x_{n+p}-x_{n+p-1}|+...+|x_{n+1}-x_n|\leq(q^{n+p-1}+...+q^n)|x_1-x_0|\) ，
等比数列求和， \(|x_{n+p}-x_n|\leq \dfrac{q^n(1-q^p)}{1-q}|x-x_0|\leq\dfrac{q^n}{1-q}|x-x_0|\) ，
因为 \(0\leq|x_{n+p}-x_n|\leq\dfrac{q^n}{1-q}|x-x_0|\) ，因为 \(q\in(0,1)\) ， 所以 \(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{q^n}{1-q}=0\) ，
根据迫敛性可知 \(\lim\limits_{n\to\infty}|x_{n+p}-x_n|=0\) ，
根据柯西收敛准则，可知 \(\{x_n\}\) 极限存在 .
T7.
求证：若 \(\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a\) ， \(\lim\limits_{n\to\infty}y_n=b\) ，则 \(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{x_1y_n+x_2y_{n-1}+...+x_ny_1}{n}=ab\)
证明：
设 \(x_n=a+\alpha_n\) ， \(y_n=b+\beta_n\) ，则 \(\{\alpha_n\}\) ， \(\{\beta_n\}\) 均为无穷小数列，
所以 \(\dfrac{x_1y_n+x_2y_{n-1}+...+x_ny_1}{n}=\dfrac{(a+\alpha_1)(b+\beta_n)+...+(a+\alpha_n)(b+\beta_1)}{n}\) ，
继续化简可得， \(\dfrac{x_1y_n+x_2y_{n-1}+...+x_ny_1}{n}=ab+b\dfrac{\alpha_1+\alpha_2+...+\alpha_n}{n}+a\dfrac{\beta_1+\beta_2+...+\beta_n}{n}+\dfrac{\alpha_1\beta_n+...+\alpha_n\beta_1}{n}\) ，
因为 \(\lim\limits_{n\to\infty}\alpha_n=\lim\limits_{n\to\infty}\beta_n=0\) ，所以两个无穷小数列都是有界的，
所以 \(0\leq\dfrac{\alpha_1\beta_n+...+\alpha_n\beta_1}{n}\leq M\dfrac{|\alpha_1|+|\alpha_2|+...+|\alpha_n|}{n}\) ，
而 \(\lim\limits_{n\to\infty}M\dfrac{|\alpha_1|+|\alpha_2|+...+|\alpha_n|}{n}=0\) ，且 \(\lim\limits_{n\to\infty}b\dfrac{\alpha_1+\alpha_2+...+\alpha_n}{n}=\lim\limits_{n\to\infty}a\dfrac{\beta_1+\beta_2+...+\beta_n}{n}=0\) ，
综上，\(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{x_1y_n+x_2y_{n-1}+...+x_ny_1}{n}=ab\) .
T8.
设 \(\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a\) ，求 \(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{x_1+2x_2+...+nx_n}{n}\)
解：
令 \(x_n=a+\beta_n\) ，则 \(\lim\limits_{n\to\infty}\beta_n=0\) ，从而 \(\lim\limits_{n\to\infty}|\beta_n|=0\) ，
代入原式化简 \(\dfrac{x_1+2x_2+...+nx_n}{n}=\dfrac{(\alpha+\beta_1)+2(\alpha+\beta_2)+...+n(\alpha+\beta_n)}{n^2}\) ，
拆括号， \(\dfrac{x_1+2x_2+...+nx_n}{n}=\dfrac{n+1}{2n}a+\dfrac{\left(\dfrac{1}{n}\beta_1+\dfrac{2}{n}\beta_2+...+\dfrac{n}{n}\beta_n\right)}{n}\) ，
而 \(0\leq\dfrac{\dfrac{1}{n}\beta_1+\dfrac{2}{n}\beta_2+...+\dfrac{n}{n}\beta_n}{n}\leq \dfrac{|\beta_1|+|\beta_2|+...+|\beta_n|}{n}\) ，
又因为 \(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{|\beta_1|+|\beta_2|+...+|\beta_n|}{n}=0\) ，
综上 \(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{x_1+2x_2+...+nx_n}{n}=\dfrac{a}{2}\) .
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