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P53 第14题

$$f(x)为周期函数\implies \exists T>0 使f(x+T)=f(x)\forall x\in\mathbb{R}成立 \\ 假设f(x)不恒等于0\implies \exists x_0, 使f(x_0)\neq 0 \\ 又f(x+T)=f(x)\implies f(x_0+nT)=f(x_0)\forall n\in\mathbb{N}成立 \\ 设a_n=x_0+nT, n\in\mathbb{N} \\ \lim_{x \to \infty}f(x)=0\implies \lim_{n \to \infty}f(a_n)=0 \\ 又f(a_n)=f(x_0+nT)=f(x_0)\neq 0\implies \lim_{n \to \infty}f(a_n)=f(a_0)\neq 0, 矛盾。 \\ 故假设不成立，综上，f(x)\equiv 0$$

P53 第15题

(1)

$$先证必要性：当\lim_{x \to x_0^-}f(x)=l时，设\lim_{n \to \infty}a_n=x_0 \\ \{a_n\}单调递增\implies x_0是a_n的上确界 \implies a_n<x_0\forall n\in\mathbb{N}成立 \\ 因为\lim_{x \to x_0^-}f(x)=l,\forall \varepsilon>0,\exists \delta>0 ，当x_0-\delta<x<x_0时，有\left\vert f(x)-l \right\vert <\varepsilon \\ \lim_{n \to \infty}a_n=x_0且a_n<x_0 \implies 对于上述\delta>0 ，存在一个自然数N，使得当n>N时，有x_0-\delta<a_n<x_0， \\ 所以当n>N时，\left\vert f(a_n)-l \right\vert <\varepsilon , 即 \\ \lim_{n \to \infty}f(a_n)=l \\ 再证充分性：假设当x\to x_0^- 时，f(x)不以l为极限, \\ 那么一定有一个\varepsilon_0>0,使得对于任何一个\delta>0都能找到一个x_\delta 即使x_0-\delta<x_\delta<x_0,仍有\left\vert f(x_\delta-l) \right\vert \ge \varepsilon_0 \\ 因此取\delta_n=\frac{1}{n}(n=1,2, \ldots ),对应每一个这样的\delta_n, 都可找到a_n, 使得：\\ x_0-\frac{1}{n}<a_n<x_0,但\left\vert f(a_n)-l \right\vert \ge \varepsilon_0 \\ 当n\to \infty 时,上面第一个不等式说明\lim_{n \to \infty}a_n=x_0,\\第二个不等式说明\lim_{n \to \infty}\{ f(a_n) \}\neq l,矛盾 \\ 故\lim_{x \to x_0^-}f(x)=l$$

(2)

$$先证必要性：当\lim_{x \to x_0^+}f(x)=l时，设\lim_{n \to \infty}a_n=x_0 \\ \{a_n\}单调递减\implies x_0是a_n的下确界 \implies a_n>x_0\forall n\in\mathbb{N}成立 \\ 因为\lim_{x \to x_0^+}f(x)=l,\forall \varepsilon>0,\exists \delta>0 ，当x_0<x<x_0+\delta时，有\left\vert f(x)-l \right\vert <\varepsilon \\ \lim_{n \to \infty}a_n=x_0且a_n<x_0 \implies 对于上述\delta>0 ，存在一个自然数N，使得当n>N时，有x_0<a_n<x_0+\delta， \\ 所以当n>N时，\left\vert f(a_n)-l \right\vert <\varepsilon , 即 \\ \lim_{n \to \infty}f(a_n)=l \\ 再证充分性：假设当x\to x_0^+ 时，f(x)不以l为极限, \\ 那么一定有一个\varepsilon_0>0,使得对于任何一个\delta>0都能找到一个x_\delta 即使x_0<x_\delta<x_0+\delta,仍有\left\vert f(x_\delta-l) \right\vert \ge \varepsilon_0 \\ 因此取\delta_n=\frac{1}{n}(n=1,2, \ldots ),对应每一个这样的\delta_n, 都可找到a_n, 使得：\\ x_0<a_n<x_0+\frac{1}{n},但\left\vert f(a_n)-l \right\vert \ge \varepsilon_0 \\ 当n\to \infty 时,上面第一个不等式说明\lim_{n \to \infty}a_n=x_0,\\第二个不等式说明\lim_{n \to \infty}\{ f(a_n) \}\neq l,矛盾 \\ 故\lim_{x \to x_0^+}f(x)=l$$

P50 第1题

(2)

$$f(x)在x\in(-\infty,-1)\cup(-1,+\infty)有定义， \\ 当x>-1时，对任意给定的\epsilon>0，解不等式\left\vert \frac{x-1}{x+1}-1 \right\vert=\frac{2}{x+1} <\epsilon \\ 得x>\frac{2}{\epsilon}-1 \\ 取X=\frac{2}{\epsilon}-1，当x>X>-1时，有\left\vert \frac{x-1}{x+1}-1 \right\vert<\epsilon，故\lim_{x \to +\infty}\left\vert \frac{x-1}{x+1} \right\vert=1 \\ 同理，当x<-1时，对任意给定的\epsilon>0，解不等式\left\vert \frac{x-1}{x+1}-1 \right\vert=-\frac{2}{x+1} <\epsilon \\ 得x<-\frac{2}{\epsilon}-1 \\ 取X=-\frac{2}{\epsilon}-1，当x<X<-1时，有\left\vert \frac{x-1}{x+1}-1 \right\vert<\epsilon，故\lim_{x \to -\infty}\left\vert \frac{x-1}{x+1} \right\vert=1 \\ 综上，\lim_{x \to \infty}\left\vert \frac{x-1}{x+1} \right\vert=1$$

(4)

$$f(x)在x\in(0,+\infty)有定义， \\ 当x>0时，\forall\epsilon>0，解不等式 x^{\frac{1}{q}} <\epsilon \\ 由于q\in\mathbb{N_+}，得x<\epsilon^q \\ 取X=\epsilon^q，当0<x<X时，有x^{\frac{1}{q}}<\epsilon，故\lim_{x \to 0^+}x^{1/q}=0$$

P50 第2题

(2)

$$由n\in \mathbb{N_+}，知x\in (0,1)\cup(1,+\infty) \\ \lim_{x \to 1}\frac{x^n-1}{x-1}=\lim_{x \to 1}( 1+x+x^2+ \cdots +x^{n-1} )=1+1+1+ \cdots +1=n 故\lim_{x \to 1}\frac{x^n-1}{x-1}=n$$

(4)

$$\lim_{x \to \infty}\frac{(3x+6)^{70}(8x-5)^{20}}{(5x-1)^{90}}=\lim_{x \to \infty}\frac{(3+\frac{6}{x})^{70}(8-\frac{5}{x})^{20}}{(5-\frac{1}{x})^{90}}=\frac{3^{70}\cdot 8^{20}}{5^{90}} \\ 综上，\lim_{x \to \infty}\frac{(3x+6)^{70}(8x-5)^{20}}{(5x-1)^{90}}=\frac{2^{60}\cdot 3^{70}}{5^{90}}$$

P50 第4题

$$\lim_{x \to +\infty}f(x)=l \Rightarrow \forall \epsilon>0, \exists X>0使\forall x>X, \left\vert f(x)-l \right\vert <\epsilon \\ 令N=k，其中k为使a_k>X时最小的k \\ \forall n>N,a_n>X\Rightarrow \left\vert f(a_n)-l \right\vert <\epsilon \\ 故有\lim_{n \to \infty}f(a_n)=l$$

P50 第5题

(2)

$$f(x)=\begin{cases} 1, &x>0 \\ 0, &x=0 \\ -1,&x<0 \end{cases} \\ \lim_{x \to 0^+}f(x)=\lim_{x \to 0^+}1=1 \\ \lim_{x \to 0^-}f(x)=\lim_{x \to 0^-}-1=-1 \\ \lim_{x \to 0^+}f(x)\neq \lim_{x \to 0^-}f(x) \\ 综上,\lim_{x \to 0^+}f(x)=1, \lim_{x \to 0^-}f(x)=-1 , \lim_{x \to 0}f(x)不存在$$

(4)

$$f(x)=\begin{cases} \cos \frac{1}{x}, & x>0 \\ x, & x\leq 0 \end{cases} \\ \lim_{x \to 0^-}f(x)=\lim_{x \to 0^-}x=0 \\ 下证\lim_{x \to 0^+}f(x)=\lim_{x \to 0^+}\cos \frac{1}{x}不存在：\\ 假设\lim_{x \to 0^+}\cos \frac{1}{x}=k 取数列a_n=\frac{1}{2n\pi}, f(a_n)=\cos 2n\pi=1 \\ \Rightarrow \lim_{n \to \infty}f(\frac{1}{2n\pi})=1 \\ 由数列与函数极限的关系可知k=1 \\ 取数列b_n=\frac{1}{(2n+1)\pi}, f(a_n)=\cos (2n+1)\pi=-1 \\ \Rightarrow \lim_{n \to \infty}f(\frac{1}{(2n+1)\pi})=-1 \\ 由数列与函数极限的关系可知k=-1,矛盾 \\ 故\lim_{x \to 0^+}f(x)=\lim_{x \to 0^+}\cos \frac{1}{x}不存在 \\ 综上，\lim_{x \to 0^+}f(x)不存在, \lim_{x \to 0^-}f(x)=0,\lim_{x \to 0}f(x)不存在$$

P27 第17题(2)

$$\forall \epsilon \in \mathbb{R}^+ , \exists N\in\mathbb{N} , 使得 \forall n>N，有\\ \begin{aligned} |a_{n+p}-a_n|=\frac{1}{3^{n+1}+1}+\frac{1}{3^{n+2}+1}+ \cdots +\frac{1}{3^{n+p}+1} &< \frac{1}{3^{n+1}}+\frac{1}{3^{n+2}}+ \cdots +\frac{1}{3^p} \\ &=\frac{\frac{1}{3^{n+1}}-\frac{1}{3^{p+1}}}{1-\frac{1}{3}} \\ &=\frac{3}{2}(\frac{1}{3^{n+1}}-\frac{1}{3^{p+1}}) \\ &<\frac{1}{2\cdot 3^n} <\epsilon 对于任意p成立 \\ \end{aligned} \\$$

解得$n>-\log_3{2\epsilon}$
不妨设$\epsilon<1，设N=[-\log_3{2\epsilon}]+1$

此时当$n>N时，对任意p\in\mathbb{N}有|a_{n+p}-a_{n}|<\epsilon\\$
故$\{a_n\}$收敛

P27 第17题(4)

$$\forall \epsilon \in \mathbb{R}^+ , \exists N\in\mathbb{N} , 使得 \forall n>N，有\\ \begin{aligned} &\ \ \ \ \ \left\vert a_{n+p}-a_n \right\vert \\&=\left\vert\frac{\cos(n+1)}{(n+1)(n+2)}+\frac{\cos(n+2)}{(n+2)(n+3)}+ \cdots +\frac{\cos(n+p)}{(n+p)(n+p+1)}\right\vert \\ &< \left\vert\frac{1}{(n+1)(n+2)}+\frac{1}{(n+2)(n+3)}+ \cdots +\frac{1}{(n+p)(n+p+1)}\right\vert\\ &=\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+p+1} \\ &<\frac{1}{n+1} <\epsilon \ 对于任意p成立 \\ \end{aligned}$$

解得$n>\frac{1}{\epsilon}-1 \\$
不妨设$\epsilon<1，设N=[\frac{1}{\epsilon}]+1 \\$
此时当$n>N时，对任意p\in\mathbb{N}有\left\vert a_{n+p}-a_{n}\right\vert<\epsilon \\$
故$\{a_n\}$收敛

P27 第23题

$$\lim_{n \to \infty}a_n=\infty \Rightarrow \forall M>0, \exist N\in \mathbb{N}, 使得当n>N时，有|a_n|>\frac{M}{b} \\ 又|b_n|\ge b>0，故有|a_nb_n|>M，即得\lim_{n \to \infty}a_nb_n=\infty$$

P27 第24题

$$\begin{aligned} &设a_n=\sqrt[n]{n!}； \\ &先证\{a_n\}单调递增： \\ &\{a_n\}单调递增 \Leftrightarrow {(n!)}^\frac{1}{n}<{((n+1)!)}^\frac{1}{n+1} \Leftrightarrow n!<(n+1)^n\ 显然成立， \\ &故a_n单调递增；\\ &再证\{a_n\}无界：取\{a_n\}的一个子列\{a_{2^n-1}\}\\ &a_{2^n-1}=(1\cdot 2\cdot 3\cdot \cdots\cdot (2^n-1))^\frac{1}{2^n-1}\\ &>(1\cdot 2\cdot 2\cdot 4\cdot 4\cdot 4\cdot 4\cdot \cdots\cdot 2^{n-1}\cdot 2^{n-1}\cdot \cdots\cdot 2^{n-1})^\frac{1}{2^n-1}\\ &=2^{\frac{1\cdot 2+2\cdot 4+3\cdot 8+ \cdots +(n-1)\cdot 2^{n-1}}{2^n-1}}\\ &=2^{\frac{(n-2)2^n+2}{2^n-1}}>2^{n-2}\\ &由于\lim_{n \to \infty}2^{n-2}=+\infty，可得\{a_{2^n-1}\}无界且趋于+\infty\\ &从而有\{a_n\}无界；\\ &又\{a_n\}单调递增，从而有\lim_{n \to \infty}a_n=+\infty \\ &综上，\sqrt[n]{n!}无界且趋于无穷大。\\ &(2) 假设 \lim_{n \to \infty}n\sin\frac{n\pi}{2}=\infty \\ &\Rightarrow\forall M>0 , \exist N\in \mathbb{N},使得当n>N时，有|a_n|>M成立 \\ &取N_2>N且2 | N_2，此时|a_n|=0>M，矛盾； \\ &故 a_n=n\sin \frac{n\pi}{2} 不趋于无穷大； \\ &又\forall M>0, 取n=2M+1，此时有a_n=2M+1>M \\ &即\exists n>0使得 |a_n|>M； \\ &综上，n\sin\frac{n\pi}{2}无界且不趋于无穷大。\\ \end{aligned}$$

P27 第25题

$$\begin{aligned} &\ \ \ \ \ \ a_{n+1}=a_n+\frac{1}{a_n} \\ &\Rightarrow a_{n+1}^2=a_n^2+\frac{1}{a_n^2}+2>a_n^2+2 \\ &\Rightarrow \{a_n\}单调递增且a_{n+1}^2>a_1^2+2n=2n+1 \\ 又\lim_{n \to \infty}\sqrt{2n+1}=+\infty&\Rightarrow a_n\rightarrow+\infty(n\rightarrow \infty)，得证 \end{aligned}$$

$$A=\begin{pmatrix} -3 & -1 & -2 \\ 1 & 3 & 4 \\\end{pmatrix} , B=\begin{pmatrix} 2 & 2 & -2 \\ 4 & -1 & -4 \\ 4 & 3 & -3 \\\end{pmatrix} , C=\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -4 & 1 \\ -1 & -2 \\\end{pmatrix} \\ AB=\begin{pmatrix}-18 & -11 & 16\\30 & 11 & -26\end{pmatrix} , BC=\begin{pmatrix}-4 & 8\\12 & 11\\-5 & 13\end{pmatrix} , ABC=\begin{pmatrix}10 & -61\\12 & 93\end{pmatrix} \\ B^2=\begin{pmatrix}4 & -4 & -6\\-12 & -3 & 8\\8 & -4 & -11\end{pmatrix} , AC=\begin{pmatrix}3 & 0\\-15 & -4\end{pmatrix} , CA=\begin{pmatrix}-2 & 2 & 2\\13 & 7 & 12\\1 & -5 & -6\end{pmatrix}$$

P113 第5题

$$\begin{aligned} &\ \ \ \ \begin{pmatrix} x_1 & x_2 & \cdots & x_m \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{m1} & a_{m2} & \cdots & a_{mn} \\\end{pmatrix} \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \\ \vdots \\ y_n \end{pmatrix} \\&= \begin{pmatrix} x_1 & x_2 & \cdots & x_m \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_{11}y_1+a_{12}y_2+ \cdots + a_{1n}y_n \\ a_{21}y_1 + a_{22}y_2 + \cdots + a_{2n}y_n \\ \vdots \\ a_{m1}y_1 + a_{m2}y_2 + \cdots + a_{mn}y_n \\\end{pmatrix} \\&=\sum_{i=1}^m\sum_{j=1}^nx_{i}a_{ij}y_j \end{aligned}$$

P113 第6题

( 1 )

$$设A=\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \\\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \\\end{pmatrix} \\ 则有 \begin{cases} a^2+bc=0 &(1) \\ ab+bd=1 &(2)\\ ac+cd=1 &(3)\\ bc+d^2=0 &(4)\end{cases} \\ 由(1),(4)知a=\pm d，又由(2),(3)知a=d, b=c=\frac{1}{2a}=\frac{1}{2d} 代入至(1)得a^2+\frac{1}{4a^2}=0，矛盾 \\ 故不存在这样的A。$$

( 2 )

$$设A=\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \\\end{pmatrix}，A^2=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \\\end{pmatrix} \\ 则有 \begin{cases} a^2+bc=0 &(1) \\ ab+bd=1 &(2)\\ ac+cd=-1 &(3)\\ bc+d^2=0 &(4)\end{cases} \\ 由(1),(4)知a=\pm d，又由(2),(3)知a=d, b=\frac{1}{2a}, c=-\frac{1}{2a} \\代入至(1)得a^2=\frac{1}{4a^2} \\ 得a=\pm \frac{\sqrt2}{2} 即A=\begin{pmatrix} \frac{\sqrt2}{2} & \frac{\sqrt2}{2} \\ -\frac{\sqrt2}{2} & \frac{\sqrt2}{2} \\\end{pmatrix}或\begin{pmatrix} -\frac{\sqrt2}{2} & -\frac{\sqrt2}{2} \\ \frac{\sqrt2}{2} & -\frac{\sqrt2}{2} \\\end{pmatrix}$$

( 3 )

$$当A=\begin{pmatrix} -\frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} \\ -\frac{\sqrt{3}}{2} & -\frac{1}{2} \\\end{pmatrix}时， \begin{pmatrix} -\frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} \\ -\frac{\sqrt{3}}{2} & -\frac{1}{2} \\\end{pmatrix}^3=I$$

P113 第7题

(1)

$$设A=\begin{pmatrix} \cos\theta & \sin\theta \\ -\sin \theta & \cos\theta \end{pmatrix} \\ 下证A^k=\begin{pmatrix} \cos{k}\theta & \sin{k}\theta \\ -\sin{k} \theta & \cos{k}\theta \end{pmatrix} \\ A^1=\begin{pmatrix} \cos1\theta & \sin{1}\theta \\ -\sin{1} \theta & \cos{1}\theta \end{pmatrix} 故上式对于k=1时成立。 \\ 设A^k=\begin{pmatrix} \cos{k}\theta & \sin{k}\theta \\ -\sin{k} \theta & \cos{k}\theta \end{pmatrix} \\ 则A^{k+1}=A^k\cdot A=\begin{pmatrix} \cos{k}\theta & \sin{k}\theta \\ -\sin{k} \theta & \cos{k}\theta \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \cos\theta & \sin\theta \\ -\sin \theta & \cos\theta \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \cos{(k+1)}\theta & \sin{(k+1)}\theta \\ -\sin{(k+1)} \theta & \cos{(k+1)}\theta \end{pmatrix} \\ 得证 \\ 故A^k=\begin{pmatrix} \cos{k}\theta & \sin{k}\theta \\ -\sin{k} \theta & \cos{k}\theta \end{pmatrix}$$

(2)

$$设A=\begin{pmatrix} a & b \\ -b & a \\\end{pmatrix}=\sqrt{a^2+b^2}\begin{pmatrix} \frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}} & \frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}} \\ -\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}} & \frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}} \\\end{pmatrix}=\sqrt{a^2+b^2}\begin{pmatrix} \cos\theta & \sin\theta \\ -\sin \theta & \cos\theta \end{pmatrix}，其中\theta=\arccos{\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}} \\ 由(1)结论可知，A^k={(a^2+b^2)}^{\frac{k}{2}}\begin{pmatrix} \cos{k}\theta & \sin{k}\theta \\ -\sin{k} \theta & \cos{k}\theta \end{pmatrix} \\ 故A^k={(a^2+b^2)}^{\frac{k}{2}}\begin{pmatrix} \cos{k}\theta & \sin{k}\theta \\ -\sin{k} \theta & \cos{k}\theta \end{pmatrix} \\ 即A^k=\begin{pmatrix} a & b \\ -b & a \\\end{pmatrix}^k={(a^2+b^2)}^{\frac{k}{2}}\begin{pmatrix} \cos{(k\arccos{\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}})} & \sin{(k\arccos{\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}})} \\ -\sin {(k\arccos{\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}})} & \cos{(k\arccos{\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}})} \end{pmatrix}$$

(5)

$$设A= \begin{pmatrix} a_1 \\ a_2 \\ \vdots \\ a_n \end{pmatrix} ，B= \begin{pmatrix} b_1 & b_2 & \cdots & b_n \end{pmatrix} \\ 则有C=\begin{pmatrix} a_{1}b_1 & a_{1}b_2 & \cdots & a_{1}b_n \\ a_{2}b_1 & a_{2}b_2 & \cdots & a_{2}b_n \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n}b_1 & a_{n}b_2 & \cdots & a_{n}b_n \\\end{pmatrix}=AB \\ C^k=(AB)^k=A(BA)^{k-1}B \\ 又BA=\begin{pmatrix}b_1 & b_2 & \cdots & b_n\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a_1 \\ a_2 \\ \vdots \\ a_n\end{pmatrix}=\sum_{i=1}^n a_ib_i \\ \ \\ 故C^k={(\sum_{i=1}^n a_ib_i)}^{k-1} \cdot AB \\ C^k={(\sum_{i=1}^n a_ib_i)}^{k-1}\begin{pmatrix} a_{1}b_1 & a_{1}b_2 & \cdots & a_{1}b_n \\ a_{2}b_1 & a_{2}b_2 & \cdots & a_{2}b_n \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n}b_1 & a_{n}b_2 & \cdots & a_{n}b_n \\\end{pmatrix}$$

Stolz定理

$\frac{*}{\infty}$型$Stolz$定理

$$设\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}=A\in\mathbb{R} \\ c_n=a_n-Ab_n \\ \frac{c_{n+1}-c_n}{b_{n+1}-b_n}=\frac{(a_{n+1}-Ab_{n+1})-(a_n-Ab_n)}{b_{n+1}-b_n} =\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}A \rightarrow 0 \\ 故有 \frac{a_n}{b_n}=\frac{c_n}{b_n}+A \\ 故不妨设A=0 \\ 对任给\epsilon >0,\exist 一个正整数N_1,使得 \\ 当n\leq N_1时，有-\epsilon <\frac{a_{N_1+1}-a_{N_1}}{b_{N_1+1}-b_{N_1}}<\epsilon \\ \cdots \\ -\epsilon < \frac{a_{n}-a_{n-1}}{b_{n}-b_{n-1}}<\epsilon \\$$

$$-\epsilon < \frac{a_n-a_{N_1}}{b_n-b_{N_1}}< \epsilon \\ -\epsilon(b_n-b{N_1})<a_n-a_{N_1} <\epsilon(b_n-b_{N_1}) \\ 所以 存在一个正整数N\geq N_1,使得当n >N时，-2\epsilon<\frac{a_n}{b_n}<2\epsilon \\ 所以\lim_{n \to \infty}\frac{a_n}{b_n}=0$$

$$A=+\infty 对任给M>0, \exist N_1,使得\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}>M \\ 则当n>N_1时, 有 \frac{a_{n}-a_{N_1}}{b_{n}-b_{N_1}}>M \\ \frac{a_n}{b_n}>\frac{a_{N_1}}{b_{n}}+M(1-\frac{b_{N_1}}{b_n})>M \\=- 所以，存在一个正整数N>N_1,使得当n>N时 \frac{a_n}{b_n}>\frac{M}{2} \\ 所以\lim_{n \to \infty}\frac{a_n}{b_n}=+\infty$$

$\frac00$型$Stolz$定理

$$\{b_n\}严格减 -\epsilon <\frac{a_{n}-a_{n+1}}{b_{n}-b_{n+1}}<\epsilon \\ 则m>n>N时,有：-\epsilon<\frac{a_{n}-a_{m}}{b_{n}-b_{m}}<\epsilon \\ 固定n，令m\to+\infty 后，-\epsilon\leq\frac{a_n}{b_n}\leq\epsilon$$