上册 1.1 数列极限 第25题

\section*{解题过程：} （1）$\forall \varepsilon>0$ ，取 $\displaystyle N=\frac{1}{\varepsilon}$ ，则当 $n>N$ 时，$\forall p \in N^{+}$有 $$ \begin{aligned} \left|x_{n+p}-x_{n}\right| & =\frac{1}{(n+1)^{2}}+\frac{1}{(n+2)^{2}}+\cdots+\frac{1}{(n+p)^{2}} \\ & \leqslant \frac{1}{n(n+1)}+\frac{1}{(n+1)(n+2)}+\cdots+\frac{1}{(n+p-1)(n+p)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{(n+p)}<\frac{1}{n}<\varepsilon \end{aligned} $$ 由柯西收敛准则，数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 收玫。 （2）方法 1：$\forall 0<\varepsilon<1$ ，取 $\displaystyle N=\log _{2} \frac{1}{\varepsilon}$ ，则当 $n>N$ 时，$\forall p \in N^{+}$有 $$ \begin{aligned} \left|x_{n+p}-x_{n}\right| & =\left|\frac{\sin (n+1)}{2^{n+1}}+\frac{\sin (n+2)}{2^{n+2}}+\cdots+\frac{\sin (n+p)}{2^{n+p}}\right| \\ & \leqslant \frac{1}{2^{n+1}}+\frac{1}{2^{n+2}}+\cdots+\frac{1}{2^{n+p}}=\frac{1}{2^{n+1}} \frac{1-2^{-p}}{1-2^{-1}}<\frac{1}{2^{n}}<\varepsilon \end{aligned} $$ 由柯西收敛准则，数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 收敛。 方法 2：$x_{n}$ 为级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin n}{2^{n}}$ 的部分和，而级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin n}{2^{n}}$ 收敛，所以数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 收玫。 方法3：由于 $\displaystyle \left|x_{n+1}-x_{n}\right|=\left|\frac{\sin (n+1)}{2^{n+1}}\right| \leqslant \frac{1}{2^{n+1}}$ 及级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^{n}}$ 收敛，故 $\sum_{n=1}^{n}\left(x_{n+1}-x_{n}\right)$ 绝对收敛，从而 数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 收敛。 （3）与（2）类同． （4）取 $\displaystyle \varepsilon_{0}=\frac{1}{2}$ ，对任意的 $N>0$ ，存在自然数 $n>N$ 及 $p=n$ ，使 $$ \left|x_{n+p}-x_{n}\right|=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{n+n} \geqslant \frac{n}{n+n}=\frac{1}{2} \geqslant \varepsilon_{0} . $$ 由柯西收敛准则，数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 发散。 （5）取 $\varepsilon_{0}=1$ ，对任意的 $N>0$ ，存在自然数 $n>\max \{N, 2\}$ 及 $p=n$ ，使 $$ \left|x_{n+p}-x_{n}\right|=\frac{1}{\sqrt{n+1}}+\frac{1}{\sqrt{n+2}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n+n}} \geqslant \frac{n}{\sqrt{n+n}}=\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{2}} \geqslant 1 . $$ 由柯西收敛准则，数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 发散。 （6）设 $\displaystyle f(x)=\frac{1}{x \ln x}, x>2$ ，则 $f(x)$ 在 $(2,+\infty)$ 单调减少。 当 $n \leqslant x0$ ，存在自然数 $n>\max \{N, 2\}$ 及 $p=n$ ，使 $$ \begin{aligned} \left|x_{n+p}-x_{n}\right| & =\frac{1}{(n+1) \ln (n+1)}+\frac{1}{(n+2) \ln (n+2)}+\cdots+\frac{1}{(2 n+1) \ln (2 n+1)} \\ & \geqslant \int_{n+1}^{n+2} f(x) \mathrm{d} x+\int_{n+2}^{n+3} f(x) \mathrm{d} x+\cdots+\int_{2 n+1}^{2 n+2} f(x) \mathrm{d} x=\int_{n+1}^{2 n+2} \frac{1}{x \ln x} \mathrm{~d} x=\ln 2=\varepsilon_{0} . \end{aligned} $$ 由柯西收敛准则，数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 发散。