方企勤 第四章 级 数 第4.1题

题目：求证 $\mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow \infty }}\sqrt[n]{{S}_{n}} \leq 1\left( {{S}_{n} \geq 0}\right)$ 的充要条件为: 对任一大于 1 的数 $l$ , 有
$$
\mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow \infty }}\frac{{S}_{n}}{{l}^{n}} = 0
$$

证明：

我们将分两步证明：必要性（$\Rightarrow$）和充分性（$\Leftarrow$）。

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1. 必要性证明

假设 $\displaystyle{\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{S_n} \le 1}$。
我们要证明：对任意 $l > 1$，有 $\displaystyle{\lim_{n\to\infty} \frac{S_n}{l^n} = 0}$。

步骤说明：利用上极限的性质，由已知条件可知存在某个上界，使得当 $n$ 充分大时 $\sqrt[n]{S_n}$ 小于某个小于 $l$ 的数。

由已知，设
$$
\limsup_{n\to\infty} \sqrt[n]{S_n} = a \le 1.
$$
对于任意给定的 $l > 1$，取 $\varepsilon = \frac{l - 1}{2} > 0$，则存在 $N$，使得当 $n > N$ 时，
$$
\sqrt[n]{S_n} < a + \varepsilon \le 1 + \varepsilon = 1 + \frac{l-1}{2} = \frac{l+1}{2}.
$$
记 $q = \frac{l+1}{2}$，显然 $1 < q < l$。于是当 $n > N$ 时，
$$
S_n < q^n.
$$
因此，
$$
\frac{S_n}{l^n} < \frac{q^n}{l^n} = \left(\frac{q}{l}\right)^n.
$$
由于 $0 < \frac{q}{l} < 1$，故 $\left(\frac{q}{l}\right)^n \to 0$。由夹逼定理得
$$
\lim_{n\to\infty} \frac{S_n}{l^n} = 0.
$$
必要性得证。

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2. 充分性证明

假设对任意 $l > 1$，有 $\displaystyle{\lim_{n\to\infty} \frac{S_n}{l^n} = 0}$。
我们要证明 $\displaystyle{\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{S_n} \le 1}$。

步骤说明：用反证法，假设上极限大于1，则存在子列使得 $\sqrt[n]{S_n}$ 大于某个大于1的数，从而与条件矛盾。

反证：假设 $\displaystyle{\limsup_{n\to\infty} \sqrt[n]{S_n} > 1}$。
则存在 $\delta > 0$ 和一个子列 $\{n_k\}$，使得
$$
\sqrt[n_k]{S_{n_k}} > 1 + \delta \quad \text{对所有 } k.
$$
于是
$$
S_{n_k} > (1+\delta)^{n_k}.
$$
取 $l = 1 + \frac{\delta}{2}$，则 $l > 1$ 且 $1+\delta > l$。那么
$$
\frac{S_{n_k}}{l^{n_k}} > \frac{(1+\delta)^{n_k}}{l^{n_k}} = \left(\frac{1+\delta}{l}\right)^{n_k}.
$$
由于 $\frac{1+\delta}{l} = \frac{1+\delta}{1+\delta/2} > 1$，因此当 $\displaystyle{k\to\infty}$ 时，$\left(\frac{1+\delta}{l}\right)^{n_k} \to \infty$，从而 $\displaystyle{\frac{S_{n_k}}{l^{n_k}} \to \infty}$，这与假设 $\displaystyle{\lim_{n\to\infty} \frac{S_n}{l^n} = 0}$ 矛盾。

因此必有 $\displaystyle{\limsup_{n\to\infty} \sqrt[n]{S_n} \le 1}$，即 $\displaystyle{\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{S_n} \le 1}$（因为数列非负，极限存在或上极限即为极限的上界）。

充分性得证。

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综上，原命题成立。