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~9.1 极限的计算

计算函数极限过程中经常用到 “换元”，其背后的本质是复合函数的极限。

• 例 ~9.1.1：计算 \lim\limits_{x\to a}f(x) 时，一般来说的换元方式是：

  将 f(x) 中的子式 g(x) 全部用 y 替代。这实际上可以看成是将 f 拆成了 $h\circ g$，那么若在 a 某去心邻域 V 内有 $v\in V\implies g(v)\neq \lim\limits_{x\to a}g(x)$，或替代后的式子（此时它是关于 y 的）是个连续函数，那么该换元合法，此时 y=g(x) 应该对应地趋向 $\lim\limits_{x\to a}g(x)$。

  例：$\lim\limits_{x\to 0}\frac{(1+x^2)^{\sqrt 2}-1}{x^2}\overset{y=x^2}{=}\lim\limits_{y\to 0}\frac{(1+y)^{\sqrt 2}-1}{y}=\sqrt 2$，这是因为 $x\neq 0\implies x^2\neq 0$。

• 例 ~9.1.2：计算 \lim\limits_{x\to a}f(x) 时。考虑如下的换元方式：

  将 f(x) 中的 x 全部用关于 y 的子式 g(y) 替代，并改为 $y\to b$，其中 $\lim_{y\to b}g(y)=a$。例如：$\lim\limits_{x\to 1}\frac{x^{\sqrt 2}-1}{x-1}\overset{x=1+y}{=}\lim\limits_{y\to 0}\frac{(1+y)^{\sqrt 2}-1}{y}=\sqrt 2$。

  这种换元方式是不合理的，因为 b 附近的 g(y) 不一定能取遍 a 附近的所有值。

  为了规避这个问题，一般来说，当 g 是可逆函数时，我们会改成 y=g^{-1}(x) 再根据例 ~9.1.1 进行换元。例如上面的换元应该改成：$\lim\limits_{x\to 1}\frac{x^{\sqrt 2}-1}{x-1}\overset{y=x-1}{=}\lim\limits_{y\to 0}\frac{(1+y)^{\sqrt 2}-1}{y}=\sqrt 2$。

  又或者可以提前证明 f 确在 a 处有极限。又或者可以利用 f 的特殊性，例如：

  
  \lim_{N\to\infty}\left(1+\frac mN\right)^N\overset{N=nm}{=}\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac m{nm}\right)^{nm}=\left(\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}\right)^m=e^m
  

  其中第一步的等号并不仅是因为 $\lim_{n\to\infty} nm=\infty$，而且还因为 (1+\frac mN)^N 关于 N 是单调的。

可以采用自然数->整数->有理数->实数的方法来计算极限。这种方法一般用于解决一些没有先验结论的、全新的问题，而且是从极限定义的角度入手解决。

• 例 ~9.1.3：设 \alpha 为实数，计算 $\lim\limits_{x\to 0}\frac{(1+x)^{\alpha}-1}{x}$。

  解：当 \alpha 为自然数时，(1+x)^{n} 可以二项式展开，得到 $\lim\limits_{x\to 0}\frac{(1+x)^{n}-1}{x}=n$。当 \alpha 为正有理数时，

  
  \lim_{x\to 0}\frac{(1+x)^{\frac mn}-1}{x}\overset{y=(1+x)^{\frac 1n}-1}{=}\lim_{y\to 0}\frac{(1+y)^m-1}{(1+y)^n-1}=\frac{\lim\limits_{y\to 0}\frac{(1+y)^m-1}{y}}{\lim\limits_{y\to 0}\frac{(1+y)^n-1}{y}}=\frac{m}{n}
  

  当 \alpha 为正实数时，我们知道在 x=0 附近（事实上在任意 x 处）\frac{(1+x)^{\alpha}-1}{x} 关于 \alpha 是个单调函数。那么对于任意 $\varepsilon$，只需找两个有理数 $\alpha-\varepsilon<q_1<\alpha<q_2<\alpha+\varepsilon$，然后找一个去心邻域使得 q_1 的误差在 q_1-(\alpha-\varepsilon) 范围内、q_2 的误差在 (\alpha+\varepsilon)-q_2 范围内，再根据单调性，\alpha 附近的误差就会在 \varepsilon 范围内了。

  当 \alpha 为负数时，有：

  
  \lim_{x\to 0}\frac{(1+x)^{\alpha}-1}{x}=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{1}{(1+x)^{-\alpha}}-1}{x}=\lim_{x\to 0}\frac{1-(1+x)^{-\alpha}}{(1+x)^{-\alpha}x}=-\lim_{x\to 0}\frac{(1+x)^{-\alpha}-1}{x}=\alpha
  

另一方面，这种用整数逼近实数的思想，也可以用在变量 x 而非参数上。

• 例 ~9.1.4：证明 $\lim\limits_{x\to\infty}(1+\frac{1}{x})^x=e$。

  证明：当 x\geq 1 时，存在正整数 n 使得 $n\leq x<n+1$，则 $(1+\frac{1}{n+1})^n<(1+\frac{1}{x})^x<(1+\frac{1}{n})^{n+1}$。而：

  
  \lim_{n\to+\infty}\left(1+\frac{1}{n+1}\right)^n=\lim_{n\to+\infty}\frac{(1+\frac{1}{n+1})^{n+1}}{(1+\frac{1}{n+1})}=\frac{e}{1}=e\\
  \lim_{n\to+\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}=\lim_{n\to+\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\left(1+\frac{1}{n}\right)=e\cdot 1=e
  

  那么就可以证明 $\lim\limits_{x\to+\infty}(1+\frac 1x)^x=e$。

  当 x<0 时，$(1+\frac{1}{x})^x=\frac{1}{(1-\frac{1}{-x})^{-x}}=(\frac{1}{1-\frac{1}{-x}})^{-x}=(1+\frac{1}{(-x)-1})^{-x}$，于是 $\lim\limits_{x\to-\infty}(1+\frac 1x)^{x}=e$。

注意，我们不用 (1+\frac 1n)^n\leq (1+\frac{1}{x})^x\leq (1+\frac{1}{n+1})^{n+1} 来放缩，因为这需要证明 (1+\frac 1x)^x 的单调性，会更麻烦。

当 x\to a 时，可以通过换元变成 $x\to 0$，然后再换元变成 $x\to\infty$，从而也可能用这种整数夹挤实数的方法。

• 引理 ~9.1.5：三角函数关于连续和极限的性质。

  1. \sin,\cos 是连续函数。
  2. $\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1$。证明：利用引理 ~7.3.3.7，联合夹挤定理。
  3. $\lim\limits_{x\to 0}\frac{\tan x}{x}=1$。证明：$\lim\limits_{x\to 0}\frac{\tan x}{x}=\frac{1}{\lim\limits_{x\to 0}\cos x}\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1$。
  4. $\lim\limits_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac 12$。证明：$\lim\limits_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{2\sin^2\frac x2}{4(\frac x2)^2}=\frac 12$。
  5. \sin,\cos 的值域都是 $[-1,1]$，\tan 的值域是 $\mathbb R$。
  6. \sin|_{[-\frac \pi2,\frac\pi2]} 有连续的反函数 $\arcsin:[-1,1]\to[-\frac\pi2,\frac\pi2]$，\cos|_{[0,\pi]} 有连续的反函数 $\arccos:[-1,1]\to [0,\pi]$，\tan|_{(-\frac \pi2,\frac\pi2)} 有连续的反函数 $\arctan:\mathbb R\to(-\frac\pi2,\frac\pi2)$。

• 例 ~9.1.6：一些可能做法不易察觉的问题。

  1. 设 $k>0$，求 $\lim\limits_{x\to+\infty}x^{\frac 1{x^k}}$。

     解：将 x^k 换元为 $y$，那么 y 应该趋向于 $\lim\limits_{x\to+\infty}x^k=+\infty$，得到：

     
     \lim_{x\to+\infty}x^{\frac{1}{x^k}}=\lim_{y\to+\infty}(y^{\frac 1k})^{\frac 1y}=(\lim_{y\to+\infty}y^{\frac 1y})^{\frac 1k}=1
     

     其中 \lim\limits_{y\to+\infty}y^{\frac 1y}=1 可以从 \lim\limits_{n\to+\infty}\sqrt[n]{n}=1 用自然数夹挤实数得到。

  2. 设 $\alpha>1$，求 $\lim\limits_{x\to+\infty}(1+\alpha^x)^{\frac 1x}$。

     解：

     
     \lim_{x\to+\infty}(1+\alpha^x)^{\frac 1x}=\alpha\lim_{x\to+\infty}\left(\frac{1}{\alpha^x}+1\right)^{\frac 1x}=\alpha
     

     其中 \lim\limits_{x\to+\infty}(\frac{1}{\alpha^x}+1)^{\frac 1x}=1 可以从 1\leq (\frac{1}{\alpha^x}+1)^{\frac 1x}\leq \frac{1}{\alpha^x}+1 应用夹挤定理得到。

~9.2 阶的应用

在了解阶是如何运用的之前，我们有必要先熟知一些基本初等函数的渐近展开。

• 例 ~9.2.1：基本初等函数的渐近展开：

  1. 当 x\to 0 时，$\ln(1+x)=x+o(x)$。

     证明：

     
     \lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln(1+x)}{x}=\ln\left(\lim\limits_{x\to 0}(1+x)^{\frac 1x}\right)=\ln e=1
     

  2. 当 x\to 0 时，$e^x=1+x+o(x)$。

     证明：

     
     \lim_{x\to 0}\frac{e^x-1}{x}=\lim_{y\to 0}\frac{y}{\ln(1+y)}=1
     

  3. 当 x\to 0 时，$(1+x)^{\alpha}=1+\alpha x+o(x)$。

     证明：一种方法是直接利用例 ~9.1.3 的结论：

     
     \lim_{x\to 0}\frac{(1+x)^{\alpha}-1}{x}=\alpha
     

     另一种方法是：当 x\to 0 时，

     
     (1+x)^{\alpha}=e^{\alpha \ln(1+x)}=e^{\alpha x+o(x)}=1+\alpha x+o(x)+o(\alpha x+o(x))=1+\alpha x+o(x)
     

     其中当 x\to 0 时，\alpha x+o(x) 这个集合也整体趋于 $0$，从而对任意 $y\in\alpha x+o(x)$，$e^{y}=1+y+o(y)$。那么 e^{\alpha x+o(x)}=1+(\alpha x+o(x))+o(\alpha x+o(x)),x\to 0 是合理的。

  4. 当 x\to 0 时，

     
     \begin{aligned}
     \sin x&=x+o(x)\\
     \cos x&=1-\frac{x^2}2+o(x^2)\\
     \tan x&=x+o(x)
     \end{aligned}
     

     证明：利用引理 ~9.1.5 即可。

  5. 当 x\to 0 时，

     
     \begin{aligned}
     \arcsin x&=x+o(x)\\
     \arccos x&=\frac \pi 2-x+o(x)\\
     \arctan x&=x+o(x)
     \end{aligned}
     

     证明：$\sin x=x+o(x),x\to 0$，那么 $x=\sin x+o(\sin x),x\to 0$，又由 \lim\limits_{y\to 0}\arcsin(y)=0 可代入得 $\arcsin(y)=y+o(y)$；由 \cos x=\sin(\frac \pi2-x) 知 $\arccos y=\frac \pi 2-\arcsin y$；\arctan x 的证明类似 $\arcsin x$。

初等函数也可以求更高阶展开，此时往往更具技巧性。

• 例 ~9.2.2：设 q=\frac mn 是有理数，那么当 x\to 0 时，$(1+x)^q=1+qx+\frac{q(q-1)}{2}x^2+o(x^2)$。

  证明：证明方法也是从自然数推广到有理数。设 $(1+x)^q=1+qx+f(x)x$，那么 $f(x)=o(1),x\to 0$。

  将 q 替换为 \frac mn 并在等式两侧取 n 次幂后得到 $(1+x)^m=(1+\frac mn x+f(x)x)^n$。当 x\to 0 时，根据幂次为整数的二项式定理，可知：

  
  (1+x)^m=1+mx+\frac{m(m-1)}{2}x^2+o(x^2)
  

  同时：

  
  \begin{aligned}
  \left(1+\frac mn x+f(x)x\right)^n&=1+n\left(\frac mnx+f(x)x\right)+\frac{n(n-1)}{2}\left(\frac{m}{n}x+f(x)x\right)^2+o\left(\left(\frac mnx+f(x)x\right)^2\right)\\
  &=1+mx+nf(x)x+\frac{n(n-1)}{2}\left(\frac mnx\right)^2+o(x^2)
  \end{aligned}
  

  那么：

  
  \begin{aligned}
  1+mx+nf(x)x+\frac{n(n-1)}{2}\left(\frac mnx\right)^2&=1+mx+\frac{m(m-1)}{2}x^2+o(x^2)\\
  f(x)&=\frac{\frac{m(m-1)}2-\frac{n(n-1)}{2}(\frac mn)^2}{n}x+o(x)\\
  &=\frac{\frac mn(\frac mn-1)}{2}x+o(x)
  \end{aligned}
  

  故 $(1+x)^q=1+qx+\frac{q(q-1)}{2}x^2+o(x^2),x\to 0$。

• 推论 ~9.2.3：当 x\to 0 时，$\frac{1}{1-x}=1+x+x^2+o(x^2)$。

推论 ~9.2.3 常用来将除法化为乘法。

接下来的 e^x 和 \sin x 在 x\to 0 时的更高阶展开方法，依赖于下面这个引理。

• 引理 ~9.2.4：设 X\subseteq \mathbb R 包含 0 的某个去心邻域，函数 $f:X\to\mathbb R$，常数 $\lambda>1\geq |A|,\alpha>0$。当 x\to 0 时，f(x)=o(1) 且 $f(\lambda x)-Af(x)-Bx^{\alpha}=o(x^{\alpha})$，那么 $f(x)=\frac{B}{\lambda^{\alpha}-A}x^{\alpha}+o(x^{\alpha})$。

  证明：设 \varepsilon>0 是任意正实数，存在 \delta>0 使得对于任意 x 有 $0<|x|<\varepsilon\implies |f(\lambda x)-Af(x)-Bx^{\alpha}|<\varepsilon|x|$。

  设 x 满足 $0<|x|<\varepsilon$。那么：

  
  \begin{aligned}
  f(x)-Af\left(\frac{x}{\lambda}\right)-B\left(\frac{x}{\lambda}\right)^{\alpha}&<\left|\frac{1}{\lambda^{\alpha}}\right|\varepsilon\left|x^\alpha\right|\\
  Af\left(\frac{x}{\lambda}\right)-A^2f\left(\frac{x}{\lambda^2}\right)-AB\left(\frac{x}{\lambda^2}\right)^{\alpha}&<\left|\frac{A}{\lambda^{2\alpha}}\right|\varepsilon\left|x^\alpha\right|\\
  A^2f\left(\frac{x}{\lambda^2}\right)-A^3f\left(\frac{x}{\lambda^3}\right)-A^2B\left(\frac{x}{\lambda^3}\right)^{\alpha}&<\left|\frac{A^2}{\lambda^{3\alpha}}\right|\varepsilon\left|x^\alpha\right|\\
  &\vdots\\
  A^{n-1}f\left(\frac{x}{\lambda^{n-1}}\right)-A^nf\left(\frac{x}{\lambda^n}\right)-A^{n-1}B\left(\frac{x}{\lambda^n}\right)^{\alpha}&<\left|\frac{A^{n-1}}{\lambda^{n\alpha}}\right|\varepsilon\left|x^\alpha\right|\\
  &\vdots\\
  \end{aligned}
  

  于是累加得到：

  
  \begin{aligned}
  f(x)-A^nf\left(\frac{x}{\lambda^n}\right)-\left(A^{n-1}B\left(\frac{x}{\lambda^n}\right)^{\alpha}+\cdots+AB\left(\frac{x}{\lambda^2}\right)^{\alpha}+B\left(\frac{x}{\lambda}\right)^{\alpha}\right)&<\left(\left|\frac{A^{n-1}}{\lambda^{n\alpha}}\right|+\cdots+\left|\frac{A}{\lambda^{2\alpha}}\right|+\left|\frac{1}{\lambda^{\alpha}}\right|\right)\varepsilon|x^{\alpha}|\\
  f(x)-A^nf\left(\frac{x}{\lambda^n}\right)-\frac{B}{\lambda^{\alpha}}x^{\alpha}\frac{1-(\frac{A}{\lambda^{\alpha}})^n}{1-\frac{A}{\lambda^{\alpha}}}&<\frac 1{\lambda^{\alpha}} \frac{1-|\frac{A}{\lambda^{\alpha}}|^n}{1-|\frac{A}{\lambda^{\alpha}}|}\varepsilon|x^{\alpha}|
  \end{aligned}
  

  两侧让 $n\to+\infty$，得到：

  
  \begin{aligned}
  f(x)-\frac{B}{\lambda^{\alpha}}x^{\alpha}\frac{1}{1-\frac{A}{\lambda^{\alpha}}}&<\frac 1{\lambda^{\alpha}} \frac{1}{1-|\frac{A}{\lambda^{\alpha}}|}\varepsilon|x^{\alpha}|\\
  f(x)-\frac{B}{\lambda^{\alpha}-A}x^{\alpha}&<\frac{\varepsilon}{\lambda^{\alpha}-|A|}|x^{\alpha}|
  \end{aligned}
  

  对称地，可以得到另一侧的不等式。从而当 x\to 0 时，$f(x)-\frac{B}{\lambda^{\alpha}-A}x^{\alpha}=o(x^{\alpha})$，即 $f(x)=\frac{B}{\lambda^{\alpha}-A}x^{\alpha}+o(x^{\alpha})$。

根据引理 ~9.2.4，只要条件满足，就可以直接猜 $f(x)=Cx^{\alpha}+o(x^{\alpha}),x\to 0$，然后代入 f 的那条关系式解出 C 即可。

这种方法的思路可以理解为：我们知道待展开函数 f 的 f(x) 和 f(\frac x\lambda) 有关系，并且 f 在 0 处收敛到 $L$，那么我们就能利用这个关系，推出 f(x) 与 f(\frac x\lambda),f(\frac x{\lambda^2}),\cdots,f(\frac x{\lambda^n}),\cdots 的关系，再利用 f 在 0 处收敛，推出 f(x) 与 L 的关系，也就得到一个仅描述 f(x) 而不与 f(\frac x{\lambda}) 有关的式子。

• 例 ~9.2.5：e^x 和 \sin x 在 x\to 0 时的更高阶展开。

  1. 当 x\to 0 时，$e^x=1+x+\frac {x^2}2+o(x^2)$。

     证明：已知 $e^x=1+x+o(x),x\to 0$。定义 f:\mathbb R\to \mathbb R 满足 $f(x):=\begin{cases}\frac{e^x-1-x}{x}&x\neq 0\0&x=0\end{cases}$，那么 $f(x)=o(1),x\to 0$，那么 \lim\limits_{x\to 0}f(x)=0=f(0) 故 f 在 x=0 处连续。当 x\to 0 时，

     
     \begin{aligned}
     1+2x+f(2x)2x&=e^{2x}=(e^x)^2\\
     &=(1+x+f(x)x)^2\\
     &=1+2x+x^2+2f(x)x+2f(x)x^2+f(x)^2x^2\\
     f(2x)-f(x)&=\frac 12 x+f(x)x+\frac 12 f(x)^2x=\frac 12 x+o(x)
     \end{aligned}
     

     那么当 x\to 0 时，$f(x)=\frac 12 x+o(x)$，$e^x=1+x+f(x)x=1+x+\frac 12 x^2+o(x^2)$。

  2. 当 x\to 0 时，$\sin x=x-\frac 16 x^3+o(x^3)$。

     证明：已知 $\sin x=x+o(x),x\to 0$。定义 f:\mathbb R\to \mathbb R 满足 $f(x):=\begin{cases}\frac{\sin x-x}x &x\neq 0\0&x=0\end{cases}$，那么 $f(x)=o(1),x\to 0$，那么 \lim\limits_{x\to 0}f(x)=0=f(0) 故 f 在 x=0 处连续。当 x\to 0 时，

     
     \begin{aligned}
     2x+f(2x)2x&=\sin 2x=2\sin x \cos x\\
     &=2(x+f(x)x)\left(1-\frac{x^2}2+o(x^2)\right)\\
     &=2x+2f(x)x+o(x^2)\\
     f(2x)-f(x)&=o(x)
     \end{aligned}
     

     那么当 x\to 0 时，$f(x)=o(x)$，$\sin x=x+f(x)x=x+o(x^2)$。

     定义 g:\mathbb R\to \mathbb R 满足 $g(x):=\begin{cases}\frac{\sin x-x}{x^2} &x\neq 0\0&x=0\end{cases}$，那么 $g(x)=o(1),x\to 0$，那么 \lim\limits_{x\to 0}g(x)=0=g(0) 故 g 在 x=0 处连续。当 x\to 0 时，

     
     \begin{aligned}
     2x+g(2x)(2x)^2&=\sin 2x=2\sin x \cos x\\
     &=2(x+g(x)x^2)\left(1-\frac{x^2}2+o(x^2)\right)\\
     &=2x-x^3+2g(x)x^2+o(x^3)\\
     2g(2x)-g(x)&=-\frac 12 x+o(x)
     \end{aligned}
     

     那么当 x\to 0 时，$g(x)=-\frac 16x+o(x)$，$\sin x=x-\frac 16x^3+o(x^3)$。

在第 10 章中，我们将学习泰勒公式，这将帮助我们更方便地得到更多函数的更多项渐近展开。

除此之外，有一些函数，在 x\to 0 时是任何 x^n 的小 $o$（也就是说它们没有多项式的渐近展开），此时它们之间仍然是有阶的大小区分的，于是我们需要熟知一些这样的函数的阶的大小关系。不过，更为一般和熟知的是比较一些函数在无穷远处的无穷大的大小关系，两者可以通过取倒数来等价。

• 引理 ~9.2.6：设函数 f,g:\mathbb N^+\to\mathbb R 满足 \lim\limits_{n\to +\infty} f(n)=\lim\limits_{n\to +\infty} g(n)=+\infty 且 $g(n)=o(f(n)),n\to+\infty$。那么当 n\to+\infty 时：

  1. $c=o(f(n))$，其中 $c\in\mathbb R$。

  2. $\ln(f(n))=o(f(n))$。证明：$\lim\limits_{n\to+\infty}\frac{\ln f(n)}{f(n)}=\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x}=\ln \lim\limits_{x\to+\infty}x^{\frac 1x}=\ln 1=0$。

  3. $c^{g(n)}=o(c^{f(n)})$，其中 $c>1$。证明：显然放个底数在下面只会放大它们的差距。

  4. $f(n)^{f(n)^{d}}=o(c^{f(n)})$，其中 $d<1<c$。

     证明：$\ln\frac{f(n)^{f(n)^d}}{c^{f(n)}}=f(n)^d \ln f(n)-f(n) \ln c$，而 $\lim\limits_{n\to+\infty}\frac{f(n)^d \ln f(n)}{f(n)\ln c}=\frac{1}{\ln c}\lim\limits_{n\to+\infty}\frac{\ln f(n)}{f(n)^{1-d}}=0$，故 \lim\limits_{n\to+\infty}\ln\frac{f(n)^{f(n)^d}}{c^{f(n)}}=-\infty 而 $\lim\limits_{n\to+\infty}\frac{f(n)^{f(n)^d}}{c^{f(n)}}=0$。

  5. $c^{f(n)}=o(f(n)^{f(n)})$，其中 $c>1$。

  作为上述性质的推论，我们可以排列出下列函数，其中任意相邻的两者中前者都是后者的小 $o$：

  1\prec \ln\ln n\prec \ln n\prec n^{\frac 12}\prec \frac{n}{\ln n}\prec n\prec n^{\log n}\prec n^{n^{\frac 12}}\prec 2^n\prec n!\prec n^n\prec c^{c^n}

• 例 ~9.2.7：一些做法可能不易察觉的问题。

  1. 设 $X\subseteq\mathbb R$，f:X\to\mathbb R 有反函数且 f^{-1} 在 0 处连续，A\neq 0,k>1 为常数。当 x\to 0 时，$f(x)=Ax+Bx^k+o(x^k)$。求 f^{-1} 在 y\to 0 时的渐进展开，要求精确到 y^k 项。

     解：$f(x)=Ax+o(x)$，那么 $x=\frac{1}{A}f(x)+o(f(x)),x\to 0$，那么 $f^{-1}(y)=\frac 1A y+o(y),y\to 0$。

     设 $f^{-1}(y)=\frac 1A y+g(y)$，那么 $g(y)=o(y),y\to 0$。

     由于 $f(x)=Ax+Bx^k+o(x^k),x\to 0$，所以 $y=Af^{-1}(y)+B(f^{-1}(y))^k+o((f^{-1}(y))^k),y\to 0$。

     即 $y=A(\frac 1Ay+g(y))+B(\frac 1Ay+g(y))^k+o((\frac 1Ay+g(y))^k)=y+Ag(y)+\frac{B}{A^k}y^k+o(y^k),y\to0$。

     那么 $g(y)=-\frac{B}{A^{k+1}}y^k+o(y^k),y\to 0$。从而 $f^{-1}(y)=\frac 1Ay-\frac{B}{A^{k+1}}y^{k}+o(y^k),y\to 0$。

~9.3 应用：9.12 一些其他的工具

有界闭区间套的经典应用是二分法，这样闭区间的长度收敛到 $0$，从而它们的交集只含唯一的实数。这里就不举例了。

压缩不动点定理的应用中，一个很重要的问题就是压缩值 \lambda 的找寻，这其中可能涉及到一些运算技巧。

• 例 ~9.3.1：设 $0<\varepsilon<1$。证明由 f(x)=x-\varepsilon \sin x 定义的函数 f:\mathbb R\to\mathbb R 是双射，且 f^{-1} 连续。

  证明：先证明双射，设 $a\in\mathbb R$，只需证明存在唯一的 x\in\mathbb R 使得 f(x)=a 即可。

  这等价于 x-(f(x)-a) 存在唯一的不动点，即 F(x)=a+\varepsilon\sin x 存在唯一的不动点。考虑证明 F 有压缩性质：

  
  \begin{aligned}
  |F(x)-F(y)|&=\varepsilon|\sin x-\sin y|\\
  &=\varepsilon\left|2\cos\left(\frac{x+y}{2}\right)\sin\left(\frac{x-y}{2}\right)\right|\\
  &\leq \varepsilon\left|2\sin\left(\frac{x-y}{2}\right)\right|\\
  &\leq \varepsilon\left|2\frac{x-y}{2}\right|=\varepsilon|x-y|
  \end{aligned}
  

  同时：

  
  \begin{aligned}
  |x-y|&=|f(x)+\varepsilon \sin x-f(y)-\varepsilon \sin y|\\
  &\leq |f(x)-f(y)|+\varepsilon|x-y|\\
  |x-y|&\leq(1+\varepsilon)|f(x)-f(y)|\\
  \end{aligned}
  

  从而 f^{-1} 是一致连续的。

上述证明中，就运用了和差化积和 |\sin x|\leq |x| 的三角函数技巧和结论。

• 例 ~9.3.2：设 $0<\lambda<1$，$y_0>0$，$y_{n+1}=\frac{1-\lambda}{y_n}+\lambda$。证明 \lim\limits_{n\to+\infty}y_n 存在，并求它的值。

  证明：可以看出，若 $y_n<1$，那么 $\frac{1-\lambda}{y_n}>1-\lambda\implies y_{n+1}>1$；同理，若 $y_{n}>1$，那么 $\frac{1-\lambda}{y_{n}}<1-\lambda\implies y_{n+1}<1$。于是 y_n 肯定是在 1 左右横跳的，且最终若收敛则必收敛于 $1$。

  处理这类来回横跳问题的一种方法是奇偶分类，不妨设 y_{2n}>1 且 $y_{2n+1}<1$，那么根据猜测和试验，只需换元 d_{2n}=y_{2n}-1 和 $d_{2n+1}=\frac{1}{y_{2n+1}}-1$，然后可证明 \lim\limits_{n\to+\infty}d_n=0 从而 $\lim\limits_{n\to+\infty}y_n=1$。

  另一种方法是直接看 y_{n+2} 相较于 y_n 的变化：

  
  y_{n+2}=\frac{1-\lambda}{\frac{1-\lambda}{y_n}+\lambda}+\lambda=\frac{1-\lambda}{1-\lambda+\lambda y_n}y_n+\lambda
  

  然后就是比较神奇地发现这里存在压缩性质。具体地，定义函数 F:(0,+\infty) 满足 $F(y):=\frac{1-\lambda}{y}+\lambda$，那么 $F(y)>\lambda$，且 $y_{n+1}=F(y_n)$。且对于任意 $x,y\geq \lambda$：

  
  \begin{aligned}
  |F^2(x)-F^2(y)|&=(1-\lambda)\left|\frac{x}{1-\lambda+\lambda x}-\frac{y}{1-\lambda+\lambda y}\right|\\
  &=(1-\lambda)^2\left|\frac{1}{(1-\lambda+\lambda x)(1-\lambda+\lambda y)}\right||x-y|\\
  &\leq \left(\frac{1-\lambda}{1-\lambda+\lambda^2}\right)^2|x-y|
  \end{aligned}
  

  其中 $0<1-\lambda<1-\lambda+\lambda^2$，从而 F^2 具有压缩性质，同时它又是闭集 [\lambda,+\infty) 到自身的映射。那么根据压缩不动点定理，F^2 存在唯一的不动点。而易知 $F^2(1)=1$，于是 F^2 存在唯一的不动点 $1$。

  那么 $\lim\limits_{n\to+\infty}F^{2n}(y_0)=1$。同时，由于 F 是连续函数，有 $\lim\limits_{n\to+\infty} F^{2n+1}(y_0)=\lim\limits_{n\to+\infty}F(F^{2n}(y_0))=F(\lim\limits_{n\to+\infty}F^{2n}(y_0))=F(1)=1$。从而 $\lim\limits_{n\to+\infty}y_n=\lim\limits_{n\to+\infty}F^n(y_0)=1$。

这一问题的关键，在于根据论题推断任意一个点不断 F^2 后是越来越靠近 1 的，而且始终在 1 同侧，然后就猜想 F^2 是否存在压缩性质。这里的猜想来自于一个（刻板的）直觉：当一个点从 1 某侧通过不断作用 F^2 靠近 1 时，这个点越靠近 $1$，作用 F^2 的变化量就越小。