--- 返回目录: '[[数学系/分析/数学分析基础/数学分析笔记|数学分析学习指南]]' 上一篇: '[[数学系/分析/数学分析基础/分章笔记/01 第1章 数学基础|第1章 数学基础]]' 下一篇: '[[数学系/分析/数学分析基础/分章笔记/03 第3章 函数极限与连续性|第3章 函数极限与连续性]]' tags: - 数学分析 --- # 第 2 章 数列极限 ## 2.1 数列极限的概念与性质 ## 2.1.1 数列极限的概念 ## 定义 2.1 (数列极限) $a_{n}$ 是实数列， $A\in \mathbb{R}$ ，若 $\forall \epsilon ,\exists N,\forall n > N$ 有 $|a_n - A| < \epsilon$ ，则称 $a_{n}$ 收敛到 $A$ ，记作 $\lim_{n\to \infty}a_n = A$ ## 定理 2.1 (极限的四则运算) 若 $\lim_{n\to \infty}a_n,\lim_{n\to \infty}b_n$ 都存在(不存在时不能拆！)，则 $\lim_{n\to \infty}(a_n\odot b_n) = \lim_{n\to \infty}a_n\odot \lim_{n\to \infty}b_n$ ，这里 $\odot$ 指任意运算(除法额外要求 $\lim_{n\to \infty}b_n\neq 0)$ 。 ## 定理 2.2 (cauchy 收敛准则) 数列 $a_{n}$ 收敛当且仅当 $\forall \epsilon, \exists N, \forall m, n > N$ 有 $|a_{n} - a_{m}| < \epsilon$ 练习 2.1 几个经典极限 (1) 证明 $\sin n$ 发散 (2) 证明 $a_{n} = 1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n}$ 发散 证明 (1) 显然区间 $\left[2k\pi+\frac{\pi}{4},2k\pi+\frac{3\pi}{4}\right]$ 长度大于 1，一定包含一个整数，可以取 $n\in\left[2k\pi+\frac{\pi}{4},2k\pi+\frac{3\pi}{4}\right]$ ，取 $m\in\left[2k\pi+\pi,2k\pi+2\pi\right]$ ，则 n,m 可取无穷大， $\left|\sin n-\sin m\right|\geq\frac{\sqrt{2}}{2}$ ，因此根据 Cauchy 收敛准则知道发散。 (2) $\forall N$ ，取n=N,m=2N，则 $\left|a_{n}-a_{m}\right|=\frac{1}{N+1}+\cdots+\frac{1}{2N}\geq\frac{N}{2N}=\frac{1}{2}$ ，因此根据Cauchy收敛准则逆否命题可知发散 ## 2.1.2 收敛数列的性质 ## 定理 2.3 (收敛数列的性质) 若 $\lim_{n\to \infty}a_n = A$ ，则 \- 有界性： $a_{n}$ 有界 \- 保号性：若 $A > a$ ，则 $n \to \infty$ 时 $a_{n} > a$ \- 收敛当且仅当 $a_{n}$ 所有子列都收敛到 $A$ ## 定理 2.4 (奇偶子列收敛) $a_{n}$ 收敛到 $A$ 当且仅当 $a_{2k}, a_{2k + 1}$ 收敛到 $A$ 证明 只右推左：根据偶数列可知 $\forall \epsilon, \exists K, \forall 2k > K$ 满足 $|a_{2k} - A| < \epsilon$ ，而对上面的 $\epsilon, \exists K', \forall 2k + 1 > k'$ 满足 $|a_{2k+1} - A| < \epsilon$ ，因此取 $N = \max\{K, K'\}$ 即可。 > [!theorem] Cauchy 收敛准则（补充证明） > 数列 $(a_n)$ 收敛，当且仅当对任意 $\varepsilon>0$，存在 $N$，使 $m,n>N$ 时 $|a_n-a_m|<\varepsilon$。 > ^thm-seq-cauchy > > **证明。** 若 $a_n\to A$，取 $N$ 使 $|a_n-A|<\varepsilon/2$，则三角不等式给出 $|a_n-a_m|<\varepsilon$。反之，Cauchy 条件与实数完备性保证存在 $A\in\mathbb R$ 使 $a_n\to A$。$□$ ## 2.2 一些重要极限结论 ## 2.2.1 几个基本极限 ## 定理 2.5 (常用基本极限) 设 $a > 0, b > 1$ ，则基本极限的关系为： $\log n < n^a < b^n < n! < n^n$ ，更具体地 \- 根式：(1) $a > 0$ ， $\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{a} = 1(2)\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{n} = 1(3)\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{n!} = +\infty$ \- 比式：(1) $\lim_{n\to \infty}\frac{a^n}{n!} = 0(2)a > 1,\lim_{n\to \infty}\frac{n^k}{a^n} = 0$ \- 对数：(1) $\forall k, \lim_{x \to \infty} \frac{\ln x}{x^k} = 0$ (2) $\forall k, \lim_{x \to 0^+} x^k \ln x = 0$ \- 指数： $\forall k, \lim_{x\to +\infty}\frac{x^k}{e^x} = 0$ 证明 (1) 根式第一个设 $a_{n} = \sqrt[n]{a} = 1 + h_{n}$ ，得到 $a = (1 + h_{n})^{n} \geq 1 + nh_{n}$ ，故 $h_{n} \leq \frac{a - 1}{n} \to 0$ 。第二个设 $a_{n} = \sqrt[n]{n} = 1 + h_{n}$ ，则 $n = (1 + h_{n})^{n} \geq \frac{n(n - 1)}{2} h_{n}^{2}$ ，得到 $0 < h_{n} < \frac{2}{n - 1}$ ，夹逼准则即可。第三个用Stirling公式，等价于 $\frac{n}{e}$ ## 定理 2.6 (重要极限) $$ \lim _ {n \to \infty} (1 + \frac {1}{n}) ^ {n} = e, \lim _ {n \to \infty} (1 - \frac {1}{n}) ^ {n} = \frac {1}{e} 。 \lim _ {n \to \infty} (1 + \frac {1}{n}) ^ {n} = e - \frac {e}{2 n} + o (\frac {1}{n}) $$ 证明 $\lim_{n\to \infty}\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = \lim_{x\to 0}(1 + x)^{\frac{1}{x}} = \lim_{x\to 0}e^{\frac{\ln(1 + x)}{x}} = e^1 = e$ 练习2.2相关练习(1)计算 $\lim_{n\to \infty}\left(1 + \frac{1}{n} +\frac{1}{n^2}\right)^n$ 解(1)等价于 $e^{\frac{\ln(1 + x + x^2)}{x}} = e^{\frac{2x + 1}{1 + x + x^2}} = e$ ## 2.2.2 Stirling 公式与 Wallis 公式 ## 定理 2.7 (Stirling 公式) 当 $n\to \infty$ 时， $n!\approx \sqrt{2\pi n} (\frac{n}{e})^n$ ，进一步地 $\sqrt[n]{n!}\sim \frac{n}{e}$ ## 定理 2.8 (Wallis 公式) 当 $n\to \infty$ 时， $\frac{(2n)!!}{(2n - 1)!!}\sim \sqrt{n\pi}$ ，更具体地， $\lim_{n\to \infty}\left[\frac{(2n)!!}{(2n - 1)!!}\right]\frac{1}{2n + 1} = \frac{\pi}{2}$ 证明 根据 $\sin^{2n+1}x < \sin^{2n}x < \sin^{2n-1}x$ 得到 $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2n+1}xdx < \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2n}xdx < \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2n-1}xdx$ ，根据 Wallis 积分公式下面不等式，并构造 $A_{n}, B_{n}$ $$ \frac {(2 n) ! !}{(2 n + 1) ! !} < \frac {(2 n - 1) ! !}{(2 n) ! !} \frac {\pi}{2} < \frac {(2 n - 2) ! !}{(2 n - 1) ! !} \Rightarrow A _ {n} := \left[ \frac {(2 n) ! !}{(2 n - 1) ! !} \right] ^ {2} \frac {1}{2 n + 1} < \frac {\pi}{2} < \left[ \frac {(2 n) ! !}{(2 n - 1) ! !} \right] ^ {2} \frac {1}{2 n} := B _ {n} $$ 此时 $B_{n} - A_{n} = \left[\frac{(2n)!!}{(2n - 1)!!}\right]^{2}\frac{1}{2n(2n - 1)} = A_{n}\cdot \frac{1}{2n} < \frac{\pi}{2}\frac{1}{2n}\rightarrow 0$ ，因此 $\lim_{n\to \infty}A_n = \lim_{n\to \infty}B_n = \frac{\pi}{2}$ ## 2.2.3 Euler 常数 ## 定理 2.9 (Euler 常数) 极限 $\lim_{n\to \infty}\left[\left(\sum_{k = 1}^{n}\frac{1}{k}\right) - \ln n\right]$ 存在且为常数 $\gamma$ ，记作Euler常数。 ## 推论 2.1 (Euler 常数的应用) 当 $n\to \infty$ 时， $\sum_{k = 1}^{n}\frac{1}{k} = \ln n + \gamma = \ln n + o(n)$ ## 2.3 夹逼准则 ## 定理 2.10 (夹逼准则) $a_{n}, b_{n}, c_{n}$ 为三个序列，若 $\exists N$ 使得 $n \geq N$ 时 $a_{n} \leq b_{n} \leq c_{n}$ ，且 $\lim_{n \to \infty} a_{n} = \lim_{n \to \infty} c_{n} = A$ ，则 $\lim_{n \to \infty} b_{n} = A$ 。 练习2.3两道经典夹逼准则求极限(1) $\lim_{n\to \infty}\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4}\dots \frac{2n - 1}{2n}$ (2) $\lim_{n\to \infty}\sum_{k = n^2}^{(n + 1)^2}\frac{1}{\sqrt{k}}$ 解(1)可用Wallis公式，或者夹逼准则。记 $a_{n} = \frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4}\dots \frac{2n - 1}{2n},b_{n} = \frac{2}{3}\cdot \frac{4}{5}\dots \frac{2n}{2n + 1}$ ，则 $a_{n} < b_{n},a_{n}b_{n} = \frac{1}{2n + 1}$ 得到 $a_n^2 < a_nb_n = \frac{1}{2n + 1}\rightarrow 0$ ，因此 $\lim_{n\to \infty}a_n = 0$ (2) 用 $\frac{1}{n + 1} \leq \frac{1}{\sqrt{k}} \leq \frac{1}{n}$ ，从而求和后得到 $\frac{2n + 2}{n + 1} \leq \sum_{k=n^2}^{(n+1)^2} \frac{1}{\sqrt{k}} \leq \frac{2n + 2}{n}$ ，取极限得到 2。 练习2.4整体放缩or局部放缩(1) $\lim_{n\to \infty}\left(\frac{1}{\sqrt{n^2 + 1}} +\frac{1}{\sqrt{n^2 + 2}} +\dots +\frac{1}{\sqrt{n^2 + n}}\right)$ 解(1)如果是 $\frac{1}{\sqrt{n^2 + i^2}}$ 形式则是用定积分，这里看上去就是 $\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n} = 1$ ，因此放缩为 $\frac{n}{\sqrt{n^2 + n}} \leq I \leq \frac{n}{\sqrt{n^2}}$ 即可知结果为 1。 ## 2.4 平均值定理 ## 2.4.1 有限项幂次根号平均 ## 定理 2.11 (根号平均) $a_{1},a_{2},\cdots,a_{m}$ 是 m 个正数，则 $\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_{1}^{n}+\cdots+a_{m}^{n}}=\max\{a_{1},\cdots,a_{m}\}$ (注意这里不是 $\sqrt[n]{a_{1}^{n}+\cdots+a_{n}^{n}}$ ，与平均值定理不同) 证明 设 $A = \max\{a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{m}\}$ ，因此 $\sqrt[n]{A^{n}} \leq \sqrt[n]{a_{1}^{n} + a_{2}^{n} + \cdots + a_{m}^{n}} \leq \sqrt[n]{mA^{n}}$ ，两侧都趋于 A，因此极限为 A。 练习 2.5 根号平均的两个经典推广 (1) 正数列 $a_{n}$ 收敛到 a > 0，证明 $\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_{n}} = 1$ (2) $a_{n}$ 非负且有界 (可能是可数个)，则 $\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_{1}^{n}+a_{2}^{n}+\cdots+a_{n}^{n}}=\sup_{n\geq1}a_{n}$ 证明 (1) 根据保号性， $\exists N, n > N$ 时 $\frac{1}{2} a \leq a_n \leq \frac{3}{2} a$ ，因此 $n > N$ 时 $\sqrt[n]{\frac{1}{2} a} \leq \sqrt[n]{a_n} \leq \sqrt[n]{\frac{3}{2} a}$ ，由夹逼准则得到结果为 1。 (2) 记 $a = \sup_{n \geq 1} a_n$ ，则 $a_n \leq a$ 且 $\forall \epsilon, \exists k, a_k > a - \epsilon$ 。当 $n \geq k$ 时， $a_k^n \leq a_1^n + a_2^n + \cdots + a_n^n \leq na^n$ ，两侧开 n 次根号得到 $a - \epsilon < \sqrt[n]{a_1^n + a_2^n + \cdots + a_n^n} \leq a\sqrt[n]{n}$ ，由于 $\lim_{n \to \infty} a\sqrt[n]{n} = a$ ，对上述 $\epsilon, \exists N, \forall n > N$ 有 $a\sqrt[n]{n} < a + \epsilon$ ，根据夹逼准则可证。 ## 2.4.2 平均值定理：无穷项算术平均与几何平均 ## 定理 2.12 (平均值定理) 已知 $\lim_{n\to \infty}a_n = a$ （有限数或正负无穷），则 1. 算术平均： $\lim_{n\to\infty}\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n}=a$ 2. 几何平均：若 $a_{n} > 0$ ，则 $\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_{1}a_{2}\cdots a_{n}} = a$ 证明 (1) 只证 $a$ 为有限数的情况。 $\forall \epsilon, \exists N, n > N$ 时 $|a_{n} - a| < \epsilon$ ，因此 $$ \begin{array}{r l} \left| \frac {a _ {1} + a _ {2} + \cdots + a _ {n}}{n} - a \right| = & \left| \frac {(a _ {1} - a) + \cdots + (a _ {N} - a) + (a _ {N + 1} - a) + \cdots + (a _ {n} - a)}{n} \right| \\ & \leq \frac {| a _ {1} - a | + \cdots + | a _ {N} - a |}{n} + \frac {| a _ {N + 1} - a | + \cdots + | a _ {n} - a |}{n} \leq 2 \epsilon \end{array} $$ (2) 取对数则转换为 (1) 练习 2.6 奇偶子列推广 已知 $\lim_{n\to\infty}a_{2n+1}=a,\lim_{n\to\infty}a_{2n}=b$ ，证明 $\lim_{n\to\infty}\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n}=\frac{a+b}{2}$ 证明 分为奇偶数项进行讨论： $$ \begin{array}{l} \lim _ {n \to \infty} \frac {a _ {1} + a _ {2} + \cdots + a _ {2 n}}{2 n} \\ = \frac {1}{2} \lim _ {n \to \infty} \frac {a _ {1} + a _ {3} + \cdots + a _ {2 n - 1}}{n} + \frac {1}{2} \lim _ {n \to \infty} \frac {a _ {2} + a _ {4} + \cdots + a _ {2 n}}{n} = \frac {a + b}{n} \end{array} $$ 另一方面 $$ \begin{array}{l} \lim _ {n \to \infty} \frac {a _ {1} + a _ {2} + \cdots + a _ {2 n + 1}}{2 n + 1} \\ = \lim _ {n \to \infty} \frac {a _ {1} + a _ {2} + \cdots + a _ {2 n + 1}}{n} \cdot \frac {n}{2 n - 1} + \lim _ {n \to \infty} \frac {a _ {2} + a _ {4} + \cdots + a _ {2 n - 2}}{n - 1} \cdot \frac {n - 1}{2 n - 1} = \frac {a + b}{2} \end{array} $$ 因此得到结论成立。 练习2.7倒乘推广 $\lim_{n\to \infty}a_n = a,\lim_{n\to \infty}b_n = b$ ，证明： $\lim_{n\to \infty}\frac{a_1b_n + a_2b_{n - 1} + \cdots + a_nb_1}{n} = ab$ 证明由于 $\lim_{n\to \infty}a_n = a$ ，因此 $a_{n}$ 有界，即 $\exists M$ 使得 $|a_n| < M$ ，故： $$ \vert a _ {k} b _ {n - k + 1} - a b \vert < \vert a _ {k} \vert \cdot \vert b _ {n - k + 1} - b \vert + \vert b \vert \cdot \vert a _ {k} - a \vert \leq M \vert b _ {n - k + 1} - b \vert + \vert b \vert \cdot \vert a _ {k} - a \vert $$ 因此得到： $$ \begin{array}{l} \left| \frac {a _ {1} b _ {n} + \cdots + a _ {n} b _ {1}}{n} - a b \right| \\ \leq \frac {| a _ {1} b _ {n} - a b | + \cdots + | a _ {n} b _ {1} - a b |}{n} \\ \leq M \cdot \frac {| b _ {n} - b | + \cdot + | b _ {1} - b |}{n} + | b | \cdot \frac {| a _ {1} - a | + \cdots + | a _ {n} - a |}{n} \end{array} $$ 有平均值定理可知右侧极限为0，因此 $\left|\frac{a_{1}b_{n}+\cdots+a_{n}b_{1}}{n}-ab\right|\leq0$ ，得到目标极限为0。 ## 2.4.3 技巧：一招解决 n 次根号与除以 n ## 定理 2.13 (n 次根号与除以 n) $a_{n}$ 为数列，则 若 $\lim_{n\to \infty}(a_n - a_{n - 1}) = a$ ，则 $\lim_{n\to \infty}\frac{a_n}{n} = a$ 若 $\lim_{n\to \infty}\frac{a_n}{a_{n - 1}} = a$ ，则 $\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{a_n} = a$ 证明 (1) 由于 $a_{n}=a_{1}+(a_{2}-a_{1})+\cdots+(a_{n}-a_{n-1})$ ，因此 $\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n}}{n}=\lim_{n\to\infty}\frac{a_{1}+(a_{2}-a_{1})+\cdots+(a_{n}-a_{n-1})}{n}$ ，根据平均值定理即 a (2) 根据 $a_{n} = a_{1} \cdot \frac{a_{2}}{a_{1}} \cdots \frac{a_{n}}{a_{n-1}}$ , $\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n} = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_1 \cdot \frac{a_2}{a_1} \cdots \frac{a_n}{a_{n-1}}}$ , 根据平均值定理即 $a_{n}$ . 练习 2.8n 次根号 计算极限 (1) $\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a}$ (2) $\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{n}$ (3) $\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{n!}$ 解 (1) $\frac{a_n}{a_{n-1}} = 1$ ，因此极限为 $1$ 。 (2) $\frac{a_{n}}{a_{n-1}}=\frac{n}{n-1}\rightarrow1$ ，极限为1 (3) $\frac{a_n}{a_{n-1}} = n \to \infty$ ，因此不收敛 练习 2.9 除以 n 重点：计算极限 (1) $\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt[n]{n!}}{n}$ (2) $\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt[n]{n(n+1)\cdots(2n-1)}}{n}$ 解 $(1)a_{n} = \frac{n!}{n^{n}}$ ， $\lim_{n\to \infty}\frac{a_n}{a_{n - 1}} = \frac{\frac{n!}{n^n}}{\frac{(n - 1)!}{(n - 1)^{n - 1}}} = \frac{1}{(1 - \frac{1}{n})^{n - 1}} = \frac{1}{\left[(1 - \frac{1}{n})^n\right]^{\frac{n - 1}{n}}} = \frac{1}{e}$ 因此极限为 $\frac{1}{e}$ (2) $a_{n}=\frac{n(n+1)\cdots(2n-1)}{n^{n}}$ ，因此 $$ \lim _ {n \to \infty} \frac {a _ {n}}{a _ {n - 1}} = \lim _ {n \to \infty} \frac {2 (2 n - 1) (n - 1) ^ {n - 1}}{n ^ {n}} = (4 - \frac {2}{n}) \left((1 - \frac {1}{n}) ^ {n}\right) ^ {\frac {n - 1}{n}} = \frac {4}{e} $$ 因此极限为 $\frac{4}{e}$ ## 2.5 使用定积分定义 ## 2.5.1 使用定积分计算极限 ## 定理 2.14 (用定积分定义计算极限) 若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 连续，则 $$ \lim _ {n \rightarrow \infty} \frac {b - a}{n} \left[ f \left(a + \frac {b - a}{n}\right) + f \left(a + \frac {2 (b - a)}{n}\right) + \dots + f \left(a + \frac {n (b - a)}{n}\right)\right] = \int_ {a} ^ {b} f (x) \mathrm{d} x $$ 笔记 如果是 $\lim_{n\to \infty}\frac{1}{n + a}\sum_{k = 1}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right)$ ，则可以加一项得到 $\lim_{n\to \infty}\frac{n}{n + a}\cdot \frac{1}{n}\sum_{k = 1}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right)$ 再转换为定积分。 练习 2.10 直接判断积分 (1) $\lim_{n\to\infty} n\left(\frac{1}{n^{2}+1}+\frac{1}{n^{2}+2}+\cdots+\frac{1}{n^{2}+n^{2}}\right)$ $$ (2) \lim _ {n \to \infty} n \left[ \frac {1}{(n + 1) ^ {2}} + \frac {1}{(n + 2) ^ {2}} + \dots + \frac {1}{(n + n) ^ {2}} \right] $$ $$ (3) \lim _ {n \rightarrow \infty} \left(\frac {1}{\sqrt {n ^ {2} + 1 ^ {2}}} + \frac {1}{\sqrt {n ^ {2} + 2 ^ {2}}} + \dots + \frac {1}{\sqrt {n ^ {2} + n ^ {2}}}\right) $$ (4) $\lim_{n\to \infty}\sum_{k = 1}^{n}\frac{1}{\sqrt{nk}}$ 解(1)等价于 $\int_0^1\frac{1}{1 + x^2}\mathrm{d}x = \frac{\pi}{4}$ (2)等价于 $\int_0^1\frac{1}{(1 + x)^2}\mathrm{d}x = \frac{1}{2}$ (3)等价于 $\int_0^1\frac{1}{\sqrt{1 + x^2}}\mathrm{d}x = \ln (1 + \sqrt{2})$ (4)转换为 $\frac{1}{n}\sum_{k = 1}^{n}\frac{1}{\sqrt{\frac{k}{n}}}$ ，即 $\int_0^1\frac{1}{\sqrt{x}}\mathrm{d}x$ ，极限为2 练习2.11对数 $+$ 积分重点：取对数 $\lim_{n\to \infty}\frac{\sqrt[n]{n(n + 1)\cdots(2n - 1)}}{n}$ 解等价于 $\exp \left[\frac{1}{n}\ln \left(\frac{n(n + 1)\cdots(2n - 1)}{n^n}\right)\right]$ ，指数积分即 $\int_0^1\ln (1 + x)\mathrm{d}x = [(1 + x)\ln (1 + x) - x]\bigg|_0^1 = \ln 4 - 1,$ 因此极限为 $\frac{4}{e}$ 或者本题也在 $n$ 次根号部分出现了(更推荐 $n$ 次根号的做法) 练习2.12改变有限项(1)重点： $\lim_{n\to \infty}\left(\frac{1}{n} +\frac{1}{n + 1} +\dots +\frac{1}{n + (n - 1)}\right)$ 解(1)可改变有限项不影响极限，变为 $\lim_{n\to \infty}\frac{1}{n + 1} +\dots +\frac{1}{n + n}$ ，因此极限为 $\int_0^1\frac{1}{1 + x}\mathrm{d}x = \ln 2$ 练习 2.13 经典夹逼 + 积分 (1) 重点: $I = \lim_{n \to \infty} \left( \frac{\sin \frac{\pi}{n}}{n + \frac{1}{n}} + \frac{\sin \frac{2}{n}\pi}{n + \frac{2}{n}} + \cdots + \frac{\sin \pi}{n + 1} \right)$ (2) 重点: $\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{n^2 + n + 1} + \frac{2}{n^2 + n + 2} + \cdots + \frac{n}{n^2 + n + n} \right)$ (3) 重点: $\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{n^2 + n + 1^2} + \frac{2}{n^2 + n + 2^2} + \cdots + \frac{n}{n^2 + n + n^2} \right)$ $$ \lim _ {n \rightarrow \infty} \left(\frac {\sin \frac {x}{n}}{n + 1} + \frac {2 \sin \frac {2}{n} x}{2 n + 1} + \dots + \frac {n \sin \frac {n}{n} x}{n ^ {2} + 1}\right), x \in (0, \pi) $$ 解 (1) $I = \lim_{n\to \infty}\frac{1}{n}\left(\frac{\sin\frac{\pi}{n}}{1 + \frac{1}{n^2}} +\frac{\sin\frac{2}{n}\pi}{1 + \frac{2}{n^2}} +\dots +\frac{\sin\pi}{1 + \frac{n}{n^2}}\right)$ ，进行 $\frac{\sin\frac{i}{n}\pi}{n + 1}\leq \frac{\sin\frac{i}{n}\pi}{n + \frac{i}{n}}\leq \frac{\sin\frac{i}{n}\pi}{n}$ 放缩： $\left\{ \begin{array}{l}\lim_{n\to \infty}\frac{1}{n}\sum_{i = 1}^{n}\sin \frac{i}{n}\pi = \int_0^1\sin \pi x\mathrm{d}x = \frac{2}{\pi}\\ \lim_{n\to \infty}\frac{1}{n + 1}\sum_{n = 1}^{\infty}\sin \frac{i}{n}\pi = \lim_{n\to \infty}\frac{n}{n + 1}\cdot \frac{1}{n}\sum_{i = 1}^{n}\sin \frac{i}{n}\pi = \frac{2}{\pi} \end{array} \right.$ 因此根据夹逼可知极限为 $\frac{2}{\pi}$ (2) 进行放缩: $\frac{1 + 2 + \cdots + n}{n^2 + n + n} \leq I \leq \frac{1 + 2 + \cdots + n}{n^2 + n}$ (或者 $\frac{i}{n^2 + n + n} \leq \frac{i}{n^2 + n + i} \leq \frac{i}{n^2}$ 也行)。左右侧分别写为 $\left\{\begin{aligned}&\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{n^2+2n}=\frac{1}{n+2}\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{n}=\frac{n}{n+2}\cdot\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{n}\\&\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{n^2+n}=\frac{n}{n+1}\cdot\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{n}\end{aligned}\right.$ 因此两侧均等于积分 $\int_0^1 x\mathrm{d}x = \frac{1}{2}$ (3)一方面 $\frac{i}{n^2 + n + i^2}\leq \frac{i}{n^2 + i^2} = \frac{1}{n}\cdot \frac{\frac{i}{n}}{1 + (\frac{i}{n})^2}$ ，另一方面 $\frac{i}{n^2 + n + i}\geq \frac{i}{(n + 1)^2 + i^2} = \frac{1}{n + 1}$ $\frac{\frac{i}{n + 1}}{1 + \left(\frac{i}{n + 1}\right)^2}$ ，结果等价于 $\int_0^1\frac{x}{1 + x^2}\mathrm{d}x = \frac{1}{2}\ln 2$ (4) 看上去等价于 $\lim_{n\to \infty}\sum_{k = 1}^{n}\frac{k\sin\frac{x}{n}}{kn} = \int_0^1\sin tx\mathrm{d}t = \frac{1 - \cos x}{x}$ ，放缩为 $\frac{k\sin\frac{k}{n}x}{kn + k}\leq \frac{k\sin\frac{k}{n}x}{kn + 1}\leq \frac{k\sin\frac{k}{n}x}{kn}$ 再求和即可。 笔记一般不能直接写成积分形式的都需要进行放缩。 ## 2.5.2 利用定积分定义构造等价无穷小 ## 定理 2.15 (利用积分构造等价无穷小) 对于正整数 k， $1^{k} + 2^{k} + \cdots + n^{k} \sim \frac{1}{k+1} n^{k+1}$ 证明 考虑 $\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n^{k+1}}\left(1^{k}+\cdots+n^{k}\right)=\int_{0}^{1}x^{k}\mathrm{d}x=\frac{1}{k+1}$ 即可。 练习 2.14 利用积分构造等价无穷小 计算 $\lim_{n\to\infty}\frac{\ln n}{\ln(1^{2022}+2^{2022}+\cdots+n^{2022})}$ 解 $\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n^{2023}}\left(1^{2022}+2^{2022}+\cdots+n^{2022}\right)=\int_{0}^{1}x^{2022}\mathrm{d}x=\frac{1}{2023}$ ，因此 $$ \lim _ {n \rightarrow \infty} \frac {\ln n}{\ln \left(1 ^ {2 0 2 2} + 2 ^ {2 0 2 2} + \cdots + n ^ {2 0 2 2}\right)} = \lim _ {n \rightarrow \infty} \frac {\ln n}{2 0 2 3 \ln n + \ln \frac {1}{n ^ {2 0 2 3}} \left(1 ^ {2 0 2 2} + 2 ^ {2 0 2 2} + \dots + n ^ {2 0 2 2}\right)} = \frac {1}{2 0 2 3} $$ ## 定理 2.16 (已知极限计算求和极限) 若 $\lim_{n\to \infty}a_n = A$ ，则 $\lim_{n\to \infty}\sum_{k = 1}^{n}\frac{a_{n + k}}{n + k} = A\ln 2$ 证明 首先显然 $\lim_{n\to \infty}\sum_{k = 1}^{n}\frac{A}{n + k} = A\ln 2$ ，根据 $\lim_{n\to \infty}a_n = A$ ， $\forall \epsilon ,\exists N,\forall n > N,|a_n - A| < \epsilon$ ，因此 $n > N$ 时： $$ \left| \sum_ {k = 1} ^ {n} \frac {a _ {n + k}}{n + k} - \sum_ {k = 1} ^ {n} \frac {A}{n + k} \right| \leq \sum_ {k = 1} ^ {n} \frac {| a _ {n + k} - A |}{n + k} < \sum_ {k = 1} ^ {n} \frac {\epsilon}{n} = \epsilon $$ ## 2.6 单调有界定理 ## 2.6.1 单调有界定理及其推广 ## 定理 2.17 (单调有界定理) 若数列 $a_{n}$ 单调且有界，则其必收敛。 练习 2.15 单调有界定理理论推广 (1) $a_{n}$ 单增， $b_{n}$ 单减， $\lim_{n\to\infty}(b_{n}-a_{n})=0$ ，证明 $\lim_{n\to\infty}a_{n},\lim_{n\to\infty}b_{n}$ 存在且相等 (2) $a_{n}$ 为有界数列，记 $\overline{a}=\sup\{a_{n},a_{n+1},\cdots\},\underline{a}_{n}=\inf\{a_{n},a_{n+1},\cdots\}$ ，证明 $\lim_{n\to\infty}\overline{a}_{n},\lim_{n\to\infty}\underline{a}_{n}$ 存在，且 $\lim_{n\to\infty}a_{n}$ 存在的充要条件为 $\lim_{n\to\infty}\overline{a}_{n}=\lim_{n\to\infty}\underline{a}_{n}$ 证明 (1) 由于 $\lim_{n\to\infty}(b_{n}-a_{n})=0,\exists N,\forall n>N$ 使得 $|b_{n}-a_{n}|<1$ ，即 $a_{n} N$ 有 $$ a - \epsilon < \underline {{a}} _ {n} \leq \overline {{a}} _ {n} < a + \epsilon $$ 取极限可知极限均为 a. 练习2.16两道经典循环根式(1)重点： $a_1 = \sqrt{c}$ ， $a_{n + 1} = \sqrt{a_n + c}$ ，求 $\lim_{n\to \infty}a_n$ (2) 重点: $a_{n} = \sqrt{1 + \sqrt{2 + \cdots + \sqrt{n}}}$ , 证明 $a_{n}$ 收敛 解(1)由于 $a_{n}=\sqrt{c+\sqrt{c+\cdots+\sqrt{c}}}$ ，根据该通项的形式，每次 $a_{n+1}$ 在 $a_{n}$ 基础上往最里层加入一个 $\sqrt{c}$ ，因此整体单增。若极限存在，则显然极限为 $a=\frac{1+\sqrt{1+4c}}{2}$ ，由于 $a=\sqrt{a+c}$ ，因此若 $a_{n}\ln(n+1)-\ln(n)>0$ (调和级数不等式)，且根据 $\ln(1+x)\geq\frac{x}{1+x}$ 得到 $\frac{1}{n+1}<\ln(1+\frac{1}{n})$ 于是 $a_{n + 1} - a_n = \frac{1}{n + 1} -\ln (1 + \frac{1}{n}) < 0$ ，这说明单减有下界，故收敛。 练习 2.18 交替级数 $S_{n}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\cdots+\frac{(-1)^{n+1}}{n}$ ，计算 $\lim_{n\to\infty}S_{n}$ 解由 Leibniz 定理可知收敛。只需要考虑偶数项 $S_{2n} = (1 + \frac{1}{2} +\dots +\frac{1}{2n}) - 2(\frac{1}{2} +\frac{1}{4} +\dots +\frac{1}{2n}) = (1 + \frac{1}{2} +\dots +\frac{1}{2n}) - (1 + \frac{1}{2} +\dots +\frac{1}{n}) = (\frac{1}{n + 1} +\dots +\frac{1}{2n})\to \ln 2$ 由于收敛数列的奇偶子列收敛到同一极限，因此极限为 $\ln 2$ 练习2.19经典相减法(1)重点： $A > 0, a_{1} > 0$ ， $a_{n + 1} = \frac{1}{2} (a_n + \frac{A}{a_n})$ ，证明 $a_{n}$ 收敛，并求极限解(1)首先 $a_{n + 1} = \frac{1}{2} (a_n + \frac{A}{a_n}) > \sqrt{A}$ ，因此 $n \geq 2$ 时， $a_{n} > \sqrt{A}$ ，而前后项相减得到 $$ a _ {n + 1} - a _ {n} = \frac {1}{2} (\frac {A}{a _ {n}} - a _ {n}) = \frac {1}{2} \cdot \frac {A - a _ {n} ^ {2}}{a _ {n}} $$ 结合 $n \geq 2$ 时 $a_{n} > \sqrt{A}$ 得到 $a_{n + 1} - a_{n} < 0$ ，因此单减，显然 $a_{n} > 0$ ，因此收敛。两侧取极限得到 $\lim_{n\to \infty}a_n = \sqrt{A}$ ## 2.6.3 相除法 练习2.20两道经典相除法(1)重点： $a_1 = 1, a_{n + 1} = \sqrt{2a_n}$ ，求 $\lim_{n\to \infty}a_n$ (2) 重点: $c > 0, 0 < x_{1} < \frac{1}{c}, x_{n+1} = x_{n}(2 - cx_{n})$ , 证明: $x_{n}$ 收敛并求其极限 解 (1) $\frac{a_{n+1}}{a_n} = \sqrt{\frac{2}{a_n}}$ ，当 $a_n < 2$ 时， $a_{n+1} > a_n$ 。根据 $a_{n+1} = \sqrt{2a_n}$ ，当 $a_n < 2$ 时， $a_{n+1} < 2$ ，单调有界故收敛，两侧同取极限得到极限为 $A = 2$ 。 (2) $\frac{x_{n + 1}}{x_n} = 2 - cx_n$ ，当 $x_{n} < \frac{1}{c}$ 时， $x_{n + 1} > x_n$ 。设 $f(x) = 2x - cx^2, f'(x) = 2 - 2cx$ ， $f(x)$ 在 $x = \frac{1}{c}$ 取最大，因此 $x_{n} < \frac{1}{c}$ 时 $x_{n + 1} < \frac{1}{c}$ 有界，根据单调有界收敛，两侧取极限得到极限为 $\frac{1}{c}$ 。 ## 2.6.4 不等式放缩 练习 2.21 两道经典双数列 + 不等式放缩 (1) 重点: $a_1 > b_1 > 0$ , $a_{n+1} = \frac{a_n + b_n}{2}, b_{n+1} = \sqrt{a_nb_n}$ , 证明 $\lim_{n \to \infty} a_n, \lim_{n \to \infty} b_n$ 存在且相等。 (2) 重点: $a_1 > b_1 > 0$ , $a_{n+1} = \frac{a_n + b_n}{2}$ , $b_{n+1} = \frac{2a_nb_n}{a_n + b_n}$ , 证明 $\lim_{n \to \infty} a_n, \lim_{n \to \infty} b_n$ 存在, 并求其值 解(1)根据均值不等式 $a_{n + 1}\geq b_{n + 1}$ ，根据 $a_1 > b_1$ 可知 $\forall n,a_n > b_n$ ，从而 $$ a _ {n + 1} = \frac {a _ {n} + b _ {n}}{2} \leq \frac {a _ {n} + a _ {n}}{2} = a _ {n}, b _ {n + 1} = \sqrt {a _ {n} b _ {n}} \geq \sqrt {b _ {n} b _ {n}} = b _ {n} $$ 因此 $a_{n}$ 单减， $b_{n}$ 单增，即 $a_{1} \geq a_{2} \geq \cdots \geq a_{n} \geq b_{n} \geq b_{n-1} \cdots \geq b_{1}$ ，这说明 $a_{n}, b_{n}$ 均单调有界，故均收敛。 $a_{n+1} = \frac{a_{n} + b_{n}}{2}$ 两侧取极限可知极限相等。 (2) 根据均值不等式可知 $a_{n} \geq b_{n}$ , 由于 $a_{1} > b_{1}$ , 因此 $\forall n, a_{n} \geq b_{n}$ , 因此 $$ a _ {n + 1} = \frac {a _ {n} + b _ {n}}{2} \leq \frac {a _ {n} + a _ {n}}{2} = a _ {n}, b _ {n + 1} = \frac {2}{\frac {1}{a _ {n}} + \frac {1}{b _ {n}}} \geq \frac {2}{\frac {1}{b _ {n}} + \frac {1}{b _ {n}}} = b _ {n} $$ $a_{n}$ 单减， $b_{n}$ 单增，且 $a_{1} \geq a_{2} \geq \cdots \geq a_{n} \geq b_{n} \geq \cdots \geq b_{1}$ ，单调有界故均收敛。 $a_{n+1} = \frac{a_{n} + b_{n}}{2}$ 两侧取极限可知极限满足 $a = \frac{a + b}{2}$ ，故相等。而 $$ a _ {n + 1} b _ {n + 1} = \frac {a _ {n} + b _ {n}}{2} \cdot \frac {2 a _ {n} b _ {n}}{a _ {n} + b _ {n}} = a _ {n} b _ {n} $$ 因此 $ab = a_{1}b_{1}$ ，即极限为 $a = b = \sqrt{a_1b_1}$ 练习 2.22 前后项不等式放缩 (1) 重点: $0 < a_{n} < 2$ , $(2 - a_{n})a_{n+1} \geq 1$ , 证明 $a_{n}$ 收敛, 并求其极限 (2) 重点: $x_{n} > 0$ , $x_{n+1} + \frac{4}{x_{n}} < 4$ , 证明 $x_{n}$ 收敛并求 $\lim_{n \to \infty} x_{n}$ 解(1)显然 $a_{n}(2 - a_{n})\leq \left[\frac{a_{n} + (2 - a_{n})}{2}\right]^{2} = 1\leq a_{n + 1}(2 - a_n)$ ，因此 $a_{n}\leq a_{n + 1}$ ，根据单调有界定理可知收敛，两侧取极限得到极限为1 (2) 显然 $x_{n} + \frac{4}{x_{n}} \geq 2\sqrt{x_{n} \cdot \frac{4}{x_{n}}} = 4 > x_{n+1} + \frac{4}{x_{n}}$ ，因此 $x_{n} > x_{n+1}$ ，单减。另外有 $0 < x_{n+1} < x_{n+1} + \frac{4}{x_{n}} < 4$ 可知 $x_{n}$ 有界，故收敛，两侧取极限得到极限为 2。 笔记 前后项不等式先用同项进行放缩，可得出单调性结论 ## 2.7 递推问题 ## 2.7.1 极限压缩定理 ## 定理 2.18 (极限压缩定理) $A \in \mathbb{R}$ , 若 $\exists r \in (0,1)$ 使得 $|a_n - A| < r |a_{n-1} - A|$ , 则数列 $a_n$ 收敛到 $A$ 。 练习2.23经典极限压缩定理题(1)设 $x_{n + 1} = \cos x_n, x_1 \in [0, \frac{\pi}{3}]$ ，证明 $\lim_{n \to \infty} x_n$ 存在且极限为 $\cos x - x = 0$ 的根解(1)考虑 $f(x) = \cos x - x$ ， $f'(x) = \sin x - 1 \leq 0$ 单减，因此有唯一解，设 $\cos a = a$ 。由于 $$ \left| x _ {n + 1} - a \right| = \left| \cos x _ {n} - a \right| = \left| \cos x _ {n} - \cos a \right| = \left| \sin \xi \right| \cdot \left| x _ {n} - a \right| $$ 而由于 $\xi \in [0, \frac{\pi}{3}]$ , $|\sin \xi| < \frac{\sqrt{3}}{2}$ , 因此 $|x_{n} - a| \to 0$ ## 2.7.2 压缩映射定理 ## 定理 2.19 (压缩映射定理) 若存在 $r \in (0,1)$ 使得 $|a_{n} - a_{n-1}| \leq r |a_{n} - a_{n-1}|$ ，则数列 $a_{n}$ 收敛。 ## 推论 2.2 (导数判断压缩映射) 若 $a_{n + 1} = f(a_n)$ ， $f$ 可导，且 $\exists r\in (0,1)$ 使得 $|f'(x)|\leq r < 1$ ，则 $a_{n}$ 收敛。 练习 2.24 两个经典循环式 证明收敛并求极限: $$ (1) x _ {1} = 2, x _ {2} = 2 + \frac {1}{2}, \dots , x _ {n + 1} = 2 + \frac {1}{a _ {n}} $$ $$ (2) x _ {1} = 1, x _ {2} = \sqrt {2}, \dots , x _ {n + 1} = \sqrt {2 \sqrt {x _ {n}}} $$ 解 (1) $|x_{n+1}-x_{n}|=\left|\frac{1}{x_{n}}-\frac{1}{x_{n-1}}\right|=\frac{|x_{n-1}-x_{n}|}{|x_{n}x_{n-1}|}\leq\frac{1}{4}|x_{n}-x_{n-1}|$ ，因此收敛，取极限得到极限为 $1+\sqrt{2}$ (2) 设 $f(x) = \sqrt{2x}$ , $|f'(x)| = \frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{x}} \leq \frac{\sqrt{2}}{2} < 1$ 。 ## 2.8 Stolz 定理 ## 定理 2.20 (Stolz 定理) Stolz 定理分为以下两种，下面的 $A$ 可以为无穷。 \- $\frac{\infty}{\infty}$ 型： $b_{n}$ 严格单增趋于 $\infty$ ，且 $\lim_{n\to \infty}\frac{a_n - a_{n - 1}}{b_n - b_{n - 1}} = A$ ，则 $\lim_{n\to \infty}\frac{a_n}{b_n} = A$ \- $\frac{0}{0}$ 型： $b_{n}$ 严格单减趋于0， $a_{n}$ 也收敛到0，且 $\lim_{n\to \infty}\frac{a_n - a_{n - 1}}{b_n - b_{n - 1}} = A$ ，则 $\lim_{n\to \infty}\frac{a_n}{b_n} = A$ 练习 2.25 直接使用 用 Stolz 定理证明平均值定理 证明 设 $a_{n}=x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}, b_{n}=n$ ，则 $\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n}-a_{n-1}}{b_{n}-b_{n-1}}=x_{n}\to a$ ，则 $\frac{a_{n}}{b_{n}}=\frac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}}{n}\to a$ 笔记 由于 Stolz 定理可以证出平均值定理，在使用平均值定理时就不需要使用放缩法了。 练习 2.26 几道经典题目 (1) ZJU2022.2: $x_{0} > 0, x_{n} = \arctan x_{n-1}$ ，证明： (a) $\lim_{n\to \infty}x_n = 0$ (b) $\sqrt[n]{nx_{n}}$ 收敛，并求极限 解(1)(a)由于 $x_{n} = \arctan x_{n - 1} < x_{n - 1}$ 因此单减，根据单调有界定理则极限存在，且两侧取极限得到零 (b) 考虑 $\lim_{n\to \infty}nx_n^2$ ，由于 $nx_{n}^{2} = \frac{n}{\frac{1}{x_{n}^{2}}}$ ，根据Stolz定理即 $$ \lim _ {n \to \infty} \frac {1}{\frac {1}{x _ {n} ^ {2}} - \frac {1}{x _ {n - 1} ^ {2}}} = \lim _ {n \to \infty} \frac {x _ {n - 1} ^ {2} x _ {n} ^ {2}}{x _ {n - 1} ^ {2} - x _ {n} ^ {2}} = \lim _ {n \to \infty} \frac {x _ {n - 1} ^ {2} \arctan^ {2} x _ {n - 1}}{x _ {n - 1} ^ {2} - \arctan^ {2} x _ {n - 1}} = \frac {x _ {n - 1} ^ {2} (x _ {n - 1} ^ {2} + \frac {2}{3} x _ {n - 1} ^ {4} + \frac {1}{9} x _ {n - 1} ^ {6})}{- \frac {2}{3} x _ {n - 1} ^ {4} - \frac {1}{9} x _ {n - 1} ^ {6}} \frac {3}{2} $$ 因此 $\lim_{n\to \infty}\sqrt{n} x_n = \frac{\sqrt{6}}{2}$ ## 2.9 积分形式极限：分段法 ## 2.9.1 定积分形极限 练习 2.27 基础拆分法 求下列极限: (1) $\lim_{n\to \infty}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^n x\mathrm{d}x$ (2) $\lim_{n\to \infty}\int_0^{\frac{\pi}{2}}(1 - \sin x)^n\mathrm{d}x$ (3) $\lim_{n\to \infty}\int_0^1\frac{x^n}{1 + \sqrt{x}}\mathrm{d}x$ (4) $\lim_{n\to \infty}\int_0^1 e^{x^n}\mathrm{d}x$ 解 (1) 显然 $x \in [0, \frac{\pi}{2})$ 时， $\lim_{n \to \infty} \sin^n x = 0$ ，但 $x = \frac{\pi}{2}$ 时， $\sin x = 1$ ，因此做以下拆分： $$ \int_ {0} ^ {\frac {\pi}{2}} \sin^ {n} x \mathrm{d} x = \int_ {0} ^ {\frac {\pi}{2} - \delta} \sin^ {n} x \mathrm{d} x + \int_ {\frac {\pi}{2} - \delta} ^ {\frac {\pi}{2}} \sin^ {n} x \mathrm{d} x $$ 前者 $\int_0^{\frac{\pi}{2} -\delta}\sin^n x\mathrm{d}x\leq \frac{\pi}{2}\sin^n (\frac{\pi}{2} -\delta)\to 0$ ，后者 $\int_{\frac{\pi}{2} -\delta}^{\frac{\pi}{2}}\sin^n x\mathrm{d}x\leq \int_{\frac{\pi}{2} -\delta}^{\frac{\pi}{2}}1\mathrm{d}x = \delta$ ，因此积分极限等于0。 (2)(3) 同理都是 0 (4) 可以考虑 $\int_{0}^{1} e^{x^{n}} - 1 dx$ ，结果为 1. 练习2.28用分段法证明命题(1) $f(x)$ 在 $[0,1]$ 连续，证明 $\lim_{n\to \infty}\int_0^1 f(\sqrt[n]{x})\mathrm{d}x = f(1)$ ## 2.9.2 反常积分形极限 ## 定理 2.21 (函数形式平均值定理) $f(x)$ 在 $[a, +\infty)$ 有定义且在任意有限区间可积， $\lim_{x\to +\infty}f(x) = A$ ，则 $$ \lim _ {x \to + \infty} \frac {1}{x} \int_ {0} ^ {x} f (t) \mathrm{d} t = A $$ 证明 先斩后奏，已知 $A = \lim_{x\to +\infty}\frac{1}{x}\int_{a}^{x}Adt$ ，因此只需证 $$ \lim _ {x \rightarrow + \infty} \left(\frac {1}{x} \int_ {a} ^ {x} f (t) \mathrm{d} t - \frac {1}{x} \int_ {a} ^ {x} A \mathrm{d} t\right) = \lim _ {x \rightarrow + \infty} \frac {1}{x} \int_ {a} ^ {x} (f (t) - A) \mathrm{d} t = 0 $$ $\forall \epsilon, \exists M, x \geq M$ 时 $|f(x) - A| < \epsilon$ ，因此可有 $N, x > N$ 时 $\frac{1}{x} \int_{a}^{M} |f(t) - A| \mathrm{d}t < \epsilon$ ，得到 $$ \left| \frac {1}{x} \int_ {a} ^ {x} (f (t) - A) \mathrm{d} t \right| \leq \frac {1}{x} \int_ {a} ^ {M} | f (t) - A | \mathrm{d} t + \frac {1}{x} \int_ {M} ^ {x} | f (t) - A | \mathrm{d} t < \epsilon + \frac {x - M}{x} \cdot \epsilon < 2 \epsilon $$ 因此结论成立 因此结论成立笔记如果有说明 $f(x)$ 连续，则 $\int_{a}^{x}f(t)\mathrm{d}t$ 可导，可用洛必达法则证明。 练习2.29相关练习已知 $f(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 非负，对 $\forall A > 0$ ， $xf(x)$ 在 $[0, A]$ 可积，且 $\int_0^{+\infty} f(x) \mathrm{d}x$ 可积，证明： $\lim_{A \to +\infty} \frac{1}{A} \int_0^A xf(x) \mathrm{d}x = 0$ 证明 由于 $\int_0^{+\infty}f(x)\mathrm{d}x$ 收敛，因此 $\forall \epsilon ,\exists M,\forall A^{\prime \prime}\geq A^{\prime}\geq M$ 都有 $0\leq \int_{A^{\prime}}^{A^{\prime \prime}}f(x)\mathrm{d}x < \epsilon$ ，固定上面的 $M$ $\exists N,\forall A > N$ 有 $0 < \frac{1}{A}\int_0^M xf(x)\mathrm{d}x < \epsilon$ ，进而 $A > N$ 时 $$ 0 < \frac {1}{A} \int_ {0} ^ {A} x f (x) \mathrm{d} x = \frac {1}{A} \int_ {0} ^ {M} x f (x) \mathrm{d} x + \frac {1}{A} \int_ {M} ^ {A} x f (x) \mathrm{d} x < \epsilon + \frac {1}{A} \int_ {M} ^ {A} A f (x) \mathrm{d} x < 2 \epsilon $$ ## 2.9.3 周期函数积分极限 练习2.30 $f(x)$ 是 $\mathbb{R}$ 上周期为 $T$ 的可积函数，证明： $\forall a\in \mathbb{R},\int_0^T f(x)\mathrm{d}x = \int_a^{a + T}f(x)\mathrm{d}x$ 证明 令 $x = T + u$ ，则 $\int_{T}^{a + T} f(x) \mathrm{d}x = \int_{0}^{a} f(T + u) \mathrm{d}(T + u) = \int_{0}^{a} f(x) \mathrm{d}x$ ，因此 $$ \int_ {a} ^ {a + T} f (x) \mathrm{d} x = \int_ {a} ^ {0} f (x) \mathrm{d} x + \int_ {0} ^ {T} f (x) \mathrm{d} x + \int_ {T} ^ {T + a} f (x) \mathrm{d} x = \int_ {0} ^ {T} f (x) \mathrm{d} x $$ 练习2.31 $f(x)$ 是周期为 $T$ 的连续函数，证明： $\lim_{x\to +\infty}\frac{1}{x}\int_0^x f(t)\mathrm{d}t = \frac{1}{T}\int_0^T f(t)\mathrm{d}t$ 证明对 $\forall x > 0$ ，都 $\exists n_x\in \mathbb{N}$ 使得 $x - n_{x}T\in [0,T)$ ，此时 $\lim_{x\to \infty}\frac{n_x}{x} = \frac{1}{T}$ 。根据周期性可知 $$ \lim _ {x \rightarrow + \infty} \frac {1}{x} \int_ {0} ^ {n _ {x} T} f (t) \mathrm{d} t = \frac {n _ {x}}{x} \int_ {0} ^ {T} f (t) \mathrm{d} t = \frac {1}{T} \int_ {0} ^ {T} f (t) \mathrm{d} t $$ 由于 $||f(x)| - |f(y)|| \leq |f(x) - f(y)|$ ，从振幅角度来看，若 $f(x)$ 可积，则 $|f(x)|$ 也可积，且显然 $|f(x)|$ 也是周期函数。因此 $\int_0^T |f(x)|\mathrm{d}x$ 有界，此时： $$ \int_ {n _ {x} T} ^ {x} f (t) \mathrm{d} t \leq \int_ {n _ {x} T} ^ {(n _ {x} + 1) T} f (x) \mathrm{d} x \leq \int_ {0} ^ {T} | f (x) | \mathrm{d} x \leq M $$ 因此 $\lim_{x\to \infty}\frac{1}{x}\int_{n_xT}^x f(x)\mathrm{d}x = 0$ 练习 2.32 进阶难度 $f(x) \geq 0$ ，周期为 T，且连续，证明： 证明 $$ \lim _ {n \rightarrow \infty} n \int_ {n} ^ {+ \infty} \frac {f (x)}{x ^ {2}} \mathrm{d} x = \frac {1}{T} \int_ {0} ^ {T} f (x) \mathrm{d} x $$ ![](8eb8fb666bbaa9a816146c4a4a4c8ebfda7fa464a434b62b0448bbe8a2aa3b16.jpg) > [!proof]- 证明状态 > 本笔记含数学结论；已保留原文。未给出证明的结论将在后续按定义、引理和推导链补证。