高等微积分笔记 Lesson 5

高等微积分 Lesson 5

仍然是从极限的计算方法开始讲课.

极限计算方法

夹逼定理

/Theorem/

设an≤bn≤cna_n\leq b_n\leq c_n（∀n≥N0\forall n\geq N_0），若lim⁡an=lim⁡cn=L\lim a_n=\lim c_n=L，则可知lim⁡bn\lim b_n存在且等于LL.

/Moreover/

  1. 适用于{bn}\{b_n\}复杂，但有简单上下界的情况.
  2. 不需要验证{bn}\{b_n\}有极限，定理结论保证了这一点.

在wiki上说，东欧语系里面称这个定理为“两个警察与一个醉汉”定理.

/Example/

设a1,a2,⋯ ,ak>0a_1,a_2,\cdots,a_k>0，则证明：

lim⁡(a1n+a2n+⋯+akn)1/n=max⁡{an}\lim(a^n_1+a^n_2+\cdots+a_k^n)^{1/n}=\max\{a_n\}

/Proof/

不妨假设a1=max⁡{an}a_1=\max\{a_n\}，则

a1<(a1n+⋯+akn)1/n≤k1/na1a_1<(a^n_1+\cdots+a_k^n)^{1/n}\leq k^{1/n}a_1

由夹逼定理就知道，中间的极限值为a1=max⁡{an}a_1=\max\{a_n\}.

/Example/

条件同上例，但是求证：

lim⁡(a1−n+a2−n+⋯+ak−n)−1/n=min⁡{an}\lim(a^{-n}_1+a^{-n}_2+\cdots+a_k^{-n})^{-1/n}=\min\{a_n\}

/Proof/

化为倒数，再使用上例结论即可.

问：以上几种方法均基于能猜出极限值，若猜不出极限值，如何判断收敛？

/Example/ （Euler）

lim⁡n→∞(1+1/n)n=?\underset{n\to\infty}{\lim}(1+1/n)^n=?

这时我们有两种方法：

  1. 单调收敛定理 Monotone Convergence Theorem （MCT）

    又称Weierstrass定理.

  2. Cauchy收敛准则.

本节课主要目的在于证明上述两个定理并进行应用.

Weierstrass Theorem

/Theorem/

有上界且递增的实数列一定收敛，有下界且递减的实数列一定收敛.

/Proof/

设{xn}\{x_n\}单调递增，且有上界cc.

考虑X={xn/n∈Z+}X=\{x_n/n\in\Z_+\}（步点的集合），则XX是有上界的非空实数集.

由确界定理，sup⁡X\sup X存在，记为MM.

来证明lim⁡xn=M\lim x_n=M：∀ε>0\forall\varepsilon>0，M−εM-\varepsilon不是XX上界，则∃xN>M−ε\exist x_N>M-\varepsilon，从而∀n≥N\forall n\geq N，有M−ε<xN≤xn≤MM-\varepsilon<x_N\leq x_n\leq M.

于是∣xn−M∣<ε|x_n-M|<\varepsilon，∀x≥N\forall x\geq N，表明lim⁡n→∞xn=M\underset{n\to\infty}{\lim}x_n=M.

证毕.

/Example/

上面的Euler给出的例子：xn=(1+1/n)nx_n=(1+1/n)^n，求证收敛.

/Proof/

  1. 先证明有上界. 做二项式展开：

    xn=(1+1n)n=1+Cn11n+Cn2(1n)2+⋯+Cnn(1n)n=1+∑k=1nn(n−1)⋯(n−k+1)k!nk<1+∑k=1n1k!≤1+1+11×2+12×3+⋯+1(n−1)n=3−1n\begin{aligned} x_n&=(1+\frac{1}{n})^n=1+C^1_n\frac{1}{n}+C_n^2(\frac{1}{n})^2+\cdots+C_n^n(\frac{1}{n})^n\\\\ &=1+\sum_{k=1}^n\frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{k!n^k}\\\\ &<1+\sum_{k=1}^n\frac{1}{k!}\\\\ &\leq1+1+\frac{1}{1\times2}+\frac{1}{2\times3}+\cdots+\frac{1}{(n-1)n}\\\\ &=3-\frac{1}{n} \end{aligned}

    其中最后几步用到放缩和裂项.

  2. 证明{xn}\{x_n\}单调. 这也就是证明

    (1+1n)n≤(1+1n+1)n+1(1+\frac{1}{n})^n\leq(1+\frac{1}{n+1})^{n+1}

    算数-几何平均不等式，假设xi≥0x_i\geq0，有

    x1+⋯+xnn≥x1⋯xnn\frac{x_1+\cdots+x_n}{n}\geq\sqrt[n]{x_1\cdots x_n}

    当且仅当xix_i全部相等时取等.

    由此，

    (1+1n)nn+1=(1+1n)⋯(1+1n)⋅1n+1≤(1+1/n)⋅n+1n+1=1+1n+1\begin{aligned} \sqrt[n+1]{(1+\frac{1}{n})^n}&=\sqrt[n+1]{(1+\frac{1}{n})\cdots(1+\frac{1}{n})\cdot1}\\\\ &\leq\frac{(1+1/n)\cdot n+1}{n+1}\\\\ &=1+\frac{1}{n+1} \end{aligned}

    得证.

由MCT知lim⁡n→∞(1+1/n)n\underset{n\to\infty}{\lim}(1+1/n)^n存在.

证毕.

我们称这个极限值为Euler的数，记为ee，又称为自然对数的底数.

（注意与Euler常数γ=lim⁡n→∞(1/1+1/2+⋯+1/n−ln⁡n)\gamma=\underset{n\to\infty}{\lim}(1/1+1/2+\cdots+1/n-\ln n)区分）

但是，ee的定义式收敛的速度非常缓慢，到达十万项仍有较大的误差，所以我们需要找到一个更好的逼近方法.

/Claim/

记yn=1+1/1!+1/2!+⋯+1/n!y_n=1+1/1!+1/2!+\cdots+1/n!，则lim⁡n→∞yn=e\underset{n\to\infty}{\lim}y_n=e.

这个数列收敛速度快得多，十项左右就能得到精确度很高的结果. 接下来我们对这个命题进行证明.

/Proof/

  1. 先证明{yn}\{y_n\}有极限. 上面证明过xn≤yn<3x_n\leq y_n<3，又显然有{yn}\{y_n\}单调递增，由MCT知lim⁡n→∞yn\underset{n\to\infty}{\lim}y_n存在.

    由极限不等式知，e=lim⁡n→∞xn≤lim⁡n→∞yn=Ye=\underset{n\to\infty}{\lim}x_n\leq\underset{n\to\infty}{\lim}y_n=Y.

  2. 来证明Y≤eY\leq e（从而Y=eY=e）. 对于固定nn，yn≤ey_n\leq e.（∀n\forall n）

    为此，注意到e=lim⁡n→∞xne=\underset{n\to\infty}{\lim}x_n，用xnx_n近似ee. 对∀m≥n\forall m\geq n有

    xm=(1+1m)m=1+∑k=1mCmk(1m)k≥1+∑k=1nCmk(1m)k=1+∑k=1n1k!m(m−1)⋯(n−k+1)mm⋯m\begin{aligned} x_m&=(1+\frac{1}{m})^m=1+\sum_{k=1}^mC_m^k(\frac{1}{m})^k\\\\ &\geq1+\sum_{k=1}^nC_m^k(\frac{1}{m})^k\\\\ &=1+\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k!}\frac{m(m-1)\cdots(n-k+1)}{mm\cdots m} \end{aligned}

    后面求和的项数为nn. 做四则运算：

    e=lim⁡n→∞xn≥lim⁡n→∞(1+∑k=1n1k!m(m−1)⋯(n−k+1)mm⋯m)=1+∑k=1n1k!lim⁡m→∞m(m−1)⋯(n−k+1)mm⋯m=1+∑k=1n1k!⋅1≥yn\begin{aligned} e&=\underset{n\to\infty}{\lim}x_n\\\\ &\geq\underset{n\to\infty}{\lim}(1+\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k!}\frac{m(m-1)\cdots(n-k+1)}{mm\cdots m})\\\\ &=1+\sum_{k=1}^n\frac{1}{k!}\underset{m\to\infty}{\lim}\frac{m(m-1)\cdots(n-k+1)}{mm\cdots m}\\\\ &=1+\sum_{k=1}^n\frac{1}{k!}\cdot1\geq y_n \end{aligned}

    得证.

这就证明了lim⁡m→∞yn=e\underset{m\to\infty}{\lim}y_n=e.

证毕.

注记：以后可用Taylor展开直接证明.

/Claim/

e∉Qe\notin\mathbb{Q}.

/Proof/

先建立ee的估计.

引理：

由m≥n+1m\geq n+1有ym≥yn+1y_m\geq y_{n+1}，极限不等式e=lim⁡m→∞ym≥ym≥yn+1>yne=\underset{m\to\infty}{\lim} y_m\geq y_m\geq y_{n+1}>y_n.

有

ym−yn=1(n+1)!+⋯+1m!=1(n+1)!(1+1n+2+1(n+2)(n+3) +⋯+1(n+2)⋯m)≤1(n+1)!(1+1n+2+1(n+2)(n+3) +⋯+1(m−1)m)=1(n+1)!(1+2n+2−1m)<1(n+1)!(1+2n+2)<2(n+1)!\begin{aligned} y_m-y_n&=\frac{1}{(n+1)!}+\cdots+\frac{1}{m!}\\\\ &=\frac{1}{(n+1)!}(1+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{(n+2)(n+3)}\\\\ &\quad\,+\cdots+\frac{1}{(n+2)\cdots m})\\\\ &\leq\frac{1}{(n+1)!}(1+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{(n+2)(n+3)}\\\\ &\quad\,+\cdots+\frac{1}{(m-1)m})\\\\ &=\frac{1}{(n+1)!}(1+\frac{2}{n+2}-\frac{1}{m})\\\\ &<\frac{1}{(n+1)!}(1+\frac{2}{n+2})\\\\ &<\frac{2}{(n+1)!} \end{aligned}

取n→∞n\to\infty极限，e≤2/(n+1)!e\leq2/(n+1)!.

来证明e∉Qe\notin\mathbb{Q}.

反证法，假设e∈Qe\in \mathbb{Q}，

则e=A/Be=A/B（A,B∈Z+A,B\in\Z_+）. 由引理，

0<e−yB≤2(B+1)!=2B+1⋅1B!<1B!e∈(1+1+12!,1+1+12!+23!]=(2.5,2.83˙]\begin{aligned} &0<e-y_B\leq\frac{2}{(B+1)!}=\frac{2}{B+1}\cdot\frac{1}{B!}<\frac{1}{B!}\\\\ &e\in(1+1+\frac{1}{2!},1+1+\frac{1}{2!}+\frac{2}{3!}]=(2.5,2.8\dot{3}] \end{aligned}

这样可以看出B≠1B\neq1，≠2\neq2，故B≥3B\geq3.

上面表明，

0<AB−(1+11!+⋯+1B!)<1B!0<\frac{A}{B}-(1+\frac{1}{1!}+\cdots+\frac{1}{B!})<\frac{1}{B!}

证明(0,1)(0,1)之间存在一个整数，矛盾.

故e∉Qe\notin\mathbb{Q}.

证毕.

Cauchy收敛准则

因为不知道极限LL，所以只能用xnx_n和xn+1x_{n+1}来表达收敛.

/Definition/

称{xn}n=1∞\{x_n\}^{\infty}_{n=1}为一个Cauchy列，如果∀ε>0\forall\varepsilon>0，∃N∈Z+\exist N\in\Z_+，∀m,n≥N\forall m,n\geq N，有∣xm−xn∣<ε|x_m-x_n|<\varepsilon.

/Theorem/（Cauchy收敛准则/原理）

{xn}\{x_n\}收敛 ⟺\Longleftrightarrow {xn}\{x_n\}是Cauchy列.

/Proof/

为此，

  1. 先证{xn}\{x_n\}有界.

    由Cauchy列定义，对ε=1\varepsilon=1，∃N\exist N，∀m,n≥N\forall m,n\geq N有∣xm−xn∣<1|x_m-x_n|<1. 特别取m=Nm=N，可知∀n≥N\forall n\geq N有∣xn−xN∣<1|x_n-x_N|<1，也就是xn<xN+1x_n<x_N+1，有上界，类似地也可以证明有下界.

  2. 来证{xn}\{x_n\}收敛. 由1.结论，{xn}\{x_n\}有上下界，使用确界定理，sup⁡{xn}=bn\sup\{x_n\}=b_n，inf⁡{xn}=an\inf\{x_n\}=a_n存在.

……没有讲完……

笔记：高等微积分
#Physics #math
高等微积分笔记 Lesson 5
https://physnya.top/2024/09/25/integral5/
作者
菲兹克斯喵
发布于
2024年9月25日
许可协议