Calculus - Limit 做题简记2

Key Point

  1. sufficiently large 的必须转化为：∃N,∀n≥N,...\exist N,\forall n\ge N,...，而不能在前面直接使用
  2. Let ε=l\varepsilon = l 中，一定要判断这些 ll 是否大于0

T1 : Induction to Prove Monotonic

2.30

xn=α+xn−1x_n=\sqrt{\alpha+x_{n-1}}

证明 xn{x_n} monotonic increasing

这种证明很容易想去尝试用induction，但下一步不知道怎么走了。

其实可以直接代入 xn−1>xn−2x_{n-1}>x_{n-2} 即可：

xn=α+xn−1>α+xn−2=xn−1x_n=\sqrt{\alpha+x_{n-1}}>\sqrt{\alpha + x_{n-2}}=x_{n-1}

我的理解是，在这种情况下，先代回 xn−2x_{n-2}，然后根据递推式 xn−1x_{n-1} 会自动回来的。

*T2: AM-GM Inequation

To prove {(1+1n)n+1}n≥1\left\{\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}\right\}_{n \geq 1} is strictly decreasing.

⇔\Leftrightarrow proof (n+1n)n+1>(n+2n+1)n+2\left(\frac{n+1}{n}\right)^{n+1} > \left(\frac{n+2}{n+1}\right)^{n+2}

⇔\Leftrightarrow Proof [(n+1)2n(n+2)]n+1>n+2n+1\left[\frac{(n+1)^2}{n(n+2)}\right]^{n+1} > \frac{n+2}{n+1}

n+2n+1=n+2n+1⋅1n<(n+2n+1+nn+1)n+1=(n2+2n+2(n+1)2)n+1<((n+1)2n(n+2))n+1\frac{n+2}{n+1} = \frac{n+2}{n+1} \cdot 1^n < \left( \frac{\frac{n+2}{n+1} + n}{n+1} \right)^{n+1}= \left( \frac{n^2+2n+2}{(n+1)^2} \right)^{n+1} < \left( \frac{(n+1)^2}{n(n+2)} \right)^{n+1}

Now I will prove why:

n2+2n+2(n+1)2<(n+1)2n(n+2)\frac{n^2+2n+2}{(n+1)^2} < \frac{(n+1)^2}{n(n+2)}

⇔\Leftrightarrow Proof

(n2+2n+2)(n2+2n)<(n+1)4(n^2+2n+2)(n^2+2n) < (n+1)^4

(n2+2n+2)(n2+2n)<[(n2+2n+2)+(n2+2n)2]2=(n2+2n+1)2=(n+1)4(n^2+2n+2)(n^2+2n) < \left[ \frac{(n^2+2n+2)+(n^2+2n)}{2} \right]^2 = (n^2+2n+1)^2 = (n+1)^4

Above all. {(1+1n)n+1}n≥1\left\{ \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1} \right\}_{n \geq 1} are strictly decreasing.

T3 高次因式分解与有理化

高次因式分解：

an−bn=(a−b)(an−1+an−2b+an−3b2+⋯+abn−2+bn−1)\boxed{a^n-b^n=(a-b)\left(a^{n-1}+a^{n-2}b+a^{n-3}b^2+\cdots+ab^{n-2}+b^{n-1}\right)}

高次有理化：

an−bn=a−ban−1n+an−2bn+⋯+abn−2n+bn−1n\boxed{ \sqrt[n]{a}-\sqrt[n]{b} = \frac{a-b}{ \sqrt[n]{a^{n-1}}+\sqrt[n]{a^{n-2}b}+\cdots+\sqrt[n]{ab^{n-2}}+\sqrt[n]{b^{n-1}} } }

特殊形式：当 b=1b=1 时：

an−1=(a−1)(an−1+an−2+⋯+a+1)\boxed{a^n-1=(a-1)\left(a^{n-1}+a^{n-2}+\cdots+a+1\right)}

an−1=a−1an−1n+an−2n+⋯+an+1\boxed{ \sqrt[n]{a}-1 = \frac{a-1}{ \sqrt[n]{a^{n-1}}+\sqrt[n]{a^{n-2}}+\cdots+\sqrt[n]{a}+1 } }

这些式子在处理我们需要的结构的时候非常有用，比如

2.45

lim⁡x→1(m1−xm−n1−xn)\lim\limits_{x\to1}\left(\dfrac{m}{1-x^m}-\dfrac{n}{1-x^n}\right)

可以通过两次高次因式分解与配凑来解决：

image-20261014214636065

2.53

lim⁡x→0(1+a1x)(1+a2x)⋯(1+anx)n−1x\lim_{x\to0}\frac{\sqrt[n]{(1+a_1x)(1+a_2x)\cdots(1+a_nx)}-1}{x}

这个通过高次有理化来解决

T4：极限乘法则的使用范围与绝对值放缩法

计算：

lim⁡x→∞(sin⁡(x+a+x+b2)⋅sin⁡(a−b2(x+a+x+b)))\lim_{x\to\infty}\left(\sin\Big(\frac{\sqrt{x+a}+\sqrt{x+b}}{2}\Big)\cdot\sin\Big(\frac{a-b}{2(\sqrt{x+a}+\sqrt{x+b})}\Big)\right)

错误做法：

=lim⁡x→∞sin⁡(x+a+x+b2)⋅lim⁡x→∞sin⁡(a−b2(x+a+x+b))=lim⁡x→∞sin⁡(x+a+x+b2)⋅0∈[−1⋅0,1⋅0]=0= \lim_{x\to\infty}\sin\Big(\tfrac{\sqrt{x+a}+\sqrt{x+b}}{2}\Big)\cdot\lim_{x\to\infty}\sin\Big(\tfrac{a-b}{2(\sqrt{x+a}+\sqrt{x+b})}\Big)\\ = \lim_{x\to\infty}\sin\Big(\tfrac{\sqrt{x+a}+\sqrt{x+b}}{2}\Big)\cdot 0 \in [-1\cdot 0,1\cdot 0]\\ =0

错误原因：乘法法则要求两个极限存在且有界，但第一项无限振荡，所以不能用

正确做法：

由于我们知道弄出来的东西是0，所以我们可以取绝对值！然后第一项就可以用放缩来搞了，随后上Squeeze Theorem。

绝对值法+Squeeze Theorem适用于极限为0的情况（这个在做题简记1中也有提到）

∣cos⁡A−cos⁡B∣=∣2sin⁡A+B2sin⁡A−B2∣≤2∣sin⁡A−B2∣\left|\cos A-\cos B\right|=\left|2\sin\frac{A+B}{2}\sin\frac{A-B}{2}\right|\le2\left|\sin\frac{A-B}{2}\right|