Re0微积分3：广义平均值的极限

问题0

$a,b$是正实数，$n$为任意整数，$S_n(a,b):={\left(\frac{a^n+b^n}{2}\right)}^{1/n}$求${\lim }_{n\to \infty }{S}_n(a,b)$

这是一个求极限的问题，回忆我们从Re0微积分1：用牛顿迭代法求算术平方根以及Re0微积分2：自然底数e及其快速计算当中学到的关于求极限的一些工具，我们有下面的一些想法：

• 能不能用极限的四则运算解决这个问题? 我们能用四则运算解决$\frac{a^n+b^n}{2}$的极限问题，但$S_n(a,b)$不行，因为外层还有一个$n$次根式，这是简单的四则运算无法处理的情况。
• 单调有界能行吗？ 我们得注意一点，“单调有界原理”只是证明极限的存在性，并不能直接告诉我们极限是多少。Re0微积分1：用牛顿迭代法求算术平方根当中关于类似于“牛顿法求根”的问题可以用该原理求出具体的极限，是因为这样的问题当中本身蕴含一些迭代关系，只要极限存在，那么极限就可以通过迭代关系求出来。但我们当前的问题本身并不直接蕴含迭代关系，所以即便$S_n(a,b)$是单调有界的，也只能得到极限的存在性。

不过有总比没有好，如果我们可以证明$S_n(a,b)$的单调有界性，至少我们知道我们要求的极限是存在的，而且我们还可以通过这个问题试一试这个问题的深浅。

1. 夹逼准则

1.1 尝试利用单调有界原理

命题1.1.1

对任意的正实数$a,b$，存在一个正整数$N$使得对于任意$n>N$，$S_n(a,b)$都单调不减。

我们可以通过Mathematica的实验给自己一些信心:

(*随机生成两个正实数为a,b*)
a = RandomReal[{0, 100}];
b = RandomReal[{0, 100}];
(*绘制S_n(a,b)的图像*)
DiscretePlot[((a^n + b^n)/2)^(1/n), {n, 1, 100}]

• 通常直接严格证明或者证伪一个命题所需要付出的代价是比较大的，所以往往需要一些例证来确保命题的确很可能是对的，通常情况下不存在反例的，从而降低论证的风险。

首先是有界性，到目前为止我们学会的唯一一种证明有界性的方式，就是对一个和而言，通过逐项估计得到一个好的简单的上界，从而实现证明有界性的目的（参考Re0微积分2：自然底数e及其快速计算对其中“命题1.1.1”的证明）。

但是逐项估计不是针对一个和的估计吗？难道一定得带有$\Sigma$才是和，$a^n+b^n$两项相加就不是了吗？如果我们假设$b\ge a$，那么$(a^n+b^n)\le 2b^n$那么$S_n(a,b)\le (b^n{)}^{1/n}=b$

• 练习1.1.2:证明对任意的$x\ge y>0$，$x^{1/n}\ge y^{1/n}$。

所以整理一下上面我们得到的启发，令$M:=\max \{a,b\}$那么$S_n(a,b)\le M$因此该序列是有上界的。

然后是证明单调不减的性质。针对序列的单调性，我们无非是证明对于$n>N$的时候$S_{n+1}(a,b)-S_n(a,b)\ge 0\text{ or }{S}_{n+1}(a,b)/S_n(a,b)\ge 1$我们可以任选一条路，比如第二种,按照证明有界性得到的启发，令$r=\frac{b}{a}$,并且不失一般性假设$r\ge 1$于是$\begin{array}{rl}\frac{S_{n+1}(a,b)}{S_n(a,b)}& =\frac{(\frac{a^{n+1}+b^{n+1}}{2}{)}^{\frac{1}{n+1}}}{(\frac{a^n+b^n}{2}{)}^{\frac{1}{n}}}\\ & =\frac{(\frac{1+r^{n+1}}{2}{)}^{\frac{1}{n+1}}}{(\frac{1+r^n}{2}{)}^{\frac{1}{n}}}\\ & \ge \frac{(\frac{1+r^n}{2}{)}^{\frac{1}{n+1}}}{(\frac{1+r^n}{2}{)}^{\frac{1}{n}}}\\ & ={\left(\frac{1+r^n}{2}\right)}^{\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n}}\end{array}$但是最后因为$\frac{1+r^n}{2}\ge 1$，而$\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n}<0$，从而${\left(\frac{1+r^n}{2}\right)}^{\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n}}\le 1$,这离我们想要的结果还很远。如果我们要处理的不是$S_n(a,b)$而是$T_n(a,b):=(a^n+b^n{)}^{1/n}$，那么实际上,上述过程可以证明$T_n(a,b)$是单调不增的。

• 练习1.1.3：证明对于任意正实数$a,b$,$T_n(a,b):=(a^n+b^n{)}^{1/n}$都是单调不增的。

事实上要证明$S_n(a,b)$的单调性远比我们本来的目的”问题0”要困难。这就显示出单调有界原理的一个局限性：

1. 首先单调性要容易说明
2. 其次单调有界并不能直接得到极限，除非我们可以通过某种类似于迭代的东西，只要极限一经证明存在，那么就可以通过解方程直接得到。

有时，单调性的确认会比求极限本身还要困难，除了本问题以外，再比如关于序列极限的公开问题。所以还有什么方法可以求极限？

1.2 利用逐项估计求极限

逐项估计也是可以求极限的。虽然在之前，我们只是用它求一个和的上界，但是如果我们还能得到和的下界呢？比如，如果我们引用[[math/Re0微积分2：自然底数e及其快速计算#21-r_n的上界与下界估计|2.1 $R_N$的上界与下界估计]]的“命题2.1.2”：

引理1.2.1

对于足够大的$n$,两个实的序列满足$x_n\ge y_n$并且两个序列的极限都存在，那么一定有${\lim }_{n\to \infty }{x}_n\ge {\lim }_{n\to \infty }{y}_n$

那么假设，如果我可以得到$S_n^{\prime }(a,b)\le S_n(a,b)\le S_n^{\prime \prime }(a,b)$并且恰好$S_n^{\prime }(a,b),S_n^{\prime \prime }(a,b)$的极限都特别好算，那我们就能达到目的了吗？

可是我们转而一想，这也不行。首先，引用“引理1.1.4”的话，想要得到${\lim }_{n\to \infty }{S}_n^{\prime }(a,b)\le {\lim }_{n\to \infty }{S}_n(a,b)\le {\lim }_{n\to \infty }{S}_n^{\prime \prime }(a,b)$那么我们首先要保证，$S_n(a,b)$极限的存在性。但要通过单调有界证明其存在性就绕不过单调性的证明，而这一点又不容易。其次，即便极限存在，又能如何，我们不过是知道了极限的一个范围而已。

不，不是这样的。我们是在实数$\mathbb{R}$当中讨论问题，实数是全序集，也就是说$x\le z\le y$如果$z=y$那么$z=x=y$。所以我们有下面的结果:

定理1.2.2（夹逼准则）

序列$x_n,y_n,z_n$对于足够大的$n$都满足不等式$x_n\le z_n\le y_n$并且其中$x_n,y_n$的极限存在且都等于$a$，那么$z_n$的极限也存在，并且也等于$a$。

• 按照Re0微积分1：用牛顿迭代法求算术平方根中关于极限的定义，我们无非就是要证明序列$|z_n-a|$可以任意小(随着n的增大)，而2.1 序列极限存在性的判断的”命题2.2.1”极限的四则运算的证明中(实际上是一个练习)的经验告诉我们，可以利用三角不等式来进行控制，即$|z_n-a|\le |z_n-y_n|+|y_n-a|$而$a$本来就是$y_n$的极限，因此$|y_n-a|$就是可以任意小的对象，于是我们只需要证明$|z_n-y_n|$是任意小的。利用不等式关系，$|z_n-y_n|=y_n-z_n\le y_n-x_n$然后如法炮制，我们可以得到$y_n-x_n=|y_n-x_n|\le |x_n-a|+|y_n-a|$也就是说当$n$足够大的时候，$|z_n-a|\le |x_n-a|+2|y_n-a|$而后两者都是可以任意小的，于是$|z_n-a|$也是任意小的，因此$z_n$的极限存在且为$a$。
• 练习1.2.3:用严格的$\epsilon -N$的语言，形式化上述思路。

回到“问题0”的讨论，参照“1.1节”的讨论，我们不难得出$M(\frac{1}{2}{)}^{1/n}\le S_n(a,b)\le M$

• 练习1.2.4:证明对于任意正实数$r$，$r^{1/n},n\to +\infty$的极限存在并且为1。 我们发现，上界与下界的极限都存在，并且等于$M$，于是我们得出结论:$S_n(a,b)$的极限存在，并且${\lim }_{n\to \infty }{S}_n(a,b)=M:=\max \{a,b\}$