$1$.数列极限的概念.若对于任何的$\varepsilon > 0$，存在数$N=N(\varepsilon )$，使得

$$当n > N 时，\mid x_n -a \mid < \varepsilon ,$$

则称数列$x_1 ,x_2 ,\cdots ,x_n ,\cdots $有极限$a$（或者说，收敛于$a$），即

$$\lim_{n\to \infty } x_n =a .$$

特别地，若$\displaystyle \lim_{n\to \infty } x_n =0$，则称$x_n $为无穷小量.

没有极限的数列，称为发散的.

$2$.极限存在的判别法.

$(1)$若$y_n \leq x_n \leq z_n$，且$\displaystyle \lim_{n\to \infty } y_n =\lim_{n\to \infty } z_n =c$，则$\displaystyle \lim_{n\to \infty } x_n =c$.

$(2)$单调有界数列有极限.

$(3)$柯西准则：数列$x_n$的极限存在的充分必要条件是：对于任何的$\varepsilon > 0$，存在数$N=N(\varepsilon )$，使当$n > N$和$p > 0$时$\mid x_n -x_{n+p} \mid < \varepsilon$.

$3$.关于数列极限的基本定理.设$\displaystyle \lim_{n\to \infty } x_n$和$\displaystyle \lim_{n\to \infty } y_n$存在，则有：

$(1)\;$若$x_n \leq y_n$，则$\displaystyle \lim_{n\to \infty } x_n \leq \lim_{n\to \infty } y_n$；

$(2)\; $ $\displaystyle \lim_{n\to \infty } (x_n \pm y_n )=\lim_{n\to \infty } x_n \pm \lim_{n\to \infty } y_n$；

$(3)\;$ $\displaystyle \lim_{n\to \infty } (x_n y_n )=\lim_{n\to \infty } x_n \lim_{n\to \infty } y_n$；

$(4)\;$若$\displaystyle \lim_{n\to \infty } y_n \neq 0$，则$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \dfrac{x_n }{y_n } =\dfrac{\displaystyle \lim_{n\to \infty } x_n }{\displaystyle \lim_{n\to \infty } y_n }$.

$4$.数$e$.数列

$$\left( 1+\dfrac{1}{n} \right) ^n \quad (n=1,2,\cdots )$$

具有有限的极限

$$\lim_{n\to \infty } \left( 1+\dfrac{1}{n} \right) ^n =e=2.718\;281\;828\;4\cdots .$$

$5$.无穷极限.记号

$$\lim_{n\to \infty } x_n =\infty $$

表示：对于任何的$E > 0$，存在数$N=N(E)$，使得

$$当n > N时,\mid x_n \mid > E.$$

$6$.极限点.若一个给定数列$x_n (n=1,2,\cdots )$有子数列

$$x_{p_1 } ,x_{p_2 } ,\cdots ,x_{p_n } ,\cdots (1\leq p_1 < p_2 < \cdots )$$

满足

$$\lim_{n\to \infty } x_{p_n } =\xi ,$$

则称数$\xi $（或符号$\infty $）为数列$x_n $的子列极限（极限点）.

极限点也称为聚点.一般地，若$x$的任何邻域中至少有一个不同于$x$且属于给定集合$X$的点，则称点$x$为集合$X$的极限点.

任何有界数列至少有一个有限的子列极限（波尔查诺-魏尔斯特拉斯原理）.若这个子列极限是唯一的，则它即为该数列的有限极限.

数列$x_n $的最小子列极限（有限的或无穷的）

$$\varliminf_{n\to \infty } x_n $$

称为此数列的下极限，而它的最大子列极限

$$\varlimsup_{n\to \infty } x_n $$

称为上极限.

等式

$$\varliminf_{n\to \infty } x_n =\varlimsup_{n\to \infty } x_n $$

为数列$x_n $的（有限或无穷）极限存在的充分必要条件.

极限的定义与计算

$41$.设

$$x_n =\dfrac{n}{n+1} \quad (n=1,2,\cdots ).$$

证明：

$$\lim_{n\to \infty } x_n =1,$$

即对于任何的$\varepsilon > 0$，可以求出数$N=N(\varepsilon )$，使得

$$在n > N时,\mid x_n -1 \mid < \varepsilon .$$

填下表：

$$ \begin{array}{c|c|c|c|c|c}
\hline
\varepsilon & 0.1 & 0.01 & 0.001 & 0.0001 & \cdots \\
\hline
N & & & & & \\
\hline
\end{array} $$

证：对给定的任意$\varepsilon > 0$，欲使$\mid x_n -1\mid < \varepsilon $，由$\mid x_n -1\mid =\dfrac{1}{n+1} < \varepsilon $解出$n > \dfrac{1}{\varepsilon } -1$，故可取$N=[\dfrac{1}{\varepsilon } -1]$（$[x]$表示$x$的整数部分），则当$n > N$时，就有$\mid x_n -1\mid < \varepsilon $.然后即可填表如下：

$$ \begin{array}{c|c|c|c|c|c}
\hline
\varepsilon & 0.1 & 0.01 & 0.001 & 0.0001 & \cdots \\
\hline
N & 9 & 99 & 999 & 9999 & \cdots \\
\hline
\end{array} $$

$42$.设

$$(a)\; x_n =\dfrac{(-1)^{n+1}}{n} ;\quad \quad (b)\;x_n =\dfrac{2n}{n^3}+1;$$

$$(c)\;x_n =\dfrac{1}{n!} ;\quad \quad \quad (d)\;x_n =(-1)^n \cdot 0.999^n ,$$

证明：$x_n (n=1,2,\cdots )$为无穷小量（即它的极限为$0$），即对于任何的$\varepsilon > 0$，可以求出数$N=N(\varepsilon )$，使得

$$当n > N时,\mid x_n \mid < \varepsilon .$$

对于上述每一种情形，填下表：

$$ \begin{array}{c|c|c|c|c}
\hline
\varepsilon & 0.1 & 0.01 & 0.001 & \cdots \\
\hline
N & & & & \\
\hline
\end{array} $$

证：$(1)\;$因为$\mid x_n \mid =\dfrac{1}{n}$.任给$\varepsilon > 0$，要$\mid x_n \mid < \varepsilon$，只要$\dfrac{1}{n} < \varepsilon $，即只要$n > \dfrac{1}{\varepsilon }$.取$N=\left[ \dfrac{1}{\varepsilon } \right] $，则当$n > N$时，$\mid x_n \mid < \varepsilon$，所以，$\displaystyle \lim_{n\to \infty } x_n =0$.

$(2)\;$因为$\mid x_n \mid =\dfrac{2n}{n^3+1} < \dfrac{2}{n^2}$.任给$\varepsilon > 0$，要$\mid x_n \mid < \varepsilon$，只要$\dfrac{2}{n^2} < \varepsilon $，即只要$n > \sqrt{\dfrac{2}{\varepsilon }}$.取$N=\left[ \sqrt{\dfrac{2}{\varepsilon }} \right] $，则当$n > N$时，$\mid x_n \mid < \varepsilon$，所以，$\displaystyle \lim_{n\to \infty } x_n =0$.

$(3)\;$因为$\mid x_n \mid =\dfrac{1}{n!} \leq \dfrac{1}{2^{n-1}}$.任给$\varepsilon > 0$，要$\mid x_n \mid < \varepsilon$，只要$\dfrac{1}{2^{n-1}} < \varepsilon $，即只要$n > 1+\log_2{\dfrac{1}{\varepsilon}}$.取$N=\left[ \log_2{\dfrac{1}{\varepsilon}} \right] +1$，则当$n > N$时，$\mid x_n \mid < \varepsilon$，所以，$\displaystyle \lim_{n\to \infty } x_n =0$.

$(4)\;$因为$\mid x_n \mid =0.999^n$.任给$\varepsilon > 0$，要$\mid x_n \mid < \varepsilon$，只要$n\lg 0.999 < \lg \varepsilon $，由于$\lg 0.999 < 0$，故只要$n > \dfrac{\lg \varepsilon }{\lg 0.999} \approx 2500\lg \dfrac{1}{\varepsilon }$.取$N=\left[ 2500\lg \dfrac{1}{\varepsilon } \right]$，则当$n > N$时，$\mid x_n \mid < \varepsilon$，所以，$\displaystyle \lim_{n\to \infty } x_n =0$.

填下表：

$$ \begin{array}{c|c|c|c|c}
\hline
\varepsilon & 0.1 & 0.01 & 0.001 & \cdots \\
\hline
N & 10 & 100 & 1000 & \cdots \\
\hline
N & 4 & 14 & 44 & \cdots \\
\hline
N & 4 & 7 & 10 & \cdots \\
\hline
N & 2500 & 5000 & 7500 & \cdots \\
\hline
\end{array} $$

$43$.证明：数列

$$(a)\;x_n =(-1)^nn;\quad (b)\;x_n =2^{\sqrt{n}} ;\quad (c)\;x_n =\lg (\lg n) \quad (n\geq 2)$$

当$n\to \infty $时有无穷极限（即它们是无穷大），即对于任何的$E > 0$，可以求出数$N=N(E)$，使得

$$当n > N时,\vert x_n \vert > E.$$

对于上述每一种情形，填下表：

$$ \begin{array}{c|c|c|c|c|c}
\hline
E & 10 & 100 & 1000 & 10000 & \cdots \\
\hline
N & & & & & \\
\hline
\end{array} $$

证：$(a)\;$因为$\vert x_n \vert =n$，任给$E > 0$，要$\vert x_n \vert > E$，只要$n > E$.取$N=[E]$，则当$n > N$时，$\vert x_n \vert > E$，所以，$\displaystyle \lim_{n\to \infty } x_n =\infty $.

$(b)\;$因为$\vert x_n \vert =2^{\sqrt{n}}$，任给$E > 0$，要$\vert x_n \vert > E$，只要$2^{\sqrt{n}} > E$.即只要$n > \left( \dfrac{\lg E}{\lg 2} \right) ^2 $.取$N= \left[ \left( \dfrac{\lg E}{\lg 2} \right) ^2\right] $，则当$n > N$时，$\vert x_n \vert > E$，所以，$\displaystyle \lim_{n\to \infty } x_n =\infty $.

$(c)\;$当$n > 10$时，$\lg n > 1$及$\lg (\lg n) > 0$.任给的$E > 0$，要$\vert x_n \vert > E$，只要$\lg (\lg n) > E$，即只要$n > 10^{\displaystyle 10^E}$.取$N=\left[ 10^{\displaystyle 10^E} \right]$，则当$n > N$时，$\vert x_n \vert > E$，所以，$\displaystyle \lim_{n\to \infty } x_n =\infty $.

填下表：

$$ \begin{array}{c|c|c|c|c|c}
\hline
E & 10 & 100 & 1000 & 10000 & \cdots \\
\hline
\begin{array}{c|c} (a) & N \end{array} & 10 & 100 & 1000 & 10000 & \cdots \\
\hline
\begin{array}{c|c} (b) & N \end{array} & 11 & 44 & 99 & 176 & \cdots \\
\hline
\begin{array}{c|c} (c) & N \end{array} & 10^{\displaystyle 10^{10}} & 10^{\displaystyle 10^{100}} & 10^{\displaystyle 10^{1000}} & 10^{\displaystyle 10^{10000}} & \cdots \\
\hline
\end{array} $$

$44$.求证：

$$x_n =n^{(-1)^n} \quad (n=1,2,\cdots )$$

无界，但当$n\to \infty $时，它并不是无穷大.

证明：因为

$$x_n =\begin{cases} 2k, & n=2k, \\ \dfrac{1}{2k-1} , & n=2k-1, \end{cases}$$

其中$k$为正整数，则$x_{2k} \to \infty$，$x_{2k-1} \to 0(k\to \infty )$.由于$x_{2k} \to \infty$，故$x_n$无界；但因为$x_{2k-1} \to 0$，故$x_n $并不是趋于无穷大.

$45$.用不等式表述下列命题：

$$(a)\;\lim_{n\to \infty } x_n =\infty ;\quad (b)\;\lim_{n\to \infty } x_n =-\infty ;\quad (c)\;\lim_{n\to \infty } x_n =+\infty .$$

解：$(a)\;$对于任给的的正数$E$，存在正整数$N=N(E)$，使当$n > N$时，$\vert x_n \vert > E$，此即$\displaystyle \lim_{n\to \infty } x_n =\infty $.

$(b)\;$对于任给的正数$E$，存在正整数$N=N(E) $，使当$n > N$时，$x_n < -E$，此即$\displaystyle \lim_{n\to \infty } x_n =-\infty $.

$(c)\;$对于任给的正数$E$，存在正整数$N=N(E)$，使当$n > N$时，$x_n > E$，此即$\displaystyle \lim_{n\to \infty } x_n =+\infty $.

设$n$遍历正整数列，求下列各式之值：

$46$.$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \dfrac{10\;000n}{n^2+1} $.

解：$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \dfrac{10\;000n}{n^2+1} =\lim_{n\to \infty } \dfrac{10000}{n+\dfrac{1}{n}} =0$.

$47$.$\displaystyle \lim_{n\to \infty } (\sqrt{n+1} -\sqrt{n} )$.

解：$\displaystyle \lim_{n\to \infty } (\sqrt{n+1} -\sqrt{n} ) =\lim_{n\to \infty } \dfrac{(\sqrt{n+1} -\sqrt{n} )(\sqrt{n+1} +\sqrt{n} )}{\sqrt{n+1} +\sqrt{n} } =\lim_{n\to \infty } \dfrac{1}{\sqrt{n+1} +\sqrt{n} } =0$.

$48$.$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \dfrac{\sqrt[3]{n^2} \sin{n!}}{n+1} $.

解：看出分母是无穷大量，分子是无穷大量$\sqrt[3]{n^2} $乘有界量$\sin{n!}$，就可如下求解：

$$\left| \dfrac{\sqrt[3]{n^2} \sin{n!}}{n+1} \right| < \dfrac{\sqrt[3]{n^2}}{n} =\dfrac{1}{\sqrt[3]{n}} \to 0,$$

可见极限为$0$.

$49$.$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \dfrac{(-2)^n +3^n}{(-2)^{n+1} +3^{n+1}} $.

解：$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \dfrac{(-2)^n +3^n}{(-2)^{n+1} +3^{n+1}} =\lim_{n\to \infty } \dfrac{3^n\cdot \left[ \left( -\dfrac23 \right) ^n +1 \right] }{3^{n+1} \cdot \left[ \left( -\dfrac23 \right) ^{n+1} +1 \right] } =\dfrac13$.

$50$.$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \dfrac{1+a+a^2+\cdots +a^n}{1+b+b^2+\cdots +b^n} \;(\vert a\vert < 1,\vert b\vert < 1)$.

解：$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \dfrac{1+a+a^2+\cdots +a^n}{1+b+b^2+\cdots +b^n} =\lim_{n\to \infty } \dfrac{\dfrac{1-a^{n+1}}{1-a}}{\dfrac{1-b^{n+1}}{1-b}} =\dfrac{1-b}{1-a}$.

$51$.$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \left( \dfrac{1}{n^2} +\dfrac{2}{n^2} +\cdots +\dfrac{n-1}{n^2} \right) $.

解：$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \left( \dfrac{1}{n^2} +\dfrac{2}{n^2} +\cdots +\dfrac{n-1}{n^2} \right) =\lim_{n\to \infty } \dfrac{(n-1)n}{2n^2} =\dfrac12$.

$52$.$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \left| \dfrac{1}{n} -\dfrac{2}{n}+\dfrac{3}{n} -\cdots +\dfrac{(-1)^{n-1}n}{n} \right| $.

解：将取绝对值之前的数列记为$x_n =\dfrac{1}{n} -\dfrac{2}{n}+\dfrac{3}{n} -\cdots +\dfrac{(-1)^{n-1}n}{n}$.该和式各项的分母相同，将分子直接相加较便捷.注意$(1-2)+(3-4)+\cdots +((2k-1)-2k)=-k$，就可以分别求出下标为偶数和奇数时的表达式为：

$$x_{2k} =\dfrac{1}{2k} \cdot [(1-2)+(3-4)+\cdots +((2k-1)-2k)] =-\dfrac12 ,$$

$$x_{2k-1} =\dfrac{1}{2k-1} \cdot [-(k-1)+(2k-1)] =\dfrac{k}{2k-1} \to \dfrac12 \;(k\to \infty ),$$

故$\lbrace \vert x_n \vert \rbrace $的极限为$\dfrac12$.

$53$.$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \left[ \dfrac{1^2}{n^3} +\dfrac{2^2}{n^3}+\cdots +\dfrac{(n-1)^2}{n^3} \right] $.

解：$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \left[ \dfrac{1^2}{n^3} +\dfrac{2^2}{n^3}+\cdots +\dfrac{(n-1)^2}{n^3} \right] =\lim_{n\to \infty } \left[ \dfrac{1}{n^3} \cdot \dfrac{(n-1)n(2n-1)}{6} \right] =\dfrac13$.

$54$.$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \left[ \dfrac{1^2}{n^3} +\dfrac{3^2}{n^3}+\cdots +\dfrac{(2n-1)^2}{n^3} \right] $.

解：设$f(n)=\dfrac{1^2}{n^3} +\dfrac{2^2}{n^3}+\cdots +\dfrac{(n-1)^2}{n^3}$，由$53$题即得

$$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \left[ \dfrac{1^2}{n^3} +\dfrac{3^2}{n^3}+\cdots +\dfrac{(2n-1)^2}{n^3} \right] =\lim_{n\to \infty } [8f(2n)-4f(n)] =\dfrac43 .$$

$55$.$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \left( \dfrac{1}{2} +\dfrac{3}{2^2}+\dfrac{5}{2^3} +\cdots +\dfrac{2n-1}{2^n} \right) $.

解：这里的求和要难一点.注意到$\dfrac{2k-1}{2^k} (k=1,2,\cdots ,n)$的分子是等差数列，而分母是等比数列，可以用下面的方法解决.写出

$$x_n =\dfrac12 +\dfrac{3}{2^2} +\dfrac{5}{2^3} +\cdots +\dfrac{2n-1}{2^n} ,$$

$$\dfrac12 x_n =\quad \dfrac{1}{2^2} +\dfrac{3}{2^3} +\cdots +\dfrac{2n-3}{2^n} +\dfrac{2n-1}{2^{n+1}} ,$$

两式相减并乘以$2$得到

$$x_n =1+1+\dfrac12 +\cdots +\dfrac{1}{2^{n-2}} -\dfrac{2n-1}{2^n} =3-\dfrac{1}{2^{n-2}} -\dfrac{2n-1}{2^n} .$$

对上式右边的最后一项用习题$58$或$60$的结论（见下一小节），就得到$\displaystyle \lim_{n\to \infty } x_n =3$.

$56$.$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \left[ \dfrac{1}{1\cdot 2} +\dfrac{1}{2\cdot 3}+\cdots +\dfrac{1}{n(n+1)} \right] $.

解：本题可以用裂项消去法求解如下：

$$ \begin{align}\dfrac{1}{1\cdot 2} +\dfrac{1}{2\cdot 3}+\cdots +\dfrac{1}{n(n+1)} & =\left( 1-\dfrac12 \right) +\left( \dfrac12 -\dfrac13 \right) +\cdots +\left( \dfrac1n -\dfrac{1}{n+1} \right) \\
& =1-\dfrac{1}{n+1} \to 1 \quad (n\to \infty ).
\end{align} $$

$57$.$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \left( \sqrt{2} \sqrt[4]{2} \sqrt[8]{2} \cdots \sqrt[2^n]{2} \right) $.

解：由于

$$\sqrt{2} \sqrt[4]{2} \sqrt[8]{2} \cdots \sqrt[2^n]{2} =2^{\left( \frac12 +\frac{1}{2^2} +\frac{1}{2^3} +\cdots +\frac{1}{2^n} \right) } =2^{\left[ \frac12 \cdot \frac{1-\left( \frac12 \right) ^n}{1-\frac12} \right] } ,$$

故

$$\lim_{n\to \infty } \left( \sqrt{2} \sqrt[4]{2} \sqrt[8]{2} \cdots \sqrt[2^n]{2} \right) =\lim_{n\to \infty } 2^{\left[ \frac12 \cdot \frac{1-\left( \frac12 \right) ^n}{1-\frac12} \right] } =2.$$

几个极限证明题

证明下列等式：

$58$.$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \dfrac{n}{2^n} =0$.

证：因为$2^n =(1+1)^n =1+n+\dfrac{n(n-1)}{2} +\cdots 1 > \dfrac{n(n-1)}{2} \quad (n > 2)$，故

$$0 < \dfrac{n}{2^n} < \dfrac{2}{n-1} ;$$

又因为$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \dfrac{2}{n-1} =0$，所以

$$\lim_{n\to \infty } \dfrac{n}{2^n} =0.$$

$59$.$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \dfrac{2^n}{n!} =0$.

证：因为$0 < \dfrac{2^n}{n!} =\dfrac{2}{1} \cdot \dfrac{2}{2} \cdots \dfrac{2}{n} \leq \dfrac4n $及$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \dfrac{4}{n} =0$，所以

$$\lim_{n\to \infty } \dfrac{2^n}{n!} =0.$$

$60$.$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \dfrac{n^k}{a^n} =0\;(a > 1)$.

（对给定的任意$k$可改取正整数$\max{\lbrace 1,[k]+1\rbrace }$，因此以下设题中的$k$已为正整数.）

证$1$：（用二项式定理）这里的分子是$n$的幂函数，分母是$n$的指数函数，关键条件是$a > 1$.记$a=1+\delta $，其中$\delta > 0$.利用二项式定理就可以将$n$转移到底数上去，且使其指数大于分子的幂函数的指数$k$.具体推导如下.

当$n > k$时有

$$ \begin{align} a^n & =(1+\delta )^n \\
& =1+n\delta +\dfrac{n(n-1)}{2!} \delta ^2 +\cdots +\dfrac{n(n-1)\cdots (n-k)}{(k+1)!} \delta ^{k+1} +\cdots +\delta ^n \\
& > \dfrac{n(n-1)\cdots (n-k)}{(k+1)!} \delta ^{k+1} ,
\end{align} $$

于是就有

$$ \begin{align} 0 < \dfrac{n^k}{a^n} & < \dfrac{n^k (k+1)!}{n^{k+1}(1-\dfrac1n )\cdots (1-\dfrac{k}{n} )\delta ^{k+1}} \\
& =\dfrac1n \cdot \dfrac{(k+1)!}{(1-\dfrac1n )\cdots (1-\dfrac{k}{n} )\delta ^{k+1} } \to 0\; (n\to \infty ),
\end{align} $$

根据夹逼定理原题证毕.

证$2$：（利用单调性分析）记$x_n =\dfrac{n^k}{a^n} $，就可以对后项与前项之比作出以下分析：

$$\dfrac{x_{n+1}}{x_n} =\left( \dfrac{n+1}{n} \right) ^k \dfrac1a \to \dfrac1a < 1\quad (n\to \infty ).$$

利用数列极限的比较定理，对某个$q\in (\dfrac1a ,1)$取定$N_0$，使得当$n > N_0$时恒有$\dfrac{x_{n+1}}{x_n } < q$成立，于是对于$n > N_0 $就有下列估计而完成证明：

$$x_n =x_{N_0 +1} \cdot \dfrac{x_{N_0 +2}}{x_{N_0 +1}} \cdot \cdots \cdot \dfrac{x_n}{x_{n-1}} \leq x_{N_0 +1} q^{n-N_0 -1} \to 0\quad (n\to \infty ).$$

证$3$：（利用单调有界数列的收敛定理）如证$2$开始所示，数列的后项与前项之比的极限小于$1$，这表明正数列$\lbrace x_n \rbrace $当$n$充分大时严格单调递减，因此存在极限，记为$A \geq 0$.

若$A > 0$，则在$\dfrac{x_{n+1}}{x_n} =\left( \dfrac{n+1}{n} \right) ^k \dfrac1a $中令$n\to \infty $就得到$\dfrac{A}{A} =1\cdot \dfrac1a $，这与$a > 1$矛盾.因此只能是$A= 0$.

$61$.$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \dfrac{a^n}{n!} =0$.

证：令$k$代表任何一个大于$2\vert a\vert $的正整数，则当$n > k$时，有

$$0 < \left| \dfrac{a^n}{n!} \right| =\left( \dfrac{\vert a\vert }{1} \cdot \dfrac{\vert a\vert }{2} \cdot \cdots \cdot \dfrac{\vert a\vert }{k} \right) \left( \dfrac{\vert a\vert }{k+1} \cdot \dfrac{\vert a\vert }{k+2} \cdot \cdots \cdot \dfrac{\vert a\vert }{n} \right) < \vert a\vert ^k \left( \dfrac12 \right) ^{n-k} =\dfrac{(2\vert a\vert )^k}{2^n} .$$

由于$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \dfrac{(2\vert a\vert )^k}{2^n} =0$，所以,$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \dfrac{a^n}{n!} =0$.

$62$.$\displaystyle \lim_{n\to \infty } nq^n =0\;(\vert q\vert < 1)$.

证：$(1)$当$0 < q < 1$时，可令$q=\dfrac1a $，其中$a > 1$，所以当$n\to \infty $时，$nq^n =\dfrac{n}{a^n} \to 0$；

$(2)$当$-1 < q < 0$时，可令$q=-q’$，其中$0 < q’ < 1$，所以当$n\to \infty $时，$nq^n =(-1)^n n {q’}^n \to 0$；

$(3)$当$q=0$时，$nq^n =0$.

总之，当$\vert q\vert < 1$时，$\displaystyle \lim_{n\to \infty } nq^n =0$.

$63$.$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \sqrt[n]{a} =1\;(a > 0)$.

证：$(1)$当$a =1$时，等式显然成立；

$(2)$当$a > 1$时，因为$(1+\varepsilon )^n > 1+n\varepsilon (n > 1 ,\varepsilon > 0)$，则当$n$充分大时，就可使$1+n\varepsilon > a$，即$(1+\varepsilon )^n > a$.事实上，只要取$N=\left[ \dfrac{a-1}{\varepsilon } \right] $，当$n > N$时，就可保证这点.所以，$1 < \sqrt[n]{a} < 1+\varepsilon $，于是，当$n > N$时，$\vert \sqrt[n]{a} -1 \vert < \varepsilon $，此即$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \sqrt[n]{a} =1$；

$(3)$当$0 < a < 1$时，则令$a=\dfrac{1}{a’} $，其中$a’ > 1$.于是，当$n\to \infty $时，$\sqrt[n]{a} =\dfrac{1}{\sqrt[n]{a’}} \to 1$.

总之，当$a > 0$时，$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \sqrt[n]{a} =1$.

$64$.$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \dfrac{\log_a n}{n} =0\;(a > 1)$.

证：先证$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \sqrt[n]{n} =1$.事实上，令$a_n =\sqrt[n]{n} $，则$a_n > 1$.令$a_n =1+\lambda_n \;(\lambda_n > 0)$，则

$$a_n^n =(1+\lambda_n )^n =1+n\lambda_n +\dfrac{n(n-1)}{2} \lambda_n^2 +\cdots +\lambda_n^n > \dfrac{n(n-1)}{2} \lambda_n^2 > \dfrac{n^2}{4} \lambda_n^2 =\dfrac{n^2 (a_n -1)^2}{4}, \quad (n > 2)$$

即

$$n > \dfrac{n^2}{4} (\sqrt[n]{n} -1)^2 ,$$

由此可知$0 < \sqrt[n]{n} -1 < \dfrac{2}{\sqrt{n}} $，故$\displaystyle \sqrt[n]{n} =1$成立.

现任给$\varepsilon > 0$.因$a^{\varepsilon } > 1(a > 1)$，故存在$N=N(\varepsilon ) $，使当$n > N$时，恒有$\sqrt[n]{n} < a^{\varepsilon } $，由此可知$(n > N)$，

$$0 < \dfrac{\log_a n}{n} < \varepsilon .$$

故$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \dfrac{\log_a n}{n} =0$.

$65$.$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \sqrt[n]{n} =1$.

证$1$（用二项式定理）当$n \geqslant 2$时，由

$$n=1+(n-1)=1+\dfrac{n(n-1)}{2} \cdot \dfrac{2}{n} =1+\mathrm{C}_n^2 \left( \sqrt{\dfrac{2}{n}} \right)^2 < \left( 1+\sqrt{\dfrac{2}{n} } \right) ^n $$

就得到$1 < \sqrt[n]{n} < 1+\sqrt{\dfrac{2}{n}} $，然后用夹逼定理即可.

证$2$（用平均不等式）当$n \geqslant 2$时将$\sqrt[n]{n}$看成为两个$\sqrt{n} $与$n-2$个$1$的几何平均值，则就有

$$1\leqslant \sqrt[n]{n} =(\sqrt{n} \sqrt{n} \cdot \underbrace{1\cdots 1}_{n-2个1} )^{\frac{1}{n} } < \dfrac{2\sqrt{n} +n-2}{n} < 1+\dfrac{2}{\sqrt{n}} ,$$

然后用夹逼定理即可.

证$3$（利用单调性分析）考虑该数列的后项与前项之比：

$$\dfrac{\sqrt[n+1\;]{n+1}}{\sqrt[n]{n}} =\sqrt[n(n+1)\quad ]{\dfrac{(n+1)^n}{n^{n+1}} } =\sqrt[n(n+1)\quad ]{\left( 1+\dfrac{1}{n} \right) ^n \cdot \dfrac{1}{n}} ,$$

利用习题$69-70$可以知道$\left( 1+\dfrac{1}{n} \right) ^n < 3$，因此从$n=3$起数列$\lbrace \sqrt[n]{n} \rbrace $严格单调递减，从而有极限.（从$\sqrt[1]{1} =1 < \sqrt[2]{2} =\sqrt[6]{8} < \sqrt[6]{9} =\sqrt[3]{3}$可见数列的前三项是单调递增的.）

记$A=\displaystyle \lim_{n\to \infty } \sqrt[n]{n} $，则从$\sqrt[n]{n} \geqslant 1$有$A \geqslant 1$.若$A > 1$，则从$n > 3$起有$\sqrt[n]{n} > A > 1$，即$n > A^n $，这与习题$60$的结论矛盾.因此只能是$A=1$.

从本小节的习题可以知道有以下重要结论，它们都是分析中的基本知识（其中$a > 1,k > 0$）：

$$\log_a n \ll n^k \ll a^n \ll n!.$$

$66$.$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \dfrac{1}{\sqrt[n]{n!} }=0$.

证$1$（思路）按照极限定义只要对给定的$\varepsilon $求$N$，使得当$n > N$时成立不等式

$$\left\vert \dfrac{1}{\sqrt[n]{n!}} -0\right\vert < \varepsilon .$$

将它改写为等价的不等式$\dfrac{1}{n!} < \varepsilon^n $之后，如果能够联想到习题$61$，同时将上述不等式再改写为

$$\dfrac{(1/\varepsilon )^n}{n!} < 1,$$

则满足上述要求的$N$的存在性已经没有问题了.

证$2$（思路）模仿习题$65$的证$3$，容易证明本题的正数列严格单调递减，因此它的极限（记为）$A\geqslant 0$.只要证明$A > 0$不可能就行了：因为这时对所有正整数$n$有不等式

$$\dfrac{1}{\sqrt[n]{n!}} > A > 0\Leftrightarrow \dfrac{(1/A)^n}{n!} > 1,$$

因此只要用习题$61$（即证明$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \dfrac{a^n}{n!} =0$）就导出矛盾.

证$3$（思路）这需要本节后面的知识.取（自然）对数后可见本题等价于证明

$$\lim_{n\to \infty } \dfrac{\ln 1+\ln 2+\cdots +\ln n}{n} =+\infty ,$$

于是用习题$139$（即柯西命题）就足够了.

$67$.当$n$充分大时，下列各组表达式中哪个更大？

$$(a)\;100n+200,0.01n^2;\quad (b)\;2^n ,n^{1000} ;\quad (c)\;1000^n ,n!.$$

解：$(a)\;$因为$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \dfrac{100n+200}{0.01n^2} =0$，所以，当$n$充分大时，$0.01n^2$较$100n+200$大些.

$(b)\;$因为$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \dfrac{n^{1000}}{2^n} =0$，所以，当$n$充分大时，$2^n$较$n^{1000}$大些.

$(c)\;$因为$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \dfrac{1000^n}{n!} =0$，所以，当$n$充分大时，$n!$较$1000^n$大些.

$68$.证明：

$$\lim_{n\to \infty } \left( \dfrac12 \cdot \dfrac34 \cdots \dfrac{2n-1}{2n} \right) =0.$$

提示：参阅习题$9(b)$.

证：因为$0 < \dfrac12 \cdot \dfrac34 \cdots \dfrac{2n-1}{2n} < \dfrac{1}{\sqrt{2n+1}} $，又因为$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \dfrac{1}{\sqrt{2n+1} }=0$，所以，$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \left( \dfrac12 \cdot \dfrac34 \cdots \dfrac{2n-1}{2n} \right) =0$.