【深度学习数学基础：高等数学】【苏德矿高等数学】第7讲：{(1+(1/n))^n}的收敛性
2. 数列极限
2.2 数列极限
2.2.7 \(\{(1+\frac{1}{n})^n\}\)的收敛性
错解
【错解！！！】\(\lim\limits_{n\to\infty}(1+\frac{1}{n})^n=\lim\limits_{n\to\infty}(1+\frac{1}{n})(1+\frac{1}{n})\cdots(1+\frac{1}{n})=\lim\limits_{n\to\infty}(1+\frac{1}{n})\cdot\lim\limits_{n\to\infty}(1+\frac{1}{n})\cdots\lim\limits_{n\to\infty}(1+\frac{1}{n})=1\cdot 1\cdots 1=1\)
【错因】当\(n\to\infty\)是无限项相乘，不能用极限的四则运算。
也不能用夹逼定理
只能用单调有界定理，用数学归纳法，放大或者不等式证明有上界（以此类推）
（下面解法都是科学家推导了很多次才发布的论文中的内容，自己做不出来很正常）
解法1
【正确解答1】设\(a_n=(1+\frac{1}{n})^n\)，由二项展开式可知
可以看出，\(a_{n+1}\)有\(n+2\)项，且前\(n+1\)项均不小于\(a_n\)对应的每一项，最后一项\(\left( \frac{1}{n+1} \right)^{n+1} > 0\)，故\(a_{n+1}-a_{n}=\left( \frac{1}{n+1} \right)^{n+1} > 0\)，即\(a_n < a_{n+1}\)，即\(\{a_n\}\)递增。另外，由于\(\frac{1}{2!}\left(1-\frac{1}{n}\right)\)中\(1-\frac{1}{n}<1\)，则\(\frac{1}{2!}\left(1-\frac{1}{n}\right)<\frac{1}{2!}\)，以此类推放大不等式可得：
由单调有界定理知，\(\lim\limits_{n \to \infty} \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n\) 存在.
解法2
【前置知识1】【不等式】设\(a_1,a_2,\cdots,a_n\)均为正常数，则有：
等号当且仅当\(a_1=a_2=\cdots=a_n\)
【正确解答2】由\(\sqrt[n+1]{(1+\frac{1}{n})^n}=\sqrt[n+1]{(1+\frac{1}{n})^n\cdot 1}\)
\(\leqslant \frac{n(1+\frac{1}{n})+1}{n+1}\)（由刚才的前置知识推出）
\(=\frac{n+2}{n+1}=(1+\frac{1}{n+1})\)
对不等式两边取\(n+1\)次方得
即\(a_n<a_{n+1}\)，故\(\{a_n\}\)递增.
【注】【解法2证明\(\{a_n\}\)递增的思路来源】要证\(a_n<a_{n+1}\)成立（假设一个关系式，写大于号做假设也行）
只要证\((1+\frac{1}{n})^n<(1+\frac{1}{n+1})^{n+1}\)
只要证\(\sqrt[n+1]{(1+\frac{1}{n})^n}<1+\frac{1}{n+1}\)
\(\sqrt[n]{\dfrac{1}{4}} = \sqrt[n]{\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{2} \cdot \underbrace{1 \cdot \ldots \cdot 1}_{n-2\text{个}}}\)
由前置知识的不等式可知
\(\sqrt[n]{\dfrac{1}{4}}<\frac{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+n-2}{n}=\frac{1+n-2}{n}=\frac{n-1}{n}=1-\frac{1}{n}\)
由于\(\frac{1}{n+1}<\frac{1}{n}\)，即\(-\frac{1}{n+1}>-\frac{1}{n}\)
所以\(\sqrt[n]{\dfrac{1}{4}}<1-\frac{1}{n+1}=\frac{n}{n+1}\)
不等式两边取\(n\)次方得
不等式两边取倒数得
则\(a_n<4\)，故\(\{a_n\}\)单调递增有上界，由单调有界定理可知\(\lim\limits_{n \rightarrow \infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}\)存在.
【前置知识2】【公式】\(b^{n+1}-a^{n+1}=(b-a)\left(b^{n}+b^{n-1} a+\cdots+a^{n}\right)\)，其中\(b>a>0,n\in\mathbb{N}^{+}\)（高中数学竞赛常用）.
解法3
【正确解答3】先构造一个不等式：
\(b^{n+1}-a^{n+1}=(b-a)\left(b^{n}+b^{n-1} a+\cdots+a^{n}\right)\)，其中\(b>a>0,n\in\mathbb{N}^{+}\)，则有：
于是有
即\(a^{n+1}>b^{n}[(n+1) a-n b]...(1)\)
令\(a=1+\frac{1}{n+1},b=1+\frac{1}{n}\)，带入\((1)\)式，得
故有\(a_{n+1}=\left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}>a_n=\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}\)，所以数列\(\{a_n\}\)递增
再令\(a=1,b=1+\frac{1}{2n}\)，代入\((1)\)式中，得
即\(\left(1+\frac{1}{2 n}\right)^{n}<2\)，两边平方得\(\left(1+\frac{1}{2 n}\right)^{2 n}<4\)，即\(a_{2n}<4\)
由于\(\{a_n\}\)递增，所以\(a_n<a_{2n}<4\)，所以\(\{a_n\}\)有上界
由单调有界定理知\(\lim\limits_{n \rightarrow \infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}\)存在.
【注】单调有界定理无法证明数列极限值是多少，如果数列由地推关系式给出\(a_n=f(a_{n-1})\)，设极限值为\(A\)，然后\(A=f(A)\)，但是也会出现化简后变成\(A=A\)的情况就不好求出极限值了。
自然对数\(e\)的来源
我们设此极限\(\lim\limits_{n \rightarrow \infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}\)的值为字母\(e\)，于是
可以证明e是一个无理数（目前阶段不要求掌握此证明），用十进制小数表示时，其前13位数字是
在科学上最频繁使用的对数的底就是这个数\(e = 2.718\ 281\ 828\ 459\cdots\)。
这个底如此重要以至以e为底的对数称为自然对数，并用\(\ln\)来表示。在大部分计算器上既有\(e^x\)键，也有\(\ln\)键。e似乎显得很神秘，使用以\(2.718\ 28\cdots\)为底的对数怎么可能自然呢？在后面的内容中，我们会发现很多结果都会与e有着密切的联系，而且以e为底时，很多计算公式的结果要比用任何其他底简洁得多。
这个例子是一个重要的极限，从这个例子也可以发现一个有趣的结果：数列\(\left\{ \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n \right\}\)的每一项都是有理数，但它的极限e却是无理数。事实上，对任一无理数\(\mu\)，我们都可以构造一个有理数列\(\{a_n\}\)，使\(\lim\limits_{n \to \infty} a_n = \mu\)。
高中学习过的导数公式：
\((e^x)'=e^x,(\ln x)=\frac{1}{x},(a^x)'=a^x \ln a,(\log_a{x})'=\frac{1}{x\ln a}\)
所以说\(e\)是自然对数，有很多优秀的性质。
【注】\(\lim\limits_{n \rightarrow \infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}=e\)是重要极限。
同一数列，\(\{a_n\}\)的极限为\(a\)，则\(\{a_{n+m}\}\)的极限为\(a\)，且\(m\in\mathbb{N}\)
\(\lim\limits_{n\to\infty}a_n=a\Rightarrow \lim\limits_{a_{n+m}=a}, m\in\mathbb{N}\)
【证明】证 $ \forall \varepsilon > 0 $，由 $ \lim\limits_{n \to \infty} a_n = a $，
由定义知存在 $ N_1 $，当 $ n > N_1 $ 时，都有 $ |a_n - a| < \varepsilon $，取 $ N_2 = N_1 - m $，
当 $ n > N_2 = N_1 - m $ 时，$ n + m > N_1 - m +m = N_1 $，都有 $ |a_{n+m} - a| < \varepsilon $，则 $ \lim\limits_{n \to \infty} a_{n+m} = a $。
2.2.8 单调有界定理及应用
【例】设\(C>0,x_1=\sqrt{C},x_2=\sqrt{C+\sqrt{C}},\cdots,x_n=\sqrt{C+\sqrt{C+\cdots+\sqrt{C}}}\)，证明\(\{x_n\}\)收敛，并求\(\lim\limits_{n\to\infty}x_n\).
【证\(x_n\)递增的方法1】由条件可知\(x_{n+1}=\sqrt{C+x_n}\)
\(x_{n+1}-x_{n}=\sqrt{C+x_n}-x_n\)，进行有理化：
\(x_{n+1}-x_{n}=\frac{(\sqrt{C+x_n}-x_n)(\sqrt{C+x_n}+x_n)}{\sqrt{C+x_n}+x_n}=\frac{C+x_n-x_{n}^{2}}{\sqrt{C+x_n}+x_n}\)
\(=\frac{C+x_n-(C+x_{n-1})}{\sqrt{C+x_n}+x_n}\)（将\(x_{n}^{2}\)用递推关系式换了）
\(=\frac{x_n-x_{n-1}}{\sqrt{C+x_n}+x_n}\)
\(\Rightarrow x_{n+1}-x_{n}\)与\(x_n-x_{n-1}\)同号，于是，\(x_{n}-x_{n-1}\)与\(x_{n-1}-x_{n-2}\)同号
一直地推下去，也就是\(x_{n+1}-x_{n}\)与\(x_2-x_1\)同号
由\(x_2-x_1=\sqrt{C+\sqrt{C}}-\sqrt{C}>0\)（因为\(\sqrt{x}\)是定义域内单调递增函数，且\(C+\sqrt{C}>\sqrt{C}\)，所以\(\sqrt{C+\sqrt{C}}-\sqrt{C}>0\)）
\(\Rightarrow x_{n+1}-x_{n}>0\)，即\(x_{n+1}>x_{n}\)，所以\(\{x_n\}\)递增
【注】此种也可以用数学归纳法
【证\(x_n\)递增的方法2】由\(x_1=\sqrt{C}<x_2=\sqrt{C+\sqrt{C}}\)，假设\(x_{k}<x_{k+1}\)
\(\Rightarrow 0<C+x_k < C + x_{k+1}\)
对不等式两边取二次方根得
\(\Rightarrow \sqrt{C+x_k} < \sqrt{C + x_{k+1}}\)
\(\Rightarrow x_{k+1}<x_{k+2}\)
即\(n=k+1\)时也成立
由数学归纳法知，\(x_n < x_{n+1}\)，所以\(\{x_n\}\)递增
【下面开始证明有上界】
由\(x_n<\sqrt{C+x_n}\Rightarrow x_{n}^{2}<C+x_{n}\)
\(\Rightarrow x_{n}^2-x_n-C<0\)
由\(x^2-x-C=0\)，\(x_{1,2}=\frac{1\pm \sqrt{1-4(-C)}}{2\times 1}=\frac{1\pm\sqrt{1+4C}}{2}\)
所以\(\frac{1-\sqrt{1+4C}}{2}<x_n<\frac{1+\sqrt{1+4C}}{2}\)
从而知\(\{x_n\}\)有上界
由单调有界定理知\(\{x_n\}\)收敛。
【下面开始求极限】
设\(\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a\)，则\(\lim\limits_{n\to\infty}x_{n+1}=a\)（刚才证明的结论）
此时不能直接取极限，因为根号取极限没有四则运算，所以两边平方得
即
得到\(a^2-a-C=0\)
所以\(a=\frac{1\pm\sqrt{1+4C}}{2}\)，由于\(a>0\)，所以\(a=\frac{1+\sqrt{1+4C}}{2}\)
（因为\(\sqrt{1+4C}>1\)，则\(1-\sqrt{1+4C}<1-1=0\)，所以\(a=\frac{1-\sqrt{1+4C}}{2}<0\)，不符合，舍去）
下面两段注是我自己想的，不一定完备，欢迎数学学院大神批评指正。
【注1】说明为什么\(a>0\)，由于\(\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a\)，所以\(\forall\varepsilon>0,\exists N\)，当\(n>N\)时，都有\(|x_n-a|<\varepsilon\)，即\(a-\varepsilon<x_n<a+\varepsilon\)，由于\(x_1>0\)且\(x_n\)递增，则\(x_n\geqslant\cdots\geqslant x_1>0\)（因为\(n\)有可能为1），用反证法，假设\(a\leqslant 0\)
由于\(x_1>0\)，取\(\varepsilon=x_1\)，则有\(x_n<a+\varepsilon\leqslant 0+x_1=x_1\)，这与\(x_n\geqslant x_1\)矛盾
故\(a>0\).
【注2】，注1中说的是数列收敛且递增，每一项都大于0，则数列的极限大于0，也可以证明数列收敛且递减，每一项都小于0，则数列的极限值小于0，假设该数列为\(\{b_n\}\)，且\(\lim\limits_{n\to\infty}b_n=b\)，则\(\forall \varepsilon>0,\exists N'\)，当\(n>N'\)时都有\(|b_n-b|<\varepsilon\)，即\(b-\varepsilon<b_n<b+\varepsilon\)，由于该数列递减，所以\(b_n\leqslant b_1 <0\)，用反证法，假设\(b\leqslant 0\)
由于\(b_1<0\)，取\(\varepsilon=-b_1>0\)。则有\(b_n>b-\varepsilon\leqslant 0+b_1=b_1\)，即\(b_n>b_1\)，这与\(b_n\leqslant b_1\)矛盾，所以\(b<0\).
【注3】不能先斩后奏，在没有证明数列收敛之前，设数列极限值是没有根据的，这是逻辑上的错误。但是考试可以先说明“我们可以证明\(\{x_n\}\)收敛”，然后再设极限值，最后再来证明数列收敛，这个证法好处是在证明过程中可以将极限值用上（这段注实际上是下一个视频中的内容，但是我看适合放到这里，就直接说了），接下来说明此种证明方法。
【一种比较另类的证明方法】
我们可以证明\(\{x_n\}\)收敛，设\(\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a\)
由\(x_{n+1}=\sqrt{C+x_n}\Rightarrow x_{n+1}^{2}=C+x_n\Rightarrow \lim\limits_{n\to\infty}x_{n+1}^{2}=\lim\limits_{n\to\infty}(C+x_n)\)
\(\Rightarrow a^2=C+a\)，解得\(a=\frac{1\pm\sqrt{1+4C}}{2}\)，由于\(a>0\)
则\(\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a=\frac{1+\sqrt{1+4C}}{2}\)
刚才的证明方法已说明\(\{x_n\}\)递增，现在只需要说明有上界（极限值是上界，比极限值大的更是上界，找个简单点的上界）
由\(\frac{1+\sqrt{1+4C}}{2}<\frac{1+\sqrt{1+4C+e\sqrt{C}}}{2}=\frac{1+\sqrt{(1+2\sqrt{C})^2}}{2}\)
\(=\frac{1+1+2\sqrt{C}}{2}=1+\sqrt{C}\)
当\(n=1\)时，\(x_1<\sqrt{C}<1+\sqrt{C}\)
假设\(n=k\)时，\(x_k<1+\sqrt{C}\)
当\(n=k+1\)时，\(x_{k+1}=\sqrt{C+x_k}<\sqrt{C+1+\sqrt{C}}<\sqrt{C+1+2\sqrt{C}}=1+\sqrt{C}\)也成立
由数学归纳法知\(x_n<1+\sqrt{C}\)
从而\(\{x_n\}\)递增有上界，由单调有界定理知\(\{x_n\}\)收敛
则\(\lim\limits_{n\to\infty}=\frac{1+\sqrt{1+4C}}{2}\)
【注】这种方法假设后面证明有界错了，前面求极限的分还能拿到。
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