【CMC 校训笔记】01 极限

一、如何深入认识极限

多关注局部与整体的数值变化的依赖关系，抓住主要矛盾.

例：

$\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{k^n}{n^n}$

通项有：

$\frac{k^n}{n^n}=\left(\frac{k}{n}\right)^n$

$k$ 从 $1$ 到 $n$ ，通项的极限对和式的贡献完全不同：

1. $k \ll n$

如 $k=1,2,3,\cdots$ ，当 $n \to \infty$ ， $\left(\frac{k}{n}\right)^n \to 0$ .

此时这些项几乎为 0，对和式几乎没有贡献.

2. $k$ 靠近 $n$ 时，即 $k=n-i$

$\left(\frac{k}{n}\right)^n=\left(\frac{n-i}{n}\right)^n=\left(1-\frac{i}{n}\right)^n \to e^{-i}$

如：

$i=0$ ： $k=n$ ， $\left(\frac{n}{n}\right)^n=1$
$i=1$ ： $k=n-1$ ， $\left(\frac{n-1}{n}\right)^n \to e^{-1}$
$i=2$ ： $k=n-2$ ， $\left(\frac{n-2}{n}\right)^n \to e^{-2}$
$i=3$ ： $k=n-3$ ， $\left(\frac{n-3}{n}\right)^n \to e^{-3}$
$\dots$

故只有当 $k$ 非常靠近 $n$ 的寥寥几项才对和式有贡献，前面一大堆全部趋于 0，可以忽略.

Guess:

$\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{k^n}{n^n} = 1 + e^{-1} + e^{-2} + \cdots = \frac{e}{e-1}$

这里我们将和式分段估计，拆成有贡献的部分+可以忽略的部分，抓住主要矛盾。

严格证明

上界

当 $0 \le i \le n-1$ 时，有：

$\left(1-\frac{i}{n}\right)^n \le e^{-i}$

因此：

$S_n = \sum_{i=0}^{n-1} \left(1-\frac{i}{n}\right)^n \le \sum_{i=0}^{n-1} e^{-i} < \sum_{i=0}^{\infty} e^{-i} \tag{1}$

下界

对于任意正整数 $N$ ，当 $n>N$ 时：

$S_n = \sum_{i=0}^{n-1} \left(1-\frac{i}{n}\right)^n \ge \sum_{i=0}^{N} e^{-i}$

令 $n \to \infty$ 且 $N \to \infty$ ，有：

$\begin{equation} \lim_{n \to \infty} S_n \ge \sum_{i=0}^{\infty} e^{-i} \tag{2} \end{equation}$

由 (1) (2) 及夹逼定理得：

$\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{k^n}{n^n} = \sum_{i=0}^{\infty} e^{-i} = \frac{e}{e-1}$

一道类似的题

设 $\displaystyle I_n = n \int_1^a \frac{dx}{1+x^n}$ ， $a>1$ . 求 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} I_n$ .

分母有 $x^n$ ，先换元 $t = x^n$ ，有：

$I_n = \int_1^{a^n} \frac{\sqrt[n]{t}}{t(1+t)} \, dt$

分析： $t$ 从 $1$ 到 $a^n$ ，当 $t$ 很小时，分子 $\sqrt[n]{t} \to 1$ ；当 $t$ 靠近 $a^n$ 时，分子 $\sqrt[n]{t} \le a$ ，而分母 $t(1+t)$ 非常大，整体趋于 0. 因此积分值几乎只由前面一段贡献，我们同样可以尝试分段估计.

$I_n = \int_1^A \frac{\sqrt[n]{t}}{t(1+t)} \, dt + \int_A^{a^n} \frac{\sqrt[n]{t}}{t(1+t)} \, dt$

$A$ 是一个充分大的固定常数.

令 $n \to \infty$ ，再令 $A \to \infty$ ：
$\int_1^A \frac{\sqrt[n]{t}}{t(1+t)} \, dt \to \int_1^A \frac{1}{t(1+t)} \, dt \to \int_1^{+\infty} \frac{1}{t(1+t)} \, dt = \ln 2$

$0 < \int_A^{a^n} \frac{\sqrt[n]{t}}{t(1+t)} \, dt \le a \int_A^{a^n} \frac{dt}{t(1+t)} = a \ln{\left(1+\frac{1}{A}\right)} < \frac{a}{A} \to 0$

故 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} I_n = \ln 2$

二、夹挤定理

当表达式不易计算时，可考虑使用夹挤定理. 基本想法：突出主要，忽略次要.

例 1

$\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{a^{\frac{k}{n}}}{n + (a-1) k^{-1}} \qquad (a > 1)$

分析：式中出现极限、求和以及 $\frac{k}{n}$ ，有点像 Riemann 和，然而表达式中出现 $k^{-1}$ ，我们想办法把 $k^{-1}$ 项放缩掉.

利用 $0 < k^{-1} \le 1$ ，有：

$\sum_{k=1}^{n} \frac{a^{\frac{k}{n}}}{n + (a-1)} \le \sum_{k=1}^{n} \frac{a^{\frac{k}{n}}}{n + (a-1) k^{-1}} < \sum_{k=1}^{n} \frac{a^{\frac{k}{n}}}{n}$

$\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{a^{\frac{k}{n}}}{n} =\int_{0}^{1}a^{x}dx =\frac{a-1}{\ln a}$

$\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{a^{\frac{k}{n}}}{n+(a-1)} =\lim_{n\to\infty}\frac{n}{n+a-1}\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{a^{\frac{k}{n}}}{n} =\frac{a-1}{\ln a}$

故由夹挤定理，原极限的值为 $\displaystyle \frac{a-1}{\ln a}$ .

例 2

$\lim_{x\to+\infty}\sqrt[3]{x}\int_{x}^{x+1}\frac{\sin t}{\sqrt{t+\cos t}}\,dt$

分析：被积式较为复杂，直接积分积不出来. 尝试估计它，这里我们有两种思路，一种是用积分中值定理，一种是直接放缩被积函数.

法一：积分中值定理

存在 $\xi \in [x, x+1]$ ，使得：

$\int_{x}^{x+1}\frac{\sin t}{\sqrt{t+\cos t}}\,dt = \frac{\sin \xi}{\sqrt{\xi+\cos \xi}}$

当 $x\to+\infty$ ，由于 $x \le \xi \le x+1$ ，有 $\displaystyle 1 \le \frac{\xi}{x} \le 1+\frac{1}{x}$ ，夹挤得 $\xi \sim x \quad (x \to +\infty)$ ，故：

$\frac{\sin \xi}{\sqrt{\xi+\cos \xi}} \sim \frac{\sin \xi}{\sqrt{\xi}} \sim \frac{\sin \xi}{\sqrt{x}}$

代回原极限：

$L = \lim_{x\to+\infty}\sqrt[3]{x}\cdot\frac{\sin \xi}{\sqrt{x}} = \lim_{x\to+\infty} x^{-\frac{1}{6}} \cdot \sin \xi \xlongequal{\text{无穷小×有界}} 0$

法二：放缩

注意到（其实注意不到）：

$\left|\int_{x}^{x+1}\frac{\sin t}{\sqrt{t+\cos t}}\,dt\right| \le \int_{x}^{x+1}\left|\frac{\sin t}{\sqrt{t+\cos t}}\right|\,dt \le \int_{x}^{x+1}\frac{1}{\sqrt{t-1}}\,dt \le \int_{x}^{x+1}\frac{1}{\sqrt{x-1}}\,dt = \frac{1}{\sqrt{x-1}}$

（利用 $\sin t$ 和 $\cos t$ 的有界性以及 $t \ge x$ ）

于是：

$|L| \le \lim_{x\to+\infty}\sqrt[3]{x}\cdot\frac{1}{\sqrt{x-1}} = 0$

从而 $L=0$ .

三、Taylor 展开

例 1

$\lim_{x\to 0}\frac{(1+x)^{\frac{2}{x}}-e^{2}\big(1-\ln(1+x)\big)}{x}$

分析：分子有两个函数相加减，无法等价无穷小替换，考虑用泰勒展开. 这里对于 $(1+x)^{\frac{2}{x}}$ 我们将底数放到指数上去，方便我们展开.

$\begin{aligned} &\ln (1+x) = x-\frac12 x^2+o(x^2) \\ &\textcolor{red}{(1+x)^{\frac{2}{x}} = e^{\frac{2}{x}\ln(1+x)} = e^{2}\cdot e^{-x+o(x)} = e^{2}\big(1-x+o(x)\big) \qquad (\star)} \\ &e^{2}\big(1-\ln(1+x)\big) = e^{2}\left(1-x+\frac12 x^2+o(x^2)\right) \end{aligned}$

于是：

$\begin{aligned} &\lim_{x\to 0}\frac{(1+x)^{\frac{2}{x}}-e^{2}\big(1-\ln(1+x)\big)}{x} \\ =&\lim_{x\to 0}\frac{e^{2}\big(1-x+o(x)\big)-e^{2}\left(1-x+\frac12 x^2+o(x^2)\right)}{x} \\ =&0 \end{aligned}$

例 2

$\lim_{x\to 0}\frac{1-(\cos x)^{\sin x}}{x^3}$

我们对 $(\cos x)^{\sin x}$ 采用同上的处理：

$(\cos x)^{\sin x}=e^{\sin x \ln \cos x}=1+\sin x \ln \cos x+o(\sin x \ln \cos x)$

然后使用等价无穷小：

$\sin x \ln \cos x=\sin x \ln(\cos x-1+1)\sim x(\cos x-1)\sim -\frac12 x^3$

例 3

$\lim_{n\to+\infty} n^2 (\sqrt[n]{2026}-\sqrt[n+1]{2026})$

将根式写成指数形式，并提取公因式：

$\sqrt[n]{2026}-\sqrt[n+1]{2026} = 2026^{\frac{1}{n}} - 2026^{\frac{1}{n+1}} = 2026^{\frac{1}{n+1}} (2026^{\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}} - 1)$

这样处理后我们能凑出 $a^x-1$ 的等价无穷小形式：

$2026^{\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}} - 1 \sim \frac{\ln 2026}{n(n+1)}$

于是原极限：

$L = \lim_{n\to+\infty} n^2 \cdot \frac{\ln 2026}{n(n+1)} = \ln 2026$

类似地，下题也采用同样的处理思路，将分子提取一个 $x$ 后等价无穷小处理：

$\lim_{x\to 0}\frac{\sqrt[3]{\sin x^3}-x}{x^7}$

四、Stolz 定理

Stolz 定理 设数列 $\{x_n\}$ ， $\{y_n\}$ 满足下列条件之一：

(0/0 型) $\{x_n\}$ 严格单调递减，且 $\displaystyle \lim_{n\to\infty} x_n = \lim_{n\to\infty} y_n = 0$
(∞/∞ 型) $\{x_n\}$ 严格单调递增，且 $\displaystyle \lim_{n\to\infty} x_n = +\infty$

若
$\lim_{n\to\infty} \frac{y_{n+1}-y_n}{x_{n+1}-x_n} = a$
则
$\lim_{n\to\infty} \frac{y_n}{x_n} = \lim_{n\to\infty} \frac{y_{n+1}-y_n}{x_{n+1}-x_n} = a.$

Stolz 定理可以看作是离散情况下的洛必达法则.

例 1

设 $0 < x_1 < 1$ ， $x_{n+1} = x_n (1-x_n)$ ， $n=1,2,\cdots$ .
证明：（1） $\displaystyle \lim_{n\to\infty} x_n=0$ ；（2） $\displaystyle \lim_{n\to\infty} nx_n=1$ .

解（1）由数学归纳法易证 $0 < x_n < 1$ ，
于是 $x_{n+1} = x_n (1-x_n) < x_n$ ，从而 $\displaystyle \lim_{n\to\infty} x_n = l$ 存在.
由 $\displaystyle \lim_{n\to\infty} x_{n+1} = \lim_{n\to\infty} x_n (1-x_n)$ ，
有 $l=l(1-l)$ ，简单讨论可知 $l=0$ .

（2）由 Stolz 定理：
$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty} nx_n &= \lim_{n\to\infty} \frac{n}{\dfrac{1}{x_n}} = \lim_{n\to\infty} \frac{n-(n-1)}{\dfrac{1}{x_n} - \dfrac{1}{x_{n-1}}} \\ &= \lim_{n\to\infty} \frac{x_n x_{n-1}}{x_{n-1}-x_n} = \lim_{n\to\infty} \frac{x_n}{x_{n-1}} \\ &= \lim_{n\to\infty} (1-x_{n-1}) = 1 \end{aligned}$

例 2

设数列 $\{x_n\}_{n=1}^{\infty}$ 满足 $\lim\limits_{n\to\infty}(x_n-x_{n-2})=0$ ，求证：
$\lim_{n\to\infty}\frac{x_n-x_{n-1}}{n}=0$

证由 Stolz 定理：
$\begin{aligned} &\lim_{n\to\infty}\frac{(-1)^n(x_n-x_{n-1})}{n} \\ =& \lim_{n\to\infty}\frac{(-1)^n(x_n-x_{n-1})-(-1)^{n-1}(x_{n-1}-x_{n-2})}{n-(n-1)} \\ =& \lim_{n\to\infty}(-1)^n(x_n-x_{n-2}) = 0 \end{aligned}$

分析：题设条件有 $x_n-x_{n-2}$ ，待证极限中是 $x_n-x_{n-1}$ ，注意到 $x_n-x_{n-2} = (x_n-x_{n-1}) + (x_{n-1}-x_{n-2})$ ，等式右边刚好是连续两项，想到可以用 Stolz 定理，但是定理中是两项之差，这里却是两项之和，于是有神之一手——构造 $(-1)^n(x_n-x_{n-1})$ .

五、与积分相关的极限

将数列转化为合适的 Riemann 和形式
积分第一、第二中值定理的应用：多数是估计
对式子作合理的变形很重要：洞察特点，让形式更和谐

例 1

$\lim_{n\to\infty} \sqrt{n} (1 - \sum_{k=1}^n \frac{1}{n+\sqrt{k}})$

分析：想要转化为 Riemann 和形式，但是有常数 $1$ ，想办法把 $1$ 转化为求和形式—— $\displaystyle 1 = \sum_{k=1}^n \frac{1}{n}$ .

$\sqrt{n} (1 - \sum_{k=1}^n \frac{1}{n+\sqrt{k}}) = \sqrt{n} \sum_{k=1}^n \frac{\sqrt{k}}{n(n+\sqrt{k})} = \sum_{k=1}^n \frac{\sqrt{\dfrac{k}{n}}}{1+\dfrac{\sqrt{k}}{n}}\cdot\frac1n$

其中 $\dfrac{\sqrt{k}}{n}\to0$ （或用 $0 < k \le n$ 夹挤）.

例 2

$\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt{n}}\left(\frac{n+1}{2}-\sum_{k=1}^n \frac{k}{n+\sqrt{k}}\right)$

$\begin{aligned} &\frac{1}{\sqrt{n}}\left(\frac{n+1}{2}-\sum_{k=1}^n \frac{k}{n+\sqrt{k}}\right) =\frac{1}{\sqrt{n}}\left(\frac{n(n+1)}{2}\cdot\frac1n-\sum_{k=1}^n \frac{k}{n+\sqrt{k}}\right) \\ =&\frac{1}{\sqrt{n}}\left(\sum_{k=1}^n \frac{k}{n}-\sum_{k=1}^n \frac{k}{n+\sqrt{k}}\right) =\frac{1}{\sqrt{n}}\sum_{k=1}^n \frac{k\sqrt{k}}{n(n+\sqrt{k})} =\sum_{k=1}^n \frac{\dfrac{k}{n}\sqrt{\dfrac{k}{n}}}{1+\dfrac{\sqrt{k}}{n}}\cdot \frac1n \end{aligned}$

例 3

设 $f(x)$ 在闭区间 $[0,1]$ 上有连续导数， $f(0)=0$ ， $f(1)=1$ .
证明：
$\lim_{n\to\infty} n\left(\int_{0}^{1} f(x)dx -\frac1n\sum_{k=1}^{n} f\left(\frac{k}{n}\right)\right)=-\frac12.$

分析：这道题同样想要转化为 Riemann 和，但是式中出现积分，同样的思路将积分转化为求和. 然后后面一顿行云流水...我真的想不出来...见下.

$\begin{align*} &\ n\left(\int_{0}^{1} f(x)\,dx - \frac1n\sum_{k=1}^{n} f\left(\frac{k}{n}\right)\right) \\ &= n\left(\sum_{k=1}^{n}\int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}} f(x)\,dx - \frac1n\sum_{k=1}^{n} f\left(\frac{k}{n}\right)\right) \tag{将积分转化为求和} \\ &= n\sum_{k=1}^{n}\int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}} \left(f(x) - f\left(\frac{k}{n}\right)\right) dx \tag{合并求和项} \\ &= -n\sum_{k=1}^{n}\int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}} \left(x - \frac{k-1}{n}\right) f'(x)\,dx \tag{分部积分} \\ &= -n\sum_{k=1}^{n} f'(\xi_k)\int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}} \left(x - \frac{k-1}{n}\right) dx \tag{积分中值定理} \\ &= -\frac12\sum_{k=1}^{n} f'(\xi_k)\frac{1}{n} \to -\frac12\int_{0}^{1} f'(x)\,dx = -\frac12 \tag{Riemann 和} \end{align*}$

还有两个神秘题目太神秘了，后面再单独看看. 以及与级数相关的题，后面也单独去研究吧.