9月18日数学分析（B1）作业

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P27 第17题(2)

∀ϵ∈R+,∃N∈N,使得∀n>N，有∣an+p−an∣=13n+1+1+13n+2+1+⋯+13n+p+1<13n+1+13n+2+⋯+13p=13n+1−13p+11−13=32(13n+1−13p+1)<12⋅3n<ϵ对于任意p成立\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⁡32ϵn>-\log_3{2\epsilon}
不妨设ϵ<1，设N=[−log⁡32ϵ]+1\epsilon<1，设N=[-\log_3{2\epsilon}]+1

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

P27 第17题(4)

∀ϵ∈R+,∃N∈N,使得∀n>N，有     ∣an+p−an∣=∣cos⁡(n+1)(n+1)(n+2)+cos⁡(n+2)(n+2)(n+3)+⋯+cos⁡(n+p)(n+p)(n+p+1)∣<∣1(n+1)(n+2)+1(n+2)(n+3)+⋯+1(n+p)(n+p+1)∣=1n+1−1n+p+1<1n+1<ϵ 对于任意p成立\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>1ϵ−1n>\frac{1}{\epsilon}-1 \\
不妨设ϵ<1，设N=[1ϵ]+1\epsilon<1，设N=[\frac{1}{\epsilon}]+1 \\
此时当n>N时，对任意p∈N有∣an+p−an∣<ϵn>N时，对任意p\in\mathbb{N}有\left\vert a_{n+p}-a_{n}\right\vert<\epsilon \\
故{an}\{a_n\}收敛

P27 第23题

lim⁡n→∞an=∞⇒∀M>0,∃N∈N,使得当n>N时，有∣an∣>Mb又∣bn∣≥b>0，故有∣anbn∣>M，即得lim⁡n→∞anbn=∞\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

设an=n!n；先证{an}单调递增：{an}单调递增⇔(n!)1n<((n+1)!)1n+1⇔n!<(n+1)n 显然成立，故an单调递增；再证{an}无界：取{an}的一个子列{a2n−1}a2n−1=(1⋅2⋅3⋅⋯⋅(2n−1))12n−1>(1⋅2⋅2⋅4⋅4⋅4⋅4⋅⋯⋅2n−1⋅2n−1⋅⋯⋅2n−1)12n−1=21⋅2+2⋅4+3⋅8+⋯+(n−1)⋅2n−12n−1=2(n−2)2n+22n−1>2n−2由于lim⁡n→∞2n−2=+∞，可得{a2n−1}无界且趋于+∞从而有{an}无界；又{an}单调递增，从而有lim⁡n→∞an=+∞综上，n!n无界且趋于无穷大。(2)假设lim⁡n→∞nsin⁡nπ2=∞⇒∀M>0,∃N∈N,使得当n>N时，有∣an∣>M成立取N2>N且2∣N2，此时∣an∣=0>M，矛盾；故an=nsin⁡nπ2不趋于无穷大；又∀M>0,取n=2M+1，此时有an=2M+1>M即∃n>0使得∣an∣>M；综上，nsin⁡nπ2无界且不趋于无穷大。\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

      an+1=an+1an⇒an+12=an2+1an2+2>an2+2⇒{an}单调递增且an+12>a12+2n=2n+1又lim⁡n→∞2n+1=+∞⇒an→+∞(n→∞)，得证\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}