上册 1.1 数列极限 第43题

\section*{解题过程：} （1）方法 1 ：由于区间 $\displaystyle \left[2 k \pi+\frac{\pi}{4}, 2 k \pi+\frac{3 \pi}{4}\right]$ 的长度为 $\displaystyle \frac{\pi}{2}>1, k=0,1,2, \cdots$ ，所以存在整数 $\displaystyle n_{k} \in\left[2 k \pi+\frac{\pi}{4}, 2 k \pi+\frac{3 \pi}{4}\right]$ ；同理存在 $\displaystyle m_{k} \in\left[2 k \pi+\frac{5 \pi}{4}, 2 k \pi+\frac{7 \pi}{4}\right]$ ． 假设 $\lim _{n \rightarrow x} \sin n=a$ 存在，则 $\lim _{k \rightarrow x} \sin n_{k}=a, ~ \lim _{k \rightarrow x} \sin m_{k}=a$ ．由于 $$ \frac{\sqrt{2}}{2} \leqslant \sin n_{k} \leqslant 1,-1 \leqslant \sin m_{k} \leqslant-\frac{\sqrt{2}}{2}, $$ 从而 $\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2} \leqslant a \leqslant 1,-1 \leqslant a \leqslant-\frac{\sqrt{2}}{2}$ ．这是矛盾的，所以 $\lim _{n \rightarrow \infty} \sin n$ 不存在． 方法 2：假设 $\lim _{n \rightarrow \infty} \sin n=a$ ，则 $\lim _{n \rightarrow \infty} \sin (n+1)=a, ~ \lim _{n \rightarrow \infty} \sin (n+2)=a$ ．由 $$ [\sin (n+2)-\sin n]=2 \sin 1 \cos (n+1) $$ 得 $\lim _{n \rightarrow x} \cos (n+1)=0$ ． 又由 $\displaystyle [\sin (n+1)-\sin n]=2 \sin \frac{1}{2} \cos \frac{2 n+1}{2}$ 及 $\displaystyle [\cos (n+1)-\cos n]=-2 \sin \frac{1}{2} \sin \frac{2 n+1}{2}$ 得 于是 $$ \begin{gathered} \lim _{n \rightarrow \infty} \cos \frac{2 n+1}{2}=0, \lim _{n \rightarrow \infty} \sin \frac{2 n+1}{2}=0 \\ 1=\lim _{n \rightarrow \infty}\left(\cos ^{2} \frac{2 n+1}{2}+\sin ^{2} \frac{2 n+1}{2}\right)=\lim _{n \rightarrow \infty} \cos ^{2} \frac{2 n+1}{2}+\lim _{n \rightarrow \infty} \sin ^{2} \frac{2 n+1}{2}=0 \end{gathered} $$ 矛盾！所以 $\lim _{n \rightarrow \infty} \sin n$ 不存在． （2）与（1）类似． （3）只需证任何实数 $a$ 都不是数列 $\left\{(-1)^{n}\right\}$ 的极限．取 $\varepsilon_{0}=1$ ， 若 $a \geqslant 0, \forall N, n_{0}=2 N+1>N$ ，有 $\left|(-1)^{n_{0}}-a\right|=\left|(-1)^{2 N+1}-a\right|=1+a \geqslant 1=\varepsilon_{0}$ ； 若 $a<0, \forall N, n_{0}=2 N>N$ ，有 $\left|(-1)^{n_{0}}-a\right|=\left|(-1)^{2 N}-a\right|=1-a=1+|a| \geqslant 1=\varepsilon_{0}$ ． 由定义知 $\left\{(-1)^{n}\right\}$ 发散。 （4）不妨设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是递增数列，$\left\{a_{n_{k}}\right\}$ 是 $\left\{a_{n}\right\}$ 的某一子列，且 $\lim _{k \rightarrow \infty} a_{n_{1}}=a$ ．于是 $\forall \varepsilon>0$ ， $\exists K>0$ ，当 $k>K$ 时有 $\left|a_{n_{k}}-a\right|<\varepsilon$ 。 取 $N=n_{K+1}$ ，当 $n>N$ 时，$n>n_{K+1}$ ，由递增知 $a_{n} \geqslant a_{n_{K+1}}$ ． 又 $n_{n}>n$ ，由递增知 $a_{n_{n}} \geqslant a_{n}$ ．再由 $K+1>K$ 和 $n>N=n_{K+1}>K+1>K$ 得 $a_{n_{n}} \geqslant a_{n} \geqslant a_{n_{K+1}}$ ，即 $$ \varepsilon>a_{n_{n}}-a \geqslant a_{n}-a \geqslant a_{n_{K-1}}-a>-\varepsilon $$ 所以 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=a$ ． （5）由数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 无界，$\forall M>0$ ，存在一项 $a_{n_{M}}$ 使 $\left|a_{n_{M}}\right| \geqslant M$ 。于是 取 $M_{1}=1$ ，存在一项 $a_{n_{1}}$ 使 $\left|a_{n_{1}}\right| \geqslant 1$ ； 取 $M_{2}=\max \left\{2,\left|a_{1}\right|, \cdots,\left|a_{n_{1}}\right|\right\}$ ，存在一项 $a_{n_{2}}$ 使 $\left|a_{n_{2}}\right| \geqslant M_{2}$ ； ⋯⋯． 取 $M_{k}=\max \left\{k,\left|a_{1}\right|, \cdots,\left|a_{n_{k-1}}\right|\right\}$ ，存在一项 $a_{n_{k}}$ 使 $\left|a_{n_{k}}\right| \geqslant M_{k}$ ； 如此进行下去，得数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的一个子列 $\left\{a_{n_{k}}\right\}$ ，满足 $\left|a_{n_{k}}\right| \geqslant M_{k}>k$ ．于是 $\lim _{k \rightarrow \infty} a_{n_{k}}=+\infty$ ． 又 $\left\{a_{n}\right\}$ 非无穷大量，故存在 $G>0$ ，对任意的 $N>0$ ，存在 $n_{0}>N$ ，使 $\left|a_{n_{0}}\right| \leqslant G$ ． 取 $N=1$ ，存在 $n_{1}>1$ ，使 $\left|a_{n_{1}}\right| \leqslant G$ ； 取 $N=n_{1}$ ，存在 $n_{2}>n_{1}$ ，使 $\left|a_{n_{2}}\right| \leqslant G$ ； 如此进行下去，得数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的一个子列 $\left\{a_{n_{1}}\right\}$ ，满足 $\left|a_{n_{1}}\right| \leqslant G$ ．于是 $\left\{a_{n_{1}}\right\}$ 有界． 由致密性定理，$\left\{a_{n_{k}}\right\}$ 有收敛子列，从而 $\left\{a_{n}\right\}$ 有收敛子列。 由致密性定理，当 $\left\{a_{n}\right\}$ 是有界发散数列时，$\left\{a_{n}\right\}$ 有收敛子列。 （6）与（5）类似。 （7）充分条件：若数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的奇子列与偶子列都收敛于 $a$ ，则 $\left\{a_{n}\right\}$ 收敛于 $a$ 。 设 $\lim _{k \rightarrow \infty} a_{2 k}=\lim _{k \rightarrow \infty} a_{2 k+1}=a$ ，故 $\forall \varepsilon>0, \exists K_{1}>0$ ，当 $k>K_{1}$ 时 $\left|a_{2 k}-a\right|<\varepsilon ; \exists K_{2}>0$ ，当 $k>K_{2}$ 时 $\left|a_{2 k+1}-a\right|<\varepsilon$ ．取 $N=2 K_{1}+2 K_{2}+1$ ，当 $n>N$ 时，不论 $n$ 为奇数还是偶数，总有 $\left|a_{n}-a\right|<\varepsilon$ ，故 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=a$. 必要条件：由于收玫数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的任一子列都收玫于同一极限，所以 $\lim _{k \rightarrow \infty} a_{2 k}=\lim _{k \rightarrow \infty} a_{2 k+1}=a$ ． （8）显然有 $\inf \left\{a_{n}\right\} \leqslant \lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=a \leqslant \sup \left\{a_{n}\right\}$ 。分以下两种情况讨论： （1）如果 $\inf \left\{a_{n}\right\}=\sup \left\{a_{n}\right\}$ ，则 $\left\{a_{n}\right\}$ 为常数列，因而结论成立。 （2） $\inf \left\{a_{n}\right\}<\sup \left\{a_{n}\right\}$ ，则 $\inf \left\{a_{n}\right\} \neq \lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}$ 与 $\sup \left\{a_{n}\right\} \neq \lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}$ 至少有一个成立． 不妨设 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}<\sup \left\{a_{n}\right\}$ 成立．由极限定义，对 $\displaystyle \frac{\sup \left\{a_{n}\right\}-\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}}{2}>0$ ，存在正整数 $N$ ，当 $n>N$时有 $$ a_{n}<\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}+\frac{\sup \left\{a_{n}\right\}-\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}}{2}=\frac{\sup \left\{a_{n}\right\}+\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}}{2}<\sup \left\{a_{n}\right\} . $$ 于是 $\sup \left\{a_{n}\right\}=\max \left\{a_{2}, a_{1}, \cdots, a_{N}\right\} \in\left\{a_{n}\right\}$ ． （9）由已知有 $\lim _{k \rightarrow \infty} a_{2 k}=\lim _{k \rightarrow x} a_{2 k+1}=a$ ．由（7）得 $\left\{a_{n}\right\}$ 收玫．