高等数学极限证明2

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其实这一题很直观，就是一堆正数，几乎所有的项都在A附近，那么他们的平均值（几何平均数）也在A附近。为了方便书写证明过程，对待证等式两端同时取对数，得到

ln[lim (a1*a2*…*an)^(1/n)]=lnA

根据复合极限的特点，得到待证等式等价于

lim ln(a1*a2*…*an)^(1/n)=lnA

即

lim (1/n)Σlna(k)=lnA，其中求和的范围为k=1到k=n。

因为lim an=A，所以lim lna(n)=lnA。

设b(n)=lna(n),B=lnA，上式等价于lim b(n)=B。

那么只要证明 lim (1/n)*Σb(k)=B，其中求和项从k=1到k=n。

既然lim b(n)=B，那么对于任给的ε>0，总是存在N>0，使得对于任何的n≥N，总是满足

|b(n)-B|<ε即B-ε<b(n)<B+ε。

那么

B-ε<b(N+1)<B+ε

B-ε<b(N+2)<B+ε

……

B-ε<b(N+p)<B+ε

上面各式求和，得到

p*(B-ε)<b(N+1)+b(N+2)+…+b(N+p)<p*(B+ε)。

再设S(N)=Σb(k)，其中k从1到N，即数列{b(k)}的前N项和，因为N已知，所以必定是有界量。

所以

p*(B-ε)+S(N)<b(N+1)+b(N+2)+…+b(N+p)+S(N)<p*(B+ε)+S(N)。

不等式同时除以N+p，得到

[p*(B-ε)+S(N)]/(N+p)<[1/(N+p)]*Σb(k)<[p*(B+ε)+S(N)]/(N+p)

上式中间的求和范围是从k=1到k=N+p。

不等式相应减去B，得到

[p*(B-ε)+S(N)]/(N+p)-B<[1/(N+p)]*Σb(k)-B<[p*(B+ε)+S(N)]/(N+p)-B

即

所以有

不妨假设

{因为S(N)和NB的大小关系决定了以上两者的大小关系，因此不妨这样假设，即S(N)>NB}

那么

因为当p充分大的时候，右边绝对值符号中的分子部分是恒为正的，我们不妨假设当p>p0的时候就能保证其成立。

那么

为了保证

只要满足

令ε是ε0的函数，那么上式化为

因为ε是ε0的函数，因此可以令ε<ε0，所以上式化为

所以，对于任给的ε0>0，以及对于任给的ε(ε0)<ε0，总能找到这样的N，并且能够找到这样的

使得对于任意的n>N0，总是满足

因此待证命题成立。