上册 1.1 数列极限 第3题
📝 题目
3．证明下列结论．
（1）若 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=a$（ $a$ 为有限数或 $\pm \infty$ ），则 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}}{n}=a$（ $a$ 为有限数或 $\pm \infty$ ）．
（2）若 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=a$ ，则 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}}{n+\sqrt{n}}=a$ ．
（3）证明： $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt[n]{n}}{n}=1$ ．
（4）若 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=a$ ，则 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{2^{n}} \sum_{k=1}^{n} \mathrm{C}_{n}^{k} x_{n}=a$ ，其中 $\displaystyle \mathrm{C}_{n}^{k}=\frac{n(n-1) \cdots(n-k+1)}{1 \cdot 2 \cdots k}$ ．
（5）若 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{2 n-1}=a, \lim _{n \rightarrow \infty} x_{2 n}=b$ ，则 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}}{n}=\frac{a+b}{2}$ ．
（6）已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 非负且单调递减， $\lim _{n \rightarrow x} b_{n}=b$ ，证明： $\displaystyle \lim _{n \rightarrow x} \frac{a_{1} b_{n}+a_{2} b_{n-1}+\cdots+a_{n} b_{1}}{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}=b$ ．
（7）设 $\left\{a_{n}\right\}$ 为正实数列，$\displaystyle s_{n}=\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n}, r_{n}=\frac{a_{1}^{-1}+a_{2}^{-1}+\cdots+a_{n}^{-1}}{n}$ ，且 $\lim _{n \rightarrow \infty} s_{n}, \lim _{n \rightarrow \infty} r_{n}$ 均存在。证明： $\lim _{n \rightarrow \infty} s_{n} \cdot \lim _{n \rightarrow \infty} r_{n} \geqslant 1$ ．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）情形 $1: a$ 为有限数．
因为 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=a$ ，则 $\forall \varepsilon>0, \exists N_{1}>0$ ，当 $n>N_{1}$ 时，有 $\displaystyle \left|x_{n}-a\right|<\frac{\varepsilon}{2}$ ．于是
$$
\begin{aligned}
\left|\frac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}}{n}-a\right| & =\left|\frac{\left(x_{1}-a\right)+\left(x_{2}-a\right)+\cdots+\left(x_{n}-a\right)}{n}\right| \\
& \leqslant \frac{\left|x_{1}-a\right|+\left|x_{2}-a\right|+\cdots+\left|x_{N_{1}}-a\right|}{n}+\frac{\left|x_{N_{1}+1}-a\right|+\cdots+\left|x_{n}-a\right|}{n} \\
& <\frac{A}{n}+\frac{n-N_{1}}{n} \frac{\varepsilon}{2}<\frac{A}{n}+\frac{\varepsilon}{2}
\end{aligned}
$$
其中 $A=\left|x_{1}-a\right|+\left|x_{2}-a\right|+\cdots+\left|x_{N_{1}}-a\right|$ 为非负数．
因为 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{A}{n}=0$ ，故对上述的 $\varepsilon>0, \exists N_{2}>0$ ，当 $n>N_{2}$ 时，有 $\displaystyle \frac{A}{n}<\frac{\varepsilon}{2}$ ．
取 $N=\max \left\{N_{1}, N_{2}\right\}$ ，则当 $n>N$ 时，有
$$
\left|\frac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}}{n}-a\right|<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon
$$
于是 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}}{n}=a$ ．
情形 2：$a=+\infty$ 。
因为 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=+\infty$ ，则 $\forall G>0, \exists N_{1}>0$ ，当 $n>N_{1}$ 时，有 $x_{n}>2 G$ ，且 $x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{N_{1}}>0$ ．于是
$$
\frac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}}{n}=\frac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{N_{1}}}{n}+\frac{x_{N_{1}+1}+\cdots+x_{n}}{n}>\frac{x_{N_{1}+1}+\cdots+x_{n}}{n}>\frac{2 G\left(n-N_{1}\right)}{n}=2 G-\frac{2 N_{1}}{n} G .
$$
取 $N=2 N_{1}$ ，当 $n>N$ 时，$\displaystyle \frac{2 N_{1}}{n} G2 G-G=G .
$$
所以 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}}{n}=+\infty$ ．
情形3：$a=-\infty$ 。
证法与情形 2 类似（或令 $a_{n}=-x_{n}$ 转化为情形 2）．
注1：这种＂拆分方法＂是证明某些极限问题的一个常用方法．
注2：本题也可用 Stolz 公式证明．
（2）由（1）得 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}}{n+\sqrt{n}}=\lim _{n \rightarrow \infty}\left(\frac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}}{n} \cdot \frac{n}{n+\sqrt{n}}\right)=a$ ．
（3）由（1）得 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt[n]{n}}{n}=\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{n}=1$ ．
（4）因为 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=a$ ，故对 $\forall \varepsilon>0, \exists N_{1}>0$ ，当 $n>N_{1}$ 时，有 $\displaystyle \left|x_{n}-a\right|<\frac{\varepsilon}{2}$ ．所以
$$
\begin{aligned}
\left|\frac{1}{2^{n}} \sum_{k=1}^{n} \mathrm{C}_{n}^{k} x_{n}-a\right| & =\left|\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2^{n}} \mathrm{C}_{n}^{k}\left(x_{n}-a\right)-\frac{a}{2^{n}}\right| \\
& \leqslant \sum_{k=1}^{N_{1}} \frac{1}{2^{n}} \mathrm{C}_{n}^{k}\left|x_{n}-a\right|+\sum_{k=N_{1}+1}^{n} \frac{1}{2^{n}} \mathrm{C}_{n}^{k}\left|x_{n}-a\right|+\frac{|a|}{2^{n}} \\
& \leqslant N_{1} A \frac{1}{2^{n}} \sum_{k=1}^{N_{1}} \mathrm{C}_{n}^{k}+\frac{\varepsilon}{2} \cdot \frac{1}{2^{n}} \sum_{k=N_{1}+1}^{n} \mathrm{C}_{n}^{k}+\frac{|a|}{2^{n}} \\
& =N_{1} A\left(\frac{1}{2^{n}} \sum_{k=1}^{N_{1}} \mathrm{C}_{n}^{k}\right)+\frac{\varepsilon}{2}\left(\frac{1}{2^{n}} \sum_{k=N_{1}+1}^{n} \mathrm{C}_{n}^{k}\right)+\frac{|a|}{2^{n}} \\
& \leqslant N_{1} A\left(\frac{1}{2^{n}} \sum_{k=1}^{N_{1}} \mathrm{C}_{n}^{k}\right)+\frac{\varepsilon}{2}+\frac{|a|}{2^{n}} .
\end{aligned}
$$
其中 $A=\left|x_{1}-a\right|+\left|x_{2}-a\right|+\cdots+\left|x_{N_{1}}-a\right|$ 为非负数．
由于
$$
\begin{aligned}
\lim _{n \rightarrow \infty}\left(\frac{1}{2^{n}} \sum_{k=1}^{N_{1}} \mathrm{C}_{n}^{k}\right) & =\lim _{n \rightarrow \infty}\left(\frac{\mathrm{C}_{n}^{1}}{2^{n}}+\frac{\mathrm{C}_{n}^{2}}{2^{n}}+\cdots+\frac{\mathrm{C}_{n}^{N_{1}}}{2^{n}}\right) \\
& =\lim _{n \rightarrow \infty}\left[\frac{n}{2^{n}}+\frac{1}{2!} \frac{n(n-1)}{2^{n}}+\cdots+\frac{1}{N_{1}!} \frac{n(n-1) \ldots\left(n-N_{1}\right)}{2^{n}}\right]=0
\end{aligned}
$$
及 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{|a|}{2^{n}}=0$ ，故对上述的 $\varepsilon, \exists N_{2}>0$ ，当 $n>N_{2}$ 时，有 $\displaystyle \frac{1}{2^{n}} \sum_{k=1}^{N_{1}} \mathrm{C}_{n}^{k}<\frac{\varepsilon}{4 N_{1} A}, \frac{|a|}{2^{n}}<\frac{\varepsilon}{4}$ ．
取 $N=\max \left\{N_{1}, N_{2}\right\}$ ，则当 $n>N$ 时，有 $\displaystyle \left|\frac{1}{2^{n}} \sum_{k=1}^{n} \mathrm{C}_{n}^{k} x_{n}-a\right|<\varepsilon$ 。所以 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{2^{n}} \sum_{k=1}^{n} \mathrm{C}_{n}^{k} x_{n}=a$ ．
（5）记 $\displaystyle a_{n}=\frac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}}{n}$ ，则
$$
\begin{aligned}
\lim _{n \rightarrow \infty} a_{2 n} & =\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{2 n}}{2 n}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\left(x_{1}+x_{3}+\cdots+x_{2 n-1}\right)+\left(x_{2}+x_{4}+\cdots+x_{2 n}\right)}{2 n} \\
& =\frac{1}{2} \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\left(x_{1}+x_{3}+\cdots+x_{2 n-1}\right)}{n}+\frac{1}{2} \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\left(x_{2}+x_{4}+\cdots+x_{2 n}\right)}{n}=\frac{1}{2}(a+b) \\
\lim _{n \rightarrow \infty} a_{2 n-1} & =\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{2 n-1}}{2 n-1}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\left(x_{1}+x_{3}+\cdots+x_{2 n-1}\right)+\left(x_{2}+x_{4}+\cdots+x_{2 n-2}\right)}{2 n-1} \\
& =\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n}{2 n-1} \frac{\left(x_{1}+x_{3}+\cdots+x_{2 n-1}\right)}{n}+\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n-1}{2 n-1} \frac{\left(x_{2}+x_{4}+\cdots+x_{2 n-2}\right)}{n-1}=\frac{1}{2}(a+b) .
\end{aligned}
$$
所以 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}}{n}=\frac{a+b}{2}$ ．
（6）因为 $\lim _{n \rightarrow \infty} b_{n}=b$ ，则 $\forall \varepsilon>0, \exists N_{1}>0$ ，当 $n>N_{1}$ 时，有 $\displaystyle \left|b_{n}-b\right|<\frac{\varepsilon}{2}$ ．于是
$$
\begin{aligned}
\left|\frac{a_{1} b_{n}+a_{2} b_{n-1}+\cdots+a_{n} b_{1}}{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}-b\right|= & \left|\frac{a_{1}\left(b_{n}-b\right)+a_{2}\left(b_{n-1}-b\right)+\cdots+a_{n}\left(b_{1}-b\right)}{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}\right| \\
\leqslant & \frac{a_{1}\left|b_{n}-b\right|+a_{2}\left|b_{n-1}-b\right|+\cdots+a_{n-N_{1}}\left|b_{N_{1}+1}-b\right|}{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}} \\
& +\frac{a_{n-N_{1}+1}\left|b_{N_{1}}-b\right|+\cdots+a_{n}\left|b_{1}-b\right|}{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}} \\
& <\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n-N_{1}}}{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}} \frac{\varepsilon}{2}+A \frac{a_{n-N_{1}+1}+\cdots+a_{n}}{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}} \\
& <\frac{\varepsilon}{2}+A \frac{N_{1} a_{n-N_{1}+1}}{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n-N_{1}+1}} \\
& <\frac{\varepsilon}{2}+A \frac{N_{1} a_{n-N_{1}+1}}{\left(n-N_{1}+1\right) a_{n-N_{1}+1}}=\frac{\varepsilon}{2}+A \frac{N_{1}}{n-N_{1}+1}
\end{aligned}
$$
其中 $A=\max \left\{\left|b_{1}-b\right|,\left|b_{2}-b\right|, \cdots,\left|b_{N_{1}}-b\right|\right\}$ ．
因为 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{A N_{1}}{n-N_{1}+1}=0$ ，故对上述的 $\varepsilon>0, \exists N_{2}>0$ ，当 $n>N_{2}$ 时，有 $\displaystyle \frac{A N_{1}}{n-N_{1}+1}<\frac{\varepsilon}{2}$ ．
取 $N=\max \left\{N_{1}, N_{2}\right\}$ ，则当 $n>N$ 时，有
$$
\left|\frac{a_{1} b_{n}+a_{2} b_{n-1}+\cdots+a_{n} b_{1}}{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}-b\right|<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon .
$$
所以 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{1} b_{n}+a_{2} b_{n-1}+\cdots+a_{n} b_{1}}{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}=b$ ．
（7）由于 $\displaystyle \frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n} \geq \sqrt[n]{a_{1} a_{2} \cdots a_{n}} \geq \frac{n}{a_{1}^{-1}+a_{2}^{-1}+\cdots+a_{n}^{-1}}$ ，所以
$$
s_{n} r_{n}=\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n} \cdot \frac{a_{1}^{-1}+a_{2}^{-1}+\cdots+a_{n}^{-1}}{n} \geqslant 1
$$
于是 $\lim _{n \rightarrow \infty} s_{n} r_{n}=\lim _{n \rightarrow \infty} s_{n} \cdot \lim _{n \rightarrow \infty} r_{n} \geqslant 1$ ．
📋 详细解题步骤
步骤 1/9
目标：证明（1）当a为有限数时
由极限定义，对任意ε>0，存在N1，当n>N1时，|x_n-a|<ε/2。将和式拆分为前N1项和后n-N1项，估计差值：
|(x1+...+xn)/n - a| ≤ (|x1-a|+...+|xN1-a|)/n + (|x_{N1+1}-a|+...+|xn-a|)/n < A/n + (n-N1)/n * ε/2 < A/n + ε/2，其中A为前N1项绝对值之和。由于A/n→0，存在N2使A/n<ε/2，取N=max(N1,N2)，则当n>N时，差值<ε。
公式：|(x1+...+xn)/n - a| ≤ (|x1-a|+...+|xN1-a|)/n + (|x_{N1+1}-a|+...+|xn-a|)/n
提示：注意拆分后前N1项是常数项，后n-N1项用极限定义控制。
步骤 2/9
目标：证明（1）当a=+∞时
由极限定义，对任意G>0，存在N1，当n>N1时，x_n>2G。则(x1+...+xn)/n > (x_{N1+1}+...+xn)/n > 2G(n-N1)/n = 2G - 2N1G/n。取N=2N1，当n>N时，2N1G/n < G，故(x1+...+xn)/n > G。
公式：(x1+...+xn)/n > 2G - 2N1G/n
提示：注意要保证前N1项和为正，可通过调整N1实现。
步骤 3/9
目标：证明（1）当a=-∞时
令y_n=-x_n，则y_n→+∞，由情形2得(y1+...+yn)/n→+∞，故(x1+...+xn)/n→-∞。
提示：转化为正无穷情形。
步骤 4/9
目标：证明（2）
由（1）知(x1+...+xn)/n→a，而n/(n+√n)→1，故乘积极限为a。
公式：lim (x1+...+xn)/(n+√n) = lim [(x1+...+xn)/n * n/(n+√n)] = a*1 = a
提示：注意极限运算法则：若两个极限都存在，则乘积极限等于极限乘积。
步骤 5/9
目标：证明（3）
令x_n = n^(1/n)，则x_n→1（已知极限）。由（1）得(1+√2+...+n^(1/n))/n → 1。
公式：lim n^(1/n) = 1
提示：需先证明n^(1/n)→1，可用取对数或夹逼法。
步骤 6/9
目标：证明（4）
由极限定义，对ε>0，存在N1，当n>N1时|x_n-a|<ε/2。将和式拆分为k≤N1和k>N1两部分，并利用二项式系数性质：
|(1/2^n)∑C_n^k x_n - a| ≤ N1A*(1/2^n)∑_{k=1}^{N1}C_n^k + ε/2 + |a|/2^n。由于(1/2^n)∑_{k=1}^{N1}C_n^k → 0且|a|/2^n→0，可控制小于ε。
公式：∑_{k=0}^n C_n^k = 2^n
提示：注意x_n的下标应为k，但题目中写为x_n，实际应为x_k，需修正。
步骤 7/9
目标：证明（5）
考虑子列a_{2n}和a_{2n-1}。a_{2n} = (x1+...+x_{2n})/(2n) = [ (x1+x3+...+x_{2n-1}) + (x2+x4+...+x_{2n}) ]/(2n) → (a+b)/2。类似地，a_{2n-1} → (a+b)/2。因此原数列极限为(a+b)/2。
公式：lim (x1+x3+...+x_{2n-1})/n = a, lim (x2+x4+...+x_{2n})/n = b
提示：注意奇偶子列极限相等则原数列极限存在且等于该值。
步骤 8/9
目标：证明（6）
由b_n→b，对ε>0，存在N1，当n>N1时|b_n-b|<ε/2。将和式拆分为前n-N1项和后N1项，利用a_n非负递减，估计：
|(a1b_n+...+a_nb1)/(a1+...+an) - b| < ε/2 + A*N1/(n-N1+1)，其中A为前N1个|b_i-b|的最大值。由于N1/(n-N1+1)→0，可控制小于ε。
公式：a_{n-N1+1} ≤ a_k (k≥n-N1+1) 且 a1+...+a_{n-N1+1} ≥ (n-N1+1)a_{n-N1+1}
提示：注意利用单调递减性放缩分母。
步骤 9/9
目标：证明（7）
由均值不等式，算术平均≥几何平均≥调和平均，即s_n ≥ (a1...an)^(1/n) ≥ 1/r_n，故s_n r_n ≥ 1。取极限得lim s_n * lim r_n ≥ 1。
公式：AM ≥ GM ≥ HM
提示：注意极限存在时，乘积极限等于极限乘积。
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