数列极限 ¶

基础回顾 ¶

数列极限定义: \(\epsilon-N\) 语言 , 无穷大数列

定义 1.1.2 ( 收敛数列 )

设 \(\{a_{n}\}\) 是一个数列 , 如果存在 \(a\in\mathbb{R}\), 使得 \(\forall\epsilon>0\), \(\exists N\in\mathbb{N}_{+}\) 当 \(n\ge N\) 时 , 都有

\[|a_{n}-a|<\varepsilon,\]

就称数列 \(\{a_{n}\}\) 是收敛的并且收敛于 a, 记为 \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}a_{n}=a\) 或者 \(a_{n}\rightarrow a\)。

若不成立 , 就称 \(\{a_{n}\}\) 是发散的。

定义 1.1.19 ( 无穷大数列 )

设 \(\{a_{n}\}\) 是一个数列 , 如果 \(\forall M>0\), \(\exists N\in\mathbb{N}_{+}\) 当 \(n\ge N\) 时 , 都有 \(|a_{n}|>M\), 那么称 \(\{a_{n}\}\) 为无穷大数列 , 记为 \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}a_{n}=\infty\)。

特别地 , 如果 \(a_n > M\) ( 或 \(a_n < -M\)), 则称 \(\{a_{n}\}\) 趋于 \(+\infty\) ( 或 \(-\infty\))。

Tip

上述定义的否定也要掌握。

请画图思考数列极限的几何意义

数列极限性质: 唯一性、有界性、保号性、四则运算 ( 注意极限要存在才能用 )

定理 1.1.9 ( 有界性 )

如果数列 \(\{a_{n}\}\) 收敛 , 那么 \(\{a_{n}\}\) 有界。

定理 1.1.10 ( 保号性 )

如果 \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}a_{n}=a>0\), 那么 \(\forall p\in(0,a)\), \(\exists N>0,\) 当 \(n\ge N\) 时 , 有 \(a_{n}>p>0\)

推论 1.1.11

若数列 \(\{a_{n}\}\) 满足 : 当 \(n\ge N\) 时 , \(a_{n}\ge0\) 且 \(\{a_{n}\}\) 收敛于 \(a\), 则 \(a\ge0\)。

Tip

即使对所有的 \(n\)，都有 \(a_{n}>0\), 也不能得出 \(a>0\)。例如 : 数列 \(\{\frac{1}{n}\}\) 满足 \(\frac{1}{n}>0\), 但其极限为零。

证明数列收敛或求极限: 单调有界原理 , 夹逼准则 , Cauchy 收敛原理

定理 1.2.6 ( 单调收敛准则 )

若单调数列 \(\{a_{n}\}\) 有界 , 则 \(\{a_{n}\}\) 必收敛。

定理 1.1.15 ( 夹逼定理 )

设数列 \(\{a_{n}\},\{b_{n}\},\{c_{n}\}\) 满足当 \(n\ge N_{0}\) 时 , 有 \(b_{n}\le a_{n}\le c_{n},\) 并且 \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}b_{n}=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}c_{n}=a\), 则数列 \(\{a_{n}\}\) 也是收敛的 , 且极限为 \(a\)。

定理 1.3.5 ( 柯西准则 )

数列 \(\{a_{n}\}\) 收敛当且仅当 \(\{a_{n}\}\) 是柯西数列。

( 柯西数列 : \(\forall\epsilon>0\), \(\exists N\), 当 \(m,n\ge N\) 时 , \(|a_{m}-a_{n}|<\varepsilon\))

Tip

单调递增无上界的数列一定是正无穷大，为什么？

柯西收敛原理的否定形式也要掌握

例题讲解 ¶

幂平均极限 ¶

(4) 求极限 : \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]{1^{n}+2^{n}+\cdot\cdot\cdot+9^{n}}\)

解:

利用夹逼定理。

一方面，显然有：

\[9=\sqrt[n]{9^{n}}<\sqrt[n]{1^{n}+2^{n}+3^{n}+\cdot\cdot\cdot+9^{n}}\]

另一方面：

\[\sqrt[n]{1^{n}+2^{n}+\cdot\cdot\cdot+9^{n}}<\sqrt[n]{9\cdot9^{n}}=9\sqrt[n]{9}\]

综上：

\[9 < \sqrt[n]{1^{n}+2^{n}+\cdot\cdot\cdot+9^{n}} < 9\sqrt[n]{9}\]

由于 \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}9\sqrt[n]{9} = 9 \cdot 1 = 9\)。

由夹逼定理可知 :

\[\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]{1^{n}+2^{n}+3^{n}+\cdot\cdot\cdot+9^{n}}=9.\]

幂平均 ¶

定义: 对 \(a_i \ge 0, p \in R\), \(a_i\) 的 p 次幂平均定义为 :

\[ M_{p}(a_{i})=\left(\frac{\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}^{p}}{n}\right)^{\frac{1}{p}}=\left(\frac{a_{1}^{p}+a_{2}^{p}+\cdot\cdot\cdot+a_{n}^{p}}{n}\right)^{\frac{1}{p}} \]

\(p=1\): \(M_{1}(a_{i})=\frac{a_{1}+a_{2}+\cdot\cdot\cdot+a_{n}}{n}\) ( 算术平均值 )
\(p=-1\): \(M_{-1}(a_{i})=\frac{n}{\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\cdot\cdot\cdot+\frac{1}{a_{n}}}\) ( 调和平均值 )
\(p\rightarrow0\): \(\lim\limits_{p\rightarrow0}M_{p}(a_{i})=\sqrt[n]{a_{1}a_{2}\cdot\cdot\cdot a_{n}}\) ( 几何平均值 )
\(p\rightarrow+\infty\): \(\lim\limits_{p\rightarrow+\infty}M_{p}(a_{i})=\max\limits\{a_{1},a_{2},\cdot\cdot\cdot,a_{n}\}\) ( 最大值 )
\(p\rightarrow-\infty\): \(\lim\limits_{p\rightarrow-\infty}M_{p}(a_{i})=\min\limits\{a_{1},a_{2},\cdot\cdot\cdot,a_{n}\}\) ( 最小值 )

16. 求极限 \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}(1+\frac{1}{n^{2}})(1+\frac{2}{n^{2}})\cdot\cdot\cdot(1+\frac{n}{n^{2}})\)

提示: 利用不等式

\[\frac{x}{x+1}\le \ln(1+x)\le x\]

答案: \(\sqrt{e}\)

欧拉常数 ¶

(5) 利用单调有界准则证明下面极限存在 : \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdot\cdot\cdot+\frac{1}{n}-\ln n)\)

证明:

令 \(u_{n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdot\cdot\cdot+\frac{1}{n}-\ln n\).

单调性:

\(u_{n+1}-u_{n} = (\frac{1}{n+1}) - (\ln(n+1) - \ln n) = \frac{1}{n+1}-\ln(1+\frac{1}{n})\)

因为当 \(x>0\) 时，\(\ln(1+x) > \frac{x}{x+1}\)，令 \(x=\frac{1}{n}\)，则 \(\ln(1+\frac{1}{n}) > \frac{1/n}{1/n+1} = \frac{1}{n+1}\)。

所以 \(u_{n+1}-u_{n} < 0\)，数列 \(\{u_n\}\) 单调递减。
有界性:

\(u_{n} = \sum\limits_{k=1}^{n} \frac{1}{k} - \ln n > \sum\limits_{k=1}^{n} \ln(1+\frac{1}{k}) - \ln n = \sum\limits_{k=1}^{n} (\ln(k+1) - \ln k) - \ln n\)

\(= (\ln 2 - \ln 1) + (\ln 3 - \ln 2) + \cdot\cdot\cdot + (\ln(n+1) - \ln n) - \ln n\)

\(= \ln(n+1) - \ln n > 0\)

所以 \(\{u_n\}\) 有下界。

结论: 数列 \(\{u_n\}\) 单调递减有下界，故极限存在。 ( 该极限即欧拉常数 \(\gamma \approx 0.5772\))

p 级数 ¶

例 1.3.7 证明数列 \(\{1+\frac{1}{2}+\cdot\cdot\cdot+\frac{1}{n}\}\) 发散 .

证明 ( 柯西准则 ):

设 \(a_{n}=1+\frac{1}{2}+\cdot\cdot\cdot+\frac{1}{n}\)。

取 \(m=2n\), 则

\(|a_{2n}-a_{n}|=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdot\cdot\cdot+\frac{1}{2n}\)

\(\ge \frac{1}{2n}+\frac{1}{2n}+\cdot\cdot\cdot+\frac{1}{2n} = n \cdot \frac{1}{2n} = \frac{1}{2}.\)

由于不满足柯西收敛原理，故数列发散。

31. 证明数列 \(\{\frac{1}{1^{\alpha}}+\frac{1}{2^{\alpha}}+\frac{1}{3^{\alpha}}+\cdot\cdot\cdot+\frac{1}{n^{\alpha}}\}\) (\(\alpha>1\)) 收敛 .

证明 ( 单调有界准则 ):

令 \(a_{n}=\sum\limits_{k=1}^{n} \frac{1}{k^\alpha}\)。

单调性: \(a_{n+1} - a_n = \frac{1}{(n+1)^\alpha} > 0\), 显然 \(a_{n}\) 单调增加。
有界性 ( 柯西凝聚法 ):

\(a_n = \frac{1}{1^{\alpha}}+(\frac{1}{2^{\alpha}}+\frac{1}{3^{\alpha}})+(\frac{1}{4^{\alpha}}+\dots+\frac{1}{7^{\alpha}})+\cdot\cdot\cdot\)

\(< 1+(\frac{1}{2^{\alpha}}+\frac{1}{2^{\alpha}})+(\frac{1}{4^{\alpha}}+\dots+\frac{1}{4^{\alpha}})+\cdot\cdot\cdot\)

\(= 1+\frac{2}{2^{\alpha}}+\frac{4}{4^{\alpha}}+\frac{8}{8^{\alpha}}+\cdot\cdot\cdot = 1+\frac{1}{2^{\alpha-1}}+\frac{1}{4^{\alpha-1}}+\frac{1}{8^{\alpha-1}}+\cdot\cdot\cdot\)

\(= \sum\limits_{k=0}^{\infty} (\frac{1}{2^{\alpha-1}})^k\)

由于 \(\alpha > 1\), 公比 \(\frac{1}{2^{\alpha-1}} \in (0, 1)\), 该等比级数收敛。

其和为 \(\frac{1}{1-\frac{1}{2^{\alpha-1}}}\)。

所以 \(\{a_n\}\) 有上界。

结论: 数列 \(\{a_n\}\) 单调递增有上界，故收敛。

压缩映射原理 ¶

对于递推数列 \(x_{n+1}=f(x_{n})\):

方法一 : 证明与不动点的距离收缩

若能证明极限为 \(A\), 且存在 \(k \in (0, 1)\) 使得 :

\[|x_{n+1}-A|\le k|x_{n}-A|\]

则可推出 :

\[0\le|x_{n+1}-A|\le k^{n}|x_{1}-A|\]

由于 \(k^n \to 0\), 根据夹逼定理 , \(x_{n}\rightarrow A\)。

方法二 : 证明相邻项的距离收缩

若能证明存在 \(k \in (0, 1)\) 使得 :

\[|x_{n+1}-x_{n}|\le k|x_{n}-x_{n-1}|\]

则可推出 :

\[|x_{n+1}-x_{n}|\le k^{n-1}|x_{2}-x_{1}|\]

由此可证明 \(\{x_n\}\) 是柯西数列，因此收敛。

求出极限 \(A\) 后 , 解方程 \(A=f(A)\) 即可。

36. 设数列 \(\{a_{n}\}\) 满足 : 对任意 \(n\ge1\), 有 \(|a_{n+2}-a_{n+1}|\le\frac{1}{2}|a_{n+1}-a_{n}|,\) 证明 \(\{a_{n}\}\) 收敛 .

证明 ( 柯西准则 ):

由题意递推可得 :

\[ |a_{n+1}-a_{n}|\le\frac{1}{2}|a_{n}-a_{n-1}|\le\cdot\cdot\cdot\le(\frac{1}{2})^{n-1}|a_{2}-a_{1}| \]

对任意 \(m>n\), 有 :

\(|a_{m}-a_{n}|=|(a_{m}-a_{m-1})+(a_{m-1}-a_{m-2})+\cdot\cdot\cdot+(a_{n+1}-a_{n})|\)

\(\le |a_{m}-a_{m-1}|+|a_{m-1}-a_{m-2}|+\cdot\cdot\cdot+|a_{n+1}-a_{n}|\)

\(\le |a_{2}-a_{1}| \left( (\frac{1}{2})^{m-2} + \cdot\cdot\cdot + (\frac{1}{2})^{n-1} \right)\)

\(= |a_{2}-a_{1}| \cdot \frac{(\frac{1}{2})^{n-1}(1-(\frac{1}{2})^{m-n})}{1-\frac{1}{2}} < |a_{2}-a_{1}| \cdot (\frac{1}{2})^{n-2}\)

当 \(n\rightarrow\infty\) 时 , \((\frac{1}{2})^{n-2} \rightarrow 0\)。

因此 , \(\forall \epsilon > 0\), 可取足够大的 \(N\), 当 \(m>n\ge N\) 时 , \(|a_m - a_n| < \epsilon\)。

故 \(\{a_n\}\) 是柯西列 , 从而收敛。

例 1.2.13 已知 \(u_{1}>0, u_{n+1}=3+\frac{4}{u_{n}}\), 证明 \(\{u_{n}\}\) 收敛并求极限。

解 ( 压缩映射 ):

不动点 \(A = 3 + 4/A \Rightarrow A^2-3A-4=0 \Rightarrow A=4\) 或 \(A=-1\)( 舍 )。

\(|u_{n+1}-4| = |3+\frac{4}{u_{n}} - 4| = |\frac{4-u_n}{u_n}| = \frac{|u_n-4|}{u_n}\)

因为 \(u_n > 3\), 所以 \(\frac{1}{u_n} < \frac{1}{3}\)。

\(|u_{n+1}-4| < \frac{1}{3}|u_{n}-4| < \cdot\cdot\cdot < (\frac{1}{3})^n |u_1 - 4|\)

由夹逼定理 , \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}|u_{n+1}-4|=0\), 故 \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}u_{n}=4\)

26. 设 \(u_{1}=2, u_{n+1}=\frac{u_{n}(u_{n}^{2}+3)}{3u_{n}^{2}+1}\), 证明 \(\{u_{n}\}\) 收敛并求极限。

解 ( 单调有界 ):

不动点 \(a = \frac{a(a^2+3)}{3a^2+1} \Rightarrow a=0, 1, -1\)。

有界性: 证明 \(u_n > 1\)。

\(u_{n+1}-1=\frac{u_{n}^{3}+3u_{k}-3u_{n}^{2}-1}{3u_{n}^{2}+1}=\frac{(u_{n}-1)^{3}}{3u_{n}^{2}+1}\)

\(u_1=2>1\), 若 \(u_n>1\), 则 \(u_{n+1}-1 > 0\), 故 \(u_{n+1}>1\)。

由归纳法得 \(u_n > 1\)。
单调性:

\(\frac{u_{n+1}}{u_{n}}=\frac{u_{n}^{2}+3}{3u_{n}^{2}+1} = \frac{3u_n^2+1 - 2u_n^2+2}{3u_n^2+1} = 1-\frac{2(u_n^2-1)}{3u_n^2+1}\)

因为 \(u_n>1\), 所以 \(u_n^2-1>0\), 故 \(\frac{u_{n+1}}{u_{n}} < 1\), 即 \(u_{n+1} < u_n\)。

\(\{u_n\}\) 单调递减有下界 1, 故收敛。设极限为 \(b\), 解得 \(b=1\)。

Stolz 公式与柯西命题 ¶

Stolz 公式 (\(\frac{\infty}{\infty}\) 型 )

若 \(\{y_{n}\}\) 严格单调趋于 \(+\infty\), 且 \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{x_{n}-x_{n-1}}{y_{n}-y_{n-1}}=A\),

则 \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{x_{n}}{y_{n}}=A\)。

Stolz 公式的推论 ( 柯西命题 )

算术平均形式: 若 \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}x_{n} = A\), 则 \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{\sum\limits_{k=1}^n x_k}{n}=A\)。
几何平均形式: 若 \(x_n > 0\) 且 \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}x_{n} = A\), 则 \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]{x_{1}x_{2}\cdot\cdot\cdot x_{n}}=A\)。

求极限 \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{1+\frac{1}{2}+\cdot\cdot\cdot+\frac{1}{n}}{\ln n}\)

解:

\(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{\sum\limits_{k=1}^n \frac{1}{k}}{\ln n} \xlongequal{Stolz} \lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{\frac{1}{n}}{\ln n-\ln(n-1)}\)

\(=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{\frac{1}{n}}{-\ln(1-\frac{1}{n})} = \lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{\frac{1}{n}}{\frac{1}{n}} = 1\)

求 \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{n}{\sqrt[n]{n!}}\)

解:

令 \(x_n = \frac{n^n}{n!}\)。考虑 \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty} \frac{x_{n+1}}{x_n}\)。

\(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{(n+1)^{n+1}/(n+1)!}{n^n/n!} = \lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{(n+1)^{n+1}}{n^n(n+1)} = \lim\limits_{n\rightarrow\infty}(\frac{n+1}{n})^n = e\)

由柯西命题的几何平均形式的推论 :

\(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]{\frac{n^n}{n!}} = \lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{n}{\sqrt[n]{n!}} = e\)

设 \(x_{1}\in(0,1),x_{n+1}=x_{n}(1-x_{n})\), 证明 \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}nx_{n}=1\)

首先证明 \(x_n \to 0\)。 \(x_{n+1}-x_n = -x_n^2 < 0\), 数列单调递减。\(x_n \in (0,1)\) 有下界 0, 故收敛。设极限为 \(a\), 则 \(a=a(1-a) \Rightarrow a=0\)。

考虑 \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}nx_{n} = \lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{n}{\frac{1}{x_{n}}}\)。应用 Stolz 公式。

\(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{n+1-n}{\frac{1}{x_{n+1}}-\frac{1}{x_{n}}} = \lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{x_{n+1}x_n}{x_{n}-x_{n+1}}\)

\(=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{x_{n+1}x_n}{x_{n}^2}\)

\(=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{x_{n+1}}{x_{n}} = \lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{x_n(1-x_n)}{x_{n}}\)

\(=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}(1-x_{n})\)

因为 \(x_{n} \to 0\), 所以极限为 1。

卷积型极限 ¶

若 \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}a_{n}=a, \lim\limits_{n\rightarrow\infty}b_{n}=b,\) 求证 \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\dfrac{a_{1}b_{n}+a_{2}b_{n-1}+\cdot\cdot\cdot+a_{n}b_{1}}{n}=ab\)

证明 ( 松弛变量法 ):

令 \(b_n = b + c_n\), 则 \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty} c_n = 0\)。

原式 \(= \lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{\sum\limits_{k=1}^n a_k b_{n-k+1}}{n} = \lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{\sum\limits_{k=1}^n a_k (b+c_{n-k+1})}{n}\)

\(= \lim\limits_{n\rightarrow\infty} \left( \frac{\sum\limits_{k=1}^n a_k b}{n} + \frac{\sum\limits_{k=1}^n a_k c_{n-k+1}}{n} \right)\)

第一部分 : \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty} b \cdot \frac{\sum\limits_{k=1}^n a_k}{n} = b \cdot a = ab\) ( 由柯西命题 )。

第二部分 : 需证 \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty} \frac{\sum\limits_{k=1}^n a_k c_{n-k+1}}{n} = 0\)。

因为 \(\{a_n\}\) 收敛 , 所以有界 , \(\exists M>0, |a_n| \le M\)。因为 \(c_n \to 0\), \(\forall \epsilon > 0\), \(\exists N\), 当 \(k > N\) 时 , \(|c_k| < \epsilon\)。

可以证明第二部分极限为 0。

所以原极限为 \(ab\)。

加权平均极限 ¶

设 \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}x_{n}=a\), 求证 \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\dfrac{x_{1}+2x_{2}+\cdot\cdot\cdot+nx_{n}}{n^{2}}=\dfrac{a}{2}\)

证明 ( 拆分数列法 ):

令 \(x_n = a + \alpha_n\), 则 \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty} \alpha_n = 0\)。

原式 \(= \lim\limits_{n\rightarrow\infty} \frac{\sum\limits_{k=1}^n k x_k}{n^2} = \lim\limits_{n\rightarrow\infty} \frac{\sum\limits_{k=1}^n k(a+\alpha_k)}{n^2}\)

\(= \lim\limits_{n\rightarrow\infty} \left( \frac{\sum\limits_{k=1}^n ka}{n^2} + \frac{\sum\limits_{k=1}^n k\alpha_k}{n^2} \right)\)

第一部分 : \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty} \frac{a \cdot \frac{n(n+1)}{2}}{n^2} = \lim\limits_{n\rightarrow\infty} a \cdot \frac{n+1}{2n} = \frac{a}{2}\)。

第二部分 : \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty} \frac{\sum\limits_{k=1}^n k\alpha_k}{n^2}\)。应用 Stolz 公式。

\(\lim\limits_{n\rightarrow\infty} \frac{n \alpha_n}{n^2 - (n-1)^2} = \lim\limits_{n\rightarrow\infty} \frac{n \alpha_n}{2n-1} = \lim\limits_{n\rightarrow\infty} \frac{n}{2n-1} \cdot \alpha_n = \frac{1}{2} \cdot 0 = 0\)。

所以原极限为 \(\frac{a}{2} + 0 = \frac{a}{2}\)。

估阶 ¶

设 \(a_{1}=1\), \(a_{n+1}=a_{n}+\frac{1}{a_{n}}\).

(1) 求证 \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{a_{n}}{\sqrt{n}}=\sqrt{2}\)

(2) 求 \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{\sqrt{n}(a_{n}-\sqrt{2n})}{\ln n}\)

(1)

\(a_{n+1}-a_n = \frac{1}{a_n} > 0\), 故 \(\{a_n\}\) 单调递增。

若有上界则必收敛，设极限为 \(C\), 则 \(C = C+\frac{1}{C}\), 矛盾。故 \(a_n \to +\infty\)。

考虑 \(a_{n+1}^{2}-a_{n}^{2} = (a_n+\frac{1}{a_n})^2 - a_n^2 = 2+\frac{1}{a_{n}^{2}}\)。

\(\lim\limits_{n\rightarrow\infty} (a_{n+1}^{2}-a_{n}^{2}) = 2 + 0 = 2\)。

\(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{a_{n}^{2}}{n} \xlongequal{Stolz} \lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{a_{n}^{2}-a_{n-1}^{2}}{n-(n-1)} = \lim\limits_{n\rightarrow\infty}(2+\frac{1}{a_{n-1}^{2}}) = 2\)

所以 \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{a_{n}}{\sqrt{n}}=\sqrt{2}\)。

(2)

\(a_n^2 - 2n = (a_n^2 - a_{n-1}^2-2) + \cdot\cdot\cdot + (a_2^2-a_1^2-2) + (a_1^2-2) = \sum\limits_{k=1}^{n-1} \frac{1}{a_k^2} - 1\).

原极限 \(\xlongequal{分子有理化} \lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{\sqrt{n}(a_{n}^2-2n)}{(a_{n}+\sqrt{2n})\ln n} = \lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{\sqrt{n}(\sum\limits_{k=1}^{n-1}\frac{1}{a_k^2}-1)}{(a_{n}+\sqrt{2n})\ln n}\)

由于 \(a_n \sim \sqrt{2n}\), \(a_n+\sqrt{2n} \sim 2\sqrt{2n}\)。

原极限 \(= \lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{\sum\limits_{k=1}^{n-1}\frac{1}{a_k^2}-1}{2\sqrt{2} \ln n} \xlongequal{Stolz} \lim\limits_{n\rightarrow\infty} \frac{1}{2\sqrt{2}}\frac{\frac{1}{a_{n}^2}}{\ln(n+1)-\ln n} = \frac{1}{4\sqrt{2}}\)。