吉米多维奇刷题-数列-1

习题
刷吉米多维奇数列这一章前半部分遇到的有趣问题梳理
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个人笔记

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2026年10月9日

这篇博客记录了刷《数学分析习题集（吉米多维奇）》\(\S 2\) 数列理论这一章时遇到的有意思的问题以及题解。

题目与解析

  1. 求极限 \[ \lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{2}+\frac{3}{2^2}+\frac{5}{2^3}+\cdots+\frac{2n-1}{2^n}\right). \]

证： 令 \[ S_n=\frac{1}{2}+\frac{3}{2^2}+\frac{5}{2^3}+\cdots+\frac{2n-1}{2^n}. \] 则 \[ 2^nS_n=1\cdot2^{n-1}+3\cdot2^{n-2}+\cdots+(2n-1), \] \[ 2^{n+1}S_n=1\cdot2^n+3\cdot2^{n-1}+\cdots+(2n-1)2. \] 两式相减， \[ 2^nS_n=2^n+2\cdot2^{n-1}+2\cdot2^{n-2}+\cdots+2\cdot2-(2n-1) =3\cdot2^n-2n-3. \] 所以 \[ \lim_{n\to\infty}S_n=\lim_{n\to\infty}\frac{3\cdot2^n-2n-3}{2^n}=3. \]

  1. 证明 \[ \lim_{n\to\infty}\frac{2^n}{n!}=0. \]

证： \[ \frac{2^n}{n!}=\frac{2\cdot2\cdots2}{1\cdot2\cdots n} <\frac{2\cdot2\cdot2\cdots2}{1\cdot2\cdot3\cdot3\cdots3} =2\left(\frac23\right)^{n-2}. \] 对任意\(\varepsilon>0\)，当 \[ n>2+\log_{3/2}\frac{2}{\varepsilon} \] 时，\(2(2/3)^{n-2}<\varepsilon\)。故由夹逼定理， \[ \lim_{n\to\infty}\frac{2^n}{n!}=0. \]

  1. 证明 \[ \lim_{n\to\infty}\frac{n^k}{a^n}=0\qquad(a>1,\ k\text{为固定正整数}). \]

方法一：二项式定理与夹逼 设\(a=h+1\)，\(h>0\)。由二项式定理， \[ (h+1)^n=1+nh+\cdots+\frac{n(n-1)\cdots(n-k)}{(k+1)!}h^{k+1}+\cdots. \] 因此 \[ 0<\frac{n^k}{a^n} <\frac{n^k}{\dfrac{n(n-1)\cdots(n-k)}{(k+1)!}h^{k+1}} =\frac{(k+1)!n^k}{n(n-1)\cdots(n-k)h^{k+1}}. \] 右端趋于\(0\)，由夹逼定理，\(\lim_{n\to\infty}n^k/a^n=0\)。

方法二：比值法 令\(x_n=n^k/a^n\)，则 \[ \frac{x_{n+1}}{x_n}=\left(1+\frac1n\right)^k\frac1a\longrightarrow\frac1a<1. \] 取\(1/a<q<1\)，并令\(\varepsilon=q-1/a>0\)。当\(n\)充分大时， \[ \left|\frac{x_{n+1}}{x_n}-\frac1a\right|<\varepsilon, \qquad \frac{x_{n+1}}{x_n}<\frac1a+\varepsilon=q<1. \] 故对充分大的\(n>N\)， \[ x_n=x_N\frac{x_{N+1}}{x_N}\cdots\frac{x_n}{x_{n-1}}<x_Nq^{n-N}\longrightarrow0. \] 由夹逼定理，\(\lim_{n\to\infty}x_n=0\)。

方法三：单调有界数列 由方法二的比值，数列\(\{x_n\}\)从某项起单调递减，且\(x_n>0\)，故其极限\(A\ge0\)存在。若\(A>0\)，则 \[ \lim_{n\to\infty}\frac{x_{n+1}}{x_n}=\frac{A}{A}=1, \] 但前面已得该极限为\(1/a<1\)，矛盾。因此\(A=0\)，即\(\lim_{n\to\infty}n^k/a^n=0\)。

  1. 证明 \[ \lim_{n\to\infty}\frac{a^n}{n!}=0. \]

证： \[ \frac{a^n}{n!}=\frac{a\cdot a\cdots a}{1\cdot2\cdots(a-1)\cdot a\cdot(a+1)\cdots n} <\frac{a^a}{1\cdot2\cdots(a-1)\cdot a}\left(\frac{a}{a+1}\right)^{n-a}. \] 由于\(0<a/(a+1)<1\)，右端趋于\(0\)。因此结论对正整数\(a\)成立。若\(a\)为任意正实数，取正整数\(m>a\)，则\(0<a^n/n!<m^n/n!\to0\)，结论仍成立。由夹逼定理， \[ \lim_{n\to\infty}\frac{a^n}{n!}=0. \]

  1. 证明（\(|q|<1\)） \[ \lim_{n\to\infty}nq^n=0. \] 令\(x_n=nq^n\)，则 \[ \frac{x_{n+1}}{x_n}=\frac{n+1}{n}q\longrightarrow q. \] 取\(t=(q+1)/2\)（当\(0\le q<1\)时），则\(q<t<1\)。令\(\varepsilon=t-q>0\)，当\(n\)充分大时， \[ \left|\frac{x_{n+1}}{x_n}-q\right|<\varepsilon, \qquad \frac{x_{n+1}}{x_n}<q+\varepsilon=t<1. \] 于是对充分大的\(n>N\)， \[ x_n=x_N\frac{x_{n+1}}{x_n}\cdots\frac{x_n}{x_{n-1}}<x_Nt^{n-N}\longrightarrow0. \] 由夹逼定理，\(\lim_{n\to\infty}nq^n=0\)。当\(-1<q<0\)时，对\(|nq^n|=n|q|^n\)同理可证，故结论仍成立。

  2. 证明 \[ \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a}=1\qquad(a>0). \] 证： 对任意\(\varepsilon>0\)， \[ \left|\sqrt[n]{a}-1\right|<\varepsilon \quad\Longleftrightarrow\quad 1-\varepsilon<a^{1/n}<1+\varepsilon. \] 不妨设\(0<\varepsilon<1\)。

① 当\(0<a<1\)时， \[ \log_a(1+\varepsilon)<0<\frac1n<\log_a(1-\varepsilon). \] 取\(N=1/\log_a(1-\varepsilon)\)，则当\(n>N\)时，\(|\sqrt[n]{a}-1|<\varepsilon\)。故\(\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a}=1\)。

② 当\(a=1\)时，结论显然成立。

③ 当\(a>1\)时， \[ \log_a(1-\varepsilon)<0<\frac1n<\log_a(1+\varepsilon). \] 取\(N=1/\log_a(1+\varepsilon)\)，则当\(n>N\)时，\(|\sqrt[n]{a}-1|<\varepsilon\)。综上， \[ \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a}=1. \]

  1. 证明（\(a>1\)） \[ \lim_{n\to\infty}\frac{\log_a n}{n}=0. \] 证： \[ \lim_{n\to\infty}\frac{\log_a n}{n} =\frac1{\ln a}\lim_{n\to\infty}\frac{\ln n}{n}. \] 因为\(\ln n<n-1\)，所以 \[ \ln n=2\ln\sqrt n<2\sqrt n-2. \] 当\(n>1\)时， \[ 0<\frac{\ln n}{n}<\frac{2\sqrt n-2}{n}, \qquad \lim_{n\to\infty}\frac{2\sqrt n-2}{n}=0. \] 由夹逼定理，\(\lim_{n\to\infty}\log_a n/n=0\)。

  2. 证明 \[ \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{n}=1. \] 证： 由基本不等式， \[ 1=\sqrt[n]{1}<\sqrt[n]{n}<\frac{\sqrt n+\sqrt n+1+\cdots+1}{n} =\frac2{\sqrt n}+1-\frac2n. \] 令\(n\to\infty\)，由夹逼定理， \[ \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{n}=1. \]

  3. 证明 \[ \lim_{n\to\infty}\frac1{\sqrt[n]{n!}}=0. \]

方法一：利用基本不等式 由基本不等式， \[ \sqrt[n]{n!}<\frac{1+2+\cdots+n}{n}=\frac{n+1}{2}. \] 下面考虑\(n!\)。把因子\(k\)与\(n-k+1\)配对，其中\(1\le k\le\lfloor n/2\rfloor\)。当\(n\)为奇数时，剩下的中间因子\((n+1)/2\ge\sqrt n\)。当\(k\le n-k+1\)时， \[ k(n-k+1)-n=(k-1)(n-k)\ge0, \] 所以\(k(n-k+1)\ge n\)。把\(n!\)中的因子配对，便有\(n!\ge n^{n/2}\)，从而 \[ \sqrt n\le\sqrt[n]{n!}<\frac{n+1}{2}. \] 于是 \[ \frac{2}{n+1}<\frac1{\sqrt[n]{n!}}\le\frac1{\sqrt n}. \] 两端都趋于\(0\)，由夹逼定理，\(\lim_{n\to\infty}1/\sqrt[n]{n!}=0\)。

方法二：利用第 61 题 只要对任意给定的\(\varepsilon>0\)，求得\(N\)，使得\(n>N\)时 \[ \left|\frac1{\sqrt[n]{n!}}-0\right|<\varepsilon \] 即可。上式等价于 \[ \frac1{n!}<\varepsilon^n \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{(1/\varepsilon)^n}{n!}<1. \] 由第 61 题，\(\lim_{n\to\infty}(1/\varepsilon)^n/n!=0\)，故这样的\(N\)存在，因而 \[ \lim_{n\to\infty}\frac1{\sqrt[n]{n!}}=0. \]

方法三：单调有界数列与反证法 令\(x_n=1/\sqrt[n]{n!}\)。则 \[ \frac{x_{n+1}}{x_n} =\sqrt[n(n+1)]{\frac{(n!)^{n+1}}{((n+1)!)^n}} =\sqrt[n(n+1)]{\frac{n!}{(n+1)^n}}<1. \] 所以\(\{x_n\}\)递减且有下界\(0\)，设其极限为\(A\ge0\)。若\(A>0\)，则对任意\(n\)， \[ \frac1{\sqrt[n]{n!}}>A>0 \quad\Longrightarrow\quad \frac{(1/A)^n}{n!}>1, \] 这与第 61 题（取\(a=1/A\)）矛盾。故\(A=0\)，即 \[ \lim_{n\to\infty}\frac1{\sqrt[n]{n!}}=0. \]

  1. 证明数列 \[ x_n=\left(1+\frac1n\right)^n \] 单调递增且有上界，数列 \[ y_n=\left(1+\frac1n\right)^{n+1} \] 单调递减且有下界，并求它们的极限。

证： \[ \frac{x_n}{x_{n-1}} =\left(\frac{n+1}{n}\right)^n\left(\frac{n-1}{n}\right)^{n-1} =\frac{n}{n-1}\left(\frac{n^2-1}{n^2}\right)^n =\frac{n}{n-1}\left(1-\frac1{n^2}\right)^n >\frac{n}{n-1}\left(1-\frac1n\right)=1. \] 故\(\{x_n\}\)单调递增。又 \[ \frac{y_n}{y_{n-1}} =\left(\frac{n+1}{n}\right)^{n+1}\left(\frac{n-1}{n}\right)^n =\frac{n+1}{n}\left(1-\frac1{n^2}\right)^n =\frac{n+1}{n}\frac1{\left(1+\dfrac1{n^2-1}\right)^n} \newline <\frac{n+1}{n}\frac1{1+\dfrac n{n^2-1}} <\frac{n+1}{n}\frac1{1+\dfrac1n}=1. \] 故\(\{y_n\}\)单调递减。由于\(x_n<y_n\)，数列\(\{x_n\}\)有上界，数列\(\{y_n\}\)有下界，所以两数列极限存在。又 \[ y_n=\left(1+\frac1n\right)x_n, \] 且\(\lim_{n\to\infty}(1+1/n)=1\)，因此两数列极限相等。由基本极限， \[ \lim_{n\to\infty}x_n=\lim_{n\to\infty}y_n=e. \]

  1. 证明 \[ 0<e-\left(1+\frac1n\right)^n<\frac3n\qquad(n\in\mathbb N^*), \] 并问当\(n\)取何值时，\(e-(1+1/n)^n\)与\(e\)相差不到\(0.001\)。

证： 令\(x_n=(1+1/n)^n\)，\(y_n=(1+1/n)^{n+1}\)。由第 69 题，\(\{x_n\}\)递增且趋于\(e\)，故\(e-x_n>0\)；又\(\{y_n\}\)递减且趋于\(e\)，故\(x_n<e<y_n\)。因此 \[ e-x_n<y_n-x_n=\frac1n\left(1+\frac1n\right)^n. \] 由第 69 题，\(x_n<e<y_n\)，且\(y_n\)递减。又\(y_5=(1+1/5)^6<3\)，故\(n\ge5\)时\(x_n<y_5<3\)；\(n=1,2,3,4\)时直接计算也有\(x_n<3\)。于是 \[ 0<e-\left(1+\frac1n\right)^n<\frac3n. \] 当\(n>3000\)时，\(3/n<0.001\)，所以\(n\ge3001\)时误差小于\(0.001\)。

  1. \(p_n\)是趋于\(+\infty\)的任意数列，\(q_n\)是趋于\(-\infty\)的任意数列，且\(p_n,q_n\notin[-1,0)\)。证明 \[ \lim_{n\to\infty}\left(1+\frac1{p_n}\right)^{p_n} =\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac1{q_n}\right)^{q_n}=e. \]

证： \[ \lim_{n\to\infty}\left(1+\frac1{p_n}\right)^{p_n} =\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac1{q_n}\right)^{q_n}=e. \]

① 先证 \[ \lim_{n\to\infty}\left(1+\frac1{p_n}\right)^{p_n}=e. \] 只要对任意\(\varepsilon>0\)，找到\(N\)，使得\(n>N\)时 \[ \left|\left(1+\frac1{p_n}\right)^{p_n}-e\right|<\varepsilon \] 即可。由\(\lim_{m\to\infty}(1+1/m)^m=e\)，对\(\varepsilon>0\)，存在\(N_1\)，使得\(m>N_1\)时 \[ \left|\left(1+\frac1m\right)^m-e\right|<\varepsilon. \] 又由\(p_n\to+\infty\)，存在\(N_0\)，使得\(n>N_0\)时\(p_n>N_1\)。取\(N=N_0\)即可。

② 再证 \[ \lim_{n\to\infty}\left(1+\frac1{q_n}\right)^{q_n}=e. \] \[ \left(1+\frac1{q_n}\right)^{q_n} =\left(\frac{q_n}{1+q_n}\right)^{-q_n} =\left(1-\frac1{-q_n-1}\right)^{-q_n} =\left(1+\frac1{-q_n-1}\right)^{-q_n-1}\frac{q_n}{1+q_n}. \] 由基本极限及\(q_n\to-\infty\)， \[ \lim_{n\to\infty}\left(1+\frac1{-q_n-1}\right)^{-q_n-1} \cdot\frac{q_n}{1+q_n}=e\cdot1=e. \]

  1. 证明 \[ \lim_{n\to\infty}\left(1+1+\frac1{2!}+\frac1{3!}+\cdots+\frac1{n!}\right)=e. \] 已知 \[ \lim_{n\to\infty}\left(1+\frac1n\right)^n=e. \] 由二项式定理， \[ \left(1+\frac1n\right)^n =\sum_{k=0}^n\binom nk\frac1{n^k} \newline =1+1+\frac1{2!}\left(1-\frac1n\right) +\frac1{3!}\left(1-\frac1n\right)\left(1-\frac2n\right) +\cdots+ \frac1{n!}\left(1-\frac1n\right)\left(1-\frac2n\right)\cdots\left(1-\frac{n-1}{n}\right). \] 记\(s_n=1+1+1/2!+1/3!+\cdots+1/n!\)。由上式各项不超过对应的\(1/k!\)，有\((1+1/n)^n\le s_n\)，故\(\liminf s_n\ge e\)。另一方面，固定\(m\)，对\(N\ge m\)由二项式展开的前\(m+1\)项不超过整个和，令\(N\to\infty\)得 \[ 1+1+\frac1{2!}+\cdots+\frac1{m!}\le e. \] 故\(s_m\le e\)，从而\(\limsup s_n\le e\)。因此 \[ \lim_{n\to\infty}\left(1+1+\frac1{2!}+\cdots+\frac1{n!}\right)=e. \]

再证明余项的表示。令 \[ R_n=e-\left(1+1+\frac1{2!}+\cdots+\frac1{n!}\right) =\sum_{k=n+1}^{\infty}\frac1{k!}. \] 当\(k\ge n+1\)时，余下各项的比值不超过\(1/(n+2)\)，因此 \[ 0<R_n<\frac1{(n+1)!}\left(1+\frac1{n+2}+\frac1{(n+2)^2}+\cdots\right) =\frac{n+2}{(n+1)^2n!}<\frac1{n\,n!}. \] 令\(\theta_n=n\,n!R_n\)，则\(0<\theta_n<1\)，并且 \[ e=1+1+\frac1{2!}+\cdots+\frac1{n!}+\frac{\theta_n}{n!n}. \]

  1. 证明\(e\)是无理数。

证： 设\(e=p/q\)，其中\(p,q\in\mathbb N^*\)。由第 72 题， \[ 0<e-\left(1+1+\frac1{2!}+\cdots+\frac1{q!}\right)<\frac1{q!q}. \] 两边同乘\(q!q\)，得 \[ 0<q!q\,e-q!q\left(1+1+\frac1{2!}+\cdots+\frac1{q!}\right)<1. \] 但左端中间的数是整数，矛盾。因此\(e\)是无理数。

方法提炼总结

比值法

对于一些不是那么好直接处理求解\(N(\epsilon)\)，但是前后项有比较显著的比值关系的题目，我们可以采用60题解法2，或62题这种方法：

  1. 通过比值小于1确定单调性

  2. 找一个中间值\(0<q<1\)作为说明工具

  3. 取特定的\(\epsilon\)，通过放缩为关于\(q\)的等比数列收敛于\(0\)证明原极限

60题例子：令\(x_n=n^k/a^n\)，其中\(a>1\)。则 \[ \frac{x_{n+1}}{x_n}=\left(1+\frac1n\right)^k\frac1a\longrightarrow\frac1a<1. \] 取\(1/a<q<1\)。当\(n\)充分大时，\(x_{n+1}/x_n<q\)，故 \[ 0<x_n=x_N\frac{x_{N+1}}{x_N}\cdots\frac{x_n}{x_{n-1}}<x_Nq^{n-N}. \] 对任意\(\epsilon>0\)，再取\(n\)充分大，使\(x_Nq^{n-N}<\epsilon\)，便有\(0<x_n<\epsilon\)，从而\(x_n\to0\)。

达朗贝尔比值判别法也通过相邻项的比值判断正项级数的敛散性。当正项数列相邻项比值的极限小于\(1\)时，后续各项可被一个公比小于\(1\)的等比数列控制；第 60 题和第 62 题则用相同的放缩思路证明数列本身趋于\(0\)。

单调有界收敛定理以及极限符号判断

对于一些极限在\(0\)处但是不容易直接说明的问题，我们可以

  1. 用单调有界收敛定理证明极限存在

  2. 用表达式说明极限\(A\ge0\)或\(A\le0\)

  3. 将\(A>0\)或\(A<0\)的情况带入原始比值表达式，取极限，导出矛盾

60题、66题例子：

第 60 题中，令\(x_n=n^k/a^n\)。由\(x_{n+1}/x_n\to1/a<1\)可知\(x_n\)从某项起递减，又\(x_n>0\)，故极限\(A\ge0\)存在。若\(A>0\)，则 \[ \lim_{n\to\infty}\frac{x_{n+1}}{x_n}=\frac{A}{A}=1, \] 这与\(1/a<1\)矛盾，所以\(A=0\)。

第 66 题中，令\(x_n=1/\sqrt[n]{n!}\)。由相邻项比值可知\(x_n\)递减，又\(x_n>0\)，故极限\(A\ge0\)存在。若\(A>0\)，则 \[ \frac1{\sqrt[n]{n!}}>A \quad\Longrightarrow\quad \frac{(1/A)^n}{n!}>1. \] 但第 61 题说明对固定的正数\(a\)有\(a^n/n!\to0\)，取\(a=1/A\)便得矛盾，所以\(A=0\)。 ## 和\(e\)有关的结论总结 第 69 题中的两个数列分别从下方和上方逼近\(e\)： \[ x_n=\left(1+\frac1n\right)^n\nearrow e, \qquad y_n=\left(1+\frac1n\right)^{n+1}\searrow e, \qquad x_n<e<y_n. \] 第 70 题给出了近似误差的估计： \[ 0<e-\left(1+\frac1n\right)^n<\frac3n. \] 第 72 题得到\(e\)的阶乘级数表示，并进一步给出余项： \[ e=1+1+\frac1{2!}+\frac1{3!}+\cdots, \] \[ e=1+1+\frac1{2!}+\cdots+\frac1{n!}+\frac{\theta_n}{n!n}, \qquad 0<\theta_n<1. \] 第 73 题利用这个余项估计证明\(e\)是无理数：若设\(e=p/q\)，取\(n=q\)并同乘\(q!q\)，便得到一个严格介于\(0\)和\(1\)之间的整数，矛盾。

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