高等微积分笔记 Lesson 4

高等微积分 Lesson 4

极限

第 $n$ 代仪器测量 $L$ （未知）所得值 $x_n$ （ $n\in\Z_+$ ），怎么说明仪器更新会让 $L$ 的测量数据越来越精确？有以下几个思路：

误差 $|x_n-L|$ 随 $n$ 增大越来越小？
但有实验误差，未必 $|x_{n+1}-L|<|x_n-L|$ . 这个思路不切实际.
对任何一个精度的要求 $\varepsilon>0$ ，都可以保证从某一代起，误差满足 $|x_n-L|<\varepsilon$ . 这表明随 $n$ 增大， $x_n$ 整体而言越接近 $L$ .

/Definition/

设 $\{x_n\}^\infty_{n=1}$ 是无穷数列，称 $\{x_n\}$ 以 $L$ 为极限，当且仅当 $\forall\varepsilon>0$ ， $\exist N\in\Z_+$ （ $N$ 依赖于 $\varepsilon$ ），满足 $\forall n\geq N$ 有 $|x_n-L|<\varepsilon$ .
记作： $\underset{n\to\infty}{\lim}x_n=L$

评述：

极限行为与 $\{x_n\}$ 前面有限项无关，若 $x_n=y_n$ ， $\forall n\geq N_0$ ，则 $\underset{n\to\infty}{\lim}x_n=\underset{n\to\infty}{\lim}y_n$ .
极限记号是 $\underset{n\to\infty}{\lim}$ ，上面意思是limit，下面的意思是“随着 $n$ 越来越大”. 但是下面 $n\to\infty$ 不太好理解， $\lim$ 这个记号可能更清楚.

接下来使用上面讲过的符号语言进行翻译：

$\{x_n\}$ 以 $L$ 为极限 $\Longleftrightarrow$ $\forall\varepsilon>0$ ， $\exist N\in\Z$ ， $\forall n\geq N$ ， $|x_n-L|<\varepsilon$ .
$\{x_n\}$ 不以 $L$ 为极限 $\Longleftrightarrow$ $\exist\varepsilon>0$ ， $\forall N\in\Z$ ， $\exist n\geq N$ ， $|x_n-L|\geq\varepsilon$ .
$\{x_n\}$ 有极限 $\Longleftrightarrow$ $\exist L\in\R$ ， $\forall\varepsilon>0$ ， $\exist N\in\Z$ ， $\forall n\geq N$ ， $|x_n-L|<\varepsilon$ .
$\{x_n\}$ 无极限 $\Longleftrightarrow$ $\forall L\in\R$ ， $\exist\varepsilon>0$ ， $\forall N\in\Z$ ， $\exist n\geq N$ ， $|x_n-L|\geq\varepsilon$ .

/Example/

证明： $\underset{n\to\infty}{\lim}\frac{1}{n}=0$
/Proof/
取 $N=[1/\varepsilon]+1$ 即可.
证毕.

/Example/

证明： $\underset{n\to\infty}{\lim}\sqrt[n]{a}=1$
/Proof/
当 $a>1$ 时， $\forall\varepsilon>0$ ，取 $N>\frac{a-1}{\varepsilon}$ ，从而 $\forall n\geq N$ 有
$\begin{aligned} &(1+\varepsilon)^n\geq1+n\varepsilon\geq1+N\varepsilon>1+a-1=a\\\\ &\Longrightarrow\sqrt[n]{a}<1+\varepsilon \end{aligned}$
当 $0<a<1$ 时，四则运算即可：
$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a}=\lim\frac{1}{\sqrt[n]{\frac{1}{a_n}}}$
证毕.

/Example/

证明： $\lim\sqrt[n]{n}=1$
/Proof/
草稿：
$\begin{aligned} &|\sqrt[n]{n}-1|<\varepsilon\\\\ &\sqrt[n]{n}<1+\varepsilon\\\\ &n<(1+\varepsilon)^n\\\\ &n<1+n\varepsilon+\frac{1}{2}n(n-1)\varepsilon^2 \end{aligned}$
由上面可以发现可以取 $N>1+\frac{2}{\varepsilon^2}$ .
证毕.

极限性质

/Claim/

设 $\lim x_n=L<B$ ，则 $\exist n\in\Z_+$ ， $\forall n\geq N$ 有 $x_n<B$ . $L>A$ 同理.
可以表述为：充分大的指标保持极限不等式.

/Proof/

由 $\lim x_n=L$ 定义知，对 $\varepsilon=B-L$ ， $\exist N\in\Z_+$ ， $\forall n\geq N$ ，又 $|x_n-L|<\varepsilon=B-L$ ，所以 $x_n<L+\varepsilon=B$ .

可以得到一个推论：数列的极限至多唯一.

/Proof/

反证法：设 $\{x_n\}$ 有两个极限 $L_1$ ， $L_2$ ，不妨设 $L_1<L_2$ . 取 $B$ 是两个极限的中点，用上面命题即证矛盾.

/Claim/

设 $\lim x_n<\lim y_n$ ，则 $\exist N$ 使 $\forall n>N$ 有 $x_n<y_n$ .

/Proof/

设两个极限分别为 $L_1<L_2$ ，取 $\varepsilon=\frac{L_2-L_1}{2}$ ，则会有 $x_n<\frac{L_1+L_2}{2}$ ， $\forall n>N_1$ ， $y_n>\frac{L_1+L_2}{2}$ ， $\forall n>N_2$ ，此时取 $N=\max(N_1,N_2)$ 即可证明.

/Claim/

设 $\{x_n>0\}$ ， $\lim x_{n+1}/x_n=q$ 存在且 $q<1$ ，则 $\lim x_n=0$ .

/Proof/

取 $q<r<1$ ，由 $\lim\frac{x_{n+1}}{x_n}=q<r$ 及Claim1，知 $\exist N\in\Z_+$ ， $\forall n\geq N$ 有 $x_{n+1}/x_n<r$ ，所以 $\forall n>N$ 有 $0<x_n<x_Nr^{n-N}$ ，最后得到 $\lim x_n=0$ .

/Claim/

极限不等式：设 $x_n\leq y_n$ （ $\forall n\geq N_0$ ），则 $\lim x_n\leq\lim y_n$ .

/Proof/

反证，用Claim2即可.

注意：若 $x_n<y_n$ ，只能得出 $\lim x_n\leq\lim y_n$ ！

为什么Claim1和Claim2是有用的？因为建立极限比建立不等式更加简单，可以忽略很多麻烦的项.

/Example/（等比数列）

$\lim q^n=\left\{\begin{array}{lr}0,\quad|q|<1\\1,\quad q=1\\\text{none},\quad\text{else}\end{array}\right.$

/Proof/

$|q|<1$ 时略.
$q=1$ 时显然.
else情况下的证明要使用下面的Claim，证明无上界，即 $\forall M$ ， $\exist |q^n|>M$ . 这是由于 $|q^n|=(1+b)^n\geq1+nb>M$ ，一定有 $n$ 满足条件.

证毕.

/Claim/

收敛的数列一定有界.
称收敛，当且仅当有极限
称有界，当且仅当既有上界又有下界，当且仅当 $\exist M$ 使 $|x_n|\leq M$ ， $\forall n$ .

极限计算方法

定义
四则运算
夹逼定理

定义

/Example/

多项式增长 $\ll$ 指数增长，求证 $\lim\frac{n^k}{q^n}=0$ （ $q>1$ ）.

/Proof/

令 $x_n=\frac{n^k}{q^n}$ ，
$\lim\frac{x_{n+1}}{x_n}=\lim\frac{1}{q}(\frac{n+1}{n})^k=\frac{1}{q}<1$
由Claim就知道， $\lim x_n=0$ .
当然也可以用定义验证，但是会非常复杂.

四则运算

极限和四则运算可交换.

以乘法为例，证明：（ $\lim x_n=A$ ， $\lim y_n=B$ ）

$\begin{aligned} |x_ny_n-AB|&=|(x_n-A)y_n+A(y_n-B)|\\\\ &\leq|x_n-A||y_n|+|A||y_n-B| \end{aligned}$
由 $\lim x_n=A$ 知 $|x_n-A|$ 可控制；
由 $\lim y_n=B$ 知 $|y_n-B|$ 可控制；
由 $\{y_n\}$ 收敛知其有界， $|y_n|$ 可控制.
代回原式就可知道 $|x_ny_n-AB|<\varepsilon$ .

接下来证明除法：

$\begin{aligned} |\frac{x_n}{y_n}-\frac{A}{B}|&=|\frac{x_nB-y_nA}{By_n}|\\\\ &=|\frac{(x_n-A)B+A(B-y_n)}{By_n}|\\\\ &\leq\frac{|x_n-A||B|+|A||B-y_n|}{|B||y_n|} \end{aligned}$
之后几句话是与上面一样的，特别注意分母的控制：
由 $\lim y_n=B\neq0$ ，有 $|y_n|$ 在 $n$ 充分大时 $|y_n|>|B|/2$ ，分母得到控制.
之后的证明与上面一样.

推论：极限与有限和/积可交换.

\begin{aligned} &\lim\sum_{i=1}^k x_{i,n}=\sum_{i=1}^{k}\lim x_{i,n}\\\\ &\lim\prod_{i=1}^{k}x_{i,n}=\prod_{i=1}^{k}\lim x_{i,n}\\\\ \end{aligned}

无限和/积不一定可交换！

/Example/

证明： $\lim\frac{a_kn^k+a_{k-1}n^{k-1}+\cdots+a_0}{n^k}=a_k$

证明显然.

/Example/

求： $\lim\frac{a_kn^k+a_{k-1}n^{k-1}+\cdots+a_0}{b_mn^m+b_{m-1}n^{m-1}+\cdots+b_0}$

/Solution/

可以换成上面一个Example的形式：
$\begin{aligned} \text{LHS}&=\lim\frac{a_kn^k+\cdots+a_0}{n^k}\cdot\frac{n^k}{b_mn^m+\cdots+b_0}\\\\ &=\frac{a_k}{b_m}\lim n^{k-m}\\\\ \end{aligned}$
就得到了结果.