数学分析习题解-序列极限(3)

【习题来源】数学分析：第七版.（俄罗斯）卓里奇著；李植译. 北京：高等教育出版社，2019.2

5. 请证明

• a) 当 $n\leqslant 2$ 时, 以下等式成立: $$\begin{array}{l} & 1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdots+\frac{1}{n!}+\frac{1}{n!n}\\ = & 3 - \frac{1}{1\cdot 2\cdot 2!}-\cdots -\frac{1}{(n-1)n\cdot n!}.\end{array}$$
• b) $$e = 3 - \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(n+1)(n+2)(n+2)!}.$$
• c) 为近似计算 $e$, 公式 $$1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdots+\frac{1}{n!}+\frac{1}{n!n}$$ 远好于原来的公式 $$1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdots+\frac{1}{n!}.$$

【证明】

a) $$\begin{array}{l} & 3 - \frac{1}{1\cdot 2\cdot 2!}-\cdots -\frac{1}{(n-1)n\cdot n!}\\ = & 3 - \frac{1}{2!} + \frac{1}{2\cdot 2!} - \frac{1}{2\cdot 3!} + \frac{1}{3\cdot 3!} - \cdots + \frac{1}{(n-1)(n-1)!} - \frac{1}{(n-1)n!} + \frac{1}{nn!}\\ = & 2 +(1 - \frac{1}{2!}) + (\frac{1}{2\cdot 2!} - \frac{1}{2\cdot 3!}) + \cdots + (\frac{1}{(n-1)(n-1)!} - \frac{1}{(n-1)n!}) +\frac{1}{nn!} \\ = & 2 + \frac{1}{2!}+\cdots+\frac{1}{n!} + \frac{1}{nn!} \\ = & 1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdots+\frac{1}{n!}+\frac{1}{n!n} \end{array}$$

b) 由 a) 得
$$\begin{array}{l} & 3 - \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(n+1)(n+2)(n+2)!} \\ = & 1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdots+\frac{1}{n!} +\frac{1}{(n+1)!}+\frac{1}{(n+2)!}+\frac{1}{(n+2)(n+2)!} \end{array}$$
显然, 上式大于 $s_{n+2} = 1+\sum_{i=0}^{n+2}\frac{1}{i!}$, 同时小于 $s_{n+2} + 1/(n+2)$, 而我们知道 $\lim_{n\rightarrow \infty}s_n = \lim_{n\rightarrow \infty}s_n+\frac{1}{n} = e$. 由夹逼原理, 得到待证命题.

c) 设 $s’_n$ 为新的近似公式. 估计误差值 $e-s_n$, 有 $0< e-s_n< \frac{1}{n!n}$. 再计算估计误差值 $e - s’_n$ :
$$\begin{array}{l} 0 < e - s’_n & = & \left[-\frac{1}{n!n} + \frac{1}{(n+1)!} + \frac{1}{(n+2)!} + \cdots\right] \\ & = & \frac{1}{n!} \left[ -\frac{1}{n} + \frac{1}{n+1} + \frac{1}{(n+1)(n+2)} + \cdots \right] \\ & < & \frac{1}{n!}\left[ \frac{1}{n^2} + \frac{1}{n^3} + \cdots\right]\\ & = & \frac{1}{(n-1)n!n} < \frac{1}{n!n} \end{array}$$
显然, $s’_n$ 对 $e$ 的近似有更高的精确度. Q.E.D

6. 若 $a,b$ 为正数, 而 $p$ 为任意非零实数. 则称 $$S_{p}(a,b)=\left(\frac{a^p+b^p}{2}\right)^{1/p}$$ 为数 $a$ 和 $b$ 的 $p$ 次平均值. 特别的, 当 $p=1$ 时, 其为算术平均值; $p=2$ 时, 其为二次平均值; $p=-1$ 时, 其为调和平均值.

• a) 任何次平均值都在 $a,b$ 之间;
• b) 求序列 $\{S_n(a,b)\}$ 和 $\{S_{-n}(a,b)\}$ 的极限.

【证明】

a) 分 $p>0$ 和 $p<0$ 两种情况讨论, 利用函数单调性放缩完成证明.

b) 用夹逼准则容易得到 $$\lim_{n\rightarrow\infty}\left(\frac{a^n+b^n}{2}\right)^{1/n} = \max\{a,b\}, \\ \lim_{n\rightarrow\infty}\left(\frac{a^{-n}+b^{-n}}{2}\right)^{-1/n} = \min\{a,b\}. \text{Q.E.D}$$

7. 证明: 如果 $a>0$, 则数列 $$x_{n+1} = \frac{1}{2} \left(x_n + \frac{a}{x_{n}}\right)$$ 对于任何 $x_1>0$ 都收敛于 $a$ 的算术平方根.
   请估计收敛速度, 即绝对误差的值 $|x_n - \sqrt{a}|=|\Delta_n|$ 对 $n$ 的依赖关系.

【证明】 首先, 由几何不等式, 我们有
$$x_{n+1} = \frac{1}{2}\left(x_n + \frac{a}{x_{n}}\right) \geqslant \frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{x_n \cdot \frac{a}{x_{n}}} = \sqrt{a}.$$
故而数列有下界. 由此, 我们进一步有 $x_{n+1}-x_{n} = \frac{1}{2}(a/x_n -x_n) < 0$, 这说明该数列是单调递减的. 由单调有界数列必有极限, 该数列收敛. 对通项公式取极限, 即解出 $\lim_{n\rightarrow\infty}x_n = \sqrt{a}$.

按公式 $y_{n+1} = 1/2(y_n +\sqrt{a}), y_1 = x_1$ 构造数列, 显然 $y_n > x_n >0$, 于是 $|\Delta_n|=|x_n - \sqrt{a}|< |y_n-\sqrt{a}|$. 由递推公式容易得到 $y_n-\sqrt{a} = \frac{1}{2^n}y_1$. 故而, 绝对误差 $|\Delta_n|< \frac{1}{2^n}x_1$. Q.E.D.

8. 请证明:

• a) $S_0(n) = 1^0 + \cdots + n^0 = n$,
  $S_1(n) = 1^1 + \cdots + n^1 = \frac{n(n+1)}{2} = \frac{1}{2}n^2 +\frac{1}{2}n$,
  $S_2(n) = 1^2 + \cdots + n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} = \frac{1}{3}n^3 +\frac{1}{2}n^2 + \frac{1}{6}n$,
  $S_3(n) = 1^3 + \cdots + n^3 = \frac{n^2(n+1)^2}{4} = \frac{1}{4}n^4 +\frac{1}{2}n^3 + \frac{1}{4}n^2$,
  
  在一般情况下, $S_{k}(n) = 1^k + \cdots + n^k = a_{k+1}n^{k+1}+ \cdots+ a_1n + a_0$ 是 $n$ 的 $k+1$ 次多项式.
• b) $\lim_{n\rightarrow\infty}S_{k}(n)/n^{k+1} = 1/(k+1)$.

【证明】

a) 用数学归纳法. $k =0, 1, 2, 3$ 时命题已成立. 现假设 $k \leqslant m-1$ 时命题成立, 现在考察 $S_{m}(n)$ 的情况. 我们观察到以下结果:
$$\begin{array}{l} (n+1)^{m+1}-n^{m+1} &=& a_m n^m +\cdots + a_1 n + a_0\\ n^{m+1}-(n-1)^{m+1} &=& a_m (n-1)^m +\cdots + a_1 (n-1) + a_0\\ &\cdots& \\ 2^{m+1} - 1^{m+1} &=& a_m 1^m + \cdots a_1 1 + a_0 \end{array}$$
将上面所有的式子加起来, 得到
$$(n+1)^{m+1} -1 =\\ a_m \sum_{i=1}^{n}i^m + a_{m-1} \sum_{i=1}^{n}i^{m-1} + \cdots + a_1 \sum_{i=1}^{n}i + na_0,$$
整理一下, 就得到
$$\begin{equation}\label{eq:sk} \sum_{i=1}^{n}i^m = \frac{1}{a_m }(n+1)^{m+1} - \frac{1}{a_m } \\- \frac{1}{a_m }\left( a_{m-1} \sum_{i=1}^{n}i^{m-1} + \cdots + a_1 \sum_{i=1}^{n}i + na_0 \right).\end{equation}$$
由归纳假设, ($\ref{eq:sk}$) 式右侧第三项为 $m$ 次多项式, 而第一项为 $m+1$ 次多项式, 综合起来, 也就是说 $S_{m}(n) = \sum_{i=1}^{n}i^m$ 是一个 $m+1$ 次多项式. 故而, 对于任意的 $k \in \mathbb{N}$, $S_{k}(n) = \sum_{i=1}^{n}i^k$ 是一个 $k+1$ 次多项式.

b) 根据($\ref{eq:sk}$) 式, 事实上我们有
$$a_m = C_{m+1}^{m}=m+1.$$
考虑 $S_{k}(n)/n^{k+1}$, ($\ref{eq:sk}$) 式右侧第三项相应为 $k$ 次多项式 (用 $P_{k})$ 表示, 容易证明, $\lim_{n\rightarrow\infty}P_k/P_{k+1} = 0$. 综合所述, 显然 $\lim_{n\rightarrow\infty}S_{k}(n)/n^{k+1}$ 就是其 $k+1$ 次项系数, 即
$$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{S_{k}(n)}{n^{k+1}} = \frac{1}{k+1}.~~\text{Q.E.D.}$$