[原创]高等数学笔记(16)

【前言】
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【正文】
上节课已经证明了：当 $x = n\;(n \in N)$ 时， $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)^n} = e$ ，下面要证明当 $x$ 为连续自变量时，结论仍成立。

当 $x$ 为连续自变量时， $\forall x > 0$ ，讨论 $x \to + \infty$ 时的情形。
对任意 $x > 0$ ，存在 $n\;(n \in N)$ ， $s.t.\;\;n \le x \le n + 1$
$\Rightarrow \frac{1}{n} \ge \frac{1}{x} \ge \frac{1}{{n + 1}} \Rightarrow 1 + \frac{1}{n} \ge 1 + \frac{1}{x} \ge 1 + \frac{1}{{n + 1}} \Rightarrow {\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)^{n + 1}} \ge {\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)^x} \ge {\left( {1 + \frac{1}{{n + 1}}} \right)^n}$
（注：注意不等式的三个指数，在上面已经推出了 $n + 1 \ge x \ge n$ ，所以可以推出不等式）
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其中 $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)^{n + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)^n} \cdot \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {1 + \frac{1}{n}} \right) = e \cdot 1 = e$
$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left( {1 + \frac{1}{{n + 1}}} \right)^n} = \frac{{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {{\left( {1 + \frac{1}{{n + 1}}} \right)}^{n + 1}}}}{{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {1 + \frac{1}{{n + 1}}} \right)}} = \frac{e}{1} = e$
由于 $x \ge n$ ，所以当 $n \to \infty$ 时， $x \to + \infty$
由夹挤准则可知 $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)^x} = e$

上面证明了 $x > 0$ 的情况，下面证明 $x < 0$ 时的情况。
对 $\forall x < 0$ ，令 $x = - (t + 1)$ ，当 $x \to - \infty$ 时，有 $t \to + \infty$
（注：为什么这里要取 $x = - (t + 1)$ ？就是为了下面变换时凑数用的）
$\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)^x} = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } {\left( {1 - \frac{1}{{t + 1}}} \right)^{ - (t + 1)}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } {\left( {\frac{t}{{t + 1}}} \right)^{ - (t + 1)}}$
$= \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } {\left( {\frac{{t + 1}}{t}} \right)^{t + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } {\left( {1 + \frac{1}{t}} \right)^t} \cdot \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \left( {1 + \frac{1}{t}} \right) = e \cdot 1 = e$
因为 $+ \infty ,\; - \infty$ 的情况都证明了
所以 $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)^x} = e$
特别说明： $e$ 是一个无理数，其值为2.71828...
此式的另一种形式：
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\left( {1 + x} \right)^{\frac{1}{x}}} = e$
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例1. 求 $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {1 - \frac{2}{x}} \right)^x}$
解：
把原式与重要极限 $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)^x} = e$ 比较，为了形式上能一致，令 $x = - 2t$ ，当 $x \to \infty$ 时， $t \to \infty$ （注：这里没写是 $+ \infty$ ）
原式 $= \mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } {\left[ {1 - \frac{2}{{( - 2t)}}} \right]^{ - 2t}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } {\left( {1 + \frac{1}{t}} \right)^{ - 2t}} = \frac{1}{{{{\left[ {\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } {{\left( {1 + \frac{1}{t}} \right)}^t}} \right]}^2}}} = \frac{1}{{{e^2}}}$

例2. 求 $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {\left( x \right)^{\frac{1}{{1 - x}}}}$
解：
原式 $= \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {\left[ {1 + (x - 1)} \right]^{ - \frac{1}{{x - 1}}}}$ （令 $t = x - 1$ ） $= \mathop {\lim }\limits_{t \to 0} {(1 + t)^{ - \frac{1}{t}}} = \frac{1}{{\mathop {\lim }\limits_{t \to 0} {{(1 + t)}^{\frac{1}{t}}}}} = \frac{1}{e}$
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例3. 设 $a > 0,\;{u_1} = \sqrt a ,\;{u_2} = \sqrt {a + \sqrt a } \;, \cdots ,\;{u_n} = \sqrt {a + {u_{n - 1}}} ,\; \cdots$
（1）证明 $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {u_n}$ 存在；（2）求 $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {u_n}$
（1）证：
先用数学归纳法证 $\{ {u_n}\}$ 单调增。
${u_1} = \sqrt a < \sqrt {a + \sqrt a } = {u_2}$
假设 ${u_{n - 1}} < {u_n}$ ，则有 ${u_{n + 1}} - {u_n} = \sqrt {a + {u_n}} - \sqrt {a + {u_{n - 1}}} = \frac{{{u_n} - {u_{n - 1}}}}{{\sqrt {a + {u_n}} + \sqrt {a + {u_{n - 1}}} }}$
（注：最后一步化简的由来：分子、分母均乘以 ${\sqrt {a + {u_n}} + \sqrt {a + {u_{n - 1}}} }$ 可得）
因为分母为两个根式相加，为正数，并且前面已经假设 ${u_n} - {u_{n - 1}} > 0$
所以 ${u_{n + 1}} - {u_n} > 0$ （分子分母均 $> 0$ ）
所以 $\{ {u_n}\}$ 单调增
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下面再证 $\{ {u_n}\}$ 有界。
现已知 ${u_1} = \sqrt a < 1 + \sqrt a$
假设 ${u_{n - 1}} < 1 + \sqrt a$
则 ${u_n} = \sqrt {a + {u_{n - 1}}} < \sqrt {a + 1 + \sqrt a } < \sqrt {a + 2\sqrt a + 1} = \sqrt {{{\left( {1 + \sqrt a } \right)}^2}} = 1 + \sqrt a$
所以由数学归纳法可知 $\{ {u_n}\}$ 有界。

由准则2（单调数列且有界，则极限存在），可知 $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {u_n}$ 存在。

（2）求 $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {u_n}$
已知 ${u_n} = \sqrt {a + {u_{n - 1}}}$ ，两边平方可得 ${u_n}^2 - {u_{n - 1}} - a = 0$
上式两边取极限（ $n \to \infty$ ），令 $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {u_n} = A$ （极限存在，假设其为 $A$ ）
则 ${A^2} - A - a = 0$
由二次方程求根公式得：
$A = \frac{{1 \pm \sqrt {1 + 4a} }}{2}$ （极限只有一个，所以只能取一个符号）
因为 ${u_n} > 0$ ，由函数值与极限值同号性定理，有 $A \ge 0$
所以取正号，即 $A = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\sqrt {1 + 4a}$
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当 $x \to {x_0}(x \to \infty )$ 时， $\alpha (x) \to 0$ ，则称当 $x \to {x_0}(x \to \infty )$ 时 $\alpha (x)$ 是无穷小。
例如，当 $x \to 0$ 时， $\alpha (x) = x,\;\beta (x) = 3{x^2},\;\gamma (x) = \sin x$ 都是无穷小。
$\alpha (x),\beta (x),\gamma (x)$ 都 $\to 0$ ，哪个趋于0的速度更快一些？
由 $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\beta (x)}}{{\alpha (x)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{3{x^2}}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} 3x = 0$ ，可知 $\beta (x)$ 比 $\alpha (x)$ 趋于0的速度更快。
由 $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\alpha (x)}}{{\beta (x)}} = \infty$ 知 $\alpha (x)$ 比 $\beta (x)$ 趋于0的速度慢一些。
由 $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\gamma (x)}}{{\alpha (x)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin x}}{x} = 1$ 知 ${\gamma (x)}$ 与 $\alpha (x)$ 趋于0的速度相仿。
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（第16课完）

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