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Lesson 4

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2024-09-20

极限

第nn代仪器测量LL（未知）所得值xnx_n（n∈Z+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∣xn−L∣|x_n-L|随nn增大越来越小？

    但有实验误差，未必∣xn+1−L∣<∣xn−L∣|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∣xn−L∣<ε|x_n-L|<\varepsilon. 这表明随nn增大，xnx_n整体而言越接近LL.

/Definition/

设{xn}n=1∞\{x_n\}^\infty_{n=1}是无穷数列，称{xn}\{x_n\}以LL为极限，当且仅当∀ε>0\forall\varepsilon>0，∃N∈Z+\exist N\in\Z_+（NN依赖于ε\varepsilon），满足∀n≥N\forall n\geq N有∣xn−L∣<ε|x_n-L|<\varepsilon.

记作：lim⁡n→∞xn=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_n，∀n≥N0\forall n\geq N_0，则lim⁡n→∞xn=lim⁡n→∞yn\underset{n\to\infty}{\lim}x_n=\underset{n\to\infty}{\lim}y_n.
  2. 极限记号是lim⁡n→∞\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n→∞n\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\}以LL为极限 ⟺\Longleftrightarrow ∀ε>0\forall\varepsilon>0，∃N∈Z\exist N\in\Z，∀n≥N\forall n\geq N，∣xn−L∣<ε|x_n-L|<\varepsilon.
  2. {xn}\{x_n\}不以LL为极限 ⟺\Longleftrightarrow ∃ε>0\exist\varepsilon>0，∀N∈Z\forall N\in\Z，∃n≥N\exist n\geq N，∣xn−L∣≥ε|x_n-L|\geq\varepsilon.
  3. {xn}\{x_n\}有极限 ⟺\Longleftrightarrow ∃L∈R\exist L\in\R，∀ε>0\forall\varepsilon>0，∃N∈Z\exist N\in\Z，∀n≥N\forall n\geq N，∣xn−L∣<ε|x_n-L|<\varepsilon.
  4. {xn}\{x_n\}无极限 ⟺\Longleftrightarrow ∀L∈R\forall L\in\R， ∃ε>0\exist\varepsilon>0，∀N∈Z\forall N\in\Z，∃n≥N\exist n\geq N，∣xn−L∣≥ε|x_n-L|\geq\varepsilon.

/Example/

证明：lim⁡n→∞1n=0\underset{n\to\infty}\lim\frac{1}{n}=0

/Proof/

取N=[1/ε]+1N=[1/\varepsilon]+1即可.

证毕.

/Example/

证明：lim⁡n→∞an=1\underset{n\to\infty}{\lim}\sqrt[n]{a}=1

/Proof/

  1. 当a>1a>1时，∀ε>0\forall\varepsilon>0，取N>a−1εN>\frac{a-1}{\varepsilon}，从而∀n≥N\forall n\geq N有

    (1+ε)n≥1+nε≥1+Nε>1+a−1=a⟹an<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. 当0<a<10<a<1时，四则运算即可：

    lim⁡n→∞an=lim⁡11ann\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a}=\lim\frac{1}{\sqrt[n]{\frac{1}{a_n}}}

证毕.

/Example/

证明：lim⁡nn=1\lim\sqrt[n]{n}=1

/Proof/

草稿：

∣nn−1∣<εnn<1+εn<(1+ε)nn<1+nε+12n(n−1)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/

设lim⁡xn=L<B\lim x_n=L<B，则∃n∈Z+\exist n\in\Z_+，∀n≥N\forall n\geq N有xn<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/

由lim⁡xn=L\lim x_n=L定义知，对ε=B−L\varepsilon=B-L，∃N∈Z+\exist N\in\Z_+，∀n≥N\forall n\geq N，又∣xn−L∣<ε=B−L|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_1，L2L_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/

设lim⁡xn<lim⁡yn\lim x_n<\lim y_n，则∃N\exist N使∀n>N\forall n>N有xn<ynx_n<y_n.

/Proof/

设两个极限分别为L1<L2L_1<L_2，取ε=L2−L12\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_1，yn>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/

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

/Proof/

取q<r<1q<r<1，由lim⁡xn+1xn=q<r\lim\frac{x_{n+1}}{x_n}=q<r及Claim1，知∃N∈Z+\exist N\in\Z_+，∀n≥N\forall n\geq N有xn+1/xn<rx_{n+1}/x_n<r，所以∀n>N\forall n>N有0<xn<xNrn−N0<x_n<x_Nr^{n-N}，最后得到lim⁡xn=0\lim x_n=0.

/Claim/

极限不等式：设xn≤ynx_n\leq y_n（∀n≥N0\forall n\geq N_0），则lim⁡xn≤lim⁡yn\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lim⁡xn≤lim⁡yn\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⁡qn={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 M，∃∣qn∣>M\exist |q^n|>M. 这是由于∣qn∣=(1+b)n≥1+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∣xn∣≤M|x_n|\leq M，∀n\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lim⁡nkqn=0\lim\frac{n^k}{q^n}=0（q>1q>1）.

/Proof/

令xn=nkqnx_n=\frac{n^k}{q^n}，

lim⁡xn+1xn=lim⁡1q(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，lim⁡xn=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：（lim⁡xn=A\lim x_n=A，lim⁡yn=B\lim y_n=B）

∣xnyn−AB∣=∣(xn−A)yn+A(yn−B)∣≤∣xn−A∣∣yn∣+∣A∣∣yn−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⁡xn=A\lim x_n=A知∣xn−A∣|x_n-A|可控制； 由lim⁡yn=B\lim y_n=B知∣yn−B∣|y_n-B|可控制； 由{yn}\{y_n\}收敛知其有界，∣yn∣|y_n|可控制.

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

接下来证明除法：

∣xnyn−AB∣=∣xnB−ynAByn∣=∣(xn−A)B+A(B−yn)Byn∣≤∣xn−A∣∣B∣+∣A∣∣B−yn∣∣B∣∣yn∣\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⁡yn=B≠0\lim y_n=B\neq0，有∣yn∣|y_n|在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.

lim⁡∑i=1kxi,n=∑i=1klim⁡xi,nlim⁡∏i=1kxi,n=∏i=1klim⁡xi,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：lim⁡aknk+ak−1nk−1+⋯+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：lim⁡aknk+ak−1nk−1+⋯+a0bmnm+bm−1nm−1+⋯+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=lim⁡aknk+⋯+a0nk⋅nkbmnm+⋯+b0=akbmlim⁡nk−m\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lim⁡xn=A\lim x_n=A，lim⁡yn=B\lim y_n=B，但是lim⁡zn\lim z_n不存在，则lim⁡xnynzn\lim x_ny_nz_n不存在.

夹逼定理

/Theorem/

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

/Proof/

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

更新日志

2025/10/9 02:50
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  • c940e-fix: some link bugs于
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