微积分

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问题 1 (自编). 已知
$$
\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n=e,
$$
其中$n\in \mathbf{N}^{+}$.证明
$$
\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{k}{n}\right)^n=e^k,
$$
其中$n,k\in \mathbf{N}^{+}$.

解答 1.1. 证明使用数学归纳法.当$k=1$时,由已知命题成立.假设当$k=m(m\in
\mathbf{N}^{+})$时,命题成立,即
$$
\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{m}{n}\right)^n=e^m,
$$
则当$k=m+1$时,
\begin{align*}
\lim_{n\to\infty}\frac{\left(1+\frac{m+1}{n}\right)^n}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n}&=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1+\frac{m+1}{n}}{1+\frac{1}{n}}\right)^n\\&=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{n+m+1}{n+1}\right)^n\\&=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{m}{n+1}\right)^{n}
\\&=\lim_{n\to\infty}\left[\left(1+\frac{m}{n+1}\right)^{n+1}\right]^{\frac{n}{n+1}}
\\&=\lim_{n\to\infty}(e^m)^{\frac{n}{n+1}}
\\&=e^m.
\end{align*}

$$
\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{m+1}{n}\right)^n=e^{m+1}.
$$
由数学归纳法,对于任意$k,n\in \mathbf{N}^{+}$,都有
$$
\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{k}{n}\right)^n=e^{k}
$$

问题 2 (自编). 已知
$$
\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n=e,
$$
其中$n\in \mathbf{N}^{+}$.证明当$x\in \mathbf{R}^{+}$时,
$$
\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x}=e.
$$

解答 2.1. 记$[x]$为不超过$x$的最大正整数.则
$$
\left(1+\frac{1}{[x]+1}\right)^{[x]}<\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x}<\left(1+\frac{1}{[x]}\right)^{[x]+1},
$$

$$
\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{[x]}\right)^{[x]+1}=\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{[x]}\right)^{[x]}\left(1+\frac{1}{[x]}\right)=e,
$$

$$
\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{[x]+1}\right)^{[x]}=\lim_{x\to\infty}\frac{\left(1+\frac{1}{[x]+1}\right)^{[x]+1}}{\left(1+\frac{1}{[x]+1}\right)}=e.
$$
故由两边夹准则,
$$
\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x}=e.
$$

问题 3. 利用问题2的结论重做问题1.

解答 3.1. 当$n,k\in \mathbf{N}^{+}$时,
$$
\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{m}{n}\right)^n=\lim_{n\to\infty}\left[\left( 1+\frac{1}{\frac{n}{m}} \right)^{\frac{n}{m}}\right]^{m}=e^m.
$$

问题 4. 证明
$$
\lim_{x\to +\infty}\left( 1-\frac{1}{x} \right)^x=\frac{1}{e}.
$$

解答 4.1. \begin{align*}
\lim_{x\to+\infty}\left( 1-\frac{1}{x} \right)^x&=\lim_{x\to
+\infty}\left(
\frac{1}{1-\frac{1}{x}}
\right)^{-x}
\\&=\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{\left(
1+\frac{1}{x-1} \right)^{x}}
\\&=\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{\left( 1+\frac{1}{x-1}
\right)^{x-1}}\cdot \frac{1}{1+\frac{1}{x-1}}
\\&=\frac{1}{e}.
\end{align*}

问题 5. 证明
$$
\lim_{x\to+\infty}\left( 1+\frac{k}{x} \right)^x=e^{k},
$$
其中$k\in \mathbf{Z}$.

解答 5.1. \begin{align*}
\lim_{x\to+\infty}\left( 1+\frac{k}{x}
\right)^x&=\lim_{x\to+\infty}\left[\left( 1+\frac{1}{\frac{x}{k}}
\right)^{\frac{x}{k}}\right]^{k}
\\&=e^{k}.
\end{align*}

问题 6. 已知$f(x)=e^{x}$.证明$f'(x)=e^{x}$.

解答 6.1. \begin{align*}
f'(x)&=\lim_{\Delta x\to 0}\cfrac{e^{x+\Delta x}-e^{x}}{\Delta
x}\\&=e^{x}\lim_{\Delta x\to 0}\frac{e^{\Delta x}-1}{\Delta
x}
\\&=e^x\lim_{\Delta x\to 0}\left[\lim_{n\to\infty}\cfrac{\left( 1+\cfrac{\Delta x}{n}
\right)^n-1}{\frac{\Delta x}{n}}\cdot \cfrac{1}{n}\right]
\end{align*}
由微分中值定理,当$\Delta x>0$时,存在$\xi\in \left(1,1+\cfrac{\Delta
x}{n}\right)$,当$\Delta x<0$时,存在$\xi\in \left( 1+\cfrac{\Delta x}{n},1 \right)$,使得
$$
n\xi^{n-1}=\frac{\left( 1+\cfrac{\Delta x}{n} \right)^n-1}{\cfrac{\Delta x}{n}},
$$
因此
$$
\frac{\left( 1+\cfrac{\Delta x}{n} \right)^{n}-1}{\cfrac{\Delta x}{n}}\cdot \cfrac{1}{n}=\xi^{n-1}.
$$

$$
f'(x)=e^x\lim_{\Delta x\to
0}\left(\lim_{n\to\infty}\xi^{n-1}\right)\leq e^{x}\lim_{\Delta x\to
0}\left[\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{|\Delta x|}{n}
\right)^{n-1}\right]=e^x\lim_{\Delta x\to 0}e^{|\Delta x|}=e^{x}.
$$

问题 7. 已知$f(x)=e^{x}-\left(1+\cfrac{x}{n}\right)^n$,$x\in
[0,+\infty)$,$n\in \mathbf{N}^{+}$,$e$是自然对数的底数.证明:$f(x)$在$[0.+\infty)$上严格单调递增.

解答 7.1. 因为当$x>0$时,
$$
f'(x)=e^x-\left( 1+\frac{x}{n} \right)^{n-1}>e^{x}-\left( 1+\frac{x}{n} \right)^n>0,
$$
所以$f(x)$在$[0,+\infty)$上严格单调递增.

问题 8. 已知$f(x)=\left( 1+\cfrac{x}{m} \right)^{m}-\left( 1+\cfrac{x}{n}
\right)^n$,$x\in [0,+\infty)$.其中$m,n\in \mathbf{N}^{+}$且$m>n$.证明:$f(x)$在$[0,+\infty)$上单调递增.

解答 8.1. 当$x>0$时,
$$
f'(x)=\left( 1+\frac{x}{m} \right)^{m-1}-\left( 1+\frac{x}{n}
\right)^{n-1}=\left[\left( 1+\frac{x}{m}
\right)^m\right]^{\frac{m-1}{m}}-\left[\left( 1+\frac{x}{n} \right)^{n}\right]^{\frac{n-1}{n}}.
$$
因为$m>n>0$,所以
$$
\left( 1+\frac{x}{m} \right)^m>\left( 1+\frac{x}{n} \right)^n,\frac{m-1}{m}>\frac{n-1}{n},
$$

$$
f'(x)=\left[\left( 1+\frac{x}{m}
\right)^m\right]^{\frac{m-1}{m}}-\left[\left( 1+\frac{x}{n} \right)^{n}\right]^{\frac{n-1}{n}}>0
$$
故$f(x)$在$[0,+\infty)$上单调递增.

问题 9. 利用问题3的结论用另外的方法证明问题1的结论.

解答 9.1. 在问题3中,令$m\to\infty$即可得到问题1的结论.

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Cantor定理表明:

定理:若函数$f(x)$在闭区间$[a,b]$上连续,则$f(x)$在$[a,b]$上一致连续.

该定理在现存教科书上有若干不同证明.今天回顾这个定理的时候,我构思了一个另外的证明.这个证明需要用到确界原理.下面阐释之.

对于任意给定的正实数$\delta>0$,构造数列$\{b_n\}$,满足$\forall n\in\mathbf{N}^{+}$,$b_n\in [a,b]$且
$$
b_n=\sup \{x|\forall x_1,x_2\in
[a,x],|x_1-x_2|\leq \frac{1}{2^{n}}\Rightarrow |f(x_1)-f(x_2)|\leq\delta\}
$$
可得$b_{n+1}\geq b_n$.由于$\{b_n\}$是单调有界数列,因此$\lim_{n\to\infty}b_n$存在.记$\lim_{n\to\infty}b_n=c$.可得$a< c\leq b$.

引理1:必存在正整数$m$,使得$b_m=c$

证明:因为$f(x)$在$x=c $处连续,所以必定存在充分小的正实数$\varepsilon$,使得$ \forall x\in [c-\varepsilon,c]$, \begin{equation} \label{eq:1} |f(x)-f(c)|\leq \frac{1}{2}\delta. \end{equation} 由于$\lim_{n\to\infty}b_n=c$,故必定存在满足条件$\cfrac{1}{2^m}\leq \cfrac{1}{2}\varepsilon$的正整数$m$,使得 $$ |b_m-c|\leq \frac{1}{2}\varepsilon. $$ 则对于任意的$x_1,x_2\in [a,c]$且$x_1<x_2$,当$|x_1-x_2|\leq\cfrac{1}{2^{m}}$时,

  • 若$x_1,x_2\in [a,b_{m})$,则由$b_m$的定义可知$\left|f(x_{1})-f(x_2)\right|\leq\delta$.
  • 若$x_1,x_2\in [b_m,c]\subseteq
    [c-\cfrac{1}{2}\varepsilon,c]$,则由关系\eqref{eq:1}可得
    \begin{align*}
    |f(x_1)-f(x_2)|&=\left|\left[f(x_1)-f(c)]+[f(c)-f(x_2)\right]\right|
    \\&\leq |f(x_1)-f(c)|+|f(x_2)-f(c)|
    \\&\leq \frac{1}{2}\delta+\frac{1}{2}\delta
    \\&=\delta.
    \end{align*}
  • 若$x_1\in [a,b_m),x_2\in [b_m,c]$.则$x_1\geq
    x_2-\cfrac{1}{2^m}\geq x_2-\cfrac{1}{2}\varepsilon\geq
    b_m-\cfrac{1}{2}\varepsilon\geq c-\varepsilon$.即$x_1,x_2\in
    [c-\varepsilon,c]$,故
    \begin{align*}
    |f(x_1)-f(x_2)|&=\left|\left[f(x_1)-f(c)]+[f(c)-f(x_2)\right]\right|
    \\&\leq |f(x_1)-f(c)|+|f(x_2)-f(c)|
    \\&\leq \frac{1}{2}\delta+\frac{1}{2}\delta
    \\&=\delta.
    \end{align*}
综合上面三点讨论,可见,对于任意的$x_1,x_2\in [a,c]$且$x_1<x_2$,当$|x_1-x_2|\leq
\cfrac{1}{2^{m}}$时,始终有
$$
|f(x_1)-f(x_2)|\leq\delta.
$$
这意味着$b_m\geq c$.而$c\geq b_m$,故只能有$b_m=c$.$\Box$

由引理1,进一步可得$\forall n\geq m$,$b_n=c$.

引理2:$c=b$.

证明:假设$c\neq b$,则$c<b$.因为函数$f(x)$在$x=c$处连续,故存在正实数
$0<\xi<b-c$使得对于任意的$x_1,x_2\in (c-\xi,c+\xi)$,都有
$$
|f(x_1)-f(x_2)|\leq\delta.
$$
这表明$\lim_{n\to\infty}b_n\geq c+\xi$,与$\lim_{n\to\infty}b_{n}=c$矛盾.故$c=b$.$\Box$

结合上述两个引理,可得存在正整数$m$,使得$b_m=b$.且易得集合
$$
B=\{x|\forall x_1,x_2\in [a,x],|x_1-x_2|\leq
\cfrac{1}{2^{m}}\Rightarrow |f(x_1)-f(x_2)|\leq\delta\}
$$
是闭区间,故实际上
$$
b=b_m=\sup B=\max B.
$$
由此得证定理.QED

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Euler曾经用自然对数e的定义$$
\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n=e,
$$推导出e的级数表达式$$e=1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots+\frac{1}{n!}+\cdots,$$方法是对$\left(1+\frac{1}{n}\right)^n$进行二项式展开.由于Euler那时对极限的意义尚不明确,故他的论证从现代的角度来看是不严密的.

在Peter Lax的微积分教材《微积分及其应用》(林开亮等翻译)中,有一道习题就是让我们把Euler的论证严格化.由于整道习题的提示分量很足,我就把习题贴到这里而不再给出更详细的按部就班的解答.

此图像的alt属性为空;文件名为新文档-2019-04-11_1.jpg

此图像的alt属性为空;文件名为新文档-2019-04-11_2.jpg

但是接下来我要呈现的,是我自己的严密化方案.这种方法和Peter Lax的微积分教材中的方法不一样.

首先,我承认$$
\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n=e,
$$

再令
$$
g(n)=1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots+\frac{1}{n!},
$$
则由比值判别法可得$\lim_{n\to\infty}g(n)$存在.而
\begin{align*}
\left(1+\frac{1}{n}\right)^n&={n\choose
0}\left(\frac{1}{n}\right)^0+{n\choose
1}\left(\frac{1}{n}\right)^1+{n\choose
2}\left(\frac{1}{n}\right)^2+\cdots+{n\choose
k}\left(\frac{1}{n}\right)^k+\cdots+{n\choose
n}\left(\frac{1}{n}\right)^n
\\&=2+\frac{1(1-\frac{1}{n})}{2!}+\frac{1(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})}{3!}+\cdots+\frac{1(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})\cdots(1-\frac{k}{n})}{(k+1)!}+\cdots+\frac{1(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})\cdots
(1-\frac{n-1}{n})}{n!}
\\&<2+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots+\frac{1}{(k+1)!}+\cdots+\frac{1}{n!} \\&=g(n) \end{align*} 故 \begin{equation}\label{eq:1} \lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\leq \lim_{n\to\infty}g(n). \end{equation} 令 $$ f(u,v)=2+\frac{1(1-\frac{1}{v})}{2!}+\frac{1(1-\frac{1}{v})(1-\frac{2}{v})}{3!}+\cdots+\frac{1 (1-\frac{1}{v})(1-\frac{2}{v})\cdots (1-\frac{u}{v})}{(u+1)!},u,v\in \mathbf{N}^{+}. $$

给定$u$.易得当$u<v$时,
$$
f(u,v)<\left(1+\frac{1}{v}\right)^v,
$$

$$
f(u,v)\leq \lim_{v\to\infty}\left(1+\frac{1}{v}\right)^v,
$$

$$
\lim_{v\to\infty}f(u,v)=g(u+1)\leq \lim_{v\to\infty}\left(1+\frac{1}{v}\right)^v,
$$
由于上述不等式对于任意给定的正整数$u$成立,故
\begin{equation}\label{eq:2}
\lim_{u\to\infty}g(u+1)\leq \lim_{v\to\infty}\left(1+\frac{1}{v}\right)^v,
\end{equation}
不等式\eqref{eq:1}和\eqref{eq:2}联立可得
$$
\lim_{n\to\infty}g(n)=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n=e.
$$

此即$$e=1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots+\frac{1}{n!}+\cdots$$

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问题 1 (习题1.22). 利用四舍五入来求和,使得其和的误差不超过$10^{-9}$.
\begin{align*}
&{\color{red}0.1234567898}765432104567898765432101
\\+&{\color{red}9.1111112221}112221118765432104567892
\end{align*}

解答 1.1. 只用取这两个小数的小数点后10位相加即可,所得误差会小于$2\times 10^{-10}$.

问题 2 (习题1.27). 以$s_1=1$作为第一项近似值找到$\sqrt{3}$的前四项近似值$s_1,s_2,s_3,s_4$,并迭代得到
$$
s_{n+1}=\frac{1}{2}\left(s_n+\frac{3}{s_n}\right).
$$
若以$s_1=2$作为第一项近似值,结果如何?

解答 2.1. $$
s_1=1,s_2=2,s_3=\frac{7}{4},s_4=\frac{97}{56}.
$$
若以$s_1=2$作为第一项近似值,则结果会更加精确.可算得$s_4=\frac{18817}{10864}$.

问题 3 (习题1.41). 设由比值判别法可知级数$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}a_n$收敛.利用比值判别法证明级数$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}na_n$也收敛.那么级数$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nn^5a_n$呢?

解答 3.1. $$
\lim_{n\to\infty}\frac{|(n+1)a_{n+1}|}{|na_n|}=\lim_{n\to\infty}\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}<1. $$ 故$\sum_{n=0}^{\infty}na_n$收敛.对于级数$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nn^5a_n$来说, $$ \lim_{n\to\infty}\frac{|(-1)^{n+1}(n+1)^{5}a_{n+1}|}{|(-1)^{n}n^{5}a_n|}=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{n+1}{n}\right)^5\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}=\lim_{n\to\infty}\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}<1. $$ 故$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nn^5a_n$发散.

问题 4 (习题1.42). 证明级数$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^2}{n^2+1}$发散.
解答 4.1. 因为$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{n^2}{n^2+1}=1$,所以该级数发散.
问题 5 (习题1.47,1.49). 判断下列级数是绝对收敛,条件收敛还是发散.
  • $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}\frac{n}{\sqrt{n^2+1}}$.
  • $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}\frac{n}{\sqrt{n^4+1}}$.
解答 5.1.
  • 因为$\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{n}{\sqrt{n^2+1}}=1$, 所以级数发散.
  • $$ \frac{n}{\sqrt{n^4+1}}>\frac{n}{\sqrt{4n^4}}=\frac{1}{2n}.
    $$
    而级数
    $$
    \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{2n}
    $$
    发散,故级数$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{n}{\sqrt{n^4+1}}$发散.

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