[高等数学] - Ⅱ 数列极限
高等数学嘛，差不多也是从入门到放弃
不然，怎么体现它 ==高等== 呢
intro
数列：按一定顺序排列的，有开头无结尾的数
数列的三大性质
- 唯一性：$\lim\limits_{n \rightarrow \infty}X_n=A$ ，则 A 是唯一的
- 有界性
- 保号性
5 种出题方式
总思维导图
直接计算法
直接计算法对恒等变形能力的要求较高
直接计算法常常涉及到利用作差和取倒数，来进行恒等变换
而且有很多种变体
记一个思路
直接求 $A^B$ 是比较困难的，此时可以利用对数函数的性质，$\ln A^B$ = $B\ln A$ ，来将幂指数转为乘积的形式
这种方法的复杂之处在于要利用中间函数对通项进行转换
两个重要公式
\[S_n=\sum_{i=1}^na_1\cdot q^{n-1}=\frac{a_1\cdot (1-q^n)}{1-q}\] \[|q|<1, \lim\limits_{n \rightarrow \infty}S_n=\frac{a}{1-q}\]对收敛的等比数列 求极限，是考研的特点
常见题干样式
通常会给出数列的 前两项 和 递推式，可以通过 做差 来构建以 待求数列的通项差 为通项等比数列，如：
典型例题
已知：$a_0=0$ , $a_1=1$ , $a_n+a_{n-1}=2\cdot a_{n+1}$
求：$\lim\limits_{n \rightarrow \infty}a_n$
分析：给了前两项，又给了递推式，是一个 提示信息，可以通过做差来构建 通项差 的等比数列，有
\[a_{n+1}-a_n=\frac{a_n+a_{n-1}}{2}-a_n\]因为给了递推式，所以是一定可以构建出 [n+1, n] 项和 [n, n-1] 的关系的
前一项的通项差和后一项的通项差
意料之中的高级变体
前面提到，对数函数是常考的一个要点，所以递推式可以是以 乘积 形式呈现的，并且可以通过中间变量来进行构造，如：
\[x_{n+2}=\sqrt{x_{n+1}\cdot x_n}\]这个时候可以利用对数函数，对两边取对数：
\[\ln x_{n+2}=\ln (\sqrt{x_{n+1}\cdot x_n} )\]利用对数函数性质：
\[\ln (\sqrt{x_{n+1}\cdot x_n})=\frac{1}{2} \cdot \ln x_{n+1} + \frac{1}{2} \cdot \ln x_{n}\]就可以做到把 乘积 改为 求和 形式
单调有界准则
定义法
夹逼准则
定积分定义
数列求和取极限 - 求和的高级形式
下面的式子给出了定积分的定义，曲边梯形微元求和
\[\lim\limits_{n \rightarrow \infty}{\sum_{i=1}^n f(\frac{b-a}{n}\cdot i)\cdot\frac{b-a}{n}} = \int_a^bf(x)dx\]求和变量 i 的取值为 [1, n] ，即使用曲边梯形微元右端点的高作为曲边梯形微元的高
左端点就是 [0, n-1]
通常令 a = 0, b = 1, 有：
\[\lim\limits_{n \rightarrow \infty}{\sum_{i=1}^n f(\frac{1}{n}\cdot i)\cdot\frac{1}{n}} = \int_0^1f(x)dx\]所以定积分定义类题型的核心，就是凑出 $\frac{i}{n}$ 和 $\frac{1}{n}$
Markdown 数学公式
顺便记一下 Markdown 数学公式的写法（要把代码放到两个美元符号 $ 中间
- $\sum_{i=0}^n$
\sum_{i=0}^n - $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \frac{1}{n(n+1)}$
\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \frac{1}{n(n+1)} - $\sum_{i=0}^n \frac{1}{i^2}$
\sum_{i=0}^n \frac{1}{i^2}
题干通常样式
- 求数列极限，可写为对求和取极限的形式
- 题干就直接是带有省略号的求和式
- 以对数函数乘积 $(\ln A\cdot B=\ln A+\ln B)$ 呈现的求和式
- 凑出 $\frac{i}{n}$ 和 $\frac{1}{n}$
- 改写为积分式，计算结果
典型例题
\[\lim\limits_{n \rightarrow \infty}(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+...+\frac{1}{n+n})\]写为求和式：
\[\lim\limits_{n \rightarrow \infty}\sum_{i=1}^n\frac{1}{n+i}\]可以很容易地凑成：
\[\lim\limits_{n \rightarrow \infty}\sum_{i=1}^n\frac{1}{1+\frac{i}{n}}\cdot\frac{1}{n}\]直接改写为：
\[\int_0^1\frac{1}{1+x}dx\]剩下的是计算的事，不是这一章的问题
以下三种次数相同的形式，都可以通过简单变换得到 [ a = 0, b = 1 ] 时的标准定积分定义式：
- $a\cdot n+b\cdot i$
- $a\cdot n^2+b\cdot i^2$
- $a\cdot n^2+b\cdot ni$
高级题型
往原理方向刨
前面提到，定积分定义题的核心，是凑 $\frac{i}{n}$ 和 $\frac{1}{n}$ ，但从原理上说，应该是凑出 曲边梯形高函数 $f(x)$ 中，自变量 x 的表达式；和 曲边梯形底 的微元。当积分区间为 [0, 1] 这种特殊情况时，这两个量表现为 $\frac{1}{n}\cdot i$ 和 $\frac{1}{n}$
所以这类题目的一种高级变体就可以是变上限积分，当积分区间变为 [0, x] 时，要努力凑出的 曲边梯形底 的微元就变成 $\frac{x}{n}$
为什么不上下限都变？因为出题人总是要有点下限的吧。另外，变了也不会增加难度，原理都是相似的
那么相应的 曲边梯形高函数 $f(t)$ 中，自变量 t 的表达式就变为 $\frac{x}{n}\cdot i$
因为变量 x 已经被积分上限占用了，所以这里就不能再用 x 作为高函数的自变量，改个 t 就可以
那么为什么不用 t 做上限，高函数仍然是 x 呢？因为如果我是命题人，我也会这么来一手，弄乱你的思路，让你非常费解
在凑的路上绊脚
既然定积分定义类题型的核心是凑出两个分式，那么肯定会出现一种式子，无论怎么提公因式、化简都凑不好，这个时候就要寻找其他途径。
离 i 比较近的除了它附近的公因式，还有求和上下界。通过变更求和的上下界（这应该也是一种恒等变换），则可以在恒等的情况下改变求和通项的表达式。
\[\sum_{i=0}^{n-1}(i+1)^2=\sum_{i=1}^{n}i^2\]干掉了一个捣乱的 1
这种 $(i+1)^2$ 的式子也算是可遇不可求，这个时候可以通过 放缩法 来进行变换，然后再用夹逼准则对不等号外侧求极限，完了再写成定积分，求值、逼近
这是笔记，没法原创，如有雷同，我抄你的。