柯西收敛准则证明以下数列收敛：（1） a(n)=sin1/2 +sin2/2²+……+sin（n)/2(n次方

　　判别级数
　　　∑[1/(2n+1)+1/(2n+2)]
的敛散性用不着柯西收敛准则,用比较判别法足矣：因
　　　lim(n→∞)[1/(2n+1)+1/(2n+2)]/(1/n)
　　= lim(n→∞)[1/(2+1/n)+1/(2+2/n)]
　　= 1/2+1/2 = 1,
而级数 ∑(1/n) 发散,据比较判别法知原级数发散.

　　对任意epsilon>0,存在正整数N = [1/epsilon]+1,使得对任意n>N,任意正整数p,有
|x(n+p)-x(n)| = 1/(n+1)!+1/(n+2)!+…+1/(n+p)!
　　< 1/(n+1)n+1/(n+2)(n+1)+…+1/(n+p)(n+p-1)
　　= 1/n-1/(n+p)

极限lim（x→a-）f（x）存在的充分必要条件为对任意ε＞0,存在δ＞0,使得对任意x'、x"∈U°-（a,δ）,都有|f（x'）-f（x"）|＜ε.
必要性的证明：设极限lim（x→a-）f（x）存在,值为A.则对任意ε＞0,存在δ＞0,当x∈U°-（a,δ）时,有|f（x）-A|＜ε/2.从而对任意x'、x"∈U°-（a,δ）,都有|f（x'）-A|＜ε/2,|f（x"）-A|＜ε/2,从而|f（x'）-f（x"）|=|（f（x'）-A）-（f（x"）-A）|≤|f（x'）-A|+|f（x"）-A|＜ε.

不懂哎

不妨设数列单调增,因为有上界所以有上确界,设为A.则an0,存在aN>A-§,则由an单调增知,对任意的n,m>N,有A>an>A-§,A>am>A-§.又因为从而有|an-am|

不行X是根据ε定的
可以认识是ε 的函数X(ε)
所以你这里任意的ε 那么x2=X(ε)+1不是一个定值
所以怎么能取极限呀?

不可以,首先柯西准则中说"使得任意n,m＞N时",是指对每一个m和n都成立,你设m=n+1的话,就限定了m和n之间的关系,而这个关系在准则的条件里是找不到的,你这样做是把准则的条件加强了,通常合理的做法是令m=n+p（p是正整数）,这样可以保证m和n的任意性.另外你写的“limXn=XN+1”这个式子是没有意义的,极限存在的话只能是一个常数,而不会是变量,说一个序列的极限等于一个变量是不合法的.

由无穷级数的知识知这个级数是收敛的,下面用柯西准则证明.柯西准则是说,对任意ε>0,存在N使得n>N时,对任意的n和p,有|∑an|

|a(n+p)-a(n)|=1/(n+1)^2+...+1/(n+p)^2

很不幸的是,你的过程都没有问题,就是最后,有|am-a(N+1)|0,存在N∈N*,使得任意n>N,有|an-c|

这题明显少条件,如果bn是单调的就可以了.否则结论不成立.
反例：an＝(－1)^n/n^(1/2),级数an收敛.
bn＝(－1)^n/n^(1/2),数列bn收敛于0,但
级数anbn＝级数1/n是发散的.
题目条件等价于级数(bn－b(n－1))是绝对收敛的,这就足够了.
证明得用到Abel分部求和公式：
记a1+...+ak＝Sk,则a1b1+...+akbk
＝Skbk－【S1(b1－b2)+S2(b2－b3)+...+S(k－1)(b(k－1)－bk)】 (*).
注意到条件能得到Sk有极限,bk有极限,且由于Sk有极限故有界,因此
级数(Sk(bk－b(k+1))是绝对收敛的当然也是收敛的,因此(*)式
当k趋于无穷时是有极限的,即级数anbn是收敛的.
ps:你可以自己用Cauchy收敛原理去证,当然还是得用上面的Abel分部求和.
证明过程类似,不过注意到Sk不是从级数an的第一项开始相加了.
自己试一下吧.