上册 1.1 数列极限 第41题

\section*{解题过程：} （1）由 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 收敛，对 $\forall \varepsilon>0$ ，存在 $N>0$ ，当 $n>N$ 时，$\forall p \in N^{+}$有 $a_{n+1}+a_{n+2}+\cdots+a_{n+p}<\varepsilon$ ．于是当 $n>N$ 时，$\forall p \in N^{+}$有 $$ x_{n+p}-x_{n}=\left(x_{n+p}-x_{n+p-1}\right)+\left(x_{n+p-1}-x_{n+p-2}\right)+\cdots+\left(x_{n+1}-x_{n}\right) \leq a_{n+p-1}+\cdots+a_{n}<\frac{\varepsilon}{2} $$ 由 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 收玫知部分和 $\sum_{k=1}^{n} a_{k}$ 收玫，从而有界．于是有正数 $M$ 使 $\left|\sum_{k=1}^{n} a_{k}\right| \leqslant M$ ． 由 $x_{n+1} \leqslant x_{n}+a_{n}$ 得 $x_{n+1}=\sum_{k=1}^{n}\left(x_{k+1}-x_{k}\right)+x_{1} \leqslant \sum_{k=1}^{n} a_{n}+x_{1} \leqslant M+x_{1}$ ．于是 $\left\{x_{n}\right\}$ 是有界的，从而 $\left\{x_{n}\right\}$ 有收敛的子列 $\left\{x_{n_{k}}\right\}$ 。设 $\lim _{k \rightarrow \infty} x_{n_{k}}=a$ 。下证 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=a$ ． 对上述的 $\varepsilon>0$ ，存在 $k_{0}>0$ ，当 $k>k_{0}$ 时有 $\displaystyle -\frac{\varepsilon}{2}N, n>n_{k}>N, k>k_{0}$ 时有 $x_{n}-a=x_{n}-x_{n_{4}}+x_{n_{4}}-a<\varepsilon$ ； 当 $n_{k}>N, n_{k}>n>N, k>k_{0}$ 时有 $a-x_{n}=a-x_{n_{1}}+x_{n_{k}}-x_{n}<\varepsilon$ ， 故当 $n$ 充分大时有 $\left|x_{n}-a\right|<\varepsilon$ ，即 $\left\{x_{n}\right\}$ 是收玫的． （2）方法 1：由（1）直接得。 方法 2：由于 $\displaystyle a_{n+1} \leqslant a_{n}+\frac{1}{n^{2}} \leqslant a_{n}+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$ ，于是 $\displaystyle 0 \leqslant a_{n+1}+\frac{1}{n+1} \leqslant a_{n}+\frac{1}{n}$ ，所以 $\displaystyle \left\{a_{n}+\frac{1}{n}\right\}$ 单调递减有下界。故 $\displaystyle \left\{a_{n}+\frac{1}{n}\right\}$ 收敛。又因 $\displaystyle \left\{\frac{1}{n}\right\}$ 收敛，故 $\left\{a_{n}\right\}$ 收敛。 （3）由已知得 $x_{n} \leqslant x_{n-1}+x_{1} \leqslant x_{n-2}+x_{1}+x_{1} \leqslant \cdots \leqslant n x_{1}$ ．于是 $\displaystyle \frac{x_{n}}{n} \leqslant x_{1}$ ，即 $\displaystyle \left\{\frac{x_{n}}{n}\right\}$ 有界． 记 $\displaystyle \varlimsup_{n \rightarrow \infty} \frac{x_{n}}{n}=\beta, ~ \varliminf_{n \rightarrow \infty} \frac{x_{n}}{n}=\alpha$ ，则 $\beta \geqslant \alpha$ ，下证．$\beta \leqslant \alpha$ ． 由 $\displaystyle \varliminf_{n \rightarrow x} \frac{x_{n}}{n}=\alpha$ ，对 $\forall \varepsilon>0$ ，存在 $N>1$ ，使 $\displaystyle \frac{x_{N}}{N}<\alpha+\varepsilon$ ． 对任意的自然数 $n$ ，存在正整数 $q, r$ ，使 $n=q N+r$ 。于是 $x_{n}=x_{q N+r} \leqslant x_{q N}+x_{r} \leqslant \cdots \leqslant q x_{N}+x_{r}$ ．所以 $$ \frac{x_{n}}{n} \leqslant \frac{q}{n} x_{N}+\frac{r x_{1}}{n}=\frac{1}{n}\left(\frac{n-r}{N}\right) x_{N}+\frac{x_{r}}{n}=\frac{n-r}{n} \frac{x_{N}}{N}+\frac{x_{r}}{n} \leqslant \frac{x_{N}}{N}+\frac{r x_{1}}{n}<\alpha+\varepsilon+\frac{r x_{1}}{n} . $$ 让 $n \rightarrow \infty$ 得 $\beta \leqslant \alpha+\varepsilon$ ．由 $\varepsilon$ 的任意性得 $\beta \leqslant \alpha$ ．所以 $\beta=\alpha$ ，故 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{x_{n}}{n}$ 存在． （4）由于 $\displaystyle \frac{\left(1-x_{n+1}\right)+x_{n}}{2} \geqslant \sqrt{\left(1-x_{n+1}\right) x_{n}}>\frac{1}{2},(n=1,2, \cdots)$ ，所以 $x_{n}-x_{n+1} \geqslant 0$ 。故 $\left\{x_{n}\right\}$ 单调递减且有界．于是 $\left\{x_{n}\right\}$ 是收敛的． 设 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=a$ ，则 $\displaystyle (1-a) a \geqslant \frac{1}{4}$ ．又（ $\displaystyle \left.1-a\right) a \leqslant \frac{1}{4}$ 恒成立，从而（ $\displaystyle \left.1-a\right) a=\frac{1}{4}$ 。解之得 $\displaystyle a=\frac{1}{2}$ 。所以 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=\frac{1}{2}$.