南京师范大学 2011年数学分析第0题
📝 题目
二．（1）设 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=a$ ，试用极限定义证明 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{1}+a_{2}+\cdots a_{n}}{n}=a$ ；
（2）举例说明上述结论反之不对，并对你的例子给出简要的说明。
（3）设 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{1}+a_{2}+\cdots a_{n}}{n}=a$ 且 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} n\left[a_{n}-a_{n-1}\right]=0$ ．证明： $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=a$ ．（20 分）
💡 答案解析
暂无答案解析
📋 详细解题步骤
步骤 1/3
目标：证明：若数列极限存在，则其前n项算术平均的极限相同
由已知，对任意 $\varepsilon > 0$，存在 $N_1 \in \mathbb{N}$，使得当 $n > N_1$ 时，有 $|a_n - a| < \frac{\varepsilon}{2}$。记 $S_n = a_1 + a_2 + \cdots + a_n$。对于 $n > N_1$，将前 $N_1$ 项与后面的项分开：
$$\frac{S_n}{n} - a = \frac{a_1 + \cdots + a_{N_1}}{n} + \frac{(a_{N_1+1} - a) + \cdots + (a_n - a)}{n}.$$
于是
$$\left|\frac{S_n}{n} - a\right| \le \frac{|a_1 + \cdots + a_{N_1}|}{n} + \frac{|a_{N_1+1} - a| + \cdots + |a_n - a|}{n}.$$
令 $M = |a_1| + \cdots + |a_{N_1}|$，则当 $n$ 足够大时，可使 $\frac{M}{n} < \frac{\varepsilon}{2}$。第二项中每一项都小于 $\frac{\varepsilon}{2}$，且项数不超过 $n$，所以
$$\frac{\sum_{k=N_1+1}^n |a_k - a|}{n} < \frac{(n-N_1)\cdot \frac{\varepsilon}{2}}{n} < \frac{\varepsilon}{2}.$$
取 $N = \max\left(N_1, \frac{2M}{\varepsilon}\right)$，当 $n > N$ 时，有 $\left|\frac{S_n}{n} - a\right| < \varepsilon$。
公式：$$\left|\frac{S_n}{n} - a\right| \le \frac{M}{n} + \frac{\sum_{k=N_1+1}^n |a_k - a|}{n}$$
提示：注意将前有限项与后面无限项分开处理，前有限项的和是常数，除以n后趋于0。
步骤 2/3
目标：举例说明逆命题不成立
取 $a_n = (-1)^n$。该数列不收敛（在1和-1之间振荡）。但其前n项平均值为：
$$\frac{S_n}{n} = \begin{cases} 0, & n \text{ 为偶数}, \\ -\frac{1}{n}, & n \text{ 为奇数}. \end{cases}$$
显然 $\frac{S_n}{n} \to 0$。因此平均值收敛到0，但原数列不收敛，说明逆命题不成立。
公式：$$a_n = (-1)^n, \quad \frac{S_n}{n} \to 0$$
提示：反例只需构造一个发散但平均值收敛的数列，振荡数列是典型例子。
步骤 3/3
目标：在附加条件下证明数列极限存在且等于a
已知 $\lim_{n\to\infty} \frac{a_1 + \cdots + a_n}{n} = a$ 且 $\lim_{n\to\infty} n(a_n - a_{n-1}) = 0$。考虑
$$a_n - \frac{S_n}{n} = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n (a_n - a_k).$$
令 $d_j = a_j - a_{j-1}$（$j\ge 2$），则 $a_n - a_k = \sum_{j=k+1}^n d_j$。代入并交换求和顺序得：
$$a_n - \frac{S_n}{n} = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \sum_{j=k+1}^n d_j = \frac{1}{n} \sum_{j=2}^n (j-1) d_j = \frac{1}{n} \sum_{j=2}^n j d_j - \frac{1}{n} \sum_{j=2}^n d_j.$$
由 $j d_j \to 0$ 及第(1)问结论，$\frac{1}{n} \sum_{j=2}^n j d_j \to 0$。而 $\frac{1}{n} \sum_{j=2}^n d_j = \frac{a_n - a_1}{n} \to 0$。因此 $a_n - \frac{S_n}{n} \to 0$。又 $\frac{S_n}{n} \to a$，故 $a_n \to a$。
公式：$$a_n - \frac{S_n}{n} = \frac{1}{n} \sum_{j=2}^n j d_j - \frac{a_n - a_1}{n}$$
提示：关键技巧是将差值转化为关于差分$d_j$的和式，并利用已知条件$n d_n \to 0$。
📷 拍照上传批改
拍照上传批改功能已预留入口，后续接入图片上传、OCR识别与AI批改。