高等微积分笔记 Lesson 4

本文最后更新于 2024年9月21日 中午

高等微积分 Lesson 4

极限

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

  1. 误差xnL|x_n-L|nn增大越来越小?

    但有实验误差,未必xn+1L<xnL|x_{n+1}-L|<|x_n-L|. 这个思路不切实际.

  2. 对任何一个精度的要求ε>0\varepsilon>0,都可以保证从某一代起,误差满足xnL<ε|x_n-L|<\varepsilon. 这表明随nn增大,xnx_n整体而言越接近LL.

/Definition/

{xn}n=1\{x_n\}^\infty_{n=1}是无穷数列,称{xn}\{x_n\}LL为极限,当且仅当ε>0\forall\varepsilon>0NZ+\exist N\in\Z_+NN依赖于ε\varepsilon),满足nN\forall n\geq NxnL<ε|x_n-L|<\varepsilon.

记作:limnxn=L\underset{n\to\infty}{\lim}x_n=L

评述:

  1. 极限行为与{xn}\{x_n\}前面有限项无关,若xn=ynx_n=y_nnN0\forall n\geq N_0,则limnxn=limnyn\underset{n\to\infty}{\lim}x_n=\underset{n\to\infty}{\lim}y_n.
  2. 极限记号是limn\underset{n\to\infty}{\lim},上面意思是limit,下面的意思是“随着nn越来越大”. 但是下面nn\to\infty不太好理解,lim\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:

  1. {xn}\{x_n\}LL为极限 \Longleftrightarrow ε>0\forall\varepsilon>0NZ\exist N\in\ZnN\forall n\geq NxnL<ε|x_n-L|<\varepsilon.
  2. {xn}\{x_n\}不以LL为极限 \Longleftrightarrow ε>0\exist\varepsilon>0NZ\forall N\in\ZnN\exist n\geq NxnLε|x_n-L|\geq\varepsilon.
  3. {xn}\{x_n\}有极限 \Longleftrightarrow LR\exist L\in\Rε>0\forall\varepsilon>0NZ\exist N\in\ZnN\forall n\geq NxnL<ε|x_n-L|<\varepsilon.
  4. {xn}\{x_n\}无极限 \Longleftrightarrow LR\forall L\in\Rε>0\exist\varepsilon>0NZ\forall N\in\ZnN\exist n\geq NxnLε|x_n-L|\geq\varepsilon.

/Example/

证明:limn1n=0\underset{n\to\infty}{\lim}\frac{1}{n}=0

/Proof/

N=[1/ε]+1N=[1/\varepsilon]+1即可.

证毕.

/Example/

证明:limnan=1\underset{n\to\infty}{\lim}\sqrt[n]{a}=1

/Proof/

  1. a>1a>1时,ε>0\forall\varepsilon>0,取N>a1εN>\frac{a-1}{\varepsilon},从而nN\forall n\geq N

    (1+ε)n1+nε1+Nε>1+a1=aan<1+ε\begin{aligned} &(1+\varepsilon)^n\geq1+n\varepsilon\geq1+N\varepsilon>1+a-1=a\\\\ &\Longrightarrow\sqrt[n]{a}<1+\varepsilon \end{aligned}

  2. 0<a<10<a<1时,四则运算即可:

    limnan=lim11ann\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a}=\lim\frac{1}{\sqrt[n]{\frac{1}{a_n}}}

证毕.

/Example/

证明:limnn=1\lim\sqrt[n]{n}=1

/Proof/

草稿:

nn1<εnn<1+εn<(1+ε)nn<1+nε+12n(n1)ε2\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+2ε2N>1+\frac{2}{\varepsilon^2}.

证毕.

极限性质

/Claim/

limxn=L<B\lim x_n=L<B,则nZ+\exist n\in\Z_+nN\forall n\geq Nxn<Bx_n<B. L>AL>A同理.

可以表述为:充分大的指标保持极限不等式.

/Proof/

limxn=L\lim x_n=L定义知,对ε=BL\varepsilon=B-LNZ+\exist N\in\Z_+nN\forall n\geq N,又xnL<ε=BL|x_n-L|<\varepsilon=B-L,所以xn<L+ε=Bx_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{xn}\{x_n\}有两个极限L1L_1L2L_2,不妨设L1<L2L_1<L_2. 取BB是两个极限的中点,用上面命题即证矛盾.

/Claim/

limxn<limyn\lim x_n<\lim y_n,则N\exist N使n>N\forall n>Nxn<ynx_n<y_n.

/Proof/

设两个极限分别为L1<L2L_1<L_2,取ε=L2L12\varepsilon=\frac{L_2-L_1}{2},则会有xn<L1+L22x_n<\frac{L_1+L_2}{2}n>N1\forall n>N_1yn>L1+L22y_n>\frac{L_1+L_2}{2}n>N2\forall n>N_2,此时取N=max(N1,N2)N=\max(N_1,N_2)即可证明.

/Claim/

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

/Proof/

q<r<1q<r<1,由limxn+1xn=q<r\lim\frac{x_{n+1}}{x_n}=q<r及Claim1,知NZ+\exist N\in\Z_+nN\forall n\geq Nxn+1/xn<rx_{n+1}/x_n<r,所以n>N\forall n>N0<xn<xNrnN0<x_n<x_Nr^{n-N},最后得到limxn=0\lim x_n=0.

/Claim/

极限不等式:设xnynx_n\leq y_nnN0\forall n\geq N_0),则limxnlimyn\lim x_n\leq\lim y_n.

/Proof/

反证,用Claim2即可.

注意:若xn<ynx_n<y_n,只能得出limxnlimyn\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)

limqn={0,q<11,q=1none,else\lim q^n=\left\{\begin{array}{lr}0,\quad|q|<1\\1,\quad q=1\\\text{none},\quad\text{else}\end{array}\right.

/Proof/

  1. q<1|q|<1时略.
  2. q=1q=1时显然.
  3. else情况下的证明要使用下面的Claim,证明无上界,即M\forall Mqn>M\exist |q^n|>M. 这是由于qn=(1+b)n1+nb>M|q^n|=(1+b)^n\geq1+nb>M,一定有nn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M\exist M使xnM|x_n|\leq Mn\forall n.

极限计算方法

  1. 定义
  2. 四则运算
  3. 夹逼定理

定义

/Example/

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

/Proof/

xn=nkqnx_n=\frac{n^k}{q^n}

limxn+1xn=lim1q(n+1n)k=1q<1\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,limxn=0\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:(limxn=A\lim x_n=Alimyn=B\lim y_n=B

xnynAB=(xnA)yn+A(ynB)xnAyn+AynB\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}

limxn=A\lim x_n=AxnA|x_n-A|可控制;
limyn=B\lim y_n=BynB|y_n-B|可控制;
{yn}\{y_n\}收敛知其有界,yn|y_n|可控制.

代回原式就可知道xnynAB<ε|x_ny_n-AB|<\varepsilon.

接下来证明除法:

xnynAB=xnBynAByn=(xnA)B+A(Byn)BynxnAB+ABynByn\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:

limyn=B0\lim y_n=B\neq0,有yn|y_n|nn充分大时yn>B/2|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.

limi=1kxi,n=i=1klimxi,nlimi=1kxi,n=i=1klimxi,n\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:limaknk+ak1nk1++a0nk=ak\lim\frac{a_kn^k+a_{k-1}n^{k-1}+\cdots+a_0}{n^k}=a_k

证明显然.

/Example/

求:limaknk+ak1nk1++a0bmnm+bm1nm1++b0\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:

LHS=limaknk++a0nknkbmnm++b0=akbmlimnkm\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.

引理:若limxn=A\lim x_n=Alimyn=B\lim y_n=B,但是limzn\lim z_n不存在,则limxnynzn\lim x_ny_nz_n不存在.

夹逼定理

/Theorem/

anbncna_n\leq b_n\leq c_nnN0\forall n\geq N_0),设liman=limcn=L\lim a_n=\lim c_n=L,则limbn\lim b_n存在且等于LL.

/Proof/

ε>0\forall \varepsilon>0nn足够大时有an>Lεa_n>L-\varepsiloncn<L+εc_n<L+\varepsilon,此时bnb_n在两者之间.


高等微积分笔记 Lesson 4
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作者
菲兹克斯喵
发布于
2024年9月21日
更新于
2024年9月21日
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