2.4 Cauchy 命题与 Stolz 定理

§2.4 $Cauchy$ 命题与 $Stolz$ 定理

求极限时困难往往在于处理不定式．本节中介绍的几个命题就是处理 $\frac{\infty }{\infty }$ 和 $\frac{0}{0}$ 的有力工具．其他类型的不定式往往可转化为这两种不定式．

应当指出，本节的内容与单调有界数列的收敛定理无关．从更一般的观点来看，本节的结论和方法与实数系以及实数系的基本定理也没有关系．因此在讲授时间的安排上有很大的灵活性．这些内容往往可作为考研复习的起点．

$2.4.1$ 基本命题

由于以下几个命题中的证明方法很重要，因此在列出命题的同时还给出完整的证明，并在证明前后作一些分析，以供读者参考．

命题 $2.4.1$ ($Cauchy$ 命题)

设 $\{x_n\}$ 收敛于 $l$ ，则它的前 $n$ 项的算术平均值(所成的数列)也收敛于 $l$ ，即有

lim _ n → ∞ frac x _ 1 + x _ 2 + … + x _ nn = l.$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{n}=l.$$

分析 由于前面的各种方法，包括夹逼定理、单调有界数列的收敛定理等，对上述命题的证明似乎都用不上，因此需要有新的方法．

直接观察表达式

frac x _ 1 + x _ 2 + … + x _ nn. (2.7)$$\frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{n}.\text{\hspace{1em}(2.7)}$$

可以想像，如果分子的每一项与 $l$ 都充分接近，则它们的算术平均值也会与 $l$ 充分接近．由于 ${\lim }_{n\to \infty }{x}_n=l$，只要令 $\epsilon >0$ 充分小，则从某项 (即有 $N$ ) 之后的每一项 (即 $n>N$ 的所有 $x_n$ ) 就会与 $l$ 很接近，也就是满足要求 $|x_n-l|<\epsilon$．因此可以将上述表达式分拆成两部分:

frac x _ 1 + x _ 2 + … + x _ nn = frac x _ 1 + … + x _ Nn + frac x _ N + 1 + … + x _ nn. (2.8)$$\frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{n}=\frac{x_1+\cdots +x_N}{n}+\frac{x_{N+1}+\cdots +x_n}{n}.\text{\hspace{1em}(2.8)}$$

第二个分式中分子的每一项与 $l$ 已充分接近．由于一共有 $n-N$ 项，如果分母不是 $n$，而是 $n-N$，则第二个分式的值就会与 $l$ 充分接近了．但这里并没有困难，因为由此引起的差异是一个小于 $1$ 的因子 $(n-N)/n$，且当 $N$ 固定时，这个因子当 $n\to \infty$ 时的极限为 $1$.

对于 (2.8) 右边的第一个分式，可以看出，由于我们对分子各项的大小完全不能控制，因此只有依靠分母 $n\to \infty$.

于是在 (2.8) 中的两个分式的性质完全不同．在取定 $N$ 后只要取 $n$ 充分大，第一部分的值将与 $0$ 充分接近，而第二部分则与 $l$ 充分接近．

但是为什么可以将 $N$ 固定？这里又需要回到极限的定义。我们知道，$N$ 虽然并不是 $\epsilon$ 的函数，但一般来说是与 $\epsilon$ 有关的。如果 $\epsilon$ 取得越来越小，则一般来说相应的 $N$ 就会越来越大。然而对给定的一个 $\epsilon$ 而言，只要能取到一个 $N$ 就够了。为了证明表达式(2.7)的极限为 $l$，根据极限定义，只要对于每个 $\epsilon >0$，能有一个 $N$，使得当 $n>N$ 时该表达式与 $l$ 之差的绝对值小于 $\epsilon$ 即可。由分析可见，上面已取出的 $N$ 是不够大的。于是，我们可以在 $N$ 的基础上再取更大的 $N_1$，使得当 $n>N_1$ 时(2.7)与 $l$ 充分接近。

于是这里就发展出两步走的方法．在这个方法中，先取 $N$ 是必须的，否则就没有从 (2.7) 到 (2.8) 的分拆，也无法控制第二项．将它固定也是必须的，否则就无法取出合乎要求的 $N_1$ 去控制第一项．

根据以上分析，我们可以写出证明如下．

证明

根据条件 ${\lim }_{n\to \infty }{x}_n=l$，可以对给定的 $\epsilon >0$ 取定 $N$，使得当 $n>N$ 时成立 $|x_n-l|<\epsilon$．然后可估计如下(其中 $n>N$ )：

r l | frac x _ 1 + x _ 2 + … + x _ nn - l | & = frac | (x _ 1 - l) + (x _ 2 - l) + … + (x _ n - l) |n & ≤slant frac | (x _ 1 - l) + … + (x _ N - l) |n + frac | x _ N + 1 - l | + … + | x _ n - l |n & < frac Mn + frac n - Nn ε , tag 2.9$$\begin{array}{rl}\left|\frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{n}-l\right|& =\frac{|(x_1-l)+(x_2-l)+\cdots +(x_n-l)|}{n}\\ & ⩽\frac{|(x_1-l)+\cdots +(x_N-l)|}{n}+\frac{|x_{N+1}-l|+\cdots +|x_n-l|}{n}\\ & <\frac{M}{n}+\frac{n-N}{n}\epsilon ,\end{array}\text{\hspace{1em}(2.9)}$$

这里的 $M=|(x_1-l)+\cdots +(x_N-l)|$ 是一个确定的数．由此可见，只要取

N _ 1 = max {N, [ frac Mε ] },$$N_1=\max \left\{N,\left[\frac{M}{\epsilon }\right]\right\},$$

就保证当 $n>N_1$ 时成立不等式

| frac x _ 1 + x _ 2 + … + x _ nn - l | < 2 ε .$$\left|\frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{n}-l\right|<2\epsilon .$$

注 $1$

$Cauchy$ 命题中的证明方法非常有特色，是极限理论中的基本方法之一．回顾上面的分析和证明，可以看出: 首先，将 (2.7) 分成性质不同的两个部分是关键．(2.8) 中的第二个分式在 $n\to \infty$ (而 $N$ 固定) 时的极限就是 $l$，因此可以说是“主要部分”, 而 (2.8) 中的第一个分式在这时为无穷小量，因此可以说是“次要部分”. 其次，对这两个部分的处理方法是不同的，可以说是“分而治之”. 从最后写出的证明可见，只要对 $\epsilon >0$ 取出 $N$，就完成了对 (2.9) 的第二部分的估计．但只有在取定 $N$ 的基础上再取出 $N_1$ 才能实现对 (2.9) 的第一部分的估计．

注 $2$

$Cauchy$ 命题在数列 $\{x_n\}$ 为有确定符号的无穷大量时也是成立的（这就是说在上述命题中的 $l$ 可取为 $+\infty$ 或 $-\infty$ ）。读者应当至少对其中之一作出证明，以此检验自己是否已经学会在 $Cauchy$ 命题证明中的重要方法。

注 $3$

可以从数列变换的观点来理解 $Cauchy$ 命题的意义．这就是从 $\{x_n\}$ 出发构造出一个新数列，后者的通项，即第 $n$ 项，是第一个数列的前 $n$ 项的算术平均值．$Cauchy$ 命题就是说当第一个数列收敛时，则第二个数列也收敛，且极限相同．在极限理论中有以 $Toeplitz$ (特普利茨)定理(见第二组参考题10)为代表的一系列命题，它们都可以看成是 $Cauchy$ 命题的推广，即从一个数列变换为一个新数列，然后讨论它们之间的敛散性关系．这方面在[48]的第$I$篇第二章中有丰富的材料，还可参考[62]的第5章和[56]等．在本章的第二组参考题中也有几个题供训练用．

命题 $2.4.2$ ($\frac{0}{0}$ 型的 $Stolz$ 定理)

设 $\{a_n\}$ 和 $\{b_n\}$ 都是无穷小量，其中 $\{a_n\}$ 还是严格单调减少数列，又存在

lim _ n → ∞ frac b _ n + 1 - b _ na _ n + 1 - a _ n = l$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{b_{n+1}-b_n}{a_{n+1}-a_n}=l$$

(其中 $l$ 为有限或 $\pm \infty$ ), 则有

lim _ n → ∞ frac b _ na _ n = l.$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{b_n}{a_n}=l.$$

证明

只对有限的 $l$ 作证明．根据条件对 $\epsilon >0$ 存在 $N$，使得当 $n>N$ 时成立

| frac b _ n - b _ n + 1a _ n - a _ n + 1 - l | < ε .$$\left|\frac{b_n-b_{n+1}}{a_n-a_{n+1}}-l\right|<\epsilon .$$

由于对每个 $n$ 都有 $a_n>a_{n+1}$，这样就有

(l - ε) (a _ n - a _ n + 1) < b _ n - b _ n + 1 < (l + ε) (a _ n - a _ n + 1).$$(l-\epsilon )(a_n-a_{n+1})<b_n-b_{n+1}<(l+\epsilon )(a_n-a_{n+1}).$$

任取 $m>n$，并且将上述不等式中的 $n$ 换成 $n+1,\cdots$ ，直到 $m-1$，然后将所有这些不等式相加，就得到

(l - ε) (a _ n - a _ m) < b _ n - b _ m < (l + ε) (a _ n - a _ m),$$(l-\epsilon )(a_n-a_m)<b_n-b_m<(l+\epsilon )(a_n-a_m),$$

即

| frac b _ n - b _ ma _ n - a _ m - l | < ε .$$\left|\frac{b_n-b_m}{a_n-a_m}-l\right|<\epsilon .$$

令 $m\to \infty$ ，并利用条件 ${\lim }_{m\to \infty }{a}_m={\lim }_{m\to \infty }{b}_m=0$ ，就知道当 $n>N$ 时成立

| frac b _ na _ n - l | ≤slant ε .$$\left|\frac{b_n}{a_n}-l\right|⩽\epsilon .$$

注

读者可以自行证明 $l$ 为 $\pm \infty$ 的情形．

命题 $2.4.3$ ($\frac{*}{\infty}$ 型的 $Stolz$ 定理)

设数列 $\{a_n\}$ 是严格单调增加的无穷大量，又存在

lim _ n arrow ∞ frac b _ n + 1 - b _ na _ n + 1 - a _ n = l$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{b_{n+1}-b_n}{a_{n+1}-a_n}=l$$

(其中 $l$ 为有限或 $\pm \infty$ ), 则有

lim _ n → ∞ frac b _ na _ n = l.$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{b_n}{a_n}=l.$$

这个命题有时也称为 $\frac{\infty }{\infty }$ 型的 $Stolz$ 定理．但从证明过程中可以发现实际上并不要求分子上的数列 $\{b_n\}$ 是无穷大量，因此这里称为 $\frac{\ast }{\infty }$ 型的 $Stolz$ 定理．这对于许多应用是很重要的．

证明

只对 $l$ 为有限的情况写出证明．对 $\epsilon >0$ 存在 $N$，使得当 $n⩾N$ 时成立

| frac b _ n + 1 - b _ na _ n + 1 - a _ n - l | < ε .$$\left|\frac{b_{n+1}-b_n}{a_{n+1}-a_n}-l\right|<\epsilon .$$

由于对每个 $n$ 有 $a_{n+1}>a_n$，这样就有

(l - ε) (a _ n + 1 - a _ n) < b _ n + 1 - b _ n < (l + ε) (a _ n + 1 - a _ n).$$(l-\epsilon )(a_{n+1}-a_n)<b_{n+1}-b_n<(l+\epsilon )(a_{n+1}-a_n).$$

取定 $N$，并且将上述不等式中的 $n$ 换成 $N,N+1,\cdots$，直到 $n-1$，然后将所有这些不等式相加，就得到

(l - ε) (a _ n - a _ N) < b _ n - b _ N < (l + ε) (a _ n - a _ N),$$(l-\epsilon )(a_n-a_N)<b_n-b_N<(l+\epsilon )(a_n-a_N),$$

即

| frac b _ n - b _ Na _ n - a _ N - l | < ε . (2.10)$$\left|\frac{b_n-b_N}{a_n-a_N}-l\right|<\epsilon .\text{\hspace{1em}(2.10)}$$

为了进一步得到关于 $\left|\frac{b_n}{a_n}-l\right|$ 的估计，可以利用恒等式

frac b _ na _ n - l = (1 - frac a _ Na _ n) · (frac b _ n - b _ Na _ n - a _ N - l) + frac b _ N - l a _ Na _ n. (2.11)$$\frac{b_n}{a_n}-l=\left(1-\frac{a_N}{a_n}\right)\cdot \left(\frac{b_n-b_N}{a_n-a_N}-l\right)+\frac{b_N-l{a}_N}{a_n}.\text{\hspace{1em}(2.11)}$$

由于 ${\lim }_{n\to \infty }{a}_n=+\infty$ ，存在 $N_1$ ，使得当 $n>N_1$ 时，成立

0 < 1 - frac a _ Na _ n < 2 text 和 | frac b _ N - l a _ Na _ n | < ε ,$$0<1-\frac{a_N}{a_n}<2\text{和}\left|\frac{b_N-l{a}_N}{a_n}\right|<\epsilon ,$$

则在 $n>\max \{N,N_1\}$ 时就得到

| frac b _ na _ n - l | < 3 ε .$$\left|\frac{b_n}{a_n}-l\right|<3\epsilon .$$

不难看出，$Cauchy$ 命题是 $\frac{\ast }{\infty }$ 型的 $Stolz$ 定理的一个特例．为此只要将该定理中的 $b_n$ 写成

b _ n = (b _ n - b _ n - 1) + … + (b _ 2 - b _ 1) + b _ 1,$$b_n=\left(b_n-b_{n-1}\right)+\cdots +\left(b_2-b_1\right)+b_1,$$

然后令 $x_1=b_1,x_2=b_2-b_1,\cdots ,x_n=b_n-b_{n-1}$ ，则就有 $b_n=x_1+\cdots +x_n$ ，再取 $a_n=n$ 即可。此外，在该定理中对分子上的 $b_n$ 不加条件，这与 $Cauchy$ 命题中对分子上的 $x_1+\cdots +x_n$ 不加条件也是完全一致的。

注 $2$

初学者第一次见到恒等式(2.11)时可能会觉得奇怪，它是怎样想出来的? 回顾证明，可见当时的问题完全在于如何从已经得到的估计式(2.10)出发去估计 $\left|\frac{b_n}{a_n}-l\right|$．困难何在? 前一式的分母是 $a_n-a_N$，而后一式的分母是 $a_n$．恒等式 (2.11) 就是用于建立这两个分母不同的分式之间的联系．打个比方来说，怎样建立 $3/5$ 和 $2/7$ 之间的联系? 模仿恒等式 (2.11) 的内容就可以简单地得到

frac 35 = frac 75 · frac 27 + frac 15.$$\frac{3}{5}=\frac{7}{5}\cdot \frac{2}{7}+\frac{1}{5}.$$

注 $3$

读者可以将恒等式 (2.11) 与 $Cauchy$ 命题证明中的分拆作比较．如在 (2.11) 中令 $b_n=x_1+\cdots +x_n,a_n=n$ 代入，可见完全一样．

注 $4$

这三个命题的逆命题都不成立．以 $Cauchy$ 命题为例，在数列 $\{x_n\}$ 发散(但不是有确定符号的无穷大量)时，极限

lim _ n → ∞ frac x _ 1 + x _ 2 + … + x _ nn$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{n}$$

仍可能存在．最简单的例子就是 $\{(-1{)}^{n-1}\}$，这时上述极限为 $0$.

思考题

若在这三个命题的条件中将极限值 $l$ 改为不带符号的无穷大量 $\infty$，则结论均不成立．请读者举出反例．

$2.4.2$ 例题

首先重新处理例题 $\mathrm{2.2.4}$ (即例题 $\mathrm{2.3.6}$). 可是它现在已经是最平凡的题了．

例题 $2.4.1$

设 $a_n=\frac{1!+2!+\cdots +n!}{n!},n\in N_{+}$ ，求 $\{a_n\}$ 的极限．

解

直接用 $Stolz$ 定理计算如下:

lim _ n arrow ∞ frac 1 ! + 2 ! + … + n !n ! = lim _ n arrow ∞ frac (n + 1) !(n + 1) ! - n ! = lim _ n arrow ∞ frac (n + 1) !n ! n = 1.$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1!+2!+\cdots +n!}{n!}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{(n+1)!}{(n+1)!-n!}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{(n+1)!}{n!n}=1.$$

例题 $2.4.2$

设 $a_1>0,a_{n+1}=a_n+\frac{1}{a_n},n\in {\mathbf{N}}_{+}$ ，证明 ${\lim }_{n\to \infty }\frac{a_n}{\sqrt{2n}}=1.$

证明

首先可看出 $\{a_n\}$ 为严格单调增加的正数列．因此只有两种可能．假定它有极限 $a$，在递推公式

a _ n + 1 = a _ n + frac 1a _ n$$a_{n+1}=a_n+\frac{1}{a_n}$$

的两边令 $n\to \infty$，得到 $a=a+\frac{1}{a}$，这对任何有限数 $a$ 都不可能成立．因此知道 $\{a_n\}$ 只能是正无穷大量．

然后根据 $\mathrm{2.1.5}$ 小节的练习题 $2$，只要用 $Stolz$ 定理计算如下:

lim _ n → ∞ frac a _ n ^ 22 n = lim _ n → ∞ frac a _ n + 1 ^ 2 - a _ n ^ 22 (n + 1) - 2 n = frac 12 lim _ n → ∞ (2 + frac 1a _ n ^ 2) = 1.$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_n^2}{2n}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_{n+1}^2-a_n^2}{2(n+1)-2n}=\frac{1}{2}\underset{n\to \infty }{\lim }\left(2+\frac{1}{a_n^2}\right)=1.$$

注

本例在以下几方面具有典型性: (1) 在 $\{a_n\}$ 为正无穷大量的基础上得到更为精确的结果: $a_n\sim \sqrt{2n}$ ; (2) 用 $Stolz$ 定理时有一定的技巧性．若对 ${\lim }_{n\to \infty }\frac{a_n}{\sqrt{2n}}$ 直接用 $Stolz$ 定理就很不好做 (参见例题 $\mathrm{8.1.10}$ 和第八章第一组参考题 $3$ 等).

例题 $2.4.3$

设已知 ${\lim }_{n\to \infty }{a}_n=a$ ，证明： ${\lim }_{n\to \infty }\frac{1}{2^n}{\sum }_{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)a_k=a.$

证明

利用 $2^n=(1+1{)}^n={\sum }_{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})$，可以估计如下:

| frac 12 ^ n ∑_ k = 0 ^ n binom n k a _ k - a | = | frac 12 ^ n ∑_ k = 0 ^ n binom n k (a _ k - a) | ≤slant frac 12 ^ n ∑_ k = 0 ^ n binom n k | a _ k - a |.$$\left|\frac{1}{2^n}\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)a_k-a\right|=\left|\frac{1}{2^n}\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)(a_k-a)\right|⩽\frac{1}{2^n}\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)|a_k-a|.$$

对 $\epsilon >0$，存在 $N$，当 $k>N$ 时成立 $|a_k-a|<\epsilon$．对 $n>N$ 将最后一式作分拆:

frac 12 ^ n ∑_ k = 0 ^ N binom n k | a _ k - a | + frac 12 ^ n ∑_ k = N + 1 ^ n binom n k | a _ k - a |. (2.12)$$\frac{1}{2^n}\sum _{k=0}^N\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)|a_k-a|+\frac{1}{2^n}\sum _{k=N+1}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)|a_k-a|.\text{\hspace{1em}(2.12)}$$

对其中的第二部分的估计是容易的:

frac 12 ^ n ∑_ k = N + 1 ^ n binom n k | a _ k - a | < ε · frac 12 ^ n ∑_ k = N + 1 ^ n binom n k < ε .$$\frac{1}{2^n}\sum _{k=N+1}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)|a_k-a|<\epsilon \cdot \frac{1}{2^n}\sum _{k=N+1}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)<\epsilon .$$

对 (2.12) 中的第一部分的估计与 $Cauchy$ 命题中不同，因为这里的第一部分的分子也与 $n$ 有关．但可以发现实际上并不难．固定 $N$，存在 $M>0$，使得 $|a_k-a|<M$ 对 $k=0,1,\cdots ,N$ 成立．再利用 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)<n^k$，就可以估计如下:

frac 12 ^ n ∑_ k = 0 ^ N binom n k | a _ k - a | < frac M (1 + n + … + n ^ N)2 ^ n. (2.13)$$\frac{1}{2^n}\sum _{k=0}^N\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)|a_k-a|<\frac{M(1+n+\cdots +n^N)}{2^n}.\text{\hspace{1em}(2.13)}$$

因 $N$ 已固定，右边当 $n\to \infty$ 时的极限为 $0$，因此存在 $N_1>N$，当 $n>N_1$ 时成立

frac 12 ^ n ∑_ k = 0 ^ N binom n k | a _ k - a | < ε .$$\frac{1}{2^n}\sum _{k=0}^N\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)|a_k-a|<\epsilon .$$

合并对两部分的估计，就得到当 $n>N_1$ 时成立

| frac 12 ^ n ∑_ k = 0 ^ n binom n k a _ k - a | < 2 ε .$$\left|\frac{1}{2^n}\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)a_k-a\right|<2\epsilon .$$

注 $1$

在这个例题中我们使用了 $Cauchy$ 命题的证明方法，而不是命题的结论．此外，在一开始可以应用 $2^n=(1+1{)}^n$ 的二项式展开，将要求证明的极限等式右边的 $a$ “无中生有”地写成与左边的表达式非常相似的形式，这是证明的主要手段．实际上，这就是数学中的一种常用方法，可称为“拟合法”.

注 $2$

在估计(2.13)时关键完全在于分母上有指数函数 $2^n$，而分子只是项数固定的 $n$ 的多项式，因此整个表达式一定是无穷小量，其他一切都是次要因素．此外，最后我们并没有写出 $N_1$ 的表达式．再次回顾数列收敛定义，可见只要对每个 $\epsilon >0$ “存在”满足要求的 $N$ 即可，并不要求具体写出 $N$.

$2.4.3$ 练习题

1. 设 ${\lim }_{n\to \infty }{x}_n=+\infty ,$ 证明: ${\lim }_{n\to \infty }\frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{n}=+\infty .$

2. 设 $\{x_n\}$ 单调增加， ${\lim }_{n\to \infty }\frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{n}=a,$ 证明： $\{x_n\}$ 收敛于 $a$.

3. 设 $\{a_{2k-1}\}$ 收敛于 $a$, $\{a_{2k}\}$ 收敛于 $b$，且 $a\ne b$，求 ${\lim }_{n\to \infty }\frac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{n}$ . (注意: 虽然数列 $\{a_n\}$ 发散，但前 $n$ 项的算术平均值所成的数列仍可以有极限． 一个典型例子就是 $\{(-1{)}^n\}$ .

4. 若 ${\lim }_{n\to \infty }\left(a_n-a_{n-1}\right)=d,$ 证明： ${\lim }_{n\to \infty }\frac{a_n}{n}=d.$

(本题可以说是 $Cauchy$ 命题的另一种形式，也很有用.)

5. 设 $\{a_n\}$ 为正数列，且收敛于 $A$，证明: ${\lim }_{n\to \infty }(a_1{a}_2\cdots a_n{)}^{\frac{1}{n}}=A.$ (本题与 $Cauchy$ 命题的关系是明显的.)

6. 设 $\{a_n\}$ 为正数列，且存在极限 ${\lim }_{n\to \infty }\frac{a_{n+1}}{a_n}=l,$ 证明 ${\lim }_{n\to \infty }\sqrt[n]{a_n}=l.$

(本题对类型为 $\{\sqrt[n]{a_n}\}$ 的极限问题很有用，可以说是例题 $\mathrm{2.1.2}$ 的一个发展．这个结果在无穷级数的研究中也很重要.)

7. 设 ${\lim }_{n\to \infty }(x_n-x_{n-2})=0$ ，证明： ${\lim }_{n\to \infty }\frac{x_n}{n}=0.$

8. 设 ${\lim }_{n\to \infty }(x_n-x_{n-2})=0$ ，证明： ${\lim }_{n\to \infty }\frac{x_n-x_{n-1}}{n}=0.$

(本题是 $1970$ 年的 $Putnam$ 竞赛题，若没有题 $7$ 的铺垫该如何做?)

9. 设数列 $\{a_n\}$ 满足条件 $0<a_1<1$ 和 $a_{n+1}=a_n(1-a_n)(n⩾1)$，证明: ${\lim }_{n\to \infty }n{a}_n=1$ .

10. 若 ${\lim }_{n\to \infty }{a}_n=\alpha ,{\lim }_{n\to \infty }{b}_n=\beta ,$ 证明： ${\lim }_{n\to \infty }\frac{a_1{b}_n+a_2{b}_{n-1}+\cdots +a_n{b}_1}{n}=\alpha \beta .$