晚钰的问题帖 - 质心论坛

西风破

7月前

只会做三因为三不用证（用结论证结论可以吗）

1条评论

钰

7月前

显然老师出出来就不是让你用结论证的……明天这个时候可以给各位大佬拍一下我们的考试题

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小奕（二轮，启动！）

7月前

第三题明显Taylor啊，应该可以用e的定义式展开吧》》（如果证必要性的可以用话两边求导都一样来证）（证一遍泰勒应该也可以）还有我一个物竞生考我数学有点过分了啊！！～～

2条评论

钰

7月前

好的好的，谢谢大佬，第三题已经做出来了

数学的，，，人有点少，还有微积分肯定是物竞生厉害点啦！

谢谢你啦！（初三小垃圾敬礼！）

小奕（二轮，启动！） 回复钰

7月前

我不是佬啊...

同样是初三小垃圾～～

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天贶

7月前

虽然我对高数接触不深，但第一的写法真的是对的嘛

lim下面不是还要带一串东西吗？

2条评论

钰

7月前

额……显然n是趋于无穷的，写太匆忙没来得及补上……对不起呀

天贶回复钰

7月前

欧克

没事哒没事

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质心民科

7月前

1.若$\lim\limits_{n\to \infty}a_{n}=a$，则$\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n}=a$.

证明：$\lim\limits_{n\to\infty}a_{n}=a$ $\Leftrightarrow$ $\forall \varepsilon>0$，$\exists N\in\mathbb{N}_{+}$，当$n>N$时

$$|a_{n}-a|<\varepsilon.$$

令$S_{n}=\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}$，则我们可以将求和分成两部分

$$\dfrac{S_{n}}{n}=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{N}a_{i}+\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=N+1}^{n}a_{i}$$

其中，第一部分$\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{N}a_{i}$是一个常数(因为$N$是有限值)，对其取极限$n\to\infty$有

$$\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{N}a_{i}=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{C}{n}=0\tag{1}$$

对于第二部分，我们有

$$\begin{aligned}\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=N+1}^{n}a_{i}&=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=N+1}^{n}[a+(a_{i}-a)]\\&=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=N+1}^{n}a+\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=N+1}^{n}(a_{i}-a)\\&=\dfrac{n-N}{n}a+\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=N+1}^{n}(a_{i}-a)\end{aligned}$$

对其取极限得

$$\begin{aligned}\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=N+1}^{n}a_{i}&=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{n-N}{n}a+\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=N+1}^{n}(a_{i}-a)\\&=a+\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{n-N}{n}\varepsilon\\&=a+0\\&=a\end{aligned}\tag{2}$$

(1)+(2)两边分别相加即得到结论

$$\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{S_{n}}{n}=0+a=a$$

$$~\tag*{$\square$}$$

质心民科

7月前

2. 取$0<\varepsilon<\varepsilon_{0}$和一个紧区间$I=[t_{0},R]$。已知$S: I\to [0,+\infty)$是一个非负不减函数且满足$S(t_{0})=0$和

$$S(T)\leqslant\varepsilon_{0}(S(T)+\varepsilon)^{4}+\varepsilon_{0}^{4}(S(T)+\varepsilon)+\varepsilon_{0}(S(T)+\varepsilon)^{5},\qquad \forall T\in I$$

若$\varepsilon_{0}$可选定任意小，证明：对任意$T\in I$，$S(T)\leqslant \varepsilon$成立。

先来略微说一下证明思路。若想证明对所有$T\in I$都有$S(T)\leqslant\varepsilon$，常见的做法是反证法：假设存在某个时刻$T\in I$使得$S(T)>\varepsilon$。由于$S$是从$0$开始的单调不减函数，那么令

$$T^{*} = \inf\{\,t \in [t_{0}, R]\mid S(t)\geqslant \varepsilon\}.$$

因为$S$单调不减且初值$S(t_{0})=0$，我们可以断言在$T^{*}$处函数首次“触及”或“超过”$\varepsilon$，并有（在适当的连续性条件下）

$$S(T^{*}) = \varepsilon.$$

在$t=T^{*}$带入给定的不等式，争取得到与$\varepsilon\leqslant\cdots$矛盾，从而推出假设不可能成立。

证明：使用反证法证明。假设结论不成立，则必存在$T_{1}\in I$使得

$$S(T_{1}) > \varepsilon.$$

由于$S$单调不减且$S(t_{0})=0$，定义

$$T^{*} = \inf\{\,t \in [t_{0}, R]\mid S(t)\geqslant \varepsilon\}.$$

可得

$$S(T^{*}) = \varepsilon\quad \bigl(\text{在首次触及处连续时}\bigr).$$

根据题设，不等式

$$S(T)\leqslant \varepsilon_{0}\bigl(S(T)+\varepsilon\bigr)^{4}\;+\;\varepsilon_{0}^{4}\bigl(S(T)+\varepsilon\bigr)\;+\;\varepsilon_{0}\bigl(S(T)+\varepsilon\bigr)^{5}$$

对所有$T\in [t_{0}, R]$成立，故对$T^{*}$亦成立。此时由于

$$S(T^{*}) = \varepsilon,\quad S(T^{*}) + \varepsilon = 2\varepsilon,$$

得到

$$\varepsilon\;=\;S(T^{*})\;\leqslant\;\varepsilon_{0}\,(2\varepsilon)^{4}\;+\;\varepsilon_{0}^{4}\,(2\varepsilon)\;+\;\varepsilon_{0}\,(2\varepsilon)^{5}.$$

即

$$\varepsilon\;\leqslant\;\varepsilon_{0}\,16\,\varepsilon^{4}\;+\;\varepsilon_{0}^{4}\,\bigl(2\varepsilon\bigr)\;+\;\varepsilon_{0}\,32\,\varepsilon^{5}.$$

观察上式右边，可将其视为对$\varepsilon_{0}$的多项式（并带有系数均为$\varepsilon$的幂）。当$\varepsilon_{0}$充分小时，右边显然可以被压到比$\varepsilon$更小的数值上。

换言之，我们可以令$\varepsilon_{0}$满足

$$\varepsilon_{0}\,16\,\varepsilon^{4}\;+\;\varepsilon_{0}^{4}\,\bigl(2\varepsilon\bigr)\;+\;\varepsilon_{0}\,32\,\varepsilon^{5}\;<\;\varepsilon.$$

则得到

$$\varepsilon \;\leqslant\; \text{(右边)} \;<\; \varepsilon,$$

这与$\varepsilon \leqslant \dots < \varepsilon$明显矛盾。

综上，假设“存在$T$使$S(T)>\varepsilon$”必然导出矛盾，因此只能有

$$\forall\,T \in [t_{0},R], \quad S(T)\;\leqslant\;\varepsilon.$$

$$~\tag*{$\square$}$$$

质心民科

7月前

3. 令$P_{n}(x)=1+x+\dfrac{x^{2}}{2!}+\cdots+\dfrac{x^{n}}{n!}$，证明：$\lim\limits_{n\to\infty}P_{n}(x)=\mathrm{e}^{x}$。

这题主要问题不在Taylor展开上，主要在于对于余项极限的估计。

证明：已知

$$P_{n}(x)=\sum\limits_{k=0}^{n}\dfrac{x^{k}}{k!}$$

而$\mathrm{e}^{x}$的幂级数展开为

$$\mathrm{e}^{x}=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\dfrac{x^{k}}{k!}$$

两者相差为

$$\mathrm{e}^{x}-P_{n}(x)=\sum\limits_{k=n+1}^{\infty}\dfrac{x^{k}}{k!}\tag{$\star$}$$

使用绝对值估计

$$\left|\sum\limits_{k=n+1}^{\infty}\dfrac{x^{k}}{k!}\right|\leqslant \dfrac{|x|^{n+1}}{(n+1)!}\left(1+\dfrac{|x|}{n+2}+\dfrac{|x|^{2}}{(n+2)(n+3)}+\cdots\right)$$

当$n\to\infty$时，$\dfrac{x^{n+1}}{(n+1)!}\to 0$，故

$$\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{k=n+1}^{\infty}\dfrac{x^{k}}{k!}=0$$

因此对($\star$)两边取极限$n\to\infty$

$$\lim_{n\to\infty}[\mathrm{e}^{x}-P_{n}(x)]=0$$

即

$$\lim_{n\to\infty}P_{n}(x)=\mathrm{e}^{x}$$