【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）
文章来源：http://www.codelast.com/
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：
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\left( {1 + x} \right)^{\frac{1}{x}}} = e\)
文章来源：http://www.codelast.com/
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 \(t = x - 1\) ） \( = \mathop {\lim }\limits_{t \to 0} {(1 + t)^{ - \frac{1}{t}}} = \frac{1}{{\mathop {\lim }\limits_{t \to 0} {{(1 + t)}^{\frac{1}{t}}}}} = \frac{1}{e}\)
文章来源：http://www.codelast.com/
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
文章来源：http://www.codelast.com/
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 \(A = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\sqrt {1 + 4a} \)
文章来源：http://www.codelast.com/
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。
文章来源：http://www.codelast.com/
（第16课完）
文章来源：https://www.codelast.com/
➤➤ 版权声明 ➤➤
转载需注明出处：codelast.com
感谢关注我的微信公众号（微信扫一扫）：
