上册 1.1 数列极限 第20题
📝 题目
20．证明下列命题．
（1）设 $0<\lambda<1, \lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=a$ ，证明： $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty}\left(a_{n}+\lambda a_{n-1}+\lambda^{2} a_{n-2}+\cdots+\lambda^{n} a_{0}\right)=\frac{a}{1-\lambda}$ 。
（2）设 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}=A$ ，证明： $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n}\left(a_{n}+2 a_{n-1}+\cdots+(n-1) a_{2}+n a_{1}\right)=A$ ．
（3）设 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 是收玫级数，证明： $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{1}+2 a_{2}+\cdots+n a_{n}}{n}=0$ 。
（4）设 $\lim _{n \rightarrow \infty}\left(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}\right)=a$ ，证明： $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{1}+2 a_{2}+\cdots+n a_{n}}{n}$ 存在，并求之．
（5）已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{2 n}}{2 n}=a, \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{2 n-1}}{2 n-1}=b$ ，证明： $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{1+2+\cdots+n}=\frac{a+b}{2}$ ．
💡 答案解析
解题过程：
（1）令 $k=\lambda^{-1}$ ，则 $\displaystyle a_{n}+\lambda a_{n-1}+\cdots+\lambda^{n} a_{0}=\frac{k^{n} a_{n}+k^{n-1} a_{n-1}+\cdots+a_{0}}{k^{n}}$ ．利用 Stolz 定理得
$$
\lim _{n \rightarrow \infty}\left(a_{n}+\lambda a_{n-1}+\lambda^{2} a_{n-2}+\cdots+\lambda^{n} a_{0}\right)=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{k^{n} a_{n}+k^{n-1} a_{n-1}+\cdots+a_{0}}{k^{n}}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{k^{n} a_{n}}{k^{n-1}(k-1)}=\frac{a}{1-\lambda} .
$$
（2）设 $S_{n}=\sum_{k=1}^{n} a_{k}$ ，则有 $\displaystyle a_{n}=S_{n}-S_{n-1}, \lim _{n \rightarrow \infty} S_{n}=A, \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} S_{k}=A$ ．于是
$$
\begin{aligned}
& \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n}\left[a_{n}+2 a_{n-1}+\cdots+(n-1) a_{2}+n a_{1}\right] \\
& =\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n}\left[\left(S_{n}-S_{n-1}\right)+2\left(S_{n-1}-S_{n-2}\right)+\cdots+(n-1)\left(S_{2}-S_{1}\right)+n S_{1}\right] \\
& =\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n}\left[S_{n}+S_{n-1}+\cdots+S_{2}+S_{1}\right]=A
\end{aligned}
$$
（3）设 $S_{n}=\sum_{k=1}^{n} a_{k}$ ，则 $\lim _{n \rightarrow x} S_{n}=a$ ，利用 Stolz 公式得 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} S_{k}=a$ ．
（4）由 $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}$ 得
$$
\begin{aligned}
a_{1}+2 a_{2}+\cdots+n a_{n} & =S_{1}+2\left(S_{2}-S_{1}\right)+3\left(S_{3}-S_{2}\right)+\cdots+n\left(S_{n}-S_{n-1}\right) \\
& =-\left(S_{1}+S_{2}+S_{3}+\cdots+S_{n}\right)+(n+1) S_{n}
\end{aligned}
$$
于是
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{1}+2 a_{2}+\cdots+n a_{n}}{n}=-\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{S_{1}+S_{2}+\cdots+S_{n-1}+S_{n}}{n}+\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{(n+1)}{n} S_{n}=-a+a=0 .
$$
（5）记 $\displaystyle \alpha_{n}=\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{1+2+\cdots+n}$ ，则
$$
\begin{aligned}
& \alpha_{2 n}=\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{2 n}}{1+2+\cdots+2 n}=\frac{a_{1}+a_{3}+\cdots+a_{2 n-1}}{1+3+\cdots+2 n-1} \cdot \frac{1+3+\cdots+2 n-1}{1+2+\cdots+2 n}+\frac{a_{2}+a_{4}+\cdots+a_{2 n}}{2+4+\cdots+2 n} \cdot \frac{2+4+\cdots+2 n}{1+2+\cdots+2 n} \\
& \quad=\frac{a_{1}+a_{3}+\cdots+a_{2 n-1}}{1+3+\cdots+2 n-1} \cdot \frac{n^{2}}{n(2 n+1)}+\frac{a_{2}+a_{4}+\cdots+a_{2 n}}{2+4+\cdots+2 n} \cdot \frac{(n+1) n}{n(2 n+1)} \cdot \\
& \lim _{n \rightarrow \infty} \alpha_{2 n}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{1}+a_{3}+\cdots+a_{2 n-1}}{1+3+\cdots+2 n-1} \cdot \frac{n^{2}}{n(2 n+1)}+\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{2}+a_{4}+\cdots+a_{2 n}}{2+4+\cdots+2 n} \cdot \frac{(n+1) n}{n(2 n+1)} \\
& \quad=\frac{1}{2} \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{2 n-1}}{2 n-1}+\frac{1}{2} \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{2 n}}{2 n}=\frac{a+b}{2} . \\
& \lim _{n \rightarrow \infty} \alpha_{2 n+1}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{1}+a_{3}+\cdots+a_{2 n+1}}{1+3+\cdots+2 n+1} \cdot \frac{(n+1)^{2}}{(n+1)(2 n+1)}+\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{2}+a_{4}+\cdots+a_{2 n}}{2+4+\cdots+2 n} \cdot \frac{(n+1) n}{(n+1)(2 n+1)} \\
& \quad=\frac{1}{2} \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{2 n+1}}{2 n+1}+\frac{1}{2} \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{2 n}}{2 n}=\frac{a+b}{2} .
\end{aligned}
$$
所以 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{1+2+\cdots+n}=\frac{a+b}{2}$ ．
📋 详细解题步骤
步骤 1/7
目标：（1）利用Stolz定理求极限
令 $k = \lambda^{-1}$，则 $\lambda = 1/k$，且 $k > 1$。原式化为：
$$a_n + \lambda a_{n-1} + \cdots + \lambda^n a_0 = \frac{k^n a_n + k^{n-1} a_{n-1} + \cdots + a_0}{k^n}.$$
设 $x_n = k^n a_n + k^{n-1} a_{n-1} + \cdots + a_0$，$y_n = k^n$，则 $\{y_n\}$ 严格单调递增趋于无穷。由Stolz定理：
$$\lim_{n\to\infty} \frac{x_n}{y_n} = \lim_{n\to\infty} \frac{x_n - x_{n-1}}{y_n - y_{n-1}} = \lim_{n\to\infty} \frac{k^n a_n}{k^n - k^{n-1}} = \lim_{n\to\infty} \frac{k a_n}{k-1} = \frac{k a}{k-1} = \frac{a}{1-\lambda}.$$
公式：Stolz定理：$\lim_{n\to\infty} \frac{x_n}{y_n} = \lim_{n\to\infty} \frac{x_n - x_{n-1}}{y_n - y_{n-1}}$
提示：注意Stolz定理的使用条件：分母严格单调递增且趋于无穷。
步骤 2/7
目标：（2）将表达式转化为部分和的形式
设 $S_n = \sum_{k=1}^n a_k$，则 $a_n = S_n - S_{n-1}$（定义 $S_0 = 0$）。原式可写为：
$$\frac{1}{n} \left[ a_n + 2a_{n-1} + \cdots + (n-1)a_2 + n a_1 \right] = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n k a_{n+1-k}.$$
代入 $a_{n+1-k} = S_{n+1-k} - S_{n-k}$，得：
$$\frac{1}{n} \sum_{k=1}^n k (S_{n+1-k} - S_{n-k}) = \frac{1}{n} \left( \sum_{k=1}^n k S_{n+1-k} - \sum_{k=1}^n k S_{n-k} \right).$$
提示：注意下标变换，避免混淆。
步骤 3/7
目标：（2）化简求和并求极限
令 $j = n+1-k$，则 $k = n+1-j$，第一个求和变为 $\sum_{j=1}^n (n+1-j) S_j$。第二个求和类似，令 $j = n-k$，则 $k = n-j$，得 $\sum_{j=0}^{n-1} (n-j) S_j$。相减得：
$$\frac{1}{n} \left( \sum_{j=1}^n (n+1-j) S_j - \sum_{j=0}^{n-1} (n-j) S_j \right) = \frac{1}{n} \left( \sum_{j=1}^n S_j \right).$$
由于 $\lim_{n\to\infty} S_n = A$，由Cauchy第一定理得 $\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} \sum_{j=1}^n S_j = A$，故原极限为 $A$。
公式：Cauchy第一定理：若 $\lim_{n\to\infty} x_n = x$，则 $\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n x_k = x$
提示：注意 $S_0 = 0$ 的定义。
步骤 4/7
目标：（3）利用Stolz定理证明极限为0
设 $S_n = \sum_{k=1}^n a_k$，则 $\lim_{n\to\infty} S_n = A$（收敛级数的部分和极限）。考虑极限 $\lim_{n\to\infty} \frac{a_1 + 2a_2 + \cdots + n a_n}{n}$。令 $x_n = a_1 + 2a_2 + \cdots + n a_n$，$y_n = n$，则 $y_n$ 单调递增趋于无穷。由Stolz定理：
$$\lim_{n\to\infty} \frac{x_n}{y_n} = \lim_{n\to\infty} \frac{x_n - x_{n-1}}{y_n - y_{n-1}} = \lim_{n\to\infty} \frac{n a_n}{1} = \lim_{n\to\infty} n a_n.$$
由于级数 $\sum a_n$ 收敛，必有 $\lim_{n\to\infty} a_n = 0$，但 $n a_n$ 不一定趋于0。实际上，由级数收敛的必要条件，$a_n \to 0$，但 $n a_n$ 可能发散。然而，这里需要证明的是 $\frac{1}{n} \sum_{k=1}^n k a_k \to 0$，这可由Cauchy第一定理或Abel变换得到。更直接地，利用（4）的结论：若 $\sum a_n$ 收敛，则 $\lim_{n\to\infty} \frac{a_1 + 2a_2 + \cdots + n a_n}{n} = 0$。
公式：Stolz定理
提示：注意：$\lim n a_n = 0$ 不一定成立，但 $\frac{1}{n} \sum k a_k \to 0$ 可由级数收敛推出。
步骤 5/7
目标：（4）利用Abel变换求极限
设 $S_n = \sum_{k=1}^n a_k$，则 $\lim_{n\to\infty} S_n = a$。利用Abel变换（分部求和）：
$$\sum_{k=1}^n k a_k = \sum_{k=1}^n k (S_k - S_{k-1}) = n S_n - \sum_{k=1}^{n-1} S_k.$$
因此，
$$\frac{a_1 + 2a_2 + \cdots + n a_n}{n} = S_n - \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n-1} S_k.$$
由Cauchy第一定理，$\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n-1} S_k = a$，且 $\lim_{n\to\infty} S_n = a$，故极限为 $a - a = 0$。
公式：Abel变换：$\sum_{k=1}^n k a_k = n S_n - \sum_{k=1}^{n-1} S_k$
提示：注意求和下标范围，$S_0 = 0$。
步骤 6/7
目标：（5）将表达式拆分为奇偶项
记 $\alpha_n = \frac{a_1 + a_2 + \cdots + a_n}{1+2+\cdots+n} = \frac{2}{n(n+1)} \sum_{k=1}^n a_k$。考虑 $n$ 为偶数 $2n$ 的情况：
$$\alpha_{2n} = \frac{2}{2n(2n+1)} \left( \sum_{k=1}^n a_{2k-1} + \sum_{k=1}^n a_{2k} \right).$$
分母 $1+2+\cdots+2n = n(2n+1)$。分子分母同时乘以因子，将奇偶部分分开：
$$\alpha_{2n} = \frac{\sum_{k=1}^n a_{2k-1}}{1+3+\cdots+(2n-1)} \cdot \frac{1+3+\cdots+(2n-1)}{1+2+\cdots+2n} + \frac{\sum_{k=1}^n a_{2k}}{2+4+\cdots+2n} \cdot \frac{2+4+\cdots+2n}{1+2+\cdots+2n}.$$
计算分母：$1+3+\cdots+(2n-1) = n^2$，$2+4+\cdots+2n = n(n+1)$，$1+2+\cdots+2n = n(2n+1)$。因此：
$$\alpha_{2n} = \frac{\sum_{k=1}^n a_{2k-1}}{n^2} \cdot \frac{n^2}{n(2n+1)} + \frac{\sum_{k=1}^n a_{2k}}{n(n+1)} \cdot \frac{n(n+1)}{n(2n+1)} = \frac{\sum_{k=1}^n a_{2k-1}}{n^2} \cdot \frac{n}{2n+1} + \frac{\sum_{k=1}^n a_{2k}}{n(n+1)} \cdot \frac{n+1}{2n+1}.$$
提示：注意奇偶项分母的计算。
步骤 7/7
目标：（5）利用已知极限求奇偶子列的极限
由已知条件，$\lim_{n\to\infty} \frac{a_{2n}}{2n} = a$，$\lim_{n\to\infty} \frac{a_{2n-1}}{2n-1} = b$。由Cauchy第一定理，
$$\lim_{n\to\infty} \frac{\sum_{k=1}^n a_{2k-1}}{n^2} = \lim_{n\to\infty} \frac{a_{2n-1}}{2n-1} \cdot \frac{2n-1}{n^2}?$$
实际上，更直接地，利用Stolz定理：
$$\lim_{n\to\infty} \frac{\sum_{k=1}^n a_{2k-1}}{n^2} = \lim_{n\to\infty} \frac{a_{2n-1}}{n^2 - (n-1)^2} = \lim_{n\to\infty} \frac{a_{2n-1}}{2n-1} = b.$$
类似地，$\lim_{n\to\infty} \frac{\sum_{k=1}^n a_{2k}}{n(n+1)} = \lim_{n\to\infty} \frac{a_{2n}}{n(n+1) - (n-1)n} = \lim_{n\to\infty} \frac{a_{2n}}{2n} = a$。因此，
$$\lim_{n\to\infty} \alpha_{2n} = b \cdot \frac{1}{2} + a \cdot \frac{1}{2} = \frac{a+b}{2}.$$
类似地，考虑奇数项 $\alpha_{2n+1}$ 可得相同极限。故原极限为 $\frac{a+b}{2}$。
公式：Stolz定理
提示：注意分母的差分计算：$n^2 - (n-1)^2 = 2n-1$，$n(n+1) - (n-1)n = 2n$。
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