方企勤 第一章 分析基础 第1.3题

题目 1.3.10

设 $c > 0$，求序列
$$
\sqrt{c},\ \sqrt{c + \sqrt{c}},\ \sqrt{c + \sqrt{c + \sqrt{c}}},\ \cdots
$$
的极限。

解：

1. 定义递推关系
令
$$
x_1 = \sqrt{c},\quad x_{n+1} = \sqrt{c + x_n},\ n \ge 1.
$$
我们要求 $\displaystyle{\lim_{n\to\infty} x_n}$。

2. 证明序列单调递增且有上界
- 首先 $x_1 = \sqrt{c} > 0$。
- 假设 $x_n > 0$，则 $x_{n+1} = \sqrt{c + x_n} > \sqrt{c} = x_1$，但我们需要证明单调性。
比较 $x_{n+1}$ 与 $x_n$：
$$
x_{n+1} > x_n \iff \sqrt{c + x_n} > x_n \iff c + x_n > x_n^2 \iff x_n^2 - x_n - c < 0.
$$
二次方程 $t^2 - t - c = 0$ 的正根为
$$
L = \frac{1 + \sqrt{1 + 4c}}{2}.
$$
所以当 $0 < x_n < L$ 时，有 $x_{n+1} > x_n$。
- 用归纳法：
$x_1 = \sqrt{c} < L$（因为 $\sqrt{c} < \frac{1+\sqrt{1+4c}}{2}$ 显然成立）。
若 $x_n < L$，则
$$
x_{n+1} = \sqrt{c + x_n} < \sqrt{c + L} = \sqrt{L^2} = L,
$$
这里利用了 $L^2 = L + c$。
因此序列单调递增且以 $L$ 为上界，故极限存在。

3. 求极限
设 $\displaystyle{\lim_{n\to\infty} x_n = a}$，对递推式两边取极限：
$$
a = \sqrt{c + a} \implies a^2 = c + a \implies a^2 - a - c = 0.
$$
解得
$$
a = \frac{1 \pm \sqrt{1+4c}}{2}.
$$
由于 $a > 0$，取正根：
$$
\boxed{\frac{1 + \sqrt{1+4c}}{2}}.
$$

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题目 1.3.11

设 $x_n = a_1 + a_2 + \cdots + a_n$，求证：若
$$
\widetilde{x}_n = |a_1| + |a_2| + \cdots + |a_n|
$$
极限存在，则 $\{x_n\}$ 极限存在。

解：

1. 已知条件
$\widetilde{x}_n$ 收敛，意味着级数 $\displaystyle{\sum_{k=1}^\infty |a_k|}$ 收敛（即绝对收敛）。

2. 利用柯西收敛准则
因为 $\widetilde{x}_n$ 收敛，所以它是柯西序列：对任意 $\varepsilon > 0$，存在 $N$，使得当 $m > n > N$ 时，
$$
|\widetilde{x}_m - \widetilde{x}_n| = \sum_{k=n+1}^m |a_k| < \varepsilon.
$$

3. 对原序列应用
对于同样的 $m,n$，有
$$
|x_m - x_n| = \left|\sum_{k=n+1}^m a_k\right| \le \sum_{k=n+1}^m |a_k| < \varepsilon.
$$
因此 $\{x_n\}$ 也是柯西序列，从而收敛。
这就证明了 $\{x_n\}$ 极限存在。

$$
\boxed{\text{证毕}}
$$

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题目 1.3.12

设
$$
x_n = a_1 + \cdots + a_n,\quad y_n = b_1 + \cdots + b_n,\quad z_n = c_1 + \cdots + c_n,
$$
且 $c_n \le a_n \le b_n\ (n=1,2,\dots)$；又设 $\{y_n\},\{z_n\}$ 极限存在。求证 $\{x_n\}$ 极限也存在。

解：

1. 由不等式得到部分和之间的关系
对每个 $n$，有 $c_k \le a_k \le b_k$，求和得
$$
z_n \le x_n \le y_n.
$$

2. **已知 $\{y_n\},\{z_n\}$ 收敛**
设
$$
\lim_{n\to\infty} y_n = Y,\quad \lim_{n\to\infty} z_n = Z.
$$
由 $z_n \le y_n$ 可知 $Z \le Y$。

3. 考虑下极限与上极限
因为 $z_n \le x_n \le y_n$，取上、下极限得
$$
Z = \liminf_{n\to\infty} z_n \le \liminf_{n\to\infty} x_n \le \limsup_{n\to\infty} x_n \le \limsup_{n\to\infty} y_n = Y.
$$
但仅此不足以证明收敛，还需要额外的条件。

4. 利用已知收敛序列的差趋于零
注意 $y_n - z_n = \sum_{k=1}^n (b_k - c_k)$，且 $b_k - c_k \ge 0$。
由于 $y_n$ 和 $z_n$ 都收敛，它们的差也收敛：
$$
\lim_{n\to\infty} (y_n - z_n) = Y - Z.
$$
但 $y_n - z_n$ 是递增的非负序列，其极限存在。
对于任意 $m > n$，
$$
0 \le y_m - z_m \le y_n - z_n + \sum_{k=n+1}^m (b_k - c_k).
$$
然而更直接地：由 $x_n$ 夹在中间，
$$
0 \le y_n - x_n \le y_n - z_n,\quad 0 \le x_n - z_n \le y_n - z_n.
$$
因为 $y_n - z_n \to Y-Z$，所以
$$
\lim_{n\to\infty} (y_n - x_n) = 0,\quad \lim_{n\to\infty} (x_n - z_n) = 0.
$$
于是
$$
\lim_{n\to\infty} x_n = \lim_{n\to\infty} y_n = Y = \lim_{n\to\infty} z_n = Z.
$$
实际上这里推出 $Y=Z$，即两个极限相等，从而 $x_n$ 收敛到同一个值。

$$
\boxed{\text{证毕}}
$$

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以上为三道题目的完整解答。