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实数基本定理

A1exlindev大约 4 分钟数学

实数基本定理

Overview

实数公理是在集合论发展的基础上，由希尔伯特于1899年首次提出的。后来他所提的公理系统在相容性与独立性方面得到了进一步改进，逐步演变为公理系统。

学习高等数学和进行数学分析，要实现思维从有限到无限的转变，

实数集具有以下性质

  • 对四则运算是封闭的。
  • 是有序的。
  • 与数轴上的点一一对应。

也就是说，可以比较大小。相反，复数映射的是复平面上的点，复数之间不能比较大小。

  • 是稠密的。

实数基本定理有七个，其中我们的课本介绍了其中六个。

确界原理

对于有限数集，一定有最大值和最小值。

非空有上（下）界数集必有上（下）确界。

也就是，有界，就有确界。

这个定理反映实数系的连续性。

推论

a. 确界是唯一的。

上确界是最小的上界，下确界是最大的下界。

b. 对于 ∀ϵ>0，∃x0∈E,\forall \epsilon \gt 0，\exist x_0 \in E, 令 β−ϵ<x0≤β\beta - \epsilon < x_0 \le \beta

后面会用来证明极限捏。

注意

sup⁡E=β⇔{∀x∈E,x≤β∀ϵ>0,∃x0∈(β−ϵ,β] \sup E = \beta \lrArr \left \{ \begin{array}{lr} \forall x \in E ,x \le \beta \\ \forall \epsilon > 0 , \exist x_0 \in ( \beta - \epsilon , \beta] \end{array} \right.

若数集E既有上界又有下界，则E是有界数集。

单调有界收敛定理

正如其名，数列单调且有界，数列就收敛。 我们的证明从确界原理出发

推论

若数列单调递增，且有上界，则lim⁡x→∞=sup⁡{xn∣n∈N+}同理若数列单调递减，且有下界，则lim⁡x→∞=inf⁡{xn∣n∈N+} 若数列单调递增，且有上界，\\ 则 \lim_{x \to \infin} = \sup \{ x_n | n \in \N ^+\} \\ \\ 同理 若数列单调递减，且有下界，\\ 则 \lim_{x \to \infin} = \inf \{ x_n | n \in \N ^+\} \\

这个结论可以推广到函数：

设f(x)在(a,+∞)上单调递增，则lim⁡x→∞f(x)存在⇔f(x)在(a,+∞)上有上界。 设f(x) 在 (a,+\infin) 上单调递增，则\\ \lim_{x \to \infin} f(x) 存在 \lrArr f(x) 在 (a,+\infin) 上有上界。

e 的定义……

我们先证明

lim⁡n→∞(1+1n)n \lim_{n\to\infin} (1+\frac 1 n)^n

存在。

令xn=(1+1n)n 令x_n = (1 + \frac 1 n)^n

下面我们进行放缩。

由均值不等式

xn=xn−1((1+1n)⏟n个⋯ )⋅1≤n(1+1n)+1n+1⇔(1+1n)n⋅1≤(n(1+1n)+1n+1)n+1=xn+1⇔xn≤xn+1 x_n = x_n - 1 \\ \sqrt{\underbrace{\big((1+\frac 1 n)}_{n个}\cdots) \cdot 1} \le \frac{n(1+\frac 1 n)+1}{n+1}\\ \lrArr (1+\frac {1}{n})^n \cdot 1 \le (\frac{n(1+\frac 1 n)+1}{n+1})^{n+1} = x_{n+1} \\ \lrArr x_n \le x_{n+1}

故

{xn}单调 \{x_n\} 单调

由二项式定理，

xn≥1+n⋅1n=2 x_n \geq 1 + n \cdot \frac 1 n = 2

再由均值不等式

14xn=(1+1n)n⋅12⋅12≤[n(1+n)+12+12n+2]n+2≤1⇔xn≤4 \frac{1}{4} x_n = (1 + \frac{1}{n})^n \cdot \frac 1 2 \cdot \frac 1 2\le \left[\frac{n(1+n)+\frac 1 2+\frac 1 2}{n+2}\right]^{n+2} \le 1 \\ \lrArr x_n \le 4

综上，

{xn}单调且2≤xn≤4 \{x_n\} 单调且 \\2 \le x_n \le 4

故

lim⁡n→∞(1+1n)n \lim_{n\to\infin} (1+\frac 1 n)^n

存在。我们记此数列极限的值为e.

一个重要极限……

现在我们来证明，

lim⁡x→∞(1+1x)x=e \lim_{x\to\infin} (1+\frac 1 x)^x = e

我们已知对于数列

lim⁡n→∞(1+1n)n=e \lim_{n\to\infin} (1+\frac 1 n)^n = e

考虑

x→+∞ x \to +\infin

我们不妨设

x>1 x > 1

令

n=[x] n = [x]

于是

n≤x<n+1(1) n \le x < n+1 \tag{1}

⇒1+11+n<x≤1+1n \rArr 1 + \frac{1}{1+n} < x \le 1 + \frac{1}{n}

再进行放缩

(1)⇒(1+1n+1)n<(1+1x)x≤(1+1n)n+1 (1) \rArr \left( 1 + \frac{1}{n+1} \right)^n < \left( 1 + \frac{1}{x} \right)^x \le \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n+1}

且x→∞⇔n→∞ 且 x \to \infin \lrArr n \to \infin

为夹逼定理进行准备：

lim⁡x→∞(1+1n+1)n=lim⁡x→∞(1+1n+1)n+1⋅(1+1n+1)−1=e⋅1 \lim_{x \to \infin} {\left( 1 + \frac{1}{n+1} \right)^n} \\=\lim_{x \to \infin} {\left( 1 + \frac{1}{n+1} \right)^{n+1}}\cdot{\left( 1 + \frac{1}{n+1} \right)^{-1}} \\=e \cdot 1

lim⁡x→∞(1+1n)n+1=lim⁡x→∞(1+1n)n⋅(1+1n+1)1=e⋅1 \lim_{x \to \infin} {\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n+1}} \\=\lim_{x \to \infin} {\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n}}\cdot{\left( 1 + \frac{1}{n+1} \right)^{1}} \\=e \cdot 1

进行夹逼

lim⁡x→∞(1+1n+1)n=lim⁡x→∞(1+1n)n+1且(1+1n+1)n<(1+1x)x≤(1+1n)n+1所以lim⁡x→+∞(1+1x)x=e \lim_{x \to \infin} {\left( 1 + \frac{1}{n+1} \right)^n} = \lim_{x \to \infin} {\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n+1}} \\ 且 \left( 1 + \frac{1}{n+1} \right)^n < \left( 1 + \frac{1}{x} \right)^x \le \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n+1} \\ 所以 \lim_{x\to+\infin}\left( 1 + \frac{1}{x} \right)^x = e

现在我们考虑

x→−∞ x \to -\infin

令y=−xx→−∞⇔y→∞用−y代替上述结论式子中的x，可得lim⁡y→+∞(1−1y)−y=lim⁡y→+∞(y−1y)−y=lim⁡y→+∞(yy−1)y=lim⁡y→+∞(y−1+1y−1)y=lim⁡y→+∞(1+1y−1)y=lim⁡y→+∞(1+1y−1)y−1⋅(1+1y−1)=e 令 y = -x \\ x \to -\infin \lrArr y \to \infin \\ 用 -y 代替上述结论式子中的x，可得 \\ \lim_{y\to +\infin}\left( 1- \frac{1}{y} \right)^{-y} \\ = \lim_{y\to +\infin} \left(\frac{y-1}{y} \right)^{-y} \\ = \lim_{y\to +\infin} \left(\frac{y}{y-1} \right)^{y} \\ = \lim_{y\to +\infin} \left(\frac{y - 1 + 1}{y - 1} \right)^{y} \\ = \lim_{y\to +\infin} \left(1+\frac{1}{y-1} \right)^{y} \\ = \lim_{y\to +\infin} \left(1+\frac{1}{y-1} \right)^{y-1} \cdot \left(1+\frac{1}{y-1} \right) =e

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贡献者: hongjielin