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单调有界定理等

news 2026/5/8 21:24:22

Abstract（摘要）

本次内容主要涉及数列极限的单调有界原理，数列及其子列、函数与数列的极限关系，极限的运算性质等.

Table of Contents（目录）

1. 问题陈述（Problem Statement）
2. 预备知识（Preliminaries）
3. 主要结果与证明（Main Result & Proof）
4. 注记与讨论（Remarks & Discussion）
5. 相关拓展（Related Extensions）
6. 参考文献（References）

1. 问题陈述（Problem Statement）

1.证明:数列 $x_{n}=1+2+\cdots+\dfrac{1}{n}-\ln n\ (n=1,2,\cdots)$单调下降有界,从而有极限(此极限称为 Euler 常数,下记作 $C$. )
2.设 $x_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{k}} - 2\sqrt{n}$，证明 $\lim\limits_{n \to \infty} x_n$ 存在.
3.试证：
$ \lim_{n \to +\infty} x_n = a \iff \lim_{n \to +\infty} x_{2n} = a,\ \lim_{n \to +\infty} x_{2n+1} = a $
4.设函数 $f(x)$ 在点 $x_0$ 的邻域 $I$(点 $x_0$ 可能例外)内有定义. 试证:如果对于任意的点列 $\{x_n\}$ . 这里 $x_n \in I,\ x_n \to x_0\ (n \to \infty),0<|x_{n+1}-x_0|<|x_n-x_0|$ , 都有 $\lim\limits_{n \to \infty} f(x_n)=A$ , 那么$ \lim_{x \to x_0} f(x) = A.$
5.证明从任一数列 $\{x_n\}$ 中必可选出一个(不一定严格)单调的子数列.
13.设 $a_n > 0\ (n=1,2,\cdots)$，且 $\exists\, C>0$，当 $m<n$ 时有 $a_n \leqslant C a_m$。
已知 $\{a_n\}$ 中存在子序列 $\{a_{n_k}\} \to 0$，试证$\lim_{n \to \infty} a_n = 0.$
15.设 $\{a_n\}$ 为单调递增数列，$\{a_{n_k}\} \subset \{a_n\}$ 为其一个子列，若
$\lim_{k \to \infty} a_{n_k}=a$ ，试证，$\lim_{n \to \infty} a_n = a$.

2. 预备知识（Preliminaries）

1.单调有界定理，不等式$\frac{1}{1+n}<\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)<\frac{1}{n}$

2.单调有界定理，分母有理化

3. 主要结果与证明（Main Result & Proof）

已知$x_n = 1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{k}-\ln n$
分析单调性如下:

\[\begin{align*} x_{n+1}-x_n &= \frac{1}{n+1}+\ln n-\ln(n+1) \\ &= \frac{1}{n+1}+\ln \frac{n}{n+1} < \ln\left(1+\frac{1}{n}\right)+\ln\left(\frac{n}{n+1}\right)=0 \end{align*} \]

\[(或者x_{n+1}-x_{n}=\frac{1}{1+n}-\ln(1+n)+\ln n=\frac{1}{1+n}-\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)<0.) \]

有界性分析:

\[\begin{align*} x_n &= \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}-\ln n > \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}-\ln(n+1) \\ &= \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}-\ln\left(1\cdot\frac{2}{1}\cdot\frac{3}{2}-\cdots\cdot\frac{n+1}{n}\right) \\ &= \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}-\sum_{k=1}^n \ln\frac{k+1}{k} \\ &= \sum_{k=1}^n \left[\frac{1}{k}-\ln\left(\frac{1}{k}+1\right)\right] \\ &>0 \end{align*} \]

\[\begin{align*} (或者x_n &= \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} - \ln \left( \frac{n}{n-1} \cdot \frac{n-1}{n-2} \cdot \frac{n-2}{n-3} \cdot \cdots \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{2}{1} \right) \\ &= \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} - \sum_{k=1}^{n-1} \ln \left( 1+\frac{1}{k} \right) \\ &= \sum_{k=1}^{n-1} \left[ \frac{1}{k} - \ln \left( 1+\frac{1}{k} \right) \right] + \frac{1}{n} \\ &> \frac{1}{n} > 0.) \end{align*} \]

经上述分析，再由单调有界定理可得$\{x_n\}$收敛.$\Box$

证: 利用不等式

\[\frac{1}{\sqrt{k}} > \frac{2}{\sqrt{k}+\sqrt{k+1}} = 2(\sqrt{k+1}-\sqrt{k}), \]

得

\[x_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{k}} - 2\sqrt{n} > 2\sqrt{n+1}-2-2\sqrt{n} > -2 \]

有下界

\[\begin{align*} x_{n+1}-x_n &= \frac{1}{\sqrt{n+1}} - 2\sqrt{n+1}+2\sqrt{n} \\ &= \frac{1}{\sqrt{n+1}} - \frac{2}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}} < 0, \end{align*} \]

即 $x_{n+1}<x_n$. $x_n$ 单调下降,有下界，由单调有界定理，$\{x_n\}$收敛.$\Box$

($\Rightarrow$)

对 $\forall \varepsilon>0,\ \exists N>0$，当 $n>N$ 时，

\[|x_n-a|<\varepsilon \]

若 $n$ 为偶数，则 $\lim\limits_{n \to +\infty} x_{2n}=a$

若 $n$ 为奇数，则 $\lim\limits_{n \to +\infty} x_{2n-1}=a$
($\Leftarrow$)对 $\forall \varepsilon>0,\ \exists N_1>0$，当 $n>N_1$ 时

\[|x_{2n}-a|<\varepsilon \]

同样对 $\forall \varepsilon>0,\ \exists N_2>0$，当 $n>N_2$ 时

\[|x_{2n+1}-a|<\varepsilon \]

取 $N=\max\{2N_1,\ 2N_2+1\}$

当 $n>N$ 时

有

\[|x_n-a|<\varepsilon.\Box \]

先分析一下题目，很多人都会把“任意的点列 $\{x_n\}$” “这里 $x_n \in I,\ x_n \to x_0\ (n \to \infty)$” “都有 $\lim\limits_{n \to \infty} f(x_n)=A$ ”这几个条件连在一起，而后断定:这不就是归结原则嘛，函数和数列的极限关系，但是这里还有条件$0<|x_{n+1}-x_0|<|x_n-x_0|$，这就说明所谓的任意数列是所有满足这个不等关系的数列，并没有涉及到归结原则中的全部$\{x_n\}$。如下有反证法证明:

证:（反证法）若 $f(x) \nrightarrow A$(当 $x \to x_0$ 时)，即 $\exists \varepsilon_0 > 0,\ \forall \delta >0,\ \exists x_\delta \in I$，虽然 $0<|x_\delta - x_0|<\delta$，但

\[|f(x_\delta)-A|\geqslant\varepsilon_0. \]

如此，若令 $\delta_1 =1$，则 $\exists x_1 \in I,\ 0<|x_1 - x_0|<\delta_1,\ |f(x_1)-A|\geqslant\varepsilon_0$；
令 $\delta_2 = \min \left\{ \frac{1}{2},\ |x_1 - x_0| \right\},\ \exists x_2 \in I,\ 0<|x_2 - x_0|<\delta_2,\ |f(x_2)-A|\geqslant\varepsilon_0$；
令 $\delta_3 = \min \left\{ \frac{1}{3},\ |x_2 - x_0| \right\},\cdots$

如此无限进行下去，可得一点列 $\{x_n\},\ x_n \in I,\ x_n \to x_0\ (n \to \infty)$，

\[0<|x_{n+1}-x_0|<|x_n-x_0|, \]

但

\[|f(x_n)-A|\geqslant\varepsilon_0. \]

与已知条件矛盾.$\Box$

证: (我们来证明:如果 $\{x_n\}$ 不存在递增子序列,则必存在严格递减的子序列)假若 $\{x_n\}$ 中存在(不一定严格的)递增子序列
$\{x_{n_k}\} \nearrow$,则问题已被解决.若 $\{x_n\}$ 中无递增子序列,那么 $\exists\ n_1 > 0$,使得 $\forall\ n > n_1$,恒有 $x_n < x_{n_1}$.同样在 $\{x_n\}_{n>n_1}$ 中也无递增子序列.于是又 $\exists\ n_2 > n_1$,使得 $\forall\ n > n_2$,恒有 $x_n < x_{n_2} < x_{n_1}$.如此无限进行下去,我们便可找到一严格递减的子序列 $\{x_{n_k}\}$.
这一题很有启发性，如果看到一开始选择的方向无法解决问题，有一个很好的路径就是跳转到另一个方向来看问题，如果带着很多定理，比如聚点定理，或者其他定理来从正面尝试解决这个问题可能没写几步就束手无策了，倍感诡异，这时跳转到另一个角度来看问题就会发生一些意想不到的思考，这些思考不是靠惊人的洞察力得到的，仅仅是改变了思考的角度而已，然而，在新的角度，新的视角下问题又呈现出崭新的面貌，一些之前无用的定理、方法可能在新的思考方向当中得到应用，或者又需要新的定理、方法，这样的思考每个人都能做到.

$\lim\limits_{n \to \infty} x_n = a \implies \lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[3]{x_n} = \sqrt[3]{a}$

($a≠0$)

\[\left|\sqrt[3]{x_n}-\sqrt[3]{a}\right| = \left| \frac{x_n-a}{\sqrt[3]{x_n^2}+\sqrt[3]{x_n a}+\sqrt[3]{a^2}} \right| = \frac{|x_n-a|}{\left|\sqrt[3]{x_n^2}+\sqrt[3]{x_n a}+\sqrt[3]{a^2}\right|} \leq \frac{|x_n-a|}{\frac{3}{4}\sqrt[3]{a^2}} \]

对 $\forall \varepsilon>0,\ \exists N>0$，当 $n>N$ 时

\[|x_n-a| < \varepsilon \]

此时

\[\left|\sqrt[3]{x_n}-\sqrt[3]{a}\right| < \frac{\varepsilon}{\frac{3}{4}\sqrt[3]{a^2}} \]

$(a=0)$

对 $\forall \varepsilon>0,\ \exists N>0$，当 $n>N$ 时

\[|x_n| < \varepsilon \]

于是

\[\sqrt[3]{|x_n|} = \left|\sqrt[3]{x_n}\right| < \sqrt[3]{\varepsilon} \]

综上，$$\lim\limits_{n \to \infty} x_n = a \implies \lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[3]{x_n} = \sqrt[3]{a}.\Box$$

$\lim\limits_{x \to 1} \frac{1}{x}=1$

证明:

\[\left|\frac{1}{x}-1\right|=\left|\frac{1-x}{x}\right| \]

因为 $x \to 1$，不妨设 $|x-1|<\frac{1}{2}$

故

\[\left|\frac{1}{x}-1\right| = \frac{|1-x|}{x} \]

对 $\forall \varepsilon(\varepsilon<\frac{1}{2})>0,\ \exists \delta=\varepsilon>0$，当 $|x-1|<\delta$ 时

\[\left|\frac{1}{x}-1\right| = \frac{|1-x|}{x} < \frac{\varepsilon}{\frac{1}{2}} = 2\varepsilon \]

故 $\lim\limits_{x \to 1} \frac{1}{x}=1$

$\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{n}=1$

设 $\sqrt[n]{n}-1=h$

则

\[n=(h+1)^n=1+nh+\dfrac{n(n-1)}{2}h^2+\dots+h^n \ge \dfrac{n(n-1)}{2}h^2 \]

故 $$0<h \le \sqrt{\dfrac{2}{n-1}}\ (n \ge 2)$$

对 $\forall \varepsilon>0,\ \exists N=\dfrac{2}{\varepsilon^2}+1>0$，当 $n>N$ 时

\[\sqrt{\dfrac{2}{n-1}}<\varepsilon \]

此时 $|h|<\varepsilon$.$\Box$

$ \lim_{n \to \infty} n^3 q^n = 0 \quad (|q|<1) $

\[\left|n^3 q^n\right| = n^3 |q|^n \]

令 $$|q|^{-1} = 1+h\quad (h>0)$$

即 $$|q| = \displaystyle \frac{1}{1+h}$$

因此

\[\left|n^3 q^n\right| = n^3 \cdot \frac{1}{(1+h)^n} \]

\[= \frac{n^3}{1 + nh+\frac{n(n-1)}{2}h^2 + \frac{n(n-1)(n-2)}{6}h^3+\cdots+h^n} \]

\[\leqslant \frac{24\,n^3}{n(n-1)(n-2)(n-3)\,h^4}(其中h是＞0的常数) \]

$\forall \varepsilon>0,\ \exists N>0$，当 $n>N$ 时，

\[\left|n^3 q^n\right|<\varepsilon.\Box \]

$ \lim_{n \to \infty} \frac{\ln n}{n^2} $
证明概述:

\[\left| \frac{\ln n}{n^2} - 0 \right| = \frac{\ln n}{n^2} < \frac{n}{n^2} = \frac{1}{n} \]

$ x_n = \sum_{k=1}^n \frac{\cos k}{k(k-1)} \quad$，证明$\{x_n\}$收敛

\[|x_n - x_{n+p}| = \left| \sum_{k=n+1}^{n+p} \frac{\cos k}{k(k-1)} \right|\leq \sum_{k=n+1}^{n+p} \frac{|\cos k|}{k(k-1)}\leq \sum_{k=n+1}^{n+p} \left( \frac{1}{k-1}-\frac{1}{k} \right)= \frac{1}{n}-\frac{1}{n+p} \]

\[= \frac{n+p-n}{n(n+p)} = \frac{p}{n(n+p)} < \frac{n+p}{n(n+p)} = \frac{1}{n} \]

对 $\forall \varepsilon>0,\ \exists N>0$，当 $n>N$ 时

有

\[\frac{1}{n} < \varepsilon \]

此时

\[|x_n - x_{n+p}| < \varepsilon \quad (\forall p \in \mathbb{N}) \]

由 Cauchy 准则，$\{x_n\}$收敛.$\Box$

若 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{a_1+a_2+\dots+a_n}{n}=a<\infty$,证 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{n}=0$

证明: 设 $$\displaystyle x_n = \frac{a_1+a_2+\dots+a_n}{n},\quad n=1,2,\cdots$$

对 $\forall p \in \mathbb{N}$，有 $$\displaystyle \lim_{n \to \infty} (x_{n+p}-x_n)=0$$

而

\[x_{n+1} = \frac{a_1+\dots+a_{n+1}}{n+1} = \frac{a_1+\dots+a_n}{n+1} + \frac{a_{n+1}}{n+1} \]

\[\begin{align*} x_{n+1}-x_n &= \frac{a_1+\dots+a_n}{n+1} - \frac{a_1+\dots+a_n}{n} + \frac{a_{n+1}}{n+1} \\ &= \left( \frac{1}{n+1}-\frac{1}{n} \right)(a_1+\dots+a_n) + \frac{a_{n+1}}{n+1} \end{align*} \]

故

\[\lim_{n \to \infty} (x_{n+1}-x_n) = \lim_{n \to \infty} \left[ \left( \frac{1}{n+1}-\frac{1}{n} \right)(a_1+\dots+a_n) + \frac{a_{n+1}}{n+1} \right]=0 \]

由 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{n+1}-\frac{1}{n} \right)(a_1+\dots+a_n)=0$ 可得

\[\lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{n+1}=0 \]

即

\[\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{n}=0.\Box \]

或者

\[(\frac{a_n}{n}=\frac{a_1+a_2+\dots+a_n}{n} -\frac{a_1+a_2+\dots+a_{n-1}}{n-1} \cdot \frac{n-1}{n}) \]

然后由极限四则运算法则直接计算。

13.证明: 对 $\forall \varepsilon>0,\ \exists N_1>0$，当 $k \ge N_1$ 时

\[0 < a_{n_k} < \varepsilon \]

取 $N = n_{N_1} \ge N_1$

当 $n > N$ 时

\[0 < a_n \le c\, a_{n_{N_1}} < c\varepsilon \]

$ x_n = 1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\dots+\frac{1}{\sqrt{n}} $,证明$\{x_n\}$ 发散

证明:$\forall p \in \mathbb{N}$

\[|x_{n+p}-x_n| = \frac{1}{\sqrt{n+1}}+\frac{1}{\sqrt{n+2}}+\dots+\frac{1}{\sqrt{n+p}} \ge \frac{p}{\sqrt{n+p}} \]

令 $p = n$

有

\[|x_{2n}-x_n| \ge \frac{n}{\sqrt{2n}} = \frac{\sqrt{n}}{\sqrt{2}} \ge \frac{1}{\sqrt{2}} \]

取 $\varepsilon_0 = \frac{\sqrt{2}}{2} >0$，$\forall N>0$，$\exists\ n,2n>N$，有

\[|x_{2n}-x_n| \ge \frac{\sqrt{2}}{2} = \varepsilon_0 >0.\Box \]

证: 由单增性，可知

\[\lim_{k \to \infty} a_{n_k} = a = \sup_{k}\{a_{n_k}\} \]

故 $\forall \varepsilon>0,\ \exists k_0$，使得 $a-\varepsilon < a_{n_{k_0}} \le a$。

取 $N = n_{k_0}$，则 $\forall n > N$ 时，可找到一个 $n_k > n$，于是有

\[a-\varepsilon < a_{n_{k_0}} \le a_n \le a_{n_k} \le a < a+\varepsilon \]

从而 $|a_n - a| < \varepsilon$。

证: 由无界性，$\exists x_{n_1}: |x_{n_1}| >1$，进而 $\exists x_{n_2}: |x_{n_2}| > \max\{2,|x_{n_1}|\}$，
反复使用无界性，如此得 $\{x_{n_k}\}$

\[|x_{n_k}| > \max\left\{k,\, \left|x_{n_{k-1}}\right|\right\},\ k=2,3,\cdots, \]

$\{|x_{n_k}|\}$ 为无穷大量.

因 $|x_n| \not\to +\infty$，故 $\exists M>0,\ \forall N_k>0,\ \exists n_k>N_k$，使得 $|x_{n_k}| \le M$.
于是对 $k=1,\ \exists n_1>1$，使得 $|x_{n_1}| \le M$，对 $N_2=\max\{2,n_1\},\ \exists n_2>N_2$，使得
$|x_{n_2}| \le M,\cdots\cdots$，如此下去可得一有界子列 $\{x_{n_k}\}$. 从而由聚点定理知
$\{x_{n_k}\}$ 中存在收敛子列 $\{x_{n_{k_r}}\}$.

18(含两题).(1) 设函数 $f(x),g(x)$ 在 $0$ 的某个邻域里有定义 $g(x)>0$，

\[\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{g(x)} = 1 \]

且 $n\to\infty$ 时 $\alpha_{mn} \rightrightarrows 0\ (m = 1,2,\cdots,n)$，亦即 $\forall \varepsilon>0,\ \exists N(\varepsilon)>0$，
当 $n > N(\varepsilon)$ 时，一切 $m = 1,2,\cdots,n$，有 $|\alpha_{mn}| < \varepsilon$；另设 $\alpha_{mn} \neq 0$. 试证

\[\lim_{n \to \infty} \sum_{m=1}^n f(\alpha_{mn}) = \lim_{n \to \infty} \sum_{m=1}^n g(\alpha_{mn}), \tag{1} \]

当右端极限存在时成立.
证明:设 $f,g$ 在 $U(0,\delta')$ 上有定义，由 $\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{f}{g}=1$ 得

对 $\forall \varepsilon>0,\ \forall \varepsilon\ (\varepsilon<\delta')>0,\ \exists \delta=\varepsilon>0$，当 $x \in U^\circ(0,\delta)$ 时

\[\left| \frac{f}{g}-1 \right| < \varepsilon \]

即

\[|f-g| < \varepsilon |g| = \varepsilon g \]

设

\[\lim_{n \to \infty} \sum_{m=1}^n g(\alpha_{mn}) = A \]

欲证

\[\lim_{n \to \infty} \sum_{m=1}^n f(\alpha_{mn}) = \lim_{n \to \infty} \sum_{m=1}^n g(\alpha_{mn}) \]

考虑

\[\left| \sum_{m=1}^n \Big[f(\alpha_{mn})-g(\alpha_{mn})\Big] \right| \]

\[\le \sum_{m=1}^n \left| f(\alpha_{mn})-g(\alpha_{mn}) \right| \]

对上述 $\delta>0,\ \exists N=N(\delta)>0$，当 $n>N(\delta)$ 时

对 $\forall m$,有$\ |\alpha_{mn}| < \delta$

此时

\[\sum_{m=1}^n \left| f(\alpha_{mn})-g(\alpha_{mn}) \right| \]

\[< \sum_{m=1}^n \varepsilon g(\alpha_{mn}) = \varepsilon \sum_{m=1}^n g(\alpha_{mn}) \le \varepsilon M. \]

$($其中 $\sum_{m=1}^n g(\alpha_{mn})$ 收敛，因而有界，即$\exists M>0$，有 $\displaystyle \sum_{m=1}^n g(\alpha_{mn}) \le M)\Box$
或者

证: 记右端 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \sum_{m=1}^n g(\alpha_{m,n}) = A$. 收敛必有界,故 $\exists M>0$,使得

\[0 < \sum_{m=1}^n g(\alpha_{m,n}) \leqslant M. \]

$\forall \varepsilon > 0,\ \exists N_1 > 0$, 当 $n > N_1$ 时, 有

\[\left| \sum_{m=1}^n g(\alpha_{m,n}) - A \right| < \frac{\varepsilon}{2}. \]

已知 $\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{g(x)} = 1$, 对上述 $\varepsilon>0,\ \exists \delta>0$, 当 $|x|<\delta$ 时有

\[\left| \frac{f(x)}{g(x)} - 1 \right| < \frac{\varepsilon}{2M}. \]

但 $\alpha_{m,n} \rightrightarrows 0$(当 $n \to \infty$ 时,关于 $m=1,2,\cdots,n$ 一致). 所以对此 $\delta>0$,
$\exists N_2 > 0$, 当 $n > N_2$ 时, 有 $|\alpha_{m,n}| < \delta\ (m = 1,2,\cdots,n)$, 从而

\[\left| \frac{f(\alpha_{m,n})}{g(\alpha_{m,n})} - 1 \right| < \frac{\varepsilon}{2M},\ (m=1,2,\cdots,n). \]

取 $N = \max\{N_1,N_2\}$, 则当 $n > N$ 时,

\[\left| \sum_{m=1}^n f(\alpha_{m,n}) - A \right| = \left| \sum_{m=1}^n \left[ \left( \frac{f(\alpha_{m,n})}{g(\alpha_{m,n})} - 1 \right) + 1 \right] g(\alpha_{m,n}) - A \right| \]

\[\begin{align*} & \leqslant \sum_{m=1}^n \left\{ \left| \frac{f(\alpha_{m,n})}{g(\alpha_{m,n})} - 1 \right| g(\alpha_{m,n}) + \left| g(\alpha_{m,n}) - A \right| \right\} \\ & \leqslant \frac{\varepsilon}{2M} \sum_{m=1}^n g(\alpha_{m,n}) + \frac{\varepsilon}{2} = \frac{\varepsilon}{2M} \cdot M + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon. \end{align*} \]

故左端极限也为 $A$.

(2)证明

\[\lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^n \left( \sqrt[3]{1+\frac{i}{n^2}} -1 \right) = \lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^n \frac{i}{3n^2} = \frac{1}{6}. \]

并求

\[\lim_{n \to \infty} \prod_{i=1}^n \left( a^{\sqrt[3]{1+\frac{i}{n^2}}-1} \right) \quad (a>0). \]

证: 记 $\alpha_{i,n} =\sqrt[3]{1+\frac{i}{n^2}} -1$,则

\[0<\alpha_{i,n} = \frac{\left(n+\frac{i}{n}\right)^{\frac{1}{3}} - n^{\frac{1}{3}}}{n^{\frac{1}{3}}} = \frac{\left(n+\frac{i}{n}\right)-n}{n^{\frac{1}{3}}\left[\left(n+\frac{i}{n}\right)^{\frac{2}{3}} + n^{\frac{1}{3}}\left(n+\frac{i}{n}\right)^{\frac{1}{3}} + n^{\frac{2}{3}}\right]} \leqslant \frac{1}{3n} \]

$\to 0$
故 $\alpha_{i,n} \rightrightarrows 0$ 关于 $i=1,2,\cdots,n$(当 $n \to \infty$ 时).

因 $1+\displaystyle \frac{i}{n^2}=(1+\alpha_{i,n})^3=1+3\alpha_{i,n}+3\alpha_{i,n}^2+\alpha_{i,n}^3$,故

\[\frac{i}{3n^2} = \alpha_{i,n} + \alpha_{i,n}^2 + \frac{\alpha_{i,n}^3}{3}, \]

记 $g(x)=x+x^2+\displaystyle \frac{x^3}{3},f(x)=x$,则$\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{g(x)}=1$.

利用上题的结果，

\[\begin{align*} \lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^n \left( \sqrt[3]{1+\frac{i}{n^2}} -1 \right) &= \lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^n f(\alpha_{i,n}) \\ &= \lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^n g(\alpha_{i,n}) \\ &= \lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^n \frac{i}{3n^2} = \frac{1}{6}. \end{align*} \]

最后

\[\prod_{i=1}^n a^{\sqrt[3]{1+\frac{i}{n^2}}-1} = e^{\sum_{i=1}^n \left(\sqrt[3]{1+\frac{i}{n^2}}-1\right)\ln a} \to e^{\frac{1}{6}\ln a} = a^{\frac{1}{6}}\ (\text{当}\ n \to \infty). \]

或者

记

\[A_n = \sum_{i=1}^n \left( \sqrt[3]{1+\frac{i}{n^2}} -1 \right) \]

\[\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt[3]{1+x}-1}{\frac{1}{3}x} = 1 \]

\[\lim_{n \to \infty} \left[ \sum_{i=1}^n \left( \sqrt[3]{1+\frac{i}{n^2}} -1 \right) - \sum_{i=1}^n \frac{i}{3n^2} \right] \]

\[= \lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^n \left( \sqrt[3]{1+\frac{i}{n^2}} -1 - \frac{i}{3n^2} \right) \]

令 $\alpha_{i,n} = \frac{i}{n^2}$

$\forall \varepsilon>0,\ \exists N>0,\ \forall n>N$ 时

\[|\alpha_{i,n}| = \frac{i}{n^2} \le \frac{n}{n^2} = \frac{1}{n} < \varepsilon\]

即$n\to\infty$ 时 $\alpha_{i,n} \rightrightarrows 0\ (i = 1,2,\cdots,n)$
再利用上题结论即可.

\[ \lim_{n \to \infty} \ln\prod_{i=1}^n a^{\sqrt[3]{1+\frac{i}{n^2}}-1} = \lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^n \ln a^{\sqrt[3]{1+\frac{i}{n^2}}-1} = \ln a \cdot \lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^n \left( \sqrt[3]{1+\frac{i}{n^2}} -1 \right) = \frac{\ln a}{6} \]

故

\[\prod_{i=1}^n a^{\sqrt[3]{1+\frac{i}{n^2}}-1}\to e^{\frac{1}{6}\ln a} = a^{\frac{1}{6}}\ (\text{当}\ n \to \infty). \]