东南大学 2021年数学分析第1题
📝 题目
1．求极限 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{n^{2}+k}}$ ．
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：观察求和通项的形式
求和式为 $\displaystyle \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{n^{2}+k}}$，其中 $k$ 从 $1$ 到 $n$，分母为 $\sqrt{n^2+k}$。当 $n$ 很大时，$k$ 相对于 $n^2$ 较小，但直接忽略会损失精度，需要精确估计。
公式：\frac{1}{\sqrt{n^2+k}}
提示：注意 $k$ 的范围是 $1\le k\le n$，分母中 $n^2$ 占主导。
步骤 2/5
目标：利用不等式进行夹逼
由于 $n^2 < n^2+k \le n^2+n$，取倒数开方得：
\[
\frac{1}{\sqrt{n^2+n}} \le \frac{1}{\sqrt{n^2+k}} \le \frac{1}{n}
\]
对 $k$ 从 $1$ 到 $n$ 求和：
左边：$\displaystyle \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{n^2+n}} = \frac{n}{\sqrt{n^2+n}} = \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}}$
右边：$\displaystyle \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n} = 1$
因此有：
\[
\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}} \le S_n \le 1
\]
公式：\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}} \le \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{n^2+k}} \le 1
提示：夹逼时注意不等式方向，左边分母取最大值 $n^2+n$ 得到最小值，右边分母取最小值 $n^2$ 得到最大值。
步骤 3/5
目标：求夹逼两端的极限
计算左边极限：
\[
\lim_{n\to\infty} \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}} = \frac{1}{\sqrt{1+0}} = 1
\]
右边极限为 $1$。由夹逼定理，$\lim_{n\to\infty} S_n = 1$。
公式：\lim_{n\to\infty} \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}} = 1
提示：夹逼定理要求两边极限相等，这里左右极限均为1，故原极限为1。
步骤 4/5
目标：用泰勒展开验证（可选方法）
将原式改写为：
\[
S_n = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{1+\frac{k}{n^2}}}
\]
对 $\frac{1}{\sqrt{1+x}}$ 在 $x=0$ 处泰勒展开：$\frac{1}{\sqrt{1+x}} = 1 - \frac{x}{2} + O(x^2)$，代入 $x=\frac{k}{n^2}$：
\[
S_n = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \left(1 - \frac{k}{2n^2} + O\left(\frac{k^2}{n^4}\right)\right) = 1 - \frac{1}{2n^3} \cdot \frac{n(n+1)}{2} + O\left(\frac{1}{n^2}\right)
\]
化简得 $S_n = 1 - \frac{n+1}{4n^2} + \cdots \to 1$。
公式：\frac{1}{\sqrt{1+x}} = 1 - \frac{x}{2} + O(x^2)
提示：泰勒展开时注意余项估计，确保高阶项不影响极限。
步骤 5/5
目标：得出最终极限值
综合夹逼法和泰勒展开，极限均为1，因此：
\[
\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{n^{2}+k}} = 1
\]
公式：\boxed{1}
提示：最终答案需用方框标记。
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