03-上、下极限的运用

依赖于

无显式依赖

被以下题目直接调用

09-等价关系与 L’Hôpital 法则

正文部分

由于上、下极限在广义实数系中总有意义, 我们有望通过它们满足的方程或不等式来研究它们的性质, 这给证明和计算都带来了很大的便利.

例 3.1

例 3.1

设正数列 ${x_{n}}$ 满足
$x_{n + 2} ⩽ \frac{x _{n + 1} + x _{n}}{2}, n = 1, 2, \dots,$
求证: $lim_{n \to + \infty} x_{n}$ 存在.

证明易见 $0 < x_{n} ⩽ max {x_{1}, x_{2}} (n = 1, 2, \dots)$ , 于是 $L := \overline{lim}_{n \to + \infty} x_{n} \in [0, + \infty)$ . 从而对于任意 $ε > 0$ , 存在 $N > 0$ , 使得当 $n ⩾ N$ 时, 成立 $x_{n} ⩽ L + ε$ . 我们断言,

x_{n} ⩾ L - 3 ε, \forall n ⩾ N + 1.

否则, 存在 $m ⩾ N + 1$ 满足 $x_{m} < L - 3 ε$ , 这样就有

x_{m + 1} ⩽ \frac{x _{m} + x _{m - 1}}{2} ⩽ \frac{L - 3 ε + L + ε}{2} = L - ε .

由此立即可得

x_{n} ⩽ max {x_{m}, x_{m + 1}} ⩽ L - ε, \forall n ⩾ m + 1,

这与 $L$ 为 ${x_{n}}$ 的上极限矛盾. 从而

L - 3 ε ⩽ x_{n} ⩽ L + ε, \forall n ⩾ N + 1.

所以 $lim_{n \to + \infty} x_{n} = L .$

例 3.2

例 3.2

设 $0 < q < 1, {a_{n}}, {b_{n}}$ 满足
$a_{n} = b_{n} - q a_{n + 1}, n = 1, 2, \dots,$
且 ${a_{n}}, {b_{n}}$ 有界. 求证: $lim_{n \to + \infty} b_{n}$ 存在的充要条件是 $lim_{n \to + \infty} a_{n}$ 存在.

证明充分性显然．下证必要性．假设 ${b_{n}}$ 收敛．因为 ${a_{n}}$ 有界，所以

$L := \overline{lim}_{n \to + \infty} a_{n}$ 与 $ℓ := \underline{lim}_{n \to + \infty} a_{n}$ 均有限.

另一方面, 对题中递推公式两边分别取上极限和下极限可得

L = n \to + \infty lim b_{n} - q ℓ, ℓ = n \to + \infty lim b_{n} - q L .

两式相减得

L - ℓ = q (L - ℓ) .

由于 $q \in (0, 1)$ , 所以 $L = ℓ$ , 即 ${a_{n}}$ 收敛.

□

例 3.3

例 3.3

设 ${x_{n}}$ 满足
$0 ⩽ x_{m + n} ⩽ x_{m} x_{n}, \forall m, n ⩾ 1.$
证明： ${n x_{n}}$ 的极限存在.

证明我们有 $0 ⩽ x_{n} ⩽ x_{1}^{n} (\forall n ⩾ 1)$ , 从而 $L := \overline{lim}_{n \to + \infty} n x_{n} \in [0, + \infty)$ . 我们断言,

n x_{n} ⩾ L, \forall n ⩾ 1. (3.1)

不妨设 $x_{1} > 0$ 。固定 $m ⩾ 1$ , 对于任何 $n$ , 我们有分解 $n = k_{n} m + ℓ_{n}$ , 其中 $k_{n}, ℓ_{n}$ 均为整数, $0 ⩽ ℓ_{n} ⩽ m - 1$ . 则 $k_{n}, ℓ_{n}$ 由 $n$ 及 $m$ 唯一确定, 且当 $n \to + \infty$ 时,

\frac{k _{n}}{n} \to \frac{1}{m}, \frac{ℓ _{n}}{n} \to 0.

由假设条件, 可得 $x_{n} ⩽ x_{m}^{k_{n}} x_{1}^{ℓ_{n}}$ . 从而

L = n \to + \infty \overline{lim} n x_{n} ⩽ n \to + \infty lim (x_{m}^{\frac{k _{n}}{n}} x_{1}^{\frac{ℓ _{n}}{n}}) = x_{m}^{\frac{1}{m}},

这样, (3.1) 式成立. 从而又有 $lim_{n \to + \infty} n x_{n} ⩾ L$ . 这就证明了 ${n x_{n}}$ 收敛.

□

例 3.4

例 3.4

设 $f, φ \in C [a, b]$ , 且 $f > 0$ , $φ > 0$ . 证明:
$n \to + \infty lim n \int_{a}^{b} φ (x) f^{n} (x) d x = M := x \in [a, b] max f (x) . (3.2)$ $n \to + \infty lim \frac{\int _{a}^{b} φ ( x ) f ^{n + 1} ( x ) d x}{\int _{a}^{b} φ ( x ) f ^{n} ( x ) d x} = M . (3.3)$

证明 (1) 我们有

n \to + \infty \overline{lim} n \int_{a}^{b} φ (x) f^{n} (x) d x ⩽ n \to + \infty \overline{lim} M n \int_{a}^{b} φ (x) d x = M . (3.4)

另一方面, 由连续函数的性质, 存在 $x_{0} \in [a, b]$ , 使得 $f (x_{0}) = M$ . 于是 $\forall ε \in (0, \frac{M}{2})$ , $\exists δ > 0$ , 使得当 $x \in J_{ε} := (x_{0} - δ, x_{0} + δ) \cap [a, b]$ 时, 有 $f (x) > M - ε$ . 这样, 我们有

n \to + \infty \underline{lim} n \int_{a}^{b} φ (x) f^{n} (x) d x ⩾ n \to + \infty \underline{lim} n \int_{J_{ε}} (M - ε)^{n} φ (x) d x = M - ε .

于是由 $ε$ 的任意性得到

n \to + \infty \underline{lim} n \int_{a}^{b} φ (x) f^{n} (x) d x ⩾ M .

结合 (3.4) 式, 即知 (3.2) 式成立.

类似 (3.4) 式, 易见

n \to + \infty \overline{lim} \frac{\int _{a}^{b} φ ( x ) f ^{n + 1} ( x ) d x}{\int _{a}^{b} φ ( x ) f ^{n} ( x ) d x} ⩽ M . (3.5)

另一方面, $\forall ε \in (0, \frac{M}{2})$ , 令 $J_{ε}$ 如 (1) 的证明中所定义. 令

g (x) = max {f (x), M - 2 ε}, x \in [a, b] . (3.6)

则 $g$ 连续且

g^{k} (x) - f^{k} (x) ⩽ (M - 2 ε)^{k}, \forall x \in [a, b], k = 1, 2, \dots .

于是我们有

n \to + \infty \overline{lim} \frac{\int _{a}^{b} φ ( x ) ( f ^{n + 1} ( x ) - g ^{n + 1} ( x ) ) d x}{\int _{a}^{b} φ ( x ) f ^{n} ( x ) d x}

⩽ n \to + \infty \overline{lim} \frac{( M - 2 ε ) ^{n + 1} \int _{a}^{b} φ ( x ) d x}{( M - ε ) ^{n} \int _{J_{ε}} φ ( x ) d x} = 0.

从而可得

n \to + \infty \underline{lim} \frac{\int _{a}^{b} φ ( x ) f ^{n + 1} ( x ) d x}{\int _{a}^{b} φ ( x ) f ^{n} ( x ) d x} = n \to + \infty \underline{lim} \frac{\int _{a}^{b} φ ( x ) g ^{n + 1} ( x ) d x}{\int _{a}^{b} φ ( x ) f ^{n} ( x ) d x} ⩾ M - 2 ε .

这样, 由 $ε$ 的任意性得到

n \to + \infty \underline{lim} \frac{\int _{a}^{b} φ ( x ) f ^{n + 1} ( x ) d x}{\int _{a}^{b} φ ( x ) f ^{n} ( x ) d x} ⩾ M .

结合 (3.5) 式, 即知 (3.3) 式成立.

注 3.1 ^zhu-3-1 若允许使用 Lebesgue (勒贝格) 积分, 则函数 g 可以选取为

g (x) = f (x) χ_{{f ⩾ M - 2 ε}} (x) = {f (x), 0, f (x) ⩾ M - 2 ε, f (x) < M - 2 ε . (3.7)

然后, 上面的证明过程可以一模一样地搬过来.

选用 (3.7) 式定义函数 $g$ 要比选用 (3.6) 式更符合直觉, 但由 (3.7) 式定义的函数 $g$ 不一定是 Riemann (黎曼) 可积的.

注 3.2 ^zhu-3-2 利用 Hölder (赫尔德) 不等式, 易得

\frac{\int _{a}^{b} φ ( x ) f ^{n + 1} ( x ) d x}{\int _{a}^{b} φ ( x ) f ^{n} ( x ) d x} ⩽ \frac{\int _{a}^{b} φ ( x ) f ^{n + 2} ( x ) d x}{\int _{a}^{b} φ ( x ) f ^{n + 1} ( x ) d x}, n ⩾ 1.

因此, 极限 $lim_{n \to + \infty} \frac{\int _{a}^{b} φ ( x ) f ^{n + 1} ( x ) d x}{\int _{a}^{b} φ ( x ) f ^{n} ( x ) d x}$ 存在, 此时利用 Stolz 公式可得

n \to + \infty lim n \int_{a}^{b} φ (x) f^{n} (x) d x = n \to + \infty lim \frac{\int _{a}^{b} φ ( x ) f ^{n + 1} ( x ) d x}{\int _{a}^{b} φ ( x ) f ^{n} ( x ) d x} .

从而 (3.3) 式成立.

例 3.5

例 3.5

设 ${x_{n}}, {y_{n}}$ 满足
$y_{n} = x_{n} + x_{n - 1} + \dots + x_{1} = x_{n} + y_{n - 1}, n ⩾ 1,$
其中 $y_{0} = 0, x_{n} > 0 (n ⩾ 1)$ . 求证: $lim_{n \to + \infty} x_{n}$ 存在的充要条件是 $lim_{n \to + \infty} y_{n}$ 存在.

证明充分性显然. 下证必要性. 为此, 设 ${x_{n}}$ 收敛, 则 ${x_{n}}$ 有界, 从而有 $M ⩾ 1$ 使得 $x_{n} ⩽ M (\forall n ⩾ 1)$ . 于是

y_{n} ⩽ M + M + \dots + M ⩽ M 1 + 1 + \dots + 1 ⩽ \frac{1 + 5}{2} M,

从而 ${y_{n}}$ 有界. 设 $L, ℓ$ 分别为 ${y_{n}}$ 的上极限和下极限, $A$ 为 ${x_{n}}$ 的极限, 则

L^{2} = A + L, ℓ^{2} = A + ℓ .

注意到

+ \infty > L ⩾ ℓ ⩾ n \to + \infty lim x_{1}^{\frac{1}{2 ^{n}}} = 1,

我们可得 $L = ℓ = \frac{1 + 1 + 4 A}{2}$ . 从而 ${y_{n}}$ 收敛.

例 3.6

例 3.6

设 $x_{1} > 0, x_{n + 1} = 1 + \frac{1}{x _{n}} (n = 1, 2, \dots)$ . 证明: $lim_{n \to + \infty} x_{n}$ 存在.

证明不难看到 $1 ⩽ x_{n} ⩽ 2 (\forall n ⩾ 3)$ . 记 $L, ℓ$ 分别为 ${x_{n}}$ 的上极限和下极限, 则 $L = 1 + \frac{1}{ℓ}, ℓ = 1 + \frac{1}{L}$ . 立即解得 $L = ℓ$ , 即 ${x_{n}}$ 收敛.

例 3.7

例 3.7

设 ${a_{n}}$ 满足
$a_{m} + a_{n} - 1 ⩽ a_{m + n} ⩽ a_{m} + a_{n} + 1, \forall m, n ⩾ 1.$
求证: (1) $lim_{n \to + \infty} \frac{a _{n}}{n}$ 存在.

设 $lim_{n \to + \infty} \frac{a _{n}}{n} = q$ ，则

$\forall n ⩾ 1, n q - 1 ⩽ a_{n} ⩽ n q + 1.$

证明 (1) 由题设, 对于任何 $m, n ⩾ 1$ , 我们有

n a_{m} - (n - 1) ⩽ a_{mn} ⩽ m a_{n} + (m - 1) .

所以

\frac{a _{m}}{m} - \frac{a _{n}}{n} ⩽ \frac{1}{m} + \frac{1}{n} . (3.8)

因此, ${\frac{a _{n}}{n}}$ 为 Cauchy (柯西) 列, 从而收敛. 设极限为 $q$ .

在 (3.8) 式中令 $m \to + \infty$ 即得

\frac{a _{n}}{n} ⩾ q - \frac{1}{n}, \forall n ⩾ 1,

而在 (3.8) 式中令 $n \to + \infty$ 得

\frac{a _{m}}{m} ⩽ q + \frac{1}{m}, \forall m ⩾ 1.

总之有

q - \frac{1}{n} ⩽ \frac{a _{n}}{n} ⩽ q + \frac{1}{n}, \forall n ⩾ 1.

例 3.8

例 3.8

设 $a_{0}, a_{1} > 0, a_{n + 2} = \frac{1}{a _{n}} + \frac{1}{a _{n + 1}}$ . 证明:
$n \to + \infty lim a_{n} = 2$

证明令 $M = max {a_{0}, a_{1}, \frac{2}{a _{0}}, \frac{2}{a _{1}}}$ , 则归纳可证 $\frac{2}{M} ⩽ a_{n} ⩽ M$ . 设 ${a_{n}}$ 的上、下极限分别为 $L, ℓ$ , 则

\frac{2}{M} ⩽ ℓ ⩽ L ⩽ M . (3.9)

而由递推公式可得

ℓ ⩾ \frac{2}{L}, L ⩽ \frac{2}{ℓ} .

因此 $L ℓ = 2$

由上极限的性质, 存在子列 ${a_{m_{k} + 3}}$ 使得 $lim_{k \to + \infty} a_{m_{k} + 3} = L$ 。进一步抽取子列 (为简便起见, 子列记号不变), 可以使 ${a_{m_{k} + 2}}, {a_{m_{k} + 1}}, {a_{m_{k}}}$ 都收敛, 设极限分别为 $x, y, z$ , 则 $ℓ ⩽ x, y, z ⩽ L$ 。于是由递推公式可得

L = \frac{1}{x} + \frac{1}{y}, x = \frac{1}{y} + \frac{1}{z} .

由上面第一式结合 $x, y ⩾ ℓ$ 以及 $L = \frac{2}{ℓ}$ 得到 $x = y = ℓ$ . 类似地, 由第二式结合 $x, y ⩽ L$ 以及 $ℓ = \frac{2}{L}$ 得到 $y = z = L$ . 所以 $L = ℓ$ . 最后得到 $lim_{n \to + \infty} a_{n} = 2$ .

注 3.3 ^zhu-3-3 对于一部分同学来讲, 寻找 ${a_{n}}$ 的上、下界有较大的困难. 为展现我们如何找出 $M$ 使得 (3.9) 式成立, 分析如下:

要从已知条件得到 $m ⩽ a_{n} ⩽ M (n ⩾ 0)$ , 从本例来看, 基本上就得采用数学归纳法. 因此, $m, M$ 首先应该满足 $m ⩽ a_{k} ⩽ M (k = 0, 1)$ . 接下来, 就看能不能从当 $0 ⩽ k ⩽ n$ 时成立 $m ⩽ a_{k} ⩽ M$ 得到 $m ⩽ a_{n + 1} ⩽ M$ . 而从题设条件来看, 我们只能进一步要求 $m > 0$ 并从已有信息得到 $\frac{2}{M} ⩽ a_{n + 1} ⩽ \frac{2}{m}$ . 这样, 这一归纳过程可以进行下去的充要条件是取 $m, M$ 满足 $m ⩽ \frac{2}{M}$ 以及 $\frac{2}{m} ⩽ M$ . 这等价于 $M m = 2$ .

综上所述, 我们要归纳地证明 $0 < m ⩽ a_{n} ⩽ M (n ⩾ 0)$ , 需要 (在现有信息下是必须且只需) 取 $M > m > 0$ 满足 $M m = 2$ 以及 $m ⩽ a_{0} ⩽ M$ , $m ⩽ a_{1} ⩽ M$ , 即 $M ⩾ a_{0}, \frac{2}{a _{0}}, a_{1}, \frac{2}{a _{1}}$ . 总之, 我们可以任取 $M ⩾ max {a_{0}, a_{1}, \frac{2}{a _{0}}, \frac{2}{a _{1}}}$ .

例 3.9

例 3.9

设 $a_{n} \in R$ 满足 $a_{n} \neq = - 1$ 以及 $a_{n + 1} = \frac{2}{a _{n} + 1} (n ⩾ 1)$ . 试讨论 ${a_{n}}$ 的收敛性及其相应的极限.

解记 $f (x) = \frac{2}{x + 1}$ , 则 $f (- 3) = - 1$ . 由于 $\forall n ⩾ 1, a_{n} \neq = - 1$ , 可得 $\forall n ⩾ 1, a_{n} \neq = - 3$ .

法I 记 $L = \overline{lim}_{n \to + \infty} a_{n}, ℓ = \underline{lim}_{n \to + \infty} a_{n} .$

情形 I 存在 $N ⩾ 1$ 使得 $a_{N} > - 1$ 或者 $a_{N} < - 3$ , 则当 $n ⩾ N + 2$ 时, 有 $a_{n} ⩾ 0$ . 此时易得

\frac{2}{3} ⩽ a_{n} ⩽ 2, n ⩾ N + 4.

从而 $\frac{2}{3} ⩽ ℓ ⩽ L ⩽ 2$ , 且

L = \frac{2}{ℓ + 1}, ℓ = \frac{2}{L + 1} .

解得 $L = ℓ = 1$ 或-2(舍去)，即得 $lim_{n \to + \infty} a_{n} = 1.$

情形II 对任何 $n ⩾ 1$ 成立 $- 3 < a_{n} < - 1$ . 此时 $- 3 ⩽ ℓ ⩽ L ⩽ - 1$ , 且

L = \frac{2}{ℓ + 1}, ℓ = \frac{2}{L + 1} .

解得 $L = ℓ = - 2$ 或1(舍去)，即得 $lim_{n \to + \infty} a_{n} = - 2.$

进一步, 由于 $f (x) = - 2$ 当且仅当 $x = - 2$ , 且 $∣ f^{'} (- 2) ∣ = ∣ - 2∣ > 1$ , 可见当 $a_{1} \neq = - 2$ 时, $lim_{n \to + \infty} a_{n} \neq = - 2$ . 如若不然, 设 $a_{1} \neq = - 2$ , 且 $lim_{n \to + \infty} a_{n} = - 2$ . 则存在 $δ > 0$ , 使得当 $∣ x + 2∣ < δ$ 时, $∣ f^{'} (x) ∣ ⩾ 1$ , 以及存在 $N ⩾ 1$ , 使得当 $n ⩾ N$ 时,

$0 < ∣ a_{n} + 2∣ < δ .$ 从而

∣ a_{n + 1} + 2 ∣ = ∣ f (a_{n}) - f (- 2) ∣ ⩾ ∣ a_{n} + 2 ∣, n ⩾ N .

特别地，

∣ a_{n} + 2 ∣ ⩾ ∣ a_{N} + 2 ∣ > 0, \forall n ⩾ N .

这与 $lim_{n \to + \infty} a_{n} = - 2$ 矛盾. 换言之, 情形II只在 $a_{1} = - 2$ 时发生.

总之, 当且仅当 $a_{1} = - 2$ 时有 $lim_{n \to + \infty} a_{n} = - 2$ . 其余情形有 $lim_{n \to + \infty} a_{n} = 1$ .

法II 在此, 我们介绍尹永成基于动力系统的思想给出的一种解法. 注意到 $f$ 是一个分式线性变换, 我们将 $f$ 的定义域和值域都拓展为 $\overline{C} = C \cup {\infty}$ , 其中补充定义 $f (- 1) = \infty$ , $f (\infty) = 0$ . 则 $f$ 共有两个不动点 1 和 -2.

本方法的主要思想是通过构造一个 $\overline{C}$ 到其自身的连续可逆映射 $h$ 使得 $g = h^{- 1} \circ f \circ h$ 变成一个容易分析的函数, 其中 $h^{- 1}$ 表示 $h$ 的逆映射. 易见由于 $f^{n} = h \circ g^{n} \circ h^{- 1}$ (这里 $f^{n} = f \circ f \circ \dots \circ f n 次$ ), 因此, $f^{n}$ 的性质可以通过 $g^{n}$ 的性质得到. 这一思想类似于高等代数中将矩阵作相似变换.

我们希望寻找分式线性变换 $h$ 使得 $f$ 的不动点1, -2分别对应 $g$ 的两个不动点0和 $\infty$ . 为此, 我们只需要让 $h (0) = 1$ , $h (\infty) = - 2$ . 我们有

h (z) = \frac{- 2 z + 1}{z + 1}, z \in \overline{C} .

注意到分式变换的逆变换以及复合都是分式变换, 因此, $g$ 是一个分式变换, 于是由 $g (0) = 0$ , $g (\infty) = \infty$ 立即得到 $g (z) = cz$ , 其中

c = 2 g (\frac{1}{2}) = 2 h^{- 1} {f [h (\frac{1}{2})]} = 2 h^{- 1} [f (0)] = 2 h^{- 1} (2) = - \frac{1}{2} .

于是 $g^{n} (\infty) = \infty$ .而对任何 $z \in C$ ，成立 $lim_{n \to + \infty} g^{n} (z) = 0.$ 由此立即得到 $f^{n} (- 2) = - 2,$ 以及对于 $a_{1} = z \in \overline{C}, z \neq = - 2,$ 成立 $lim_{n \to + \infty} a_{n} = lim_{n \to + \infty} f^{n} (z) = 1.$

在上面的讨论中, 由于允许出现 $\infty$ , 我们不需要假设 $a_{n} \neq = - 1$ , 同时, 我们也把原先的结论推广到了复数情形.

例 3.10

例 3.10

设 $a_{n} > 0, lim_{n \to + \infty} a_{n} = 1, \overline{lim}_{n \to + \infty} a_{n} = 2, lim_{n \to + \infty} n \prod_{k = 1}^{n} a_{k} = 1,$ 证明：
$n \to + \infty lim \frac{1}{n} k = 1 \sum n a_{k} = 1.$

证明首先, 我们有

n \to + \infty \underline{lim} \frac{1}{n} k = 1 \sum n a_{k} ⩾ n \to + \infty \underline{lim} n k = 1 \prod n a_{k} = 1.

另一方面, 由假设, ${a_{n}}$ 有上界 $M > 0$ . 任取 $ε \in (0, 1)$ , 存在 $N > 0$ , 使得当 $n ⩾ N$ 时, 成立 $a_{n} ⩾ 1 - ε$ , 且 $n \prod_{k = 1}^{n} a_{k} ⩽ 1 + ε$ .

任取 $δ > ε,$ 我们来估计 $a_{N + 1}, a_{N + 2}, \dots, a_{n}$ 中大于 $1 + δ$ 的数的个数 $m_{n, δ}$ :

ln (1 + ε) ⩾ \frac{1}{n} k = 1 \sum N ln a_{k} + \frac{n - N - m _{n, δ}}{n} ln (1 - ε) + \frac{m _{n, δ}}{n} ln (1 + δ),

由此可得

\frac{m _{n, δ}}{n} ⩽ \frac{ln ( 1 + ε ) - ln ( 1 - ε ) - \frac{1}{n} \sum _{k = 1}^{N} ln a _{k} + \frac{N}{n} ln ( 1 - ε )}{ln ( 1 + δ ) - ln ( 1 - ε )} .

因为

\frac{1}{n} k = 1 \sum n a_{k} ⩽ \frac{1}{n} k = 1 \sum N a_{k} + (1 + δ) + \frac{m _{n, δ}}{n} M,

所以

n \to + \infty \overline{lim} \frac{1}{n} k = 1 \sum n a_{k} ⩽ 1 + δ + \frac{ln ( 1 + ε ) - ln ( 1 - ε )}{ln ( 1 + δ ) - ln ( 1 - ε )} M .

令 $ε \to 0^{+}$ 得 $\overline{lim}_{n \to + \infty} \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} a_{k} ⩽ 1 + δ .$ 再令 $δ \to 0^{+}$ 得 $\overline{lim}_{n \to + \infty} \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} a_{k} ⩽ 1.$ 所以 $lim_{n \to + \infty} \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} a_{k} = 1.$

本题的另一解法参见第 137 页.

例 3.11

例 3.11

设 $a$ > 0, $a^{2} + 4 b < 0$ , 求证: 不存在 $R$ 上具有介值性的函数 $f$ 满足 $f [f (x)] = a f (x) + b x$ .

证明若这样的函数存在, 注意到 $x = \frac{f [ f ( x )] - a f ( x )}{b}$ , 所以 $x$ 由 $f (x)$ 唯一确定, 即 $f$ 是单射. 由介值性, $f$ 必严格单调. 进一步, 结合介值性和单调性, 可得 $f$ 连续.

由上可得 $x \mapsto f [f (x)]$ 严格单增, 即 $x \mapsto a f (x) + b x$ 严格单增. 由于 $a > 0$ , 因此 $b < - \frac{a ^{2}}{4} ⩽ 0$ . 而 $f (x) = \frac{a f ( x ) + b x}{a} - \frac{b x}{a}$ , 可知 $f$ 是严格单增函数. 特别地,

a f (x) + b x > a f (0), \forall x > 0.

因此 $f (+ \infty) = + \infty$ ，进而当 $x ≫ 1$ 时， $f (x) > 0$ ，所以

\frac{f [ f ( x )]}{f ( x )} = a + b \frac{x}{f ( x )}, \forall x ≫ 1.

记 $L = \overline{lim}_{x \to + \infty} \frac{f ( x )}{x}$ ，则 $L \in [0, + \infty]$ .注意到 $b < 0$ ，我们有

L = x \to + \infty \overline{lim} \frac{f [ f ( x )]}{f ( x )} = a + b x \to + \infty \underline{lim} \frac{x}{f ( x )} = a + \frac{b}{L},

其中对应于 $L$ 取 0 和 $+ \infty$ , 规定 $\frac{b}{L}$ 分别为 $- \infty$ 和 0. 则由上式可得 $L$ 有限, 且 $L^{2} - a L - b = 0$ . 由于 $a^{2} + 4 b < 0$ , 上述方程无解. 矛盾.

因此满足题设的函数 f 不存在.

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例 3.12

例 3.12

设 $a_{n} ⩾ 0$ 满足 $a_{n + 1} ⩽ a_{n} + \frac{1}{n ^{2}}$ . 证明: ${a_{n}}$ 收敛.

证明由假设易得

a_{n} ⩽ a_{m} + k = m + 1 \sum + \infty \frac{1}{k ^{2}}, \forall n ⩾ m ⩾ 1. (3.10)

因此 ${a_{n}}$ 有界．设其上、下极限分别为 $L, ℓ$ .在(3.10)式中令 $n \to + \infty$ 并取上极限得

L ⩽ a_{m} + k = m + 1 \sum + \infty \frac{1}{k ^{2}}, \forall m ⩾ 1. (3.11)

再在 (3.11) 式中令 $m \to + \infty$ 并取下极限得 $L ⩽ ℓ$ . 所以 $L = ℓ$ , 从而 ${a_{n}}$ 收敛. $□$

例 3.13

例 3.13

设 $\int_{0}^{\frac{π}{2}} ψ (x) d x$ 绝对可积， $lim_{x \to \frac{π}{2}^{-}} ψ (x) = 0,$ 证明：
$n \to + \infty lim \frac{\int _{0}^{\frac{π}{2}} sin ^{n} x ψ ( x ) d x}{\int _{0}^{\frac{π}{2}} sin ^{n} x d x} = 0.$

证明 $\forall ε > 0$ , 我们有

\frac{\int _{0}^{\frac{π}{2}} sin ^{n} x ψ ( x ) d x}{\int _{0}^{\frac{π}{2}} sin ^{n} x d x} = \frac{\int _{\frac{π}{2} - 2 ε}^{\frac{π}{2}} sin ^{n} x ψ ( x ) d x}{\int _{0}^{\frac{π}{2}} sin ^{n} x d x} + \frac{\int _{0}^{\frac{π}{2} - 2 ε} sin ^{n} x ψ ( x ) d x}{\int _{0}^{\frac{π}{2}} sin ^{n} x d x} ⩽ x \in (\frac{π}{2} - 2 ε, \frac{π}{2}) sup ∣ ψ (x) ∣ + \frac{\int _{0}^{\frac{π}{2} - 2 ε} sin ^{n} x ∣ ψ ( x ) ∣ d x}{\int _{\frac{π}{2} - ε}^{\frac{π}{2}} sin ^{n} x d x} ⩽ x \in (\frac{π}{2} - 2 ε, \frac{π}{2}) sup ∣ ψ (x) ∣ + \frac{sin ^{n} ( \frac{π}{2} - 2 ε ) \int _{0}^{\frac{π}{2}} ∣ ψ ( x ) ∣ d x}{ε sin ^{n} ( \frac{π}{2} - ε )} .

因此，

n \to + \infty \overline{lim} \frac{\int _{0}^{\frac{π}{2}} sin ^{n} x ψ ( x ) d x}{\int _{0}^{\frac{π}{2}} sin ^{n} x d x} ⩽ x \in (\frac{π}{2} - 2 ε, \frac{π}{2}) sup ∣ ψ (x) ∣.

再令 $ε \to 0^{+}$ 即得结论.

上例中, 上、下极限的作用主要体现在让我们在论证中免去寻找 $δ$ 或 $N$ 的麻烦, 而使论证本身更加抓住重点. 这在下例中体现得更为明显.

例 3.14

例 3.14

设 ${f_{n}}$ 在 $[a, b)$ 上一致收敛到 $f$ , $lim_{x \to a^{+}} f_{n} (x) = f_{n} (a)$ , 证明:
$x \to a^{+} lim f (x) = f (a)$

证明 $\forall x \in (a, b)$ ，我们有

∣ f (x) - f (a) ∣ ⩽ ∣ f_{n} (x) - f_{n} (a) ∣ + 2 s \in (a, b) sup ∣ f_{n} (s) - f (s) ∣. (3.12)

令 $x \to a^{+}$ 即得

x \to a^{+} \overline{lim} ∣ f (x) - f (a) ∣ ⩽ 2 s \in (a, b) sup ∣ f_{n} (s) - f (s) ∣.

再令 $n \to + \infty$ 即得结论.

注 3.4 ^zhu-3-4 在例3.14中, 得到估计式(3.12)后, 就需要考虑是先取 $N$ 还是先取 $δ$ , 很多同学在这里会感到非常困难. 采用两边取上极限, 我们有两种选择, 除了例题中已经给的先令 $x \to a^{+}$ 再令 $n \to + \infty$ , 还有一种是先令 $n \to + \infty$ , 此时, 我们得到

∣ f (x) - f (a) ∣ ⩽ ∣ f (x) - f (a) ∣.

这是一个正确但毫无意义的结果, 从而我们很容易判断究竟应该先令 $x \to a^{+}$ 还是先令 $n \to + \infty$ .

至于 $N$ 与 $δ$ 的选取, 其次序恰好与取极限的次序相反. 在本例中, 即为先取 $N$ , 再取 $δ$ . 以下我们给出相应的证明过程.

$\forall ε > 0,$ 存在 $N ⩾ 1$ ，使得当 $n ⩾ N$ 时，有

s \in (a, b) sup ∣ f_{n} (s) - f (s) ∣ ⩽ ε .

另一方面，对于上述 $N$ ，存在 $δ > 0$ ，使得当 $0 < x - a < δ$ 时，成立

∣ f_{N} (x) - f_{N} (a) ∣ < ε .

从而

∣ f (x) - f (a) ∣ ⩽ ∣ f_{N} (x) - f_{N} (a) ∣ + 2 s \in (a, b) sup ∣ f_{N} (s) - f (s) ∣ < 3 ε .

所以 $lim_{x \to a^{+}} f (x) = f (a) .$

利用上、下极限, 我们还可以改进 L’Hôpital (洛必达) 法则和 Stolz 公式的证明和结论.

定理 3.1

设 f, g 在 $(a, b)$ 内可微, $g^{'}$ 无零点 $^{(1)}$ , 且 $lim_{x \to a^{+}} g (x) = \infty$ . 则

x \to a^{+} \underline{lim} \frac{f ^{'} ( x )}{g ^{'} ( x )} ⩽ x \to a^{+} \underline{lim} \frac{f ( x )}{g ( x )} ⩽ x \to a^{+} \overline{lim} \frac{f ( x )}{g ( x )} ⩽ x \to a^{+} \overline{lim} \frac{f ^{'} ( x )}{g ^{'} ( x )} . (3.13)

证明对于 $a < x < y < b$ , 我们有 $ξ \in (x, y)$ 使得

\frac{f ( x ) - f ( y )}{g ( x ) - g ( y )} = \frac{f ^{'} ( ξ )}{g ^{'} ( ξ )} .

从而

t \in (a, y) in f \frac{f ^{'} ( t )}{g ^{'} ( t )} ⩽ \frac{f ( x ) - f ( y )}{g ( x ) - g ( y )} ⩽ t \in (a, y) sup \frac{f ^{'} ( t )}{g ^{'} ( t )}, a < x < y < b .

上式中令 $x \to a^{+}$ 并注意到 $lim_{x \to a^{+}} g (x) = \infty$ 蕴涵

x \to a^{+} \underline{lim} \frac{f ( x ) - f ( y )}{g ( x ) - g ( y )} = x \to a^{+} \underline{lim} \frac{f ( x )}{g ( x )}, x \to a^{+} \overline{lim} \frac{f ( x ) - f ( y )}{g ( x ) - g ( y )} = x \to a^{+} \overline{lim} \frac{f ( x )}{g ( x )},

可得

t \in (a, y) in f \frac{f ^{'} ( t )}{g ^{'} ( t )} ⩽ x \to a^{+} \underline{lim} \frac{f ( x )}{g ( x )} ⩽ x \to a^{+} \overline{lim} \frac{f ( x )}{g ( x )} ⩽ t \in (a, y) sup \frac{f ^{'} ( t )}{g ^{'} ( t )}, a < y < b .

再令 $y \to a^{+}$ 即得 (3.13) 式.

定理 3.2

设 $f, g$ 在 $(a, b)$ 内可微, $g^{'}$ 无零点, 且 $lim_{x \to a^{+}} f (x) = lim_{x \to a^{+}} g (x) = 0$ . 则

x \to a^{+} \underline{lim} \frac{f ^{'} ( x )}{g ^{'} ( x )} ⩽ x \to a^{+} \underline{lim} \frac{f ( x )}{g ( x )} ⩽ x \to a^{+} \overline{lim} \frac{f ( x )}{g ( x )} ⩽ x \to a^{+} \overline{lim} \frac{f ^{'} ( x )}{g ^{'} ( x )} . (3.14)

证明对于 $a < y < x < b$ , 我们有 $ξ \in (y, x)$ 使得

\frac{f ( x ) - f ( y )}{g ( x ) - g ( y )} = \frac{f ^{'} ( ξ )}{g ^{'} ( ξ )} .

从而

t \in (a, x) in f \frac{f ^{'} ( t )}{g ^{'} ( t )} ⩽ \frac{f ( x ) - f ( y )}{g ( x ) - g ( y )} ⩽ t \in (a, x) sup \frac{f ^{'} ( t )}{g ^{'} ( t )}, a < y < x < b .

上式中令 $y \to a^{+}$ 即得

t \in (a, x) in f \frac{f ^{'} ( t )}{g ^{'} ( t )} ⩽ \frac{f ( x )}{g ( x )} ⩽ t \in (a, x) sup \frac{f ^{'} ( t )}{g ^{'} ( t )}, a < x < b .

再令 $x \to a^{+}$ 即得 (3.14) 式.

可以类似地写出对应于 $x \to \pm \infty$ 等情形的结果. 进一步, 观察定理的证明过程, 我们还可以得到

推论3.1 设 $f, g$ 在 $(a, b)$ 内可微, $g^{'}$ 无零点, 且 $lim_{x \to a^{+}} g (x) = \infty$ . 则

x \to a^{+} \underline{lim} \frac{f ^{'} ( x )}{g ^{'} ( x )} ⩽ x \to a^{+} \underline{lim} \frac{f ( x )}{g ( x )} ⩽ x \to a^{+} \overline{lim} \frac{f ( x )}{g ( x )} ⩽ x \to a^{+} \overline{lim} \frac{f ^{'} ( x )}{g ^{'} ( x )} . (3.15)

推论3.2 设 $f, g$ 在 $(a, b)$ 内可微, $g^{'}$ 无零点, 且 $lim_{x \to a^{+}} f (x) = lim_{x \to a^{+}} g (x) = 0$ . 则

x \to a^{+} \underline{lim} \frac{f ^{'} ( x )}{g ^{'} ( x )} ⩽ x \to a^{+} \underline{lim} \frac{f ( x )}{g ( x )} ⩽ x \to a^{+} \overline{lim} \frac{f ( x )}{g ( x )} ⩽ x \to a^{+} \overline{lim} \frac{f ^{'} ( x )}{g ^{'} ( x )} . (3.16)

以下为 Stolz 公式的对应结果.

定理 3.3

设 ${x_{n}}$ 和 ${y_{n}}$ 是两个实数列, 若 ${y_{n}}$ 严格单增, 且 $lim_{n \to + \infty} y_{n} = + \infty$ . 则

n \to + \infty \underline{lim} \frac{x _{n + 1} - x _{n}}{y _{n + 1} - y _{n}} ⩽ n \to + \infty \underline{lim} \frac{x _{n}}{y _{n}} ⩽ n \to + \infty \overline{lim} \frac{x _{n}}{y _{n}} ⩽ n \to + \infty \overline{lim} \frac{x _{n + 1} - x _{n}}{y _{n + 1} - y _{n}} . (3.17)

证明对任何 $n > m ⩾ 1$ , 我们有

k ⩾ m in f \frac{x _{k + 1} - x _{k}}{y _{k + 1} - y _{k}} ⩽ \frac{x _{n} - x _{m}}{y _{n} - y _{m}} = \frac{\sum _{j = m}^{n - 1} ( x _{j + 1} - x _{j} )}{\sum _{j = m}^{n - 1} ( y _{j + 1} - y _{j} )} ⩽ k ⩾ m sup \frac{x _{k + 1} - x _{k}}{y _{k + 1} - y _{k}} .

在上式中固定 $m$ ，令 $n \to + \infty$ ，并注意到 $lim_{n \to + \infty} y_{n} = + \infty$ 蕴涵

n \to + \infty \underline{lim} \frac{x _{n} - x _{m}}{y _{n} - y _{m}} = n \to + \infty \underline{lim} \frac{x _{n}}{y _{n}}, n \to + \infty \overline{lim} \frac{x _{n} - x _{m}}{y _{n} - y _{m}} = n \to + \infty \overline{lim} \frac{x _{n}}{y _{n}},

得到

k ⩾ m in f \frac{x _{k + 1} - x _{k}}{y _{k + 1} - y _{k}} ⩽ n \to + \infty \underline{lim} \frac{x _{n}}{y _{n}} ⩽ n \to + \infty \overline{lim} \frac{x _{n}}{y _{n}} ⩽ k ⩾ m sup \frac{x _{k + 1} - x _{k}}{y _{k + 1} - y _{k}} .

再在上式中令 $m \to + \infty$ 得到

n \to + \infty \underline{lim} \frac{x _{n + 1} - x _{n}}{y _{n + 1} - y _{n}} ⩽ n \to + \infty \underline{lim} \frac{x _{n}}{y _{n}} ⩽ n \to + \infty \overline{lim} \frac{x _{n}}{y _{n}} ⩽ n \to + \infty \overline{lim} \frac{x _{n + 1} - x _{n}}{y _{n + 1} - y _{n}} .

从而定理成立.

定理 3.4

设 $lim_{n \to + \infty} x_{n} = lim_{n \to + \infty} y_{n} = 0, {y_{n}}$ 严格单减. 则

n \to + \infty \underline{lim} \frac{x _{n + 1} - x _{n}}{y _{n + 1} - y _{n}} ⩽ n \to + \infty \underline{lim} \frac{x _{n}}{y _{n}} ⩽ n \to + \infty \overline{lim} \frac{x _{n}}{y _{n}} ⩽ n \to + \infty \overline{lim} \frac{x _{n + 1} - x _{n}}{y _{n + 1} - y _{n}} . (3.18)

证明对任何 $m > n ⩾ 1$ , 我们有

k ⩾ n in f \frac{x _{k} - x _{k + 1}}{y _{k} - y _{k + 1}} ⩽ \frac{x _{n} - x _{m}}{y _{n} - y _{m}} = \frac{\sum _{j = n}^{m - 1} ( x _{j} - x _{j + 1} )}{\sum _{j = n}^{m - 1} ( y _{j} - y _{j + 1} )} ⩽ k ⩾ n sup \frac{x _{k} - x _{k + 1}}{y _{k} - y _{k + 1}} .

在上式中固定 $n$ , 令 $m \to + \infty$ 得到

k ⩾ n in f \frac{x _{k} - x _{k + 1}}{y _{k} - y _{k + 1}} ⩽ \frac{x _{n}}{y _{n}} ⩽ k ⩾ n sup \frac{x _{k} - x _{k + 1}}{y _{k} - y _{k + 1}} .

再在上式中令 $n \to + \infty$ 就得到

n \to + \infty \underline{lim} \frac{x _{n} - x _{n + 1}}{y _{n} - y _{n + 1}} ⩽ n \to + \infty \underline{lim} \frac{x _{n}}{y _{n}} ⩽ n \to + \infty \overline{lim} \frac{x _{n}}{y _{n}} ⩽ n \to + \infty \overline{lim} \frac{x _{n} - x _{n + 1}}{y _{n} - y _{n + 1}} .

从而定理成立.

例 3.15

例 3.15

设 $f$ 在 $[1, + \infty)$ 上连续，在 $(1, + \infty)$ 内可导，且 $x \mapsto e^{- x^{2}} f^{'} (x)$ 在 $(1, + \infty)$ 内有界。证明： $x \mapsto x e^{- x^{2}} f (x)$ 在 $[1, + \infty)$ 上有界。

证明我们有

x \to + \infty \overline{lim} ∣ x e^{- x^{2}} f (x) ∣ = x \to + \infty \overline{lim} \frac{f ( x )}{x ^{- 1} e ^{x^{2}}} ⩽ x \to + \infty \overline{lim} \frac{f ^{'} ( x )}{( x ^{- 1} e ^{x^{2}} ) ^{'}} = x \to + \infty \overline{lim} \frac{f ^{'} ( x )}{2 e ^{x^{2}} - x ^{- 2} e ^{x^{2}}} = \frac{1}{2} x \to + \infty \overline{lim} ∣ e^{- x^{2}} f^{'} (x) ∣ < + \infty.

因此, 结合连续性可得 $x \mapsto x e^{- x^{2}} f (x)$ 在 $[1, + \infty)$ 上有界.

类似地，

例 3.16

例 3.16

设 $f$ 在 $[1, + \infty)$ 上连续，在 $(1, + \infty)$ 内可导，且 $x \mapsto e^{x^{2}} f^{'} (x)$ 在 $(1, + \infty)$ 内有界， $lim_{x \to + \infty} f (x) = 0$ 。证明： $x \mapsto x e^{x^{2}} f (x)$ 在 $[1, + \infty)$ 上有界。

证明我们有

x \to + \infty \overline{lim} ∣ x e^{x^{2}} f (x) ∣ = x \to + \infty \overline{lim} \frac{f ( x )}{x ^{- 1} e ^{- x^{2}}} ⩽ x \to + \infty \overline{lim} \frac{f ^{'} ( x )}{( x ^{- 1} e ^{- x^{2}} ) ^{'}} = x \to + \infty \overline{lim} \frac{f ^{'} ( x )}{- 2 e ^{- x^{2}} - x ^{- 2} e ^{- x^{2}}} = \frac{1}{2} x \to + \infty \overline{lim} ∣ e^{x^{2}} f^{'} (x) ∣ < + \infty.

因此, 结合连续性可得 $x \mapsto x e^{x^{2}} f (x)$ 在 $[1, + \infty)$ 上有界.

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03-上、下极限的运用

03-上、下极限的运用

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例 3.1

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例 3.4

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例 3.12

例 3.13

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定理 3.1

定理 3.2

定理 3.3

定理 3.4

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