数列极限的性质
性质1：收敛的数列一定是有界的。假设一个数列\(\{a_n\}\)收敛于\(a\)，那么对于\(\varepsilon=1\)， 一定存在一个正整数\(N\in N^*\)，使得当\(n > N\)时有\(|a_n - a| < 1\)。对于数列\(a_n\)只有可数个元素不在\(a\)的1-邻域中， 但我们完全可以选择一个更大的区间覆盖\(a\)的1-邻域和这可数个元素，所以收敛的数列一定是有界的。
性质2：收敛数列的任意子列都是收敛的，而且都收敛于相同的数。 这点从收敛数列的定义就可以得到， 假设数列\(\{a_n\}\)收敛于\(a\)，对于其任意子列\(\{a_{k_n}\}\)，一定存在一个正整数\(N\in N^*\)， 使得当\(n > N\)时，对于任意正数\(\varepsilon\)，都有\(|a_n - a| < \varepsilon\)。只要保证\(k_n > n\)命题就能成立，而这点总能够保证。
性质2的逆否命题可以拿来判定一个数列是否发散， 如果一个数列的某个子列不收敛，或者存在两个子列收敛于不同的数，那么该数列一定发散。
性质1的逆命题不一定成立，例如数列\(\{a_n = (-1)^n\}\)就是一个有界的列，但是它并不收敛。 因为\(n\)为奇数和\(n\)为偶数的两个子列收敛于不同的数上。
夹逼原理： 若数列\(\{a_n\}, \{b_n\}, \{c_n\}\)满足不等式\(b_n ≤ a_n ≤ c_n\)， 并且\(\{b_n\}, \{c_n\}\)都收敛于\(a\)，那么数列\(\{a_n\}\)也收敛于\(a\)。
保序性：
- 若\(\lim_{n \to \infty} a_n = a\)，且\(\alpha < a < \beta\)，那么当\(n \to \infty\)时，有\(\alpha < a_n < \beta\)。
- 若\(\lim_{n \to \infty} a_n = a, \lim_{n \to \infty} b_n = b\)，且\(a < b\)， 那么当\(n \to \infty\)时，有\(a_n < b_n\)。
- 若\(\lim_{n \to \infty} a_n = a, \lim_{n \to \infty} b_n = b\)，且当\(n \to \infty\)时，有\(a_n < b_n\)， 那么有\(a < b\)。
【52】\(\lim_{n\to\infty}\left[\frac{1}{n}-\frac{2}{n}+\frac{3}{n}-\cdots+\frac{(-1)^{n-1}n}{n}\right]\)
解：当\(n=2k\)时, \( \lim_{n\to\infty}\left[\frac{1}{n}-\frac{2}{n}+\frac{3}{n}-\cdots+\frac{(-1)^{n-1}n}{n}\right] = \lim_{k\to\infty}\left[\left(\frac{1}{2k}-\frac{2}{2k}\right)+\left(\frac{3}{2k}-\frac{4}{2k}\right)+\cdots+ \left(\frac{2k-1}{2k}-\frac{2k}{2k}\right)\right] = \lim_{k\to\infty}\left[-\frac{k}{2k}\right] = -\frac{1}{2} \) 当\(n=2k+1\)时， \( \lim_{n\to\infty}\left[\frac{1}{n}-\frac{2}{n}+\frac{3}{n}-\cdots+\frac{(-1)^{n-1}n}{n}\right] = \lim_{k\to\infty}\left[-\frac{k}{2k+1} + \frac{2k+1}{2k+1}\right] = \frac{1}{2}\) 所以，极限不存在。
【58】\(\lim_{n \to \infty}\frac{n}{2^n} = 0\)
证：因为\(2^n = (1 + 1)^n = C_n^0 + C_n^1 + \cdots + C_n^n > C_n^2 = \frac{n(n-1)}{2}\)
所以\(\frac{n}{2^n} < \frac{2}{n-1}\)，\(\lim_{n \to \infty}\frac{2}{n-1} = 0\)。 根据夹逼原理，有\(\lim_{n \to \infty}\frac{n}{2^n} = 0\)。口
【59】\(\lim_{n \to \infty}\frac{2^n}{n!} = 0\)
证：因为\(\frac{2^n}{n!} = \frac{2}{n} \cdot \frac{2^{n-1}}{(n-1)!}\)， 而当\(n > 4\)时有\(\frac{2^{n-1}}{(n-1)!} < 1\)恒成立，所以\(n > 4\)时，\(\frac{2^n}{n!} < \frac{2}{n}\)， 而\(\lim_{n \to \infty}\frac{2}{n} = 0 \Rightarrow \lim_{n \to \infty}\frac{2^n}{n!} = 0\)。口
【60】\(\lim_{n \to \infty}\frac{n^k}{a^n} = 0, (a > 1) \)
证：(1). 当\(k < 0\)时，有\(\frac{n^k}{a^n} < n^k\)，且\(\lim_{n \to \infty}n^k = 0 \Rightarrow \lim_{n \to \infty}\frac{n^k}{a^n} = 0\)。
(2). 当\(k > 0\)且\(k \in N^*\)时，因为\(a > 1\)，所以我们可以找到一个正数\(\alpha\)满足\(a = 1 + \alpha\)
因此，有\(\frac{n^k}{a^n} = \frac{n^k}{(1 + \alpha)^n} = \frac{n^k}{1 + C_n^1\alpha + \cdots + C_n^n\alpha^n} <
\frac{n^k}{C_n^{k+1}\alpha^{k+1}} = \frac{(k+1)!}{\alpha^{k+1}} \cdot \frac{n^k}{n(n-1)\cdots(n-k)} <
\frac{(k+1)!}{\alpha^{k+1}} \cdot \frac{n^k}{(n-k)^{k+1}}\)。
所以\(\lim_{n \to \infty}\frac{n^k}{(n-k)^{k+1}} = 0 \Rightarrow \lim_{n \to \infty}\frac{n^k}{a^n} = 0\)。
(3). 当\(k > 0\)且\(k \notin N^*\)，那么总存在正整数\(h = \lceil k \rceil\)，有\(\frac{n^k}{a^n} < \frac{n^h}{a^n}\)
根据(2)知，\(\lim_{n \to \infty}\frac{n^h}{a^n} = 0 \Rightarrow \lim_{n \to \infty}\frac{n^k}{a^n} = 0\)。
综上，命题得证。口
【61】\(\lim_{n \to \infty}\frac{a^n}{n!} = 0\)
证：取正整数\(k > |a|\)，那么有\(\frac{|a|^n}{n!} < \frac{k^n}{n!} = \frac{k}{1} \cdot \frac{k}{2} \cdots \frac{k}{k} \cdots \frac{k}{n} < \frac{k^{k+1}}{n}\)
而\(\lim_{n \to \infty}\frac{k^{k+1}}{n} = 0\)， 所以\(\lim_{n \to \infty}\frac{|a|^n}{n!} = 0 \Rightarrow \lim_{n \to \infty}\frac{a^n}{n!} = 0\)
【62】\(\lim_{n \to \infty}nq^n = 0, |q| < 1\)
证：因为\(|q| < 1\)，所以存在一个正数\(p = \frac{1}{|q|} > 1\)，也即存在一个正数\(a\)使得\(p = 1+a\)。 因此，\(n|q|^n = \frac{n}{(1+a)^n} = \frac{n}{1 + C_n^1 a + \cdots + C_n^n a^n} < \frac{n}{C_n^2a^2} = \frac{2}{a^2(n-1)}\)
而\(\lim_{n \to \infty}\frac{2}{a^2(n-1)} = 0\)，所以\(\lim_{n \to \infty}n|q|^n = 0 \Rightarrow \lim_{n \to \infty}nq^n = 0\)。
【63】\(\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{a} = 1, a > 0\)
证：根据几何平均数与算术平均数之间的不等式关系，有\(\sqrt[n]{\left(\begin{matrix}\underbrace{1 \cdot 1 \cdots 1} \\ n -1 \end{matrix}\right) a} ≤ \frac{\left(\begin{matrix}\underbrace{1 + 1 \cdots + 1} \\ n -1 \end{matrix}\right) + a}{n} < 1 + \frac{a}{n}\)
而\(\lim_{n \to \infty}\frac{a}{n} = 0\)，所以\(\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{a} = 1\)。
【64】\(\lim_{n \to \infty}\frac{\log_a n}{n} = 0, a > 1\)
证：根据【65】，我们有\(\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{n} = 1\)。
因为，\(a > 1\)，所以对于任意的正数\(\varepsilon\)都有\(a^\varepsilon > 1\)。
根据数列极限的保序性，我们有当\(n \to \infty\)时，\(\sqrt[n]{n} < a^\varepsilon\)， 因而\(\log_a(\sqrt[n]{n}) = \frac{\log_a n}{n} < \varepsilon\)。所以\(\lim_{n \to \infty}\frac{\log_a n}{n} = 0, a > 1\)。
【65】\(\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{n} = 1\)
证：根据几何平均数与算术平均数之间的不等式关系，有\(\sqrt[n]{\left(\begin{matrix}\underbrace{1 \cdot 1 \cdots 1} \\ n - 2 \end{matrix}\right) \sqrt{n}\sqrt{n}} ≤ \frac{\left(\begin{matrix}\underbrace{1 + 1 \cdots + 1} \\ n-2 \end{matrix}\right) + \sqrt{n} + \sqrt{n}}{n} = \frac{n-2}{n} + \frac{2\sqrt{n}}{n}\)
而\(\lim_{n \to \infty}\left(\frac{n-2}{n} + \frac{2\sqrt{n}}{n}\right) = 1\)，所以\(\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{n} = 1\)。
【66】\(\lim_{n \to \infty}\frac{1}{\sqrt[n]{n!}} = 0\)
证：\(\frac{1}{\sqrt[n]{n!}} = \sqrt[n]{\frac{1}{n!}}\)，根据几何平均数和算术平均数之间的关系有
$$ \sqrt[n]{\frac{1}{n!}} < \frac{\frac{1}{1} + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n}}{n} $$
令\(a_n = \frac{1}{n}\)，显然\(a_n \to 0, n \to \infty\)。根据【L1】有
$$ \lim_{n \to \infty}\frac{\frac{1}{1} + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n}}{n} = 0 $$
所以，\(\lim_{n \to \infty}\frac{1}{\sqrt[n]{n!}} = 0\)。口
【67】当\(n\)充分大时，下列各组表达式中哪个更大些？
(1) \(100n + 200\) V.S. \(0.01n^2\) (2) \(2^n\) V.S. \(n^{1000}\) (3) \(1000^n\) V.S. \(n!\)
答：(1)\(0.01n^2\)更大，(2)\(2^n\)更大，(3)\(n!\)更大
【68】证明：\(\lim_{n \to \infty}\left(\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdots\frac{2n-1}{2n}\right) = 0\)
证：根据【10】知\(\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} ... \frac{2n-1}{2n} < \frac{1}{\sqrt{2n+1}}\)
而\(\lim_{n \to \infty}\frac{1}{\sqrt{2n+1}} = 0\)， 所以\(\lim_{n \to \infty}\left(\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdots\frac{2n-1}{2n}\right) = 0\)
【89】证明若数列\(\{x_n\}\)收敛，则它的任何子列\(\{x_{p_n}\}\)也收敛，且有同一极限\(\lim_{n\to\infty}x_{p_n} = \lim_{n\to\infty}x_n\)。
证：假设子列\(\{x_{p_n}\}\)发散，那么有两种情况：
(1). \(\lim_{n\to\infty}x_{p_n} = \infty\)。那么\(\forall A > 0, \exists N \in N^*, 当n > N时, 都满足|x_{p_n}| > A\)。 又因为\(x_{p_n} \subseteq \{x_n\}\)，那么\(\forall \varepsilon > 0\)都找不到一个正整数\(N\)， 使数列\(\{x_n\}\)满足数列极限的定义。
(2). 数列\(\{x_{p_n}\}\)有两个子列收敛于两个不同的数，不妨设为\(\lim_{n\to\infty}x_{p_{a_n}} = α, \lim_{n\to\infty}x_{p_{b_n}} = β\),并且\(α < β\)。那么我们总能够找到一个实数\(\phi > 0\), 满足\(|α - β| > \phi\)。 根据Cauchy收敛准则，可以得出数列\(\{x_n\}\)和\(\{x_{p_n}\}\)不是基本列。
根据(1)(2)知子列\(\{x_{p_n}\}\)发散与数列\(\{x_n\}\)收敛矛盾。 所以若数列\(\{x_n\}\)收敛，则它的任何子列\(\{x_{p_n}\}\)也收敛。另外，参考(2)的讨论， 可以根据Cauchy收敛准则证明子列\(\{x_{p_n}\}\)与数列\(\{x_n\}\)收敛于同一极限。
【93】证明：收敛的数列一定是有界的
参考性质1
【94】证明：收敛数列或到达其上确界，或到达其下确界，或者两者都到达。
证明：(1)若数列各项为一个常数，那么该数列收敛于该常数，并且到达了上确界和下确界。
(2)若数列各项不为一个常数，假设\(\lim_{n\to\infty}x_n = A\)，那么存在以下三种情况：
a. 数列中存在存在大于A的项，即\(x_i > A\)。那么在A的不包含\(x_i\)的邻域之外一定有有限个项，并且\(x_i\)大于该邻域中的所有元素。 因此我们一定可以穷尽数列\(\{x_n\}\)中所有大于\(x_i\)的项，这就达到了上确界。其下确界可能达到也可能达不到。
b. 与a同理，如果数列中存在小于A的项，即\(x_i < A\)。那么通过选择A的邻域使其不包含\(x_i\)，则有\(x_i\)小于该邻域中的所有元素。 因而我们可以穷尽\(\{x_n\}\)中所有小于\(x_i\)的项，进而达到下确界。其上确界可能达到也可能达不到。
c. 数列中可能同时存在大于A的项\(x_i > A\)，和小于A的项\(x_j < A\)，根据a和b的讨论，我们一定可以穷尽大于\(x_i\)的项进而达到上确界。 穷尽小于\(x_j\)的项进而达到下确界。
【95】证明：趋近于\(+\infty\)的数列\(\{x_n\}\)必定达到其下确界。
证：因为\(\{x_n\}\)趋近于\(+\infty\)，那么\(\forall A > 0, \exists N \in N^*,使得n>N时有x_n > A总成立\)。 取\(A = x_N\)那么数列\(\{x_n\}\)的下确界一定在\(x_1, x_2, \cdots, x_N\)这些个有限项中取得， 因为所有\(n>N\)的项都大于\(x_N\)。
【140】证明：若数列\(x_n, n=1,2,\cdots\)收敛且\(x_n > 0\)，则\(\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{x_1x_2\cdots x_n} = \lim_{n\to\infty}x_n\)。
证：根据调和平均数、几何平均数和算术平均数之间的不等式关系，我们有
$$ \frac{n}{\frac{1}{x_1} + \frac{1}{x_2} + \cdots + \frac{1}{x_n}} ≤ \sqrt[n]{x_1x_2\cdots x_n} ≤ \frac{x_1 + x_2 + \cdots + x_n}{n} $$
根据【138】有\(\lim_{n\to\infty}\frac{x_1 + x_2 + \cdots + x_n}{n} = \lim_{n\to\infty}x_n\)。
又因为\(\lim_{n\to\infty}\left(\frac{n}{\frac{1}{x_1} + \frac{1}{x_2} + \cdots + \frac{1}{x_n}}\right)
= \frac{1}{\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{1}{x_1} + \frac{1}{x_2} + \cdots + \frac{1}{x_n}}{n}} = \frac{1}{\lim_{n\to\infty}\frac{1}{x_n}} = \lim_{n\to\infty}x_n\)。
根据夹逼原理知\(\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{x_1x_2\cdots x_n} = \lim_{n\to\infty}x_n\)。
【141】证明：若\(x_n, n=1,2,\cdots\)且\(\lim_{n\to\infty}\frac{x_{n+1}}{x_n}\)存在，则\(\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{x_n} = \lim_{n\to\infty}\frac{x_{n+1}}{x_n}\)。
证：因为\(\lim_{n\to\infty}\frac{x_{n+1}}{x_n}\)存在，所以 $$\begin{align} \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{x_n} & = \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{x_1}\cdot \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\frac{x_2}{x_1}\cdot\frac{x_3}{x_2}\cdots\frac{x_{n+1}}{x_n}} \\ & = 1 \cdot \lim_{n\to\infty}\frac{x_{n+1}}{x_n} \end{align} $$
【142】证明：\(\lim_{n\to\infty}\frac{n}{\sqrt[n]{n!}} = e\)
证：令\(x_n = \frac{n^n}{n!}\)有\(\frac{x_{n+1}}{x_n} = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n\)。 所以有\(\lim_{n\to\infty}\frac{x_{n+1}}{x_n} = e\)，根据【141】的结论有,\(\lim_{n\to\infty}\frac{n}{\sqrt[n]{n!}} = e\)。
【143】证明Stolz定理：设\(\{b_n\}\)是严格递增趋于\(+\infty\)的数列，如果\(\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = A\)，那么\(\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n} = A\)。
证：因为\(\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = A\)，根据极限定义有\(A\)的\(\varepsilon\)邻域和正整数\(N \in N^*\)，使得当\(n > N\)时有
$$ A-\varepsilon < \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} < A+\varepsilon $$
即：
$$ \begin{matrix}
(A-\varepsilon)(b_{N+1} - b_N) & < a_{N+1}-a_N < & (A+\varepsilon)(b_{N+1} - b_N) \\
(A-\varepsilon)(b_{N+2} - b_{N+1}) & < a_{N+2}-a_{N+1} < & (A+\varepsilon)(b_{N+2} - b_{N+1}) \\
& \vdots & \\
(A-\varepsilon)(b_{n+1} - b_n) & < a_{n+1}-a_n < & (A+\varepsilon)(b_{n+1} - b_n) \\
\end{matrix} $$
将上述不等式相加得到：
$$ (A-\varepsilon)(b_{n+1} - b_N) < a_{n+1}-a_N < (A+\varepsilon)(b_{n+1} - b_N) $$
即：
$$ \left|\frac{a_{n+1} - a_N}{b_{n+1} - b_N} -A \right| < \varepsilon $$
那么
$$ \left|\frac{a_{n+1}}{b_{n+1}} - A \right| = \left|\frac{a_{n+1} - a_N + a_N}{b_{n+1}} - A \right|
< \left|\frac{a_N}{b_{n+1}}\right| + \left|\frac{a_{n+1}- a_N}{b_{n+1} - b_N} - A\right| $$
所以存在一个正整数\(N' > N\)，使得\(n > N'\)时有\(\left|\frac{a_N}{b_{n+1}}\right| < \varepsilon\)
所以\(\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n} = A\)。口
实际上\(A = +\infty\)或者\(A = -\infty\)时，该定理也成立。
如果\(\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = +\infty\)，那么有\(\lim_{n\to\infty}\frac{b_{n+1}-b_n}{a_{n+1}-a_n} = 0\)，根据上述证明我们有 \(\lim_{n\to\infty}\frac{b_n}{a_n} = 0\)，所以\(\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n} = +\infty\)。
如果\(\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = -\infty\)，我们定义\(c_n = -a_n\)，那么有\(\lim_{n\to\infty}\frac{c_{n+1}-c_n}{b_{n+1}-b_n} = +\infty\)，根据上述证明我们有 \(\lim_{n\to\infty}\frac{c_n}{b_n} = +\infty\)，所以\(\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n} = -\infty\)。
【144】求：(1)\(\lim_{n\to\infty}\frac{n^2}{a^n}\), (2)\(\lim_{n\to\infty}\frac{\lg{n}}{n}\)
解：(1)显然\(a^n\)单调递增且趋于\(+\infty\)，所以\(\lim_{n\to\infty}\frac{n^2}{a^n} = \lim_{n\to\infty}\frac{(n+1)^2-n^2}{a^{n+1}-a^n} = \lim_{n\to\infty}\frac{2n+1}{a^n(a-1)} = \lim_{n\to\infty}\frac{2(n+1)-1-(2n+1)}{a^{n+1}(a-1)-a^n(a-1)} = 0\)
(2)\(\lim_{n\to\infty}\frac{\lg{n}}{n} = \lim_{n\to\infty}\frac{\lg{(n+1)}-\lg{n}}{n+1-n} = \lim_{n\to\infty}\lg{\left(1+\frac{1}{n}\right)} = 0\)
【145】证明：若\(p\)为正整数，则
- \(\lim_{n\to\infty}\frac{1^p + 2^p + \cdots + n^p}{n^{p+1}} = \frac{1}{p+1}\)
- \(\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1^p + 2^p + \cdots + n^p}{n^p} - \frac{n}{p+1} \right) = \frac{1}{2}\)
- \(\lim_{n\to\infty}\frac{1^p + 3^p + \cdots + (2n-1)^p}{n^{p+1}} = \frac{2^p}{p+1}\)
证：(1). 根据Stolz定理，我们有 $$ \begin{align} \lim_{n\to\infty}\frac{1^p + 2^p + \cdots + n^p}{n^{p+1}} & = \lim_{n\to\infty}\frac{(n+1)^p}{(n+1)^{p+1}- n^{p+1}} \\ & = \lim_{n\to\infty}\frac{(n+1)^p}{n^{p+1} + C_{p+1}^1 n^p + \cdots + 1 - n^{p+1}} \\ & = \lim_{n\to\infty}\frac{\left(1 + \frac{1}{n}\right)^p}{(p+1) + o(\frac{1}{n}) + 1} \\ & = \frac{1}{p+1} \end{align} $$
(2). 根据Stolz定理，我们有 $$ \begin{align} \lim_{n\to\infty}\left(\frac{1^p + 2^p + \cdots + n^p}{n^p} - \frac{n}{p+1} \right) & = \lim_{n\to\infty}\frac{(p+1)(1^p + 2^p + \cdots + n^p) - n^{p+1}}{(p+1)n^p} \\ & = \lim_{n\to\infty}\frac{(p+1)(n+1)^p-(n+1)^{p+1}+n^{p+1}}{(p+1)[(n+1)^p - n^p]} \\ & = \lim_{n\to\infty}\frac{(p+1)[n^p + C_p^1n^{p-1} + \cdots + 1] - [n^{p+1} + C_{p+1}^1n^p + C_{p+1}^2n^{p-1} + \cdots + 1] + n^{p+1}}{(p+1)[n^p + C_p^1n^{p-1} + \cdots + 1 - n^p]} \\ & = \lim_{n\to\infty}\frac{\frac{p(p+1)}{2} + o(\frac{1}{n})}{p(p+1) + o(\frac{1}{n})} \\ & = \frac{1}{2} \end{align} $$
(3). 根据Stolz定理，我们有 $$ \begin{align} \lim_{n\to\infty}\frac{1^p + 3^p + \cdots + (2n-1)^p}{n^{p+1}} & = \lim_{n\to\infty}\frac{(2n+1)^p}{(n+1)^{p+1} - n^{p+1}} \\ & = \lim_{n\to\infty}\frac{(2n)^p + C_p^1(2n)^{p-1} + \cdots + 1}{n^{p+1} + C_{p+1}^1n^p + \cdots + 1 - n^{p+1}} \\ & = \lim_{n\to\infty}\frac{2^p + o(\frac{1}{n})}{p+1 + o{\frac{1}{n}}} \\ & = \frac{2^p}{p+1} \end{align} $$
【509】\(\underset{n \to \infty}{\lim} \left(\sin^n {\cfrac{2\pi n}{3n + 1}}\right)\)
解：因为\(\left|\sin {\cfrac{2\pi n}{3n + 1}}\right| ≤ 1\)，并且\(\underset{n \to \infty}{\lim} \cfrac{2\pi n}{3n + 1} = \cfrac{2\pi}{3}\)。 所以\(\underset{n \to \infty}{\lim} \left(\sin^n {\cfrac{2\pi n}{3n + 1}}\right) = 0\)。
============只是分割线而已===============
【L1】已知\(a_n \to a, n \to \infty\)，求证：
$$ \lim_{n \to \infty}\frac{a_1 + a_2 + \cdots + a_n}{n} = a $$
证：若\(a \neq 0\)，那么有\((a_n -a) \to 0, n \to \infty\)， 并且\(\lim_{n \to \infty}\frac{(a_1 - a) + (a_2 - a) + \cdots + (a_n - a)}{n} = 0\)。令\(b_n = a_n - a\)，就可以得到和题设一样的等式。 所以要证明命题成立，我们只需证明\(a = 0\)这一种情况就可以了。
因为\(a_n \to a, n \to \infty\)，所以对于任意正数\(\varepsilon\)，一定存在一个正整数\(N\)，使得当\(n > N\)时， \(|a_n| < \frac{\varepsilon}{2}\)
所以，\(|\frac{a_1 + a_2 + \cdots + a_n}{n}| < |\frac{a_1 + a_2 + \cdots + a_N}{n}| + \frac{n - N}{n} \cdot \frac{\varepsilon}{2} < |\frac{a_1 + a_2 + \cdots + a_N}{n}| + \frac{\varepsilon}{2}\)
对于一个给定的\(N\)，\(a_1, a_2, \cdots, a_N\)就是可数个。因而对于\(|\frac{a_1 + a_2 + \cdots + a_N}{n}|\)， 我们可以选定一个正整数\(N_1 > N\)，使得当\(n > N_1\)时，\(|\frac{a_1 + a_2 + \cdots + a_N}{n}| < \frac{\varepsilon}{2}\)。
所以，对于任意正数\(\varepsilon > 0\)，总存在一个正整数\(N_1 \in N^*\)，使得\(n > N_1\)时， \(|\frac{a_1 + a_2 + \cdots + a_n}{n}| < \varepsilon\)。
命题得证。口