高等数学A1 周维祺
若sn→ss_n\to ssn→s, tn→tt_n\to ttn→t，则sn+tn→s+ts_n+t_n\to s+tsn+tn→s+t
∣sn+tn−(s+t)∣=∣sn−s+tn−t∣≤∣sn−s∣+∣tn−t∣|s_n+t_n-(s+t)|=|s_n-s+t_n-t|\le|s_n-s|+|t_n-t|∣sn+tn−(s+t)∣=∣sn−s+tn−t∣≤∣sn−s∣+∣tn−t∣
由收敛性的定义知对任意ϵ>0\epsilon>0ϵ>0，存在充分大的N1,N2N_1, N_2N1,N2，使 ∣sj−s∣≤ϵ/2,∣tk−t∣≤ϵ/2|s_j-s|\le\epsilon/2, \quad |t_k-t|\le\epsilon/2∣sj−s∣≤ϵ/2,∣tk−t∣≤ϵ/2对j≥N1,k≥N2j\ge N_1, k\ge N_2j≥N1,k≥N2都成立
从而对i≥max(N1,N2)i\ge\max(N_1, N_2)i≥max(N1,N2)有 ∣si+ti−(s+t)∣≤∣si−s∣+∣ti−t∣≤ϵ|s_i+t_i-(s+t)|\le|s_i-s|+|t_i-t|\le\epsilon∣si+ti−(s+t)∣≤∣si−s∣+∣ti−t∣≤ϵ
若sn→ss_n\to ssn→s, tn→tt_n\to ttn→t，则sntn→sts_nt_n\to stsntn→st
∣sntn−st∣=∣sntn−snt+snt−st∣|s_nt_n-st|=|s_nt_n-s_nt+s_nt-st|∣sntn−st∣=∣sntn−snt+snt−st∣
sn→s⇒s_n\to s\Rightarrowsn→s⇒存在K>0K>0K>0，使∣sn∣≤K|s_n|\le K∣sn∣≤K对所有n∈Nn\in\mathbb Nn∈N都成立
由收敛性的定义，存在充分大的NNN，使下式对i≥Ni\ge Ni≥N都成立 ∣tn−t∣≤ϵ/(2K),∣sn−s∣≤ϵ/(2t)|t_n-t|\le\epsilon/(2K), |s_n-s|\le\epsilon/(2t)∣tn−t∣≤ϵ/(2K),∣sn−s∣≤ϵ/(2t)
∣sntn−st∣≤∣sn∣∣tn−t∣+∣t∣∣sn−s∣≤ϵ|s_nt_n-st|\le|s_n||t_n-t|+|t||s_n-s|\le\epsilon∣sntn−st∣≤∣sn∣∣tn−t∣+∣t∣∣sn−s∣≤ϵ
limn→∞2n+33n+2=limn→∞2+3n−13+2n−1=23\lim_{n\to\infty}\frac{2n+3}{3n+2}=\lim_{n\to\infty}\frac{2+3n^{-1}}{3+2n^{-1}}=\frac{2}{3} n→∞lim3n+22n+3=n→∞lim3+2n−12+3n−1=32
设limn→∞bn\lim_{n\to\infty}b_nlimn→∞bn不存在，判断以下说法是否正确，说明理由
若an→aa_n\to aan→a, 则limn→∞an+bn\lim_{n\to\infty}a_n+b_nlimn→∞an+bn仍不存在
若limn→∞an\lim_{n\to\infty}a_nlimn→∞an也不存在, 则limn→∞an+bn\lim_{n\to\infty}a_n+b_nlimn→∞an+bn不存在
若limn→∞an\lim_{n\to\infty}a_nlimn→∞an也不存在, 则limn→∞anbn\lim_{n\to\infty}a_nb_nlimn→∞anbn不存在
正确，若存在,则bn=(an+bn)−anb_n=(a_n+b_n)-a_nbn=(an+bn)−an极限也存在，矛盾
反例：an=(−1)n,bn=(−1)n+1,an+bn=0a_n=(-1)^n ,b_n=(-1)^{n+1}, a_n+b_n=0an=(−1)n,bn=(−1)n+1,an+bn=0
反例：an=bn=(−1)n,bn=(−1)n+1,anbn=1a_n=b_n=(-1)^n ,b_n=(-1)^{n+1}, a_nb_n=1an=bn=(−1)n,bn=(−1)n+1,anbn=1
1n+…+1n⏟n项=1≠0\underbrace{\frac{1}{n}+\ldots+\frac{1}{n}}_{n 项}=1\neq0 n项n1+…+n1=1=0
21n⋅…⋅21n⏟n项=2≠1\underbrace{2^{\frac{1}{n}}\cdot\ldots\cdot2^{\frac{1}{n}}}_{n 项}=2\neq1 n项2n1⋅…⋅2n1=2=1
若sn→ss_n\to ssn→s, tn→tt_n\to ttn→t，且sn≥tns_n\ge t_nsn≥tn, 则s≥ts\ge ts≥t
令an=sn−tna_n=s_n-t_nan=sn−tn，则an≥0a_n\ge0an≥0，且an→s−ta_n\to s-tan→s−t
若s−t<0s-t<0s−t<0，则由极限的保号性知存在充分大的NNN，使ak<0a_k<0ak<0对k≥Nk\ge Nk≥N都成立，从而与an≥0a_n\ge 0an≥0矛盾
因此s−t≥0s-t\ge 0s−t≥0，即s≥ts\ge ts≥t
设limx→x0g(x)=u0\lim_{x\to x_0}g(x)=u_0limx→x0g(x)=u0, limx→u0f(x)=A\lim_{x\to u_0}f(x)=Alimx→u0f(x)=A，则limx→x0f[g(x)]=A\lim_{x\to x_0}f[g(x)]=Alimx→x0f[g(x)]=A
(学习连续性后会有更深入的理解)
若an→0,bn→1a_n\to 0, b_n\to1an→0,bn→1，cnc_ncn单调递增无上界，判断以下说法是否正确，说明理由
an<bn<cna_n< b_n <c_nan<bn<cn
limn→∞ancn\lim_{n\to\infty}a_nc_nlimn→∞ancn不存在
limn→∞bncn\lim_{n\to\infty}b_nc_nlimn→∞bncn不存在，但limn→∞anbn\lim_{n\to\infty}a_nb_nlimn→∞anbn存在
反例: an=n−1,bn=1,cn=na_n=n^{-1}, b_n=1, c_n=nan=n−1,bn=1,cn=n，则a1=b1=c1a_1=b_1=c_1a1=b1=c1
反例: an=n−1,cn=na_n=n^{-1}, c_n=nan=n−1,cn=n，则ancn→1a_nc_n\to1ancn→1
正确：利用保号性和有限可乘性
例：amn={1m≥n0m<na_{mn}=\begin{cases} 1 & m\ge n \\ 0 & m< n\end{cases}amn={10m≥nm<n, 则
limm→∞limn→∞amn=0≠1=limn→∞limm→∞amn\lim_{m\to\infty}\lim_{n\to\infty}a_{mn}=0\neq 1=\lim_{n\to\infty}\lim_{m\to\infty}a_{mn} m→∞limn→∞limamn=0=1=n→∞limm→∞limamn