已经被掘地三尺的极限分析为什么还存在模糊地带 - 数学 - 基础数学

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tigou

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10楼: Originally posted by tigou at 2015-08-16 08:53:00
更正
(4)~~\lim_{x\to+\infty}f(x)^{f(x)}=1

(6)~~\lim_{x\to+\infty}f(x)^{\frac{f(x)}{1-f(x)}}=1

(6)~~\lim_{x\to+\infty}xf(x)*f(x)^{\frac{f(x)}{1-f(x)}}=1...

继续更正
$(7)~~\lim_{x\to+\infty}xf(x)*f(x)^{\frac{f(x)}{1-f(x)}}=1$
补充一个结论. 不能通过（2）导出
$(8)~~\lim_{x\to+\infty}1-f(x)=1$

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11楼2015-08-16 09:04:13

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11楼: Originally posted by tigou at 2015-08-16 09:04:13
继续更正
(7)~~\lim_{x\to+\infty}xf(x)*f(x)^{\frac{f(x)}{1-f(x)}}=1
补充一个结论. 不能通过（2）导出
(8)~~\lim_{x\to+\infty}1-f(x)=1...

继续更正
$(7)~~\lim_{x\to+\infty}xf(x)*f(x)^{\frac{f(x)}{1-f(x)}}=+\infty$

对公式编号有一个好处，即使不小心弄错了，修改起来也方便，便于检查核对。

个人感觉，严谨地证明1楼命题需要对海涅定理进行改造。当然，我的直觉并不是每次都对。无论如何，有人相互交流比一个人冥思苦想的效率高，所以衷心感谢hank612的无私帮助。

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12楼2015-08-16 10:32:51

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★ ★ ★ ★ ★
tigou(feixiaolin代发): 金币+5 2015-08-17 19:27:03

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5楼: Originally posted by tigou at 2015-08-15 16:54:50
尽管无人参与讨论，我仍然想说：1楼命题（不妨称之为无穷大极限猜想）和我3月份就提出的二级函数猜想共同表明，到目前为止，人类对实数的认识还存在大片盲区，这种认识盲区在自然数那里就已经存在了，只不过以往人们 ...

好吧，楼主的命题其实非常简单，基本上是微积分入门式的习题。好在我本来也只是个刚入门的菜鸟，不怕别人为我的智商捉急。希望我的证明能让楼主满意。(顺便练习一下LaTeX语法)
$(1^{\circ})\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)x^{1-f(x)}=+\infty\Rightarrow\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)x=+\infty\wedge\lim\limits_{x\to+\infty}x^{1-f(x)}=+\infty$
我们先来证明当 $x\to +\infty$ 时， $f(x)$ 是有界的。用反证法。
假设当 $x\to +\infty$ 时， $f(x)$ 无界，
因 $\lim\limits_{x\to+\infty}x^{1-f(x)}>0$ ,
而 $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)x^{1-f(x)}=\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)\ast\lim\limits_{x\to+\infty}x^{1-f(x)}=+\infty>0$ ,
故 $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)>0$ ,
由假设知必有 $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$ 。
由于当 $x\to +\infty$ 时， $x^{f(x)-1}$ 为比 $f(x)-1$ 高阶的无穷大量(这一点楼主一定能理解吧？)，
故有 $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)x^{1-f(x)}=\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{f(x)-1}{x^{f(x)-1}}+\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{1}{x^{f(x)-1}}=0+0=0$ ，
但这与假设相矛盾，这就证明了当 $x\to +\infty$ 时， $f(x)$ 有界。
再来证明 $0<\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)<1$ 。
因 $\lim\limits_{x\to+\infty}x^{1-f(x)}>0$ ,
且 $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)x^{1-f(x)}=\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)\ast\lim\limits_{x\to+\infty}x^{1-f(x)}=+\infty>0$ ,
故 $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)>0$ ,
假设 $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=1$ ，则
$\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)x^{1-f(x)}=1\neq +\infty$ ，
这与前提相矛盾，故 $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)\neq 1$ 。
又设 $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)>1$ ，
则 $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)x^{1-f(x)}<\lim\limits_{x\to+\infty}x^{1-f(x)}=\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{1}{x^{f(x)-1}}=0$ ,
这也与前提相矛盾。故必有 $0<\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)<1$ ，
于是显然有(楼主自己证明)：
$\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)x=+\infty$ 且 $\lim\limits_{x\to+\infty}x^{1-f(x)}=+\infty$
$(2^{\circ})\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)x=+\infty\wedge\lim\limits_{x\to+\infty}x^{1-f(x)}=+\infty\Rightarrow\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)x^{1-f(x)}=+\infty$
由 $\lim\limits_{x\to+\infty}x^{1-f(x)}=+\infty$ 易得 $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)<1$ ，
由 $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)x=+\infty$ 易得 $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)>1$ ，
即 $0<\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)<1$ ，
于是显然有(楼主自己证明)：
$\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)x^{1-f(x)}=+\infty$ 。

另外，关于无穷大的性质，无非是阶的比较的问题，罗比塔法则就是研究这一问题的非常成熟的一种方法和技巧。个人斗胆认为，笼罩在经典分析上的两朵乌云之下，并没有隐藏什么数学乌托邦。

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13楼2015-08-16 10:43:03

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拉马之仆

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13楼: Originally posted by 拉马之仆 at 2015-08-16 10:43:03
好吧，楼主的命题其实非常简单，基本上是微积分入门式的习题。好在我本来也只是个刚入门的菜鸟，不怕别人为我的智商捉急。希望我的证明能让楼主满意。(顺便练习一下LaTeX语法)
(1^{\circ})\lim\limits_{x\to+\inf ...

$(2^{\circ})\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)x=+\infty\wedge\lim\limits_{x\to+\infty}x^{1-f(x)}=+\infty\Rightarrow\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)x^{1-f(x)}=+\infty$
由 $\lim\limits_{x\to+\infty}x^{1-f(x)}=+\infty$ 易得 $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)<1$ ，
由 $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)x=+\infty$ 易得 $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)>0$ (此处原有笔误)，
即 $0<\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)<1$ ，
于是显然有(楼主自己证明)：
$\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)x^{1-f(x)}=+\infty$ 。

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14楼2015-08-16 10:52:27

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讨论问题无关智商高低。但是你的推导的确存在巨大错误。以其中一个结论为例：
$(a)~~0<\lim_{x\to+\infty}f(x)<1$
这个结论就错得离谱，例如
$f(x)=\frac{\ln x}{x}$
就不满足(a)，但满足题设条件。希望您再仔细斟酌下，谢谢。

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15楼2015-08-16 10:58:01

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15楼: Originally posted by tigou at 2015-08-16 10:58:01
讨论问题无关智商高低。但是你的推导的确存在巨大错误。以其中一个结论为例：
(a)~~0<\lim_{x\to+\infty}f(x)<1
这个结论就错得离谱，例如
f(x)=\frac{\ln x}{x}
就不满足(a)，但满足题设条件。希望您再 ...

不用斟酌，我知道楼主埋着炸弹呢。呵呵

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16楼2015-08-16 11:05:13

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罗比塔法则只对可导函数有效，严格说来，不可导函数比可导函数要多得多。此外，在广义乘的框架内，微积分运算仅仅处在1级运算的层次。事实上，几乎可以证明这样的定理：

假设f是由四则运算和微积分运算构成的函数（这种说法虽然粗糙，但意思你懂的），并且在正无穷大的某邻域上有定义，则

$\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{2^x}=0$

所有这些结论，都只局限在2级运算以内。但涉及到3级以上的运算，情况就不一样了。而且，假如不利用广义乘的思路，你甚至都无法觉察到微积分运算就是1级乘的近亲。

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17楼2015-08-16 11:13:57

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hank612

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9楼: Originally posted by tigou at 2015-08-16 08:42:43
这里只讨论右推左的情况（尽管你左推右过程中的错误更大）。你的推导过程关键是利用了
(1)~~\lim_{t\to 0+}t^t=1
但你好像忘记了
(2)~~\liminf_{x\to+\infty}f(x)=0
与
(3)~~\lim_{x\to+\infty}f(x)=0
是有区 ...

我们又在重复Newton, Leibniz 关于极限有用但不严密的理论，还是回到Weierstrass, Cauchy $\epsilon-\delta$ 语言的严密路子上吧。

我想麻烦楼主证明两个引理先。设a>0, x>e.
引理1： $ax^{1-a}>\min(0.1x^{1-a},0.1^{0.1}(xa)^{0.9})$

引理2： $\min(xa,x^{1-a})>ax^{1-a}-1$

然后利用这些不等式，采用 $\epsilon-\delta$ 语言，看看能否证明楼主的猜想。辛苦了。

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We_must_know. We_will_know.

18楼2015-08-17 01:45:33

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引用回帖:

18楼: Originally posted by hank612 at 2015-08-17 01:45:33
我们又在重复Newton, Leibniz 关于极限有用但不严密的理论，还是回到Weierstrass, Cauchy \epsilon-\delta语言的严密路子上吧。

我想麻烦楼主证明两个引理先。设a>0, x>e.
引理1： ax^{1-a}>\min ...

这个思路不可行。因为我曾经想利用夹逼准则，进行过类似的尝试，发现行不通。麻烦的关键是，对于形如：
$yx^{1-y}$
这样的函数而言，y是常数和不是常数时的性质大不一样。如果您不信，可以先假设两个“引理”成立，依然证明不了1楼命题。

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19楼2015-08-17 08:39:17

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