新讲 第8章 利用导数研究函数 第7题

教材习题

📝 题目

例 7 我们把

$$ {M}_{t}\left( x\right) = {\left( \frac{{x}_{1}^{t} + {x}_{2}^{t} + \cdots + {x}_{n}^{t}}{n}\right) }^{\frac{1}{t}} $$

称为 $n$ 个正数 ${x}_{1},{x}_{2},\cdots ,{x}_{n}$ 的 $t$ 次方平均数,并记

$$ G\left( x\right) = \sqrt[n]{{x}_{1}{x}_{2}\cdots {x}_{n}}, $$

$$ M = \max \left\{ {{x}_{1},{x}_{2},\cdots ,{x}_{n}}\right\} , $$

$$ m = \min \left\{ {{x}_{1},{x}_{2},\cdots ,{x}_{n}}\right\} . $$

试证

(1) $\mathop{\lim }\limits_{{t \rightarrow 0}}{M}_{t}\left( x\right) = G\left( x\right)$ ;

(2) $\mathop{\lim }\limits_{{t \rightarrow + \infty }}{M}_{t}\left( x\right) = M$ ;

(3) $\mathop{\lim }\limits_{{t \rightarrow - \infty }}{M}_{t}\left( x\right) = m$ .

💡 答案解析

证明(1)中的极限是 $\displaystyle{1}^{\infty }}$ 型的. 通过取对数就可以把它转化成 $\frac{0}{0}$ 型:

$$ \ln {M}_{t}\left( x\right) = \frac{\ln \left( {{x}_{1}^{t} + {x}_{2}^{t} + \cdots + {x}_{n}^{t}}\right) - \ln n}{t}. $$

利用洛必达法则, 我们求得

$$ \mathop{\lim }\limits_{{t \rightarrow 0}}\ln {M}_{t}\left( x\right) = \mathop{\lim }\limits_{{t \rightarrow 0}}\frac{\ln \left( {{x}_{1}^{t} + \cdots + {x}_{n}^{t}}\right) - \ln n}{t} $$

$$ = \mathop{\lim }\limits_{{t \rightarrow 0}}\frac{{x}_{1}^{t}\ln {x}_{1} + \cdots + {x}_{n}^{t}\ln {x}_{n}}{{x}_{1}^{t} + \cdots + {x}_{n}^{t}} $$

$$ = \frac{\ln \left( {{x}_{1}{x}_{2}\cdots {x}_{n}}\right) }{n} = \ln G\left( x\right) , $$

$$ \mathop{\lim }\limits_{{t \rightarrow 0}}{M}_{t}\left( x\right) = \mathop{\lim }\limits_{{t \rightarrow 0}}{\mathrm{e}}^{\ln {M}_{t}\left( x\right) } = {\mathrm{e}}^{\ln G\left( x\right) } = G\left( x\right) ; $$

(2)不妨设

$$ {x}_{1} \leq \cdots \leq {x}_{k} < {x}_{k + 1} = \cdots = {x}_{n} = M, $$

于是

$$ \mathop{\lim }\limits_{{t \rightarrow + \infty }}\ln {M}_{t}\left( x\right) = \mathop{\lim }\limits_{{t \rightarrow + \infty }}\frac{\ln \left( {{x}_{1}^{t} + \cdots + {x}_{n}^{t}}\right) - \ln n}{t} $$

$$ = \mathop{\lim }\limits_{{t \rightarrow + \infty }}\frac{{x}_{1}^{t}\ln {x}_{1} + \cdots + {x}_{n}^{t}\ln {x}_{n}}{{x}_{1}^{t} + \cdots + {x}_{n}^{t}} $$

$$ = \mathop{\lim }\limits_{{t \rightarrow + \infty }}\frac{{\left( \frac{{x}_{1}}{{x}_{n}}\right) }^{t}\ln {x}_{1} + \cdots + {\left( \frac{{x}_{n}}{{x}_{n}}\right) }^{t}\ln {x}_{n}}{{\left( \frac{{x}_{1}}{{x}_{n}}\right) }^{t} + \cdots + {\left( \frac{{x}_{n}}{{x}_{n}}\right) }^{t}} $$

$$ = \frac{\left( {n - k}\right) \ln M}{n - k} = \ln M, $$

$$ \mathop{\lim }\limits_{{t \rightarrow + \infty }}{M}_{t}\left( x\right) = M $$

(3)不妨设

$$ m = {x}_{1} = \cdots = {x}_{h} < {x}_{h + 1} \leq \cdots \leq {x}_{n}, $$

于是

$$ \mathop{\lim }\limits_{{t \rightarrow - \infty }}\ln {M}_{t}\left( x\right) = \mathop{\lim }\limits_{{t \rightarrow - \infty }}\frac{\ln \left( {{x}_{1}^{t} + \cdots + {x}_{n}^{t}}\right) - \ln n}{t} $$

$$ = \mathop{\lim }\limits_{{t \rightarrow - \infty }}\frac{{x}_{1}^{t}\ln {x}_{1} + \cdots + {x}_{n}^{t}\ln {x}_{n}}{{x}_{1}^{t} + \cdots + {x}_{n}^{t}} $$

$$ = \mathop{\lim }\limits_{{t \rightarrow - \infty }}\frac{{\left( \frac{{x}_{1}}{{x}_{1}}\right) }^{t}\ln {x}_{1} + \cdots + {\left( \frac{{x}_{n}}{{x}_{1}}\right) }^{t}\ln {x}_{n}}{{\left( \frac{{x}_{1}}{{x}_{1}}\right) }^{t} + \cdots + {\left( \frac{{x}_{n}}{{x}_{1}}\right) }^{t}} $$

$$ = \frac{h\ln m}{h} = \ln m, $$

$$ \mathop{\lim }\limits_{{t \rightarrow - \infty }}{M}_{t}\left( x\right) = m $$

📋 详细解题步骤

步骤 1/3
目标：证明 (1) 当 t→0 时，M_t(x) → G(x)
首先，对 M_t(x) 取自然对数，得到 ln M_t(x) = [ln(x1^t + x2^t + ... + xn^t) - ln n] / t。当 t→0 时，分子趋于 ln n - ln n = 0，分母趋于 0，形成 0/0 型不定式。应用洛必达法则，对分子分母分别求导：分子导数为 (x1^t ln x1 + ... + xn^t ln xn) / (x1^t + ... + xn^t)，分母导数为 1。因此极限变为 (x1^t ln x1 + ... + xn^t ln xn) / (x1^t + ... + xn^t)。当 t→0 时，x_i^t → 1，所以极限为 (ln x1 + ... + ln xn) / n = ln(x1 x2 ... xn)^(1/n) = ln G(x)。最后取指数得极限为 G(x)。
公式：ln M_t(x) = [ln(∑ x_i^t) - ln n] / t; lim_{t→0} ln M_t(x) = (∑ ln x_i)/n = ln G(x)
提示：注意这是 1^∞ 型，取对数转化为 0/0 型，再使用洛必达法则。
步骤 2/3
目标：证明 (2) 当 t→+∞ 时，M_t(x) → M
不妨设 x1 ≤ ... ≤ xk < x_{k+1} = ... = xn = M。对 ln M_t(x) 应用洛必达法则，得到 (∑ x_i^t ln x_i) / (∑ x_i^t)。分子分母同除以 x_n^t = M^t，则分子变为 ∑ (x_i/M)^t ln x_i，分母变为 ∑ (x_i/M)^t。当 t→+∞ 时，对于 i ≤ k，由于 x_i < M，有 (x_i/M)^t → 0；对于 i ≥ k+1，x_i = M，所以 (x_i/M)^t = 1。因此极限为 ( (n-k) ln M ) / (n-k) = ln M。取指数得极限为 M。
公式：lim_{t→+∞} ln M_t(x) = ln M
提示：将分子分母同除以最大项，利用指数衰减性质。
步骤 3/3
目标：证明 (3) 当 t→-∞ 时，M_t(x) → m
不妨设 m = x1 = ... = xh < x_{h+1} ≤ ... ≤ xn。对 ln M_t(x) 应用洛必达法则，得到 (∑ x_i^t ln x_i) / (∑ x_i^t)。分子分母同除以 x_1^t = m^t，则分子变为 ∑ (x_i/m)^t ln x_i，分母变为 ∑ (x_i/m)^t。当 t→-∞ 时，对于 i ≤ h，x_i = m，所以 (x_i/m)^t = 1；对于 i ≥ h+1，由于 x_i > m，有 (x_i/m)^t → 0（因为 t 为负，大数的小数次幂趋于 0）。因此极限为 (h ln m) / h = ln m。取指数得极限为 m。
公式：lim_{t→-∞} ln M_t(x) = ln m
提示：将分子分母同除以最小项，注意 t→-∞ 时指数衰减方向相反。

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