中国科学院大学 2024年数学分析第0题

首先，利用常见不等式： \[\left(1+\frac{1}{n}\right)^n < e < \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}\] 因此有： \[0 < e - \left(1+\frac{1}{n}\right)^n < \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1} - \left(1+\frac{1}{n}\right)^n\] 右边提取公因式： \[\left(1+\frac{1}{n}\right)^n \cdot \frac{1}{n}\] 由于 \(\left(1+\frac{1}{n}\right)^n < e < 3\)，所以： \[e - \left(1+\frac{1}{n}\right)^n < \frac{3}{n}\] 左边为正，绝对值自然成立。

令 \(L = \inf\limits_{n\ge 1} \frac{a_n}{n}\)。显然对任意 n 有 \(\frac{a_n}{n} \ge L\)，故下极限 \(\ge L\)。 对任意 \(\varepsilon > 0\)，存在正整数 m 使得 \(\frac{a_m}{m} < L + \varepsilon\)。 对任意大的 n，作带余除法 \(n = qm + r\)，其中 \(0 \le r < m\)。由次可加性： \[a_n \le q a_m + a_r\] 于是： \[\frac{a_n}{n} \le \frac{q a_m + a_r}{qm + r} \le \frac{a_m}{m} + \frac{a_r}{n}\] 当 \(n \to \infty\) 时，右边趋于 \(\frac{a_m}{m} < L + \varepsilon\)，故对充分大的 n 有 \(\frac{a_n}{n} < L + \varepsilon\)。 结合下极限不小于 L，得极限存在且等于 L。

分子分母均趋于无穷大，应用洛必达法则。 设 \(F(x) = (\int_0^x e^{t^2} dt)^2\)，\(G(x) = \int_0^x e^{2t^2} dt\)。 求导得： \[F'(x) = 2\left(\int_0^x e^{t^2} dt\right) e^{x^2}, \quad G'(x) = e^{2x^2}\] 第一次洛必达： \[\lim_{x\to\infty} \frac{F(x)}{G(x)} = \lim_{x\to\infty} \frac{2 e^{x^2} \int_0^x e^{t^2} dt}{e^{2x^2}} = \lim_{x\to\infty} \frac{2 \int_0^x e^{t^2} dt}{e^{x^2}}\] 再次洛必达（分子导数为 \(2 e^{x^2}\)，分母导数为 \(2x e^{x^2}\)）： \[= \lim_{x\to\infty} \frac{2 e^{x^2}}{2x e^{x^2}} = \lim_{x\to\infty} \frac{1}{x} = 0\]

将两部分估计合并： \[ e - \left(1+\frac{1}{n}\right)^n < \frac{e}{2n} + \frac{1}{n \cdot n!} \] 由于 e/2 ≈ 1.359，且 n! ≥ 2（n≥2），第二项小于 1/(2n)，因此总和小于 3/n。 对于 n=1，直接计算左边 ≈ 0.218，右边=3，不等式成立。故对所有正整数 n 结论成立。

设 α = inf_{n≥1} a_n/n，显然 α ≥ 0。对任意 ε>0，存在某个 m 使得 a_m/m < α+ε。 对任意 n，做带余除法 n = qm + r，0 ≤ r < m。由次可加性： \[ a_n = a_{qm+r} ≤ q a_m + a_r \] 于是： \[ \frac{a_n}{n} ≤ \frac{q a_m + a_r}{qm+r} \] 当 n→∞ 时，q→∞，上式极限为 a_m/m < α+ε。

由上述推导得： \[ \limsup_{n→∞} \frac{a_n}{n} ≤ \frac{a_m}{m} < α+ε \] 由于 ε 任意，故 limsup ≤ α。 另一方面，由下确界定义，对所有 n 有 a_n/n ≥ α，因此 liminf ≥ α。 于是 limsup = liminf = α，即极限存在且等于 α。

分子分母均趋于无穷，应用洛必达法则。 设 F(x) = (∫_0^x e^{t^2} dt)^2，G(x) = ∫_0^x e^{2t^2} dt。 求导得： \[ F'(x) = 2 e^{x^2} ∫_0^x e^{t^2} dt, \quad G'(x) = e^{2x^2} \] 于是： \[ \lim_{x→∞} \frac{F(x)}{G(x)} = \lim_{x→∞} \frac{2 e^{x^2} ∫_0^x e^{t^2} dt}{e^{2x^2}} = \lim_{x→∞} \frac{2 ∫_0^x e^{t^2} dt}{e^{x^2}} \]

对新的极限再次使用洛必达法则： 分子导数：2 e^{x^2}，分母导数：2x e^{x^2}。 于是： \[ \lim_{x→∞} \frac{2 ∫_0^x e^{t^2} dt}{e^{x^2}} = \lim_{x→∞} \frac{2 e^{x^2}}{2x e^{x^2}} = \lim_{x→∞} \frac{1}{x} = 0 \] 因此原极限为 0。