中国人民大学 2026年数学分析第2题
📝 题目
2．（15 分）设 $\displaystyle a_{n}>0, n=1,2, \cdots$ ，且 $\displaystyle \varlimsup_{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n+1}}{a_{n}}<+\infty$ ，证明：$\displaystyle \varlimsup_{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{a_{n}} \leq \varlimsup_{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n+1}}{a_{n}}$ ．
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：明确已知条件和要证明的结论
已知正项数列 $a_n > 0$，且 $\varlimsup_{n \\to \\infty} \\frac{a_{n+1}}{a_n} < +\\infty$。需要证明：\n$$\n\\varlimsup_{n \\to \\infty} \\sqrt[n]{a_n} \\le \\varlimsup_{n \\to \\infty} \\frac{a_{n+1}}{a_n}.\n$$
公式：$$\\varlimsup_{n \\to \\infty} \\sqrt[n]{a_n} \\le \\varlimsup_{n \\to \\infty} \\frac{a_{n+1}}{a_n}$$
提示：注意上极限的定义：它是所有子列极限的上确界，不是简单的极限。
步骤 2/5
目标：记法准备并利用上极限性质
令 $L = \\varlimsup_{n \\to \\infty} \\frac{a_{n+1}}{a_n}$，由条件 $L < +\\infty$。根据上极限的定义，对任意 $\\varepsilon > 0$，存在正整数 $N$，使得对所有 $n \\ge N$ 有\n$$\n\\frac{a_{n+1}}{a_n} < L + \\varepsilon.\n$$
公式：$$\\frac{a_{n+1}}{a_n} < L + \\varepsilon, \\quad \\forall n \\ge N$$
提示：上极限的严格定义：对任意 $\\varepsilon>0$，最终所有项都小于 $L+\\varepsilon$，但可能有无限项接近 $L$。
步骤 3/5
目标：递推放缩得到 $a_n$ 的上界
对于任意 $n > N$，将 $a_n$ 写成连乘形式：\n$$\na_n = a_N \\cdot \\frac{a_{N+1}}{a_N} \\cdot \\frac{a_{N+2}}{a_{N+1}} \\cdots \\frac{a_n}{a_{n-1}}.\n$$\n由第2步，每个比值 $\\frac{a_{k+1}}{a_k}$（$k \\ge N$）都小于 $L+\\varepsilon$，因此\n$$\na_n < a_N \\cdot (L+\\varepsilon)^{n-N}.\n$$
公式：$$a_n < a_N (L+\\varepsilon)^{n-N}$$
提示：注意放缩方向：因为所有因子都小于 $L+\\varepsilon$，乘积也小于该值。
步骤 4/5
目标：取 $n$ 次方根并分析上极限
对不等式两边取 $n$ 次方根：\n$$\n\\sqrt[n]{a_n} < \\sqrt[n]{a_N} \\cdot (L+\\varepsilon)^{1 - \\frac{N}{n}}.\n$$\n当 $n \\to \\infty$ 时，$\\sqrt[n]{a_N} \\to 1$，且 $(L+\\varepsilon)^{1 - N/n} \\to L+\\varepsilon$。因此，由极限的保号性，\n$$\n\\varlimsup_{n \\to \\infty} \\sqrt[n]{a_n} \\le L+\\varepsilon.\n$$
公式：$$\\varlimsup_{n \\to \\infty} \\sqrt[n]{a_n} \\le L+\\varepsilon$$
提示：上极限的保号性：若最终项小于某数，则上极限不超过该数。
步骤 5/5
目标：由 $\\varepsilon$ 的任意性得到最终结论
由于 $\\varepsilon > 0$ 是任意小的正数，令 $\\varepsilon \\to 0^+$，得到\n$$\n\\varlimsup_{n \\to \\infty} \\sqrt[n]{a_n} \\le L = \\varlimsup_{n \\to \\infty} \\frac{a_{n+1}}{a_n}.\n$$\n证明完成。
公式：$$\\varlimsup_{n \\to \\infty} \\sqrt[n]{a_n} \\le \\varlimsup_{n \\to \\infty} \\frac{a_{n+1}}{a_n}$$
提示：这一步是上极限性质的关键：若对任意 $\\varepsilon>0$ 有 $A \\le B+\\varepsilon$，则 $A \\le B$。
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