高等数学

ε-δ语言与极限存在

极限的概念与性质

待更

2022年数三一道

利用极限定义证明极限存在

问题f:Uo(0;δ)Rf:U^o(0;\delta)\to\Bbb{R}满足

limx0(f(x)+1f(x))=2.\lim_{x \to 0}\left( f(x)+\frac{1}{f(x)}\right)=2.

求证:limx0f(x)=1\begin{aligned}\lim_{x\to 0}f(x)=1\end{aligned}


证明 根据函数极限定义,原问题转化为:ε>0,δ0>0\forall \varepsilon>0,\exists \delta_0>0有 当0<x<δ00<|x|<\delta_0 时,

f(x)+1f(x)2<ε(1)\left|f(x)+\frac 1 {f(x)}-2\right|<\varepsilon \tag{1}

成立,求证:η>0δ1>0\forall \eta>0,\exists \delta_1>0使得,当0<x<δ10<|x|<\delta_1时,

f(x)1<η(2)|f(x)-1|<\eta\tag{2}

其中,对 (1)(1),可作如下化简:

f(x)+1f(x)2=[f(x)1]2f(x)=f(x)121f(x)<ε\left|f(x)+\frac 1 {f(x)}-2\right|=\left|\frac{\left[f(x)-1\right]^2}{f(x)}\right|=|f(x)-1|^2\left|\frac 1 {f(x)}\right|<\varepsilon

所以有:

f(x)12<f(x)ε=εf(x)1+1εf(x)1+ε|f(x)-1|^2<|f(x)|·\varepsilon=\varepsilon|f(x)-1+1|\leq\varepsilon|f(x)-1|+\varepsilon

f(x)1=u|f(x)-1|=uu0u\ge0,则:

u2εuε<0u^2-\varepsilon u-\varepsilon<0

要使上式成立,有:

εε2+4ε2<u<ε+ε2+4ε2\frac{\varepsilon-\sqrt{\varepsilon^2+4\varepsilon}}{2}<u<\frac{\varepsilon+\sqrt{\varepsilon^2+4\varepsilon}}{2}

其中,εε2+4ε2<0\frac{\varepsilon-\sqrt{\varepsilon^2+4\varepsilon}}{2}<0,所以:

0<u=f(x)1<ε+ε2+4ε20<u=|f(x)-1|<\frac{\varepsilon+\sqrt{\varepsilon^2+4\varepsilon}}{2}

因此,η=ε+ε2+4ε2\exists \eta=\frac{\varepsilon+\sqrt{\varepsilon^2+4\varepsilon}}{2},使得f(x)1<η|f(x)-1|<\eta 成立,证毕

单调有界与海涅定理

单调有界证收敛

在求数列极限之前,我们通常应该先证明数列收敛。否则所求出来极限可能不具备正确性!

【单调有界准则】

【例题/必备题】an=1+12++1nlnna_n=1+\frac 1 2+\cdots+\frac 1 n-\ln n,试证{an}\{a_n\} 收敛(2011年真题)

【证明】单调性:

an+1an=1n+1ln(n+1)lnn=1n+1ln(1+1n)<0(x1+x<ln(1+x))\begin{aligned}a_{n+1}-a_n&=\frac1{n+1}-\ln(n+1)-\ln n\\&=\frac1{n+1}-\ln(1+\frac1n)\lt0\quad(\frac{x}{1+x}\lt\ln (1+x))\end{aligned}

有界性:

an=1+12++1nlnn>ln1+ln(1+12)++ln(1+1n)lnn=ln(n+1)lnn>0\begin{aligned}a_n&=1+\frac12+\cdots+\frac1n-\ln n\\&\gt\ln1+\ln(1+\frac12)+\cdots+\ln(1+\frac1n)-\ln n\\&=\ln(n+1)-\ln n\gt0\end{aligned}

{an}\{a_n\} 单调递减有下界,故{an}\{a_n\} 收敛,证毕!

注:本题同样可以利用数列收敛与级数收敛的关系来证明。

事实上,本题源于 1999 年的一道数学真题,关于其具体内容可参阅本文章在积分专栏的《积分与求和的统一》部分。

本题我们证明了该数列收敛。那么它的极限值是多少呢?
事实上我们称其极限值为欧拉-马歇罗尼常数(Euler-Mascheroni constant),用γ\gamma 表示。

γ=limn(k=1n1klnn)=1(1[x]1x)dx0.5772156649\gamma=\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{k=1}^n\frac1k-\ln n\right)=\int_1^\infty\left(\frac1{[x]}-\frac1x\right)\mathrm dx\approx0.57721 56649


【番外】一种逆用牛顿莱布尼茨公式的有界性证明
f(x)f(x)[1,+)[1,+\infty) 上有连续一阶导数,f(x)=11+f2(x)(1xln(1+1x))\begin{aligned}f'(x)=\frac 1 {1+f^2(x)}\left(\sqrt{\frac 1 x}-\sqrt{\ln\left(1+\frac 1 x\right)}\right)\end{aligned}
证明limx+f(x)\lim\limits_{x\to+\infty}f(x) 存在.


二级结论:an+1=f(an)a_{n+1}=f(a_n)f(x)f(x) 的单调性

海涅定理

limxaf(x)=L\lim\limits_{x\to a}f(x)=L 存在的充分必要条件是,对于函数f(x)f(x)定义域内任意数列{an}\{a_n\} ,都有:

  1. limnan=a,ana\lim\limits_{n\to\infty}a_n=a,\quad a_n\neq a
  2. limnf(an)=L\lim\limits_{n\to\infty}f(a_n)=L

海涅定理阐述了以任意数列来遍历aa 的领域中的所有实数,在一定程度上仍旧是连续逼近,而不是去跳跃性地靠近极限。这就是以离散性去描述连续性。

海涅定理解释了数列极限与函数极限之间的关系,应用海涅定理,我们可以计算函数极限来间接的计算数列极限;反之,可以通过数列极限来判别函数极限是否存在。

例:计算limn(ntan1n)1n2\lim\limits_{n\to\infty}(n\tan\frac 1 n)^{\frac 1 {n^2}}

limn(ntan1n)1n2=let x=1/nlimx0+(1xtanx)x2=e13\lim_{n\to\infty}(n\tan\frac 1 n)^{\frac 1 {n^2}}\xlongequal{\text{let }x=1/n}\lim_{x\to0^+}(\frac1 x\tan x)^{x^2}=e^{\frac 1 3}

例:证明limx0+sin1x\lim\limits_{x\to0^+}\sin\frac 1 x 不存在
an=12πn,bn=12πn+π/2a_n=\frac 1 {2\pi n},b_n=\frac 1 {2\pi n+\pi/2}. 显然有:

limnsin1an=0limnsin1bn=1\lim_{n\to\infty}\sin\frac 1 {a_n}=0\neq\lim_{n\to\infty}\sin\frac 1 {b_n}=1

由海涅定理可知,原极限不存在.

🦄压缩映像原理

压缩映像原理

设 axb,  af(x)ba\leq x\leq b,\;a\leq f(x)\leq b  且存在常数 k(0,1)k∈(0,1)  使得 f(x2)f(x1)k(x2x1)|f(x_2)−f(x_1)|≤k(x_2−x_1)

  1. 证明:存在唯一的 ξ[a,b]ξ∈[a,b],使得 f(ξ)=ξf(ξ)=ξ
  2. 对于 x0[a,b]∀x_0∈[a,b] ,定义 xn+1=f(xn)x_{n+1}=f(x_n) ,证明 xn{x_n} 收敛且 limnxn=ξ\lim\limits_{n→∞}x_n=ξ

分析】根据待证结论的形式不难发现,应该构造辅助函数+零点定理来证明。
而想要使用零点定理,需要f(x)f(x) 连续,因此我们需要先证明函数连续。

证明
第一步:证明连续性

  x0[a,b],0f(x)f(x0)kxx0limxx0kxx0=0  limxx0f(x)f(x0)=0(夹逼准则)limxx0f(x)=f(x0)\begin{aligned}\because\;&\forall x_0\in[a,b],\quad0≤|f(x)−f(x_0)|≤k|x−x_0|\\&\lim_{x\to x_0}k|x-x_0|=0\\\\\therefore\;&\lim_{x\to x_0}|f(x)-f(x_0)|=0\quad\text{(夹逼准则)}\\&\lim_{x\to x_0}f(x)=f(x_0)\end{aligned}

第二步:证明 ξ 的存在性
令 F(x)=f(x)x,  F(a)=f(a)a0,  F(b)=f(b)b0F(x)=f(x)−x,\;F(a)=f(a)−a≥0,\;F(b)=f(b)−b≤0

① 当 F(a)=0F(a)=0 时,取 ξ=aξ=a 即可
② 当 F(b)=0F(b)=0 时,取 ξ=bξ=b 即可
③ 当 F(a)>0,F(b)<0F(a)>0,F(b)<0 时,由零点定理可得 ξ(a,b)∃ξ∈(a,b) 使得 F(ξ)=0F(ξ)=0

第三步:证明 ξ 的唯一性
利用反证法: 假设 ξ,ηξ,η 都是 f(x)=xf(x)=x 的根,且 ξηξ≠η ,所以有:

0<ξη=f(ξ)f(η)kξη<ξη0<|ξ−η|=|f(ξ)−f(η)|≤k|ξ−η|<|ξ−η|

显然矛盾,故 ξ 唯一

第四步:证明极限存在
注意到:

0xnξ=f(xn1)f(ξ)kxn1ξknx0ξ0≤|x_n−ξ|=|f(x_{n−1})−f(ξ)|≤k|x_{n−1}−ξ|≤⋯≤k^n|x_0−ξ|

显然 limnkn=0\lim\limits_{n→∞}k^n=0 ,因此由夹逼准则可得:

limnxn=ξ\lim_{n→∞}x_n=ξ


压缩映像的推广形式 设 f(x)f(x) 为可导函数,kk 为常数且 k(0,1)k∈(0,1) ,若 f(x)k|f'(x)|≤k ,则由 xn+1=f(xn)x_{n+1}=f(x_n) 产生的数列一定收敛于 f(x)=xf(x)=x 的根 x=ξx=ξ

【证明】由拉格朗日中值定理,可得:

0xnξ=f(xn1)f(ξ)=f(η)xn1ξkxn1ξknx0ξ\begin{aligned}0\leq|x_n-\xi|&=|f(x_{n-1})-f(\xi)|\\&=|f'(\eta)|·|x_{n-1}-\xi|\\&\leq k|x_{n-1}-\xi|\leq\cdots\leq k^n|x_0-\xi|\end{aligned}

从而由夹逼准则可得结论,证毕.


利用压缩映像原理,可以快速“秒杀”一类数列收敛及其极限值的问题。

例:已知x1=2,xn+1=3+4xn\begin{aligned}x_1=2,x_{n+1}=3+\frac 4 {x_n}\end{aligned} ,求 limnxn\lim\limits_{n→∞}x_n
解:根据已知条件,显然xn+1>3n=1,2,3,..x_{n+1}\gt3\quad n=1,2,3,.. 有:

0xn+14=3+4xn4=xn4xn13xn419xn14(13)3xn24(13)n1x24\begin{aligned}0\leq|x_{n+1}-4|&=\bigg|3+\frac 4 {x_n}-4\bigg|=\bigg|\frac {x_n-4} {x_n}\bigg|\\&\leq\frac13|x_n-4|\leq\frac 1 9|x_{n-1}-4|\\&\leq\left(\frac 1 3\right)^3|x_{n-2}-4|\\&\leq\cdots\leq\left(\frac 13\right)^{n-1}|x_2-4|\\\end{aligned}

由夹逼准则可得,limnxn=4\lim\limits_{n→∞}x_n=4 .

事实上,本题相当于把压缩映像原理的推广形式再证明了一遍。这也是考研答题时,为了步骤分而直接利用压缩映像原理的正确解法。上述步骤中的结果 4 则是提前通过:

A=3+4AA=4A=3+\frac 4A\Rightarrow A=4

直接得到的。即是先求出极限结果,再反过来验证,所以利用压缩映像原理求解也被其他考研辅导书描述为“先斩后奏法”。

本题直接利用压缩映像原理说明的写法:
f(x)=3+4x(x>3)\begin{aligned}f(x)=3+\frac 4 x\quad(x\gt3)\end{aligned},由:

f(x)=4x249<1|f'(x)|=\bigg|-\frac 4 {x^2}\bigg|\leq\frac 4 9\lt1

可得,数列必收敛,且收敛于使得A=3+4/AA=3+4/A 成立的AA.

上述内容仅仅只是压缩映像原理在一元函数中的推导。事实上该原理属于不动点定理的一种:巴拿赫不动点定理。具体内容可参阅本站文章:

※极限相关的概念问题与易错点

极限相关的概念易错点

💦limx0sin(xsin1x)xsin1x\begin{aligned}\lim_{x\to0}\frac{\sin(x·\sin\frac 1 x)}{x·\sin\frac 1 x}\end{aligned}不存在
xxx=1nπ,nx=\frac 1 {n\pi},n\to\infty 的方式趋于0 时,因为分母为0没有定义,所以原极限不存在。


💦 设limx0φ(x)=0\begin{aligned}\lim_{x\to 0}\varphi(x)=0\end{aligned} 则下列选项中,哪些是正确的?

  1. limx0φ2(x)φ(x)=0\begin{aligned}\lim_{x\to0}\frac{\varphi^2(x)}{\varphi(x)}=0\end{aligned}
  2. limx0sin(φ(x))φ(x)=0\begin{aligned}\lim_{x\to0}\frac{\sin(\varphi(x))}{\varphi(x)}=0\end{aligned}
  3. limt0f(t)=0\begin{aligned}\lim_{t\to0}f(t)=0\end{aligned} ,则limx0f(φ(x))=0\begin{aligned}\lim_{x\to0}f(\varphi(x))=0\end{aligned}
  4. f(0)=Af'(0)=A ,则limx0f(φ(x))\begin{aligned}\lim_{x\to0}f(\varphi(x))\end{aligned} 存在
  5. f(0)limx0f(x)\begin{aligned}f(0)\neq\lim_{x\to0}f(x)\end{aligned} ,则limx0f(φ(x))\begin{aligned}\lim_{x\to0}f(\varphi(x))\end{aligned} 存在
答案

举反例.

当函数φ(x)0\varphi(x)\equiv 0 是常函数时:

  • 对于 1. , 2. 其对应的函数均无定义,则极限不存在。
  • 对于 3. 由于f(x)f(x) 在 0 处的连续性未知,顾不一定成立。
  • 对于 5. 直接说明f(x)f(x) 在 0 处不连续,因此不成立。

💦设有数列{xn},{yn}\{x_n\},\{y_n\},以下结论正确的是?

  1. limnxnyn=0\begin{aligned}\lim_{n\to\infty}x_ny_n=0\end{aligned},则必有limnxn=0\begin{aligned}\lim_{n\to\infty}x_n=0\end{aligned}limnyn=0\begin{aligned}\lim_{n\to\infty}y_n=0\end{aligned}
  2. limnxnyn=\begin{aligned}\lim_{n\to\infty}x_ny_n=\infty\end{aligned},则必有limnxn=\begin{aligned}\lim_{n\to\infty}x_n=\infty\end{aligned}limnyn=\begin{aligned}\lim_{n\to\infty}y_n=\infty\end{aligned}
  3. xnynx_ny_n 有界,则必有xn,ynx_n,y_n 均有界
  4. xnynx_ny_n 无界,则必有xnx_n 无界 或yny_n 无界
答案

举反例.

  • 对于1. 设xn=1+(1)n,yn=1(1)nx_n=1+(-1)^n,y_n=1-(-1)^n.
    从而xnyn=1(1)2n0(n)x_ny_n=1-(-1)^{2n}\to0\quad(n\to\infty) 但是nn\to\inftyxn,ynx_n,y_n 不存在

  • 对于2. 设xn=1/[1+(1)n],yn=1/[1(1)n]x_n=1/[1+(-1)^n],y_n=1/[1-(-1)^n]

  • 对于3.1xsinx1(x0)\frac 1 x\sin x\to1\quad(x\to0) 有界,而1/x1/x(0,+)(0,+\infty) 无界

💦 设函数y=f(x)y=f(x)(0,+)(0,+\infty)内有界且可导

求证:当limx+f(x)\begin{aligned}\lim_{x\to+\infty}f'(x)\end{aligned} 存在时,必有limx+f(x)=0\begin{aligned}\lim_{x\to+\infty}f'(x)=0\end{aligned}.

取材自 2002研究生考试🔔数一真题

答案

证明limx+f(x)=A\begin{aligned}\lim_{x\to+\infty}f'(x)\end{aligned}=A,利用反证法.

A>0A>0,则ε>0,δ>0\forall\varepsilon>0,\exists \delta>0 使得x>δx>\delta 时,f(x)A<ε|f'(x)-A|<\varepsilon 成立。

即:

Aε<f(x)<A+εA-\varepsilon\quad<f'(x)<\quad A+\varepsilon

在区间[δ,x][\delta,x]上,由 拉格朗日中值定理 知:

f(x)=f(δ)+f(ξ)(xδ)>f(δ)+(Aε)(xδ)f(x)=f(\delta)+f'(\xi)(x-\delta)>f(\delta)+(A-\varepsilon)(x-\delta)

所以

limx+f(x)>f(δ)(Aε)δ+limx+(Aε)x=\lim_{x\to+\infty}f(x)>f(\delta)-(A-\varepsilon)\delta+\lim_{x\to+\infty}(A-\varepsilon)x\\=\infty

与题设“f(x)f(x)(0,+)(0,+\infty)有界”矛盾。

同理可证A<0A<0时同样矛盾,因此:limx+f(x)=0\begin{aligned}\lim_{x\to+\infty}f'(x)=0\end{aligned}.

无穷小与泰勒展开式

常见等价无穷小与泰勒公式

常见等价无穷小与泰勒公式

1cosαxα2x2ln(x+x2+1)x16x3+340x5\begin{aligned}1-\cos^\alpha x&\sim\frac \alpha2x^2\\\ln(x+\sqrt{x^2+1})&\sim x-\frac 1 6x^3+\frac 3 {40}x^5\end{aligned}

(x+y)n=Cnmx..(x+y)^n=C_n^mx..

选择题技巧:利用奇偶性快速辨别展开式系数,见武忠祥强化课


  • 如果f(x)g(x)f(x)\sim g(x),则有0f(x)P(x)dx0g(x)P(x)dx\begin{aligned}\int_0^{f(x)}P(x)dx\sim\int_0^{g(x)}P(x)dx\end{aligned}
  • 如果P(x)Q(x)P(x)\sim Q(x),则有0f(x)P(x)dx0f(x)Q(x)dx\begin{aligned}\int_0^{f(x)}P(x)dx\sim\int_0^{f(x)}Q(x)dx\end{aligned}
    综合以上二者,还可以得到:

If there are {f(x)g(x)P(x)Q(x)then 0f(x)P(x)dx0g(x)Q(x)dx\begin{aligned}\text{If there are }\begin{cases}f(x)\sim g(x)\\P(x)\sim Q(x)\end{cases}\quad\text{then }\int_0^{f(x)}P(x)dx\sim\int_0^{g(x)}Q(x)dx\end{aligned}

  • 如果f(x)0,g(x)0f(x)\to0,g(x)\to0,则有ef(x)eg(x)f(x)g(x)e^{f(x)}-e^{g(x)}\sim f(x)-g(x)
  • 如果f(x)g(x)1\begin{aligned}\frac{f(x)}{g(x)}\to1\end{aligned} ,则有g(x)[lnf(x)lng(x)]f(x)g(x)g(x)[\ln f(x)-\ln g(x)]\sim f(x)-g(x)
求解高阶无穷小问题

求解高阶无穷小

直接给出结论

If F(x)=0f(x)g(x)dx , where f(x)xn,g(x)xm Then F(x)xn(m+1)\begin{aligned}\text{If }F(x)&=\int_0^{f(x)}g(x)\mathrm{d}x\quad\text{ , where }f(x)\sim x^n,g(x)\sim x^m\\\\\text{ Then } F(x)&\sim x^{n(m+1)}\end{aligned}

注:上述等价的前提是x0x \to 0 .

具体推到和扩展详见本站文章:

极限求解方法概述

等价无穷思想与泰勒求极限

等价无穷小与泰勒

上一节

等价无穷大

“奥特曼大法”

i    ai>0,  limna1n+a2n++annn=max{a1,a2,,an}\begin{aligned}\forall i\;\;a_i\gt 0,\;\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_1^n+a_2^n+\cdots+a_n^n}=\max\{a_1,a_2,\cdots,a_n\}\\\end{aligned}

黎曼级数及其余项的等价

nn\to\infty 情况下:

  1. a>1a\gt -1 时,1a+2a++nana+1a+1\begin{aligned}1^a+2^a+\cdots+n^a\sim\frac{n^{a+1}}{a+1}\end{aligned}
  2. a=1a=-1 时,1a+2a++nalnn1^a+2^a+\cdots+n^a\sim \ln n
  3. a<1a\lt -1 时,1a+2a++na1^a+2^a+\cdots+n^a 收敛,特别地,在a=2a=-2 时,有k=11k2=π26\begin{aligned}\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^2}=\frac{\pi^2}{6}\end{aligned}
    我们

https://www.bilibili.com/video/BV1hN4y1F79E
https://zhuanlan.zhihu.com/p/115256300

洛必达法则及其推广形式

洛必达法则| L’Hospital

https://www.bilibili.com/video/BV1gp4y197wb
广义洛必达

带变限积分分式的极限问题

一道很容易想到洛必达,但实际上得不到结果的问题,如下:

已知f(x)=0xcos1t  dt\begin{aligned}f(x)=\int_0^x\cos\frac1t\;\mathrm dt\end{aligned},求f(0)f'(0).

【解析】利用导数的定义:

f(0)=limx00xcos1t  dt0x0f'(0)=\lim_{x\to0}\frac{\int_0^x\cos\frac1t\;dt-0}{x-0}

显然该极限的形式满足0/00/0 型,可以尝试洛必达。于是就有:

f(0)=limx0cos1x∄f'(0)=\lim_{x\to0}\cos\frac1x\Rightarrow\not\exists

然而这个方法是错误的。我们应该清楚,洛必达法则是一个后验法则。也就是说,洛必达之后的极限存在能够反推原极限存在,但是反过来,如果洛必达之后的极限震荡或是不存在(无穷大的情况除外),那么,我们得不到任何结论。

也就是说,此时原极限存在与否是不知道的,不能因为洛之后不存在就反推原极限不存在。同理,即使原极限存在,你也不能下结论洛之后的极限存在。

所以,本题应该另寻他法。
事实上,我们可以通过”转换研究对象“的思想,改造这道题。虽然我们对原极限束手无策,但是如果能换一个变限积分的话,再洛或许就能有奇效了。而对一个变限积分什么办法可以把它转换为另一个变限积分呢?答案是分部积分。

f(x)=0xcos1t  dt=tcos1t0x0x1tsin1t  dtf(x)=\int_0^x\cos\frac1t\;\mathrm dt=t\cos\frac1t\bigg|_0^x-\int_0^x\frac1t\sin\frac1t\;\mathrm dt

然后你会发现,即使如此,此变限积分在x0x\to0 时甚至是无界震荡的!
所以,我们分部积分还需要再变通。

f(x)=0xt2×(1t2cos1t)  dt=0xt2d(sin1t)=t2sin1t0x+20xtsin1t  dt  f(0)=LHospitallimx0xsin1x=0\begin{aligned}f(x)&=\int_0^xt^2\times\left(\frac1{t^2} \cos\frac1t\right)\;\mathrm dt\\&=\int_0^xt^2\mathrm d\left(-\sin\frac1t\right)=-t^2\sin\frac1t\bigg|_0^x+2\int_0^xt\sin\frac1t\;\mathrm dt\\\\\therefore\;f'(0)&\xlongequal{L'Hospital}\lim_{x\to0}x\sin\frac1x=0\end{aligned}

夹逼准则与定积分定义求极限

夹逼准则

在考研数学中,夹逼准则的使用常常结合着拉格朗日中值定理、定积分定义求极限的方法一起使用。而夹逼准则本身的定义和使用方法较为简单,此处略过。

为了方便记录一些解题技巧,此处放上常见 放缩/不等式 结论用于速查。

常见 放缩/不等式 结论:

1.1+2+3++n=n(n+1)22.12+22+32++n2=n(n+1)(2n+1)63.13+23+33++n3=(n(n+1)2)24.ln(n+1)1+12++1n1+lnn5.k=1nf(k)=k=1nkk+1f(k)  dxk=1nkk+1f(x)  dx=1n+1f(x)  dxk=1nf(k)=k=1nkk+1f(k)  dxk=1nk1kf(x)  dx=0nf(x)  dxwhere f(x) on [0,+)\begin{aligned}1.&1+2+3+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2}\\2.&1^2+2^2+3^2+\cdots+n^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\\3.&1^3+2^3+3^3+\cdots+n^3=\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2\\4.&\ln(n+1)\leq1+\frac1 2+\cdots+\frac 1 n\leq1+\ln n\\5.&\sum_{k=1}^nf(k)=\sum_{k=1}^n\int_k^{k+1}f(k)\;\mathrm dx\leq\sum_{k=1}^n\int_k^{k+1}f(x)\;\mathrm dx=\int_1^{n+1}f(x)\;\mathrm dx\\&\sum_{k=1}^nf(k)=\sum_{k=1}^n\int_k^{k+1}f(k)\;\mathrm dx\geq\sum_{k=1}^n\int_{k-1}^{k}f(x)\;\mathrm dx=\int_0^nf(x)\;\mathrm dx\\\\&\text{where }f(x)\text{ on }[0,+\infty)\nearrow\end{aligned}

定积分定义求极限

基本理论见 本文章积分专题中《积分与求和的统一》一栏

一般情况下,考研数学中并不会给出“完美”的积分定义形式让考生求积分,而是结合一定的放缩法,借助夹逼准则来出题。因此,下面我们将介绍一些可用于应对这类问题的技巧。

作差法夹逼出结果

https://www.bilibili.com/video/BV1iD4y1S7qR

看似等价无穷小的形式

写出佩亚诺余项,证明余项之和为零。https://www.bilibili.com/video/BV1vz4y1k7xn

f(0)=0,f(0)=1f(0)=0,f'(0)=1,考察limn[f(1n2)+f(2n2)++f(nn2)]\begin{aligned}\lim_{n\to\infty}\left[f(\frac{1}{n^2})+f(\frac{2}{n^2})+\cdots+f(\frac{n}{n^2})\right]\end{aligned}

其他特殊性技巧与结论总结

利用中值定理求极限

二重积分中值定理的应用

逆用等价无穷小

exx+1,  ln(x+1)xe^x\sim x+1,\;\ln(x+1)\sim x

例题1limx01cosxcos2xcos3xx2\begin{aligned}\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x·\cos 2x·\cos 3x}{x^2}\end{aligned}

答案

方法一: 逆用等价无穷小.

I=limx0cosxcos2xcos3x1x2=limx0ln(cosxcos2xcos3x)x2=(limx0ln(cosx)x2+limx0ln(cos3x)x2+limx0ln(cos3x)x2)=limx01cosxx2+limx01cos2xx2+limx01cos3xx2=12+2+92=7\begin{aligned}I&=-\lim_{x\to0}\frac{\cos x·\cos 2x·\cos 3x-1}{x^2}\\&=-\lim_{x\to0}\frac{\ln(\cos x·\cos 2x·\cos 3x)}{x^2}\\&=-\left(\lim_{x\to0}\frac{\ln(\cos x)}{x^2}+\lim_{x\to0}\frac{\ln(\cos 3x)}{x^2}+\lim_{x\to0}\frac{\ln(\cos 3x)}{x^2}\right)\\&=\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x^2}+\lim_{x\to0}\frac{1-\cos 2x}{x^2}+\lim_{x\to0}\frac{1-\cos 3x}{x^2}\\&=\frac 1 2+2+\frac 9 2=7\end{aligned}

方法二:配凑法.

  1cosxcos2xcos3x=1cosx+cosx(1cos2x)+cosxcos2x(1cos3x)I=limx01cosxx2+limx0cosx1cos2xx2+limx0cosxcos2x1cos3xx2=7\begin{aligned}\because\;&1-\cos x·\cos 2x·\cos 3x\\=&1-\cos x+\cos x(1-\cos 2x)+\cos x\cos 2x(1-\cos 3x)\\\\\therefore I&=\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x^2}+\lim_{x\to0}\cos x\frac{1-\cos 2x}{x^2}+\lim_{x\to0}\cos x\cos 2x\frac{1-\cos 3x}{x^2}\\&=7\end{aligned}

方法三:泰勒硬展.

  1cosxcos2xcos3xx2={1[112x2+o(x2)][112(2x)2+o(x2)][112(3x)2+o(x2)]}/x2=[(12292)x2+o(x2)]/x2=7+o(x2)I=7\begin{aligned}\because\;&\frac{1-\cos x·\cos 2x·\cos 3x}{x^2}\\&=\left\{1-\left[1-\frac 1 2x^2+o(x^2)\right]·\left[1-\frac 1 2(2x)^2+o(x^2)\right]·\left[1-\frac 1 2(3x)^2+o(x^2)\right]\right\}/x^2\\&=-\left[(-\frac 1 2-2-\frac 9 2)x^2+o(x^2)\right]/x^2=7+o(x^2)\\\therefore I&=7\end{aligned}

例题2

级数收敛反推项函数极限

x, if limnk=1nuk(x) ,then limnun(x)=0\forall x,\text{ if }\quad\exists \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^nu_k(x)\text{ ,then }\lim_{n\to\infty}u_n(x)=0

【例题】求limn2nn!nn\begin{aligned}\lim_{n\to\infty}\frac{2^n·n!}{n^n}\end{aligned}.

解:对于无穷级数n=02nn!nn\begin{aligned}\sum_{n=0}^\infty\frac{2^n·n!}{n^n}\end{aligned},利用比值判别法:

limn2n+1(n+1)!(n+1)n+1/2nn!nn=2limn(nn+1)n=2/e<1\lim_{n\to\infty}\frac{2^{n+1}·(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}\bigg/\frac{2^n·n!}{n^n}=2\lim_{n\to\infty}\left(\frac{n}{n+1}\right)^n=2/e\lt1

因此该无穷级数收敛,从而其一般项极限为0,即n=02nn!nn=0\begin{aligned}\sum_{n=0}^\infty\frac{2^n·n!}{n^n}=0\end{aligned}.

三角函数巧用 nπ

例题1limnsin(πn2+a)\begin{aligned}\lim_{n\to\infty}sin(\pi\sqrt{n^2+a})\end{aligned}

limnsin(πn2+a)=limnsin(nπ1+an2)=limnsin(nπ+aπ2n)(1+x1+x2)=limnsinnπcos(aπ2n)+limncosnπsin(aπ2n)=0\begin{aligned}&\lim_{n\to\infty}\sin(\pi\sqrt{n^2+a})\\&=\lim_{n\to\infty}\sin\left(n\pi\sqrt{1+\frac a {n^2}}\right)\\&=\lim_{n\to\infty}\sin\left(n\pi+\frac{a\pi}{2n}\right)\quad(\sqrt{1+x}\sim1+\frac x 2)\\&=\lim_{n\to\infty}\sin n\pi\cos\left(\frac{a\pi}{2n}\right)+\lim_{n\to\infty}\cos n\pi\sin\left(\frac{a\pi}{2n}\right)\\&=0\end{aligned}

例题2limnsin2(πn2+n)\begin{aligned}\lim_{n\to\infty}\sin^2(\pi\sqrt{n^2+n})\end{aligned}

limnsin2(πn2+n)=limnsin2(πn2+nnπ)=limnsin2[(n2+nn)π]=limnsin2(nπn2+n+n)(分子有理化)=limnsin2(π1+1n+1)=sin2(π2)=1\begin{aligned}&\lim_{n\to\infty}\sin^2(\pi\sqrt{n^2+n})\\&=\lim_{n\to\infty}\sin^2(\pi\sqrt{n^2+n}-n\pi)\\&=\lim_{n\to\infty}\sin^2[(\sqrt{n^2+n}-n)\pi]\\&=\lim_{n\to\infty}\sin^2\left(\frac{n\pi}{\sqrt{n^2+n}+n}\right)\quad(\text{分子有理化})\\&=\lim_{n\to\infty}\sin^2\left(\frac{\pi}{\sqrt{1+\frac1n}+1}\right)=\sin^2(\frac \pi 2)=1\end{aligned}

不难发现,这类含三角函数的数列极限问题,可以利用±nπ\pm n\pi 的方式进行处理。如例题1除了利用等价无穷小外,还可以:

limnsin(πn2+a)=limnsin(nπ+π(n2+an))=limn(1)nsin(πan2+a+n)(分子有理化)=limn(1)nsin0=0\begin{aligned}&\lim_{n\to\infty}\sin(\pi\sqrt{n^2+a})=\lim_{n\to\infty}\sin\left(n\pi+\pi(\sqrt{n^2+a}-n)\right)\\&=\lim_{n\to\infty}(-1)^n\sin\left(\pi\frac{a}{\sqrt{n^2+a}+n}\right)\quad(\text{分子有理化})\\&=\lim_{n\to\infty}(-1)^n\sin0=0\end{aligned}

化长链为短链

经典例题limncosx2cosx22cosx2n(x0)\begin{aligned}\lim_{n\to\infty}\cos\frac x 2\cos\frac x {2^2}·\cdots ·\cos\frac x {2^n}\quad (x\neq 0)\end{aligned}

Tip:右乘一个sin(x/2n)\sin(x/2^n) 利用二倍角公式
答案:sinx/x\sin x/x

高级定理的化简之路

施笃兹定理|O’stolz定理

内容

相关例题

例题1limn12+222++n2×nnn3\begin{aligned}\lim_{n\to\infty}\frac{1^2+2^2\sqrt 2 +\cdots+n^2\times \sqrt[n]{n}}{n^3}\end{aligned}

例题2limx+0xtsintdtx2\begin{aligned}\lim_{x\to+\infty}\frac{\int_0^x t|\sin t|\mathrm dt}{x^2}\end{aligned}

例题3limncos1+cos12++cos1n1n1costtdt\begin{aligned}\lim_{n\to\infty}\frac{\cos 1+\cos \frac 1 2+\cdots+\cos \frac 1 n}{\int_{\frac 1 n}^1\frac{\cos t}{t}dt}\end{aligned}

例题4limx+0xtcost  dtx\begin{aligned}\lim_{x\to+\infty} \frac{\int_0^x \sqrt{t} \cos t \;\mathrm dt}{x}\end{aligned}

答案

利用 O’stolz 定理。

斯特林公式| Stirling’s approximation

斯特林公式给出了计算阶乘n!n! 的近似值的数学公式。即:

n!2πn(ne)nn!\approx\sqrt{2\pi n}\left(\frac n e\right)^n

更进一步地,有:

limnn!2πn(n/e)n=1,  n!=2πn(ne)n(1+Θ(1n))\lim_{n\to\infty}\frac{n!}{\sqrt{2\pi n}(n/e)^n}=1,\;n!=\sqrt{2\pi n}\left(\frac n e\right)^n\left(1+\Theta(\frac 1 n)\right)


Stirling 公式在实际工程应用上具有重要价值,甚至在算法设计中时间复杂度的阶数判断也起到作用。

例题limn1n!n(1n+ln1+2n+ln2+nn+lnn)\begin{aligned}\lim_{n\to\infty}\frac 1 {\sqrt[n]{n!}}\left(\frac 1 {n+\ln 1}+\frac 2 {n+\ln 2}+\cdots \frac n {n+\ln n}\right)\end{aligned}

本题选自 武忠祥每日一题 2022.6.5

答案

解:

\begin{aligned}I&=\lim_{n\to\infty}(2\pi n)^{-\frac 1 {2n}}\frac e n\sum_{k=1}^n\frac k {n+\ln k}\\&=e\lim_{n\to\infty}\frac 1 n\sum_{k=1}^n\frac k {n+\ln k}\;,\quad(2\pi n)^{-1/2n}=\exp\{-\frac 1 {2n}\ln(2\pi n)\}\to1,\;n\to\infty\\\\\because&\;0\leq \ln k\leq \ln n\\\\\therefore&\frac k{n+\ln n}\leq \frac k{n+\ln k}\leq \frac k n\\\\\therefore&\;e\frac {\sum_\limits{k=1}^n k} {n(n+\ln n)}\leq I\leq e\frac {\sum_\limits{k=1}^n k} {n^2}\Rightarrow I=\frac e 2.\quad(\sum_{k=1}^nk=\frac{n(n+1)}{2})\end{aligned}

【注】本题同样可以直接先做如下处理:

nn!n=exp(1nk=1nkn)exp(01lnxdx)=e  ,  n\begin{aligned}\frac n {\sqrt[n]{n!}}=\exp(-\frac 1 n\sum_{k=1}^n\frac k n)\to\exp(-\int_0^1\ln xdx)=e\;,\;n\to\infty\end{aligned}

从而化简原式,避免了 Stirling 公式 的使用。

一元函数及其微分学

连续、间断与渐近线

曲线的渐近线及其求解问题

曲线的渐近线

如果存在直线LL 使得当xx0x\to x_0xx\to\infty (包括正负无穷)时,曲线y=f(x)y=f(x) 上的任意动点M(x,y)M(x,y) 到直线LL 的距离d(M,L)0d(M,L)\to0 则称直线LL 为曲线y=f(x)y=f(x)渐近线

  • x0,  s.t.limxx0f(x)=\exists x_0,\;s.t.\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=\infty 则 直线L:x=x0L:x=x_0 为曲线的铅直渐近线
  • limxf(x)=A\lim\limits_{x\to \infty}f(x)=A 则 直线L:y=AL:y=A 为曲线的水平渐近线
  • L:y=kx+b,k0\exists L:y=kx+b,k\neq0 是曲线的渐近线,称此直线为其斜渐近线
  • 无穷远处的一侧最多只会存在水平渐近线或斜渐近线的一种

对于斜渐近线y=kx+by=kx+b 我们有结论:

k=limxyx,  b=limx(ykx)k=\lim_{x\to\infty}\frac yx,\;b=\lim_{x\to\infty}(y-kx)

此外,只考虑斜渐近线的可能,我们还有另一种稍微快捷一点的计算方法,这依托于我们对无穷小和泰勒公式的理解。

斜渐近线与等价无穷小

如果y=f(x)y=f(x) 可以通过泰勒展开写为y=f(x)=kx+b+α(x)y=f(x)=kx+b+\alpha(x) 的形式(xx\to\infty),则该曲线的斜渐近线就是y=kx+by=kx+b. 其中,α(x)0\alpha(x)\to0.

例题 求曲线y=x1+x(1+x)x(x>0)\begin{aligned}y=\frac{x^{1+x}}{(1+x)^x}\quad(x\gt0)\end{aligned} 的斜渐近线方程。(2020年)

【解】因为求斜渐近线要求xx\to\infty,而我们熟悉的等价无穷小都属于x0x\to0 的情况。由此我们时常需要将无穷小量α(x)\alpha(x) 化为o(1x)o(\frac1x) 的形式。把1/x1/x 看作一个整体处理。

y=x1+x(1+x)x=x(x1+x)x=x(11+1x)x=xexln(1+1x)=xexp{x[1x+12x2+o(1x2)]}=xexp{1+12x+o(1x)}=xeexp{12x+o(1x)}=xe(1+12x+o(1x))=xe+12e+o(1)\begin{aligned}y&=\frac{x^{1+x}}{(1+x)^x}=x\left(\frac x{1+x}\right)^x\\&=x\left(\frac1{1+\frac1x}\right)^x=xe^{-x\ln(1+\frac1x)}\\&=x·exp\{-x\left[\frac1x+\frac1{2x^2}+o(\frac1{x^2})\right]\}\\&=x·exp\{-1+\frac1{2x}+o(\frac1x)\}\\&=\frac{x}{e}·exp\{\frac1{2x}+o(\frac1x)\}\\&=\frac xe\left(1+\frac1{2x}+o(\frac1x)\right)\\&=\frac xe+\frac1{2e}+o(1)\end{aligned}

由此可得,该曲线的斜渐近线方程为y=(2x+1)/(2e)y=(2x+1)/(2e).

隐函数确定的曲线的渐近线

例题 设曲线由x3+y3=y2x^3+y^3=y^2 确定,求其斜渐近线方程。

【解】根据斜渐近线的公式,将原方程凑出待求极限的形式。

  1. 求斜率k=limxyxk=\lim\limits_{x\to\infty}\frac yx. 将y/xy/x 看作一个整体。对原方程两边同时除以x3x^3,得:

1+(yx)3=(yx)21x1+(\frac yx)^3=(\frac y x)^2·\frac1x

xx\to\infty ,得:1+k3=0k=11+k^3=0\Rightarrow k=-1.

  1. 求截距b=limx(y+x)b=\lim\limits_{x\to\infty}(y+x). 将(y+x)(y+x) 看作一个整体。对原方程利用立法和公式:

x3+y3=(y+x)(y2xy+x2)=y2y+x=y2y2xy+x2=11+xy+(xy)2\begin{aligned}x^3+y^3&=(y+x)(y^2-xy+x^2)=y^2\\\Rightarrow y+x&=\frac{y^2}{y^2-xy+x^2}=\frac1{1+\frac xy+(\frac xy)^2}\end{aligned}

xx\to\infty ,得:b=1/(1+1k+1k2)=1/3b=1/(1+\frac 1k+\frac1{k^2})=1/3.

从而,该曲线的斜渐近线方程为:y=x+13y=x+\frac13.

反函数相关的问题

反函数的积分(一道图像题)
反函数的导数(包括二阶导)

函数的平均值

导数定义及常用导数表

反函数的导数
参数确定的一元函数的导数 dy/dx=dy/dt/(dx/dt)

导数极限定理

https://zhuanlan.zhihu.com/p/427887032

区间内均有定义的导函数无可去、跳跃和无穷间断点。
不能忘记前提条件!参考:导函数的间断点问题

基本概念结论与反例全收录

基本概念结论与反例全收录

【注】可能用到的函数:

  1. 狄利特雷函数(Dirichlet function)

D(x)=limk(limj(cos(k!πx))2j)D(x)=\lim_{k\to\infty}\left(\lim_{j\to\infty}(\cos(k!\pi x))^{2j}\right)

其中,k,jk,j 为整数。事实上,D(x)D(x) 还可以写成:

D(x)={1,xQ0,xQD(x)=\begin{cases}1,&x\in Q\\0,&x\notin Q\end{cases}

其中,QQ 为有理数集.

  1. 魏尔特斯拉函数(Weierstrass function)

W(x)=n=0ancos(bnπx)W(x)=\sum_{n=0}^\infty a^n\cos(b^n\pi x)

其中,0<a<10\lt a\lt1bb 为正奇数,使得ab>1+3π/2ab\gt1+3\pi/2,满足该条件的最小b=7b=7.

  1. Volterra 函数

处处可导,导函数有界,但导函数不可积(黎曼可积)

f(x)f(x) 在某点连续

f(x)f(x)x=x0x=x_0 处连续

  1.   f(x)\Rightarrow\;f(x)x0x_0 的邻域内有定义
  2.   limxx0f(x)=f(x0)\Rightarrow\;\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=f(x_0)
  3. ⇏  f(x)\not\Rightarrow\;f(x)x0x_0 的邻域内连续【反例:f(x)=xD(x)f(x)=xD(x) 只在x=0x=0 处连续】
  4. ⇏  f(x)\not\Rightarrow\;f(x)x0x_0 处可导 【反例:处处连续但处处不可导的函数 魏尔特斯拉函数

f(x)f(x) 在某邻域内连续

f(x)f(x)x0x_0 的某邻域U(x0,δ)U(x_0,\delta) 内连续

  1.   f(x)\Rightarrow\;f(x)U(x0,δ)U(x_0,\delta) 有定义
  2.   f(x)\Rightarrow\;f(x)U(x0,δ)U(x_0,\delta) 处处连续
  3. ⇏  f(x)\not\Rightarrow\;f(x)x0x_0 处可导【反例: 魏尔特斯拉函数

f(x)f(x) 在去心邻域内连续

f(x)f(x)x0x_0 的去心邻域U˚(x0,δ)\mathring{U}(x_0, \delta) 内连续

  1.   f(x)\Rightarrow\;f(x)U˚(x0,δ)\mathring{U}(x_0, \delta) 有定义
  2.   f(x)\Rightarrow\;f(x)U˚(x0,δ)\mathring{U}(x_0, \delta) 处处连续
  3. ⇏  f(x)\not\Rightarrow\;f(x)x0x_0 处可导【反例: 魏尔特斯拉函数
  4. ⇏  f(x)\not\Rightarrow\;f(x)x0x_0 处极限存在【(x0δ),(x0+δ)(x_0-\delta),(x_0+\delta) 分别连续,但左右极限未必相等】

f(x)f(x) 在某点可导

f(x)f(x)x=x0x=x_0 处导数存在

  1.   f(x)\Rightarrow\;f'(x)x0x_0 处有定义
  2.   limxx0f(x)=limxx0+f(x)\Rightarrow\;\lim\limits_{x\to x_0^-}f'(x)=\lim\limits_{x\to x_0^+}f'(x)
  3.   f(x)\Rightarrow\;f(x)x0x_0 处连续
  4. ⇏  f(x)\not\Rightarrow\;f(x)x0x_0 处光滑
  5. ⇏  f(x)\not\Rightarrow\;f(x)x0x_0 邻域内连续
  6. ⇏  f(x)\not\Rightarrow\;f(x)x0x_0 邻域内可导
  7. ⇏  f(x)\not\Rightarrow\;f'(x)x0x_0 处可导

关于 (4,5)的反例如下:

f(x)={x2sin1x,x00,x=0\begin{aligned}f(x)=\begin{cases}\begin{aligned}x^2\sin\frac{1}{x}\end{aligned}&,x\neq0\\0&,x=0\end{cases}\end{aligned}

高阶导数的求解问题

高阶导数的求解问题

在考研范围内,求解高阶导数问题(通常是求f(n)(0)f^{(n)}(0))的这类问题一般的求解方法有:
找规律法、数学归纳法、泰勒级数莱布尼茨求导公式等方法。

下面将通过例题一一介绍相关方法。

泰勒级数法

【例题1】 已知f(x)=x1x2\begin{aligned}f(x)=\frac x {1-x^2}\end{aligned},求fn(0)=?  (n=1,2,3,)f^n(0)=?\ \ (n=1,2,3,\dots)

泰勒展开法

泰勒公式法(优先选择) 利用 长除法 对本 多项式函数 进行处理:

x+x3+x5+1x2) x xx3 x3x3x5\begin{array}{} & x+x^3+x^5+\cdots \\ 1-x^2 & \overline{)\ x\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad } \\ & \underline{\ x-x^3\quad\quad}\quad\quad\ \\ & x^3\quad\quad \\& \underline{x^3-x^5} \\ & \cdots \end{array}

于是有:

f(x)=x+x3+x5++x(2n1)+f(x)=x+x^3+x^5+\cdots+x^{(2n-1)}+\cdots

与泰勒展开式进行对比,显然有:

f(2n)(0)(2n)!=0f(2n1)(0)(2n1)!=1\frac {f^{(2n)}(0)}{(2n)!}=0\\\frac {f^{(2n-1)}(0)}{(2n-1)!}=1

因此:

f(2n)(0)=0;f(2n1)(0)=(2n1)!f^{(2n)}(0)=0;\quad f^{(2n-1)}(0)=(2n-1)!

数学归纳法

另解 数学归纳法

f(x)=x1x2=(1+x)+(1x)2(1+x)(1x)=12(11x11+x)f(x)=\frac x {1-x^2}=\frac{(1+x)+(1-x)}{2(1+x)(1-x)}=\frac 1 2 \left(\frac 1 {1-x}-\frac 1 {1+x}\right)

易归纳得:

(11+ax)(n)=(1)nn!an(1+ax)n+1\left(\frac 1 {1+ax}\right)^{(n)}=\frac{(-1)^nn!a^n}{(1+ax)^{n+1}}