南昌大学 2025年数学分析第0题
📝 题目
二、（10 分）设 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow+\infty} a_{n}=a,|q|<1$ ，用 $\displaystyle \varepsilon-N$ 方法证明：
$$
\lim _{n \rightarrow+\infty}\left(a_{n}+a_{n-1} q+a_{n-2} q^{2}+\cdots+a_{1} q^{n-1}\right)=\frac{a}{1-q}
$$
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：明确已知条件和目标
已知数列极限 $\displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_n = a$，且 $|q| < 1$。定义 $S_n = a_n + a_{n-1} q + a_{n-2} q^2 + \cdots + a_1 q^{n-1}$，需要证明 $\displaystyle \lim_{n \to +\infty} S_n = \frac{a}{1-q}$。
公式：$S_n = \sum_{k=0}^{n-1} a_{n-k} q^k$
提示：注意 $S_n$ 的项数随 $n$ 增加而增加，且系数 $q^k$ 是衰减的，这提示我们利用 $a_n$ 的收敛性来估计差值。
步骤 2/5
目标：引入辅助等比数列和 $T_n$
构造 $T_n = a + a q + a q^2 + \cdots + a q^{n-1} = a \cdot \frac{1 - q^n}{1 - q}$。由于 $|q|<1$，当 $n \to \infty$ 时 $q^n \to 0$，故 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} T_n = \frac{a}{1-q}$。因此只需证明 $S_n - T_n \to 0$。
公式：$T_n = a \cdot \frac{1 - q^n}{1 - q}$
提示：将目标极限转化为证明差值趋于零，这是处理极限问题的常用技巧。
步骤 3/5
目标：计算差值 $S_n - T_n$
将 $S_n$ 与 $T_n$ 逐项相减：
$$
S_n - T_n = (a_n - a) + (a_{n-1} - a) q + (a_{n-2} - a) q^2 + \cdots + (a_1 - a) q^{n-1}
$$
记 $b_k = a_k - a$，则 $b_k \to 0$，且
$$
S_n - T_n = b_n + b_{n-1} q + b_{n-2} q^2 + \cdots + b_1 q^{n-1} = \sum_{k=0}^{n-1} b_{n-k} q^k
$$
公式：$S_n - T_n = \sum_{k=0}^{n-1} b_{n-k} q^k$
提示：这里 $b_k$ 是收敛到0的数列，这是后续估计的关键。
步骤 4/5
目标：用 $\varepsilon$-$N$ 语言估计差值
因为 $b_k \to 0$，对任意 $\varepsilon > 0$，存在 $N_1$，当 $k > N_1$ 时 $|b_k| < \varepsilon$。将和式分为两部分：下标大于 $N_1$ 的项和下标不超过 $N_1$ 的项。当 $n > 2N_1$ 时，两部分中的所有 $b$ 的下标均大于 $N_1$，故 $|b| < \varepsilon$。于是：
$$
|S_n - T_n| \leq \varepsilon \sum_{k=0}^{n-1} |q|^k < \varepsilon \cdot \frac{1}{1-|q|}
$$
公式：$|S_n - T_n| < \varepsilon \cdot \frac{1}{1-|q|}$
提示：注意当 $n$ 足够大时，所有 $b_{n-k}$ 的下标都会超过 $N_1$，因此可以统一用 $\varepsilon$ 控制。
步骤 5/5
目标：完成 $\varepsilon$-$N$ 证明
对任意给定的 $\varepsilon_0 > 0$，取 $\varepsilon = \varepsilon_0 (1-|q|)$，则存在 $N_1$ 使得当 $k > N_1$ 时 $|b_k| < \varepsilon$。令 $N = 2N_1$，则当 $n > N$ 时，有
$$
|S_n - T_n| < \varepsilon \cdot \frac{1}{1-|q|} = \varepsilon_0
$$
因此 $S_n - T_n \to 0$，从而 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} S_n = \lim_{n \to \infty} T_n = \frac{a}{1-q}$。
公式：$\lim_{n \to \infty} S_n = \frac{a}{1-q}$
提示：最终取 $N = 2N_1$ 是为了确保第二部分的下标也足够大，这是 $\varepsilon$-$N$ 证明中常见的技巧。
步骤 6/6
目标：得出结论
由 \(S_n - T_n \to 0\) 及 \(T_n \to \frac{a}{1-q}\)，根据极限的加法性质，得到 \(\lim_{n\to\infty} S_n = \frac{a}{1-q}\)。
公式：\boxed{\displaystyle \lim_{n \rightarrow+\infty}\left(a_{n}+a_{n-1} q+a_{n-2} q^{2}+\cdots+a_{1} q^{n-1}\right)=\frac{a}{1-q}}
提示：最终结论需明确写出，注意极限表达式与题目一致。
步骤 7/8
目标：综合运用ε-N论证
对任意 $\varepsilon > 0$，取 $\varepsilon_1 = \frac{\varepsilon(1-|q|)}{3}$，存在 $N_1$ 使当 $m>N_1$ 时 $|a_m - a|<\varepsilon_1$。再取 $N_2$ 足够大，使当 $n>N_2$ 时 $\frac{|a||q|^n}{1-|q|} < \frac{\varepsilon}{3}$ 且 $N_1 M |q|^{n-N_1} < \frac{\varepsilon}{3}$。令 $N = \max(N_1, N_2)$，则当 $n>N$ 时：
$$\left| S_n - \frac{a}{1-q} \right| \le \frac{\varepsilon_1}{1-|q|} + N_1 M |q|^{n-N_1} + \frac{|a||q|^n}{1-|q|} < \frac{\varepsilon}{3} + \frac{\varepsilon}{3} + \frac{\varepsilon}{3} = \varepsilon$$
公式：$\left| S_n - \frac{a}{1-q} \right| < \varepsilon$
提示：注意三个部分分别用不同的方式控制，最后合并得到小于ε。
步骤 8/8
目标：得出结论
由ε-N定义，$\lim_{n\to\infty} S_n = \frac{a}{1-q}$，即原极限成立。
公式：$\lim_{n \to \infty} \left( a_n + a_{n-1} q + a_{n-2} q^2 + \cdots + a_1 q^{n-1} \right) = \frac{a}{1-q}$
提示：注意结论中分母为 $1-q$，与几何级数求和一致。
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