数学分析笔记——总目录
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关于 N 的取值问题
按照数列极限的定义,要证明 lim n → ∞ a n = a \underset{n \rightarrow \infty}{\lim}a_n=a n→∞liman=a,则需要寻找满足条件的 N N N,在原始定义中, N N N 限定为 正序数,即正整数( N ∈ N + N \in \mathbb{N}_{+} N∈N+)。当然,在实际证明时,会发现, N N N 并不限于正整数。这样的改变并不影响证明过程的正确性。事实上,我们并不会过分关注 N N N 的取值类型,我们关注的是 满足条件的正整数 n n n 是否合乎定义。
例题. \quad 证明 lim n → ∞ n n + 3 = 1 \underset{n \rightarrow \infty}{\lim}\frac{n}{n+3}=1 n→∞limn+3n=1。
证明 1:解不等式法。
对于任意给定的 ϵ > 0 \epsilon>0 ϵ>0,令
∣ n n + 3 − 1 ∣ = ∣ 3 n + 3 ∣ < ϵ \left|\frac{n}{n+3}-1\right| = \left|\frac{3}{n+3}\right|<\epsilon ∣∣∣∣n+3n−1∣∣∣∣=∣∣∣∣n+33∣∣∣∣<ϵ
解得 n > 3 ϵ − 3 n>\frac{3}{\epsilon}-3 n>ϵ3−3。显然有
3 ϵ − 3 < 3 ϵ \frac{3}{\epsilon}-3<\frac{3}{\epsilon} ϵ3−3<ϵ3
为保证 N N N 为正整数,取 N = [ 3 ϵ ] + 1 N=\left[\frac{3}{\epsilon}\right]+1 N=[ϵ3]+1,则当 n > N n>N n>N 时,显然成立 ∣ n n + 3 − 1 ∣ < ϵ \left|\frac{n}{n+3}-1\right|<\epsilon ∣∣n+3n−1∣∣<ϵ。
即 lim n → ∞ n n + 3 = 1 \underset{n \rightarrow \infty}{\lim}\frac{n}{n+3}=1 n→∞limn+3n=1 得证。
证毕
注:严格按照定义证明,就要时刻保证 N N N 是正整数。但是直接取 N = [ 3 ϵ ] N=\left[\frac{3}{\epsilon}\right] N=[ϵ3]也没有错误,只是如果 ϵ \epsilon ϵ 取得足够大时,此时的 N N N 可能为 0 0 0,违反了正整数的设定,而 n > 0 n>0 n>0,自然意为对所有的正整数 n n n 都成立。
证明 2:放大法。
对于任意给定的 ϵ > 0 \epsilon>0 ϵ>0,令
∣ n n + 3 − 1 ∣ = ∣ 3 n + 3 ∣ < 3 n < ϵ \left|\frac{n}{n+3}-1\right| = \left|\frac{3}{n+3}\right|<\frac{3}{n}<\epsilon ∣∣∣∣n+3n−1∣∣∣∣=∣∣∣∣n+33∣∣∣∣<n3<ϵ
解得 n > 3 ϵ n>\frac{3}{\epsilon} n>ϵ3。
取 N = [ 3 ϵ ] N=\left[\frac{3}{\epsilon}\right] N=[ϵ3],则当 n > N n>N n>N 时,显然成立 ∣ n n + 3 − 1 ∣ < ϵ \left|\frac{n}{n+3}-1\right|<\epsilon ∣∣n+3n−1∣∣<ϵ。
即 lim n → ∞ n n + 3 = 1 \underset{n \rightarrow \infty}{\lim}\frac{n}{n+3}=1 n→∞limn+3n=1 得证。
证毕
例题. \quad 证明: lim n → ∞ 3 n 2 n 2 − 3 = 3 \underset{n \rightarrow \infty}{\lim}\frac{3n^2}{n^2-3}=3 n→∞limn2−33n2=3。
证明:放大法。
当 n ≥ 3 n\ge 3 n≥3 时,有
∣ 3 n 2 n 2 − 3 − 3 ∣ = ∣ 9 n 2 − 3 ∣ < ∣ 9 n ∣ \left|\frac{3n^2}{n^2-3}-3\right|=\left|\frac{9}{n^2-3}\right|<\left|\frac{9}{n}\right| ∣∣∣∣n2−33n2−3∣∣∣∣=∣∣∣∣n2−39∣∣∣∣<∣∣∣∣n9∣∣∣∣
对于任意给定的 ϵ > 0 \epsilon>0 ϵ>0,令
∣ 3 n 2 n 2 − 3 − 3 ∣ = ∣ 9 n 2 − 3 ∣ < ∣ 9 n ∣ < ϵ \left|\frac{3n^2}{n^2-3}-3\right|=\left|\frac{9}{n^2-3}\right|<\left|\frac{9}{n}\right|<\epsilon ∣∣∣∣n2−33n2−3∣∣∣∣=∣∣∣∣n2−39∣∣∣∣<∣∣∣∣n9∣∣∣∣<ϵ
解得 n > 9 ϵ n>\frac{9}{\epsilon} n>ϵ9。
取 N = max { 3 , 9 ϵ } N=\max\{3,\frac{9}{\epsilon}\} N=max{3,ϵ9},则当 n > N n>N n>N 时,显然成立 ∣ 3 n 2 n 2 − 3 − 3 ∣ < ϵ \left|\frac{3n^2}{n^2-3}-3\right|<\epsilon ∣∣∣n2−33n2−3∣∣∣<ϵ。
即 lim n → ∞ 3 n 2 n 2 − 3 = 3 \underset{n \rightarrow \infty}{\lim}\frac{3n^2}{n^2-3}=3 n→∞limn2−33n2=3 得证。
证毕
注:按照严格的定义证明,应取 N = max { 3 , [ 9 ϵ ] } N = \max \{3,\left[\frac{9}{\epsilon}\right]\} N=max{3,[ϵ9]},但是直接取 N = 9 ϵ N=\frac{9}{\epsilon} N=ϵ9也没有错误,只是此时的 N N N 无法保证正整数的设定,只能保证其为正数。也就是说,实际上, N N N 并不限于正整数,保证其为正数即可。反正不管怎样, n n n 是大于数 N N N 的正整数。
结论:
在求解关于 N N N 的不等式时,得到 n > f ( ϵ ) n>f(\epsilon) n>f(ϵ) 的形式,这时无论取 N = [ f ( ϵ ) ] N = \left[f(\epsilon)\right] N=[f(ϵ)] 还是 [ f ( ϵ ) ] + 1 \left[f(\epsilon)\right]+1 [f(ϵ)]+1 或是其它形式,只要满足条件 n > N n>N n>N 的 n n n 满足定义即可。
经典例题
以下几个例题非常有用,在多数情况下,甚至可以作为结论直接使用,不过这些“特殊结论”的证明方式需要有一定的掌握和了解。
例题. \quad 设 α > 0 \alpha>0 α>0,证明 lim n → ∞ 1 n α = 0 \underset{n \rightarrow \infty}{\lim}\frac{1}{n^{\alpha}}=0 n→∞limnα1=0。
证明:
对于任意给定的 ϵ > 0 \epsilon>0 ϵ>0,令
∣ 1 n α − 0 ∣ < ϵ \left|\frac{1}{n^{\alpha}}-0\right|<\epsilon ∣∣∣∣nα1−0∣∣∣∣<ϵ
解得 n > ( 1 ϵ ) 1 α n>\left(\frac{1}{\epsilon}\right)^{\frac{1}{\alpha}} n>(ϵ1)α1。
取 N = [ ( 1 ϵ ) 1 α ] + 1 N=\left[\left(\frac{1}{\epsilon}\right)^{\frac{1}{\alpha}}\right]+1 N=[(ϵ1)α1]+1,则当 n > N n>N n>N 时,显然成立 ∣ 1 n α − 0 ∣ < ϵ \left|\frac{1}{n^{\alpha}}-0\right|<\epsilon ∣∣nα1−0∣∣<ϵ。
即 lim n → ∞ 1 n α = 0 \underset{n \rightarrow \infty}{\lim}\frac{1}{n^{\alpha}}=0 n→∞limnα1=0 得证。
证毕
例题. \quad 设 ∣ q ∣ < 1 |q|<1 ∣q∣<1,证明: lim n → ∞ q n = 0 \underset{n \rightarrow \infty}{\lim}q^n=0 n→∞limqn=0。
证明 1:
当 q = 0 q=0 q=0 时,结论显然成立。
当 0 < ∣ q ∣ < 1 0<|q|<1 0<∣q∣<1 时,对于任意给定的 ϵ > 0 \epsilon>0 ϵ>0,令
∣ q n − 0 ∣ < ϵ \left|q^n-0\right|<\epsilon ∣qn−0∣<ϵ
解得 n > ln ϵ ln ∣ q ∣ n>\frac{\ln \epsilon}{\ln |q|} n>ln∣q∣lnϵ。
取 N = max { [ ln ϵ ln ∣ q ∣ ] , 1 } N=\max \{\left[\frac{\ln \epsilon}{\ln |q|}\right],1\} N=max{[ln∣q∣lnϵ],1},则当 n > N n>N n>N 时,显然成立 ∣ q n − 0 ∣ < ϵ \left|q^n-0\right|<\epsilon ∣qn−0∣<ϵ。
即 lim n → ∞ q n = 0 \underset{n \rightarrow \infty}{\lim}q^n=0 n→∞limqn=0 得证。
证毕
证明 2:
当 q = 0 q=0 q=0 时,结论显然成立。
当 0 < ∣ q ∣ < 1 0<|q|<1 0<∣q∣<1 时, 1 ∣ q ∣ > 1 \frac{1}{|q|}>1 ∣q∣1>1 显然成立。令 h = 1 ∣ q ∣ − 1 > 0 h = \frac{1}{|q|}-1>0 h=∣q∣1−1>0,则有
∣ q ∣ = 1 1 + h , ∣ q ∣ n = 1 ( 1 + h ) n |q| = \frac{1}{1+h},\quad |q|^n = \frac{1}{(1+h)^n} ∣q∣=1+h1,∣q∣n=(1+h)n1
由不等式 ( 1 + h ) n ≥ 1 + n h (1+h)^n \ge 1+nh (1+h)n≥1+nh 可得
∣ q ∣ n = 1 ( 1 + h ) n ≤ 1 1 + n h < 1 n h |q|^n = \frac{1}{(1+h)^n} \le \frac{1}{1+nh}<\frac{1}{nh} ∣q∣n=(1+h)n1≤1+nh1<nh1
对于任意给定的 ϵ > 0 \epsilon>0 ϵ>0,令
∣ q ∣ n < 1 n h < ϵ |q|^n<\frac{1}{nh}<\epsilon ∣q∣n<nh1<ϵ
解得 n > 1 h ϵ n>\frac{1}{h\epsilon} n>hϵ1。
取 N = [ 1 h ϵ ] N=\left[\frac{1}{h\epsilon}\right] N=[hϵ1],则当 n > N n>N n>N 时,显然成立 ∣ q ∣ n < ϵ |q|^n<\epsilon ∣q∣n<ϵ。
即 lim n → ∞ q n = 0 \underset{n \rightarrow \infty}{\lim}q^n=0 n→∞limqn=0 得证。
证毕
[1] 陈纪修,于崇华,金路著. 数学分析 上册. 第2版. 北京:高等教育出版社, 2004.06.
[2] 华东师范大学数学系编. 数学分析 上册. 第4版. 北京:高等教育出版社, 2010.07.