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Date: Thu, 15 Sep 2022 23:20:32 +0800
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 01实数和数列极限.tex | 41 +++++++++++++++++++++++++++++++++++++----
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index 5d39a81..d78ad28 100644
--- a/01实数和数列极限.tex
+++ b/01实数和数列极限.tex
@@ -57,7 +57,26 @@
 \end{example}
 
 \begin{proof}[解]
-    根据定义，$\forall \varepsilon > 0$，要使$$\left| \frac{1}{n^m} - 0 \right| = \frac{1}{n^m} < \varepsilon \eqco$$只需$$\frac{1}{\varepsilon} < n^m \eqco$$即$$n > \frac{1}{\sqrt[m]{\varepsilon}}\eqper$$可以取$$n_0 = \left[ \frac{1}{\sqrt[m]{\varepsilon}} \right]\eqco$$那么$\forall n > n_0$，必有$$n \geq n_0 + 1 > \frac{1}{\sqrt[m]{\varepsilon}} \eqco$$即$\left| \dfrac{1}{n^m} - 0 \right| < \varepsilon$，这也就说明$\lim \limits_{n \to \infty} \dfrac{1}{n^m} = 0$。
+    根据定义，$\forall \varepsilon > 0$，要使
+    \begin{equation*}
+        \left| \frac{1}{n^m} - 0 \right| = \frac{1}{n^m} < \varepsilon \eqco
+    \end{equation*}
+    只需
+    \begin{equation*}
+        \frac{1}{\varepsilon} < n^m \eqco
+    \end{equation*}
+    即
+    \begin{equation*}
+        n > \frac{1}{\sqrt[m]{\varepsilon}}\eqper
+    \end{equation*}
+    
+    可以取
+    \begin{equation*}
+        n_0 = \left[ \frac{1}{\sqrt[m]{\varepsilon}} \right]\eqco
+    \end{equation*}
+    那么$\forall n > n_0$，必有
+    $$n \geq n_0 + 1 > \frac{1}{\sqrt[m]{\varepsilon}} \eqco$$
+    即$\left| \dfrac{1}{n^m} - 0 \right| < \varepsilon$，这也就说明$\lim \limits_{n \to \infty} \dfrac{1}{n^m} = 0$。
 \end{proof}
 
 \begin{example}
@@ -78,9 +97,23 @@
 
     注意，上面放缩使用$a_n^2$项而非$a_n$项进行放缩是为了保证放缩后不等式还是一个一边是含$n$的式子（也就是$\varphi(n)$），一边是含$a_n$（也就是$\sqrt[n]{n} - 1$）的式子，这样才是一个有用的放缩。如果使用$a_n$项，得到的就是$1 > a_n$，对我们的解题没有任何帮助。
 
-    于是我们可以通过将上面得到的不等式再进行变形来找到一个合适的$\varphi(n)$：$$a_n = (\sqrt[n]{n} - 1) < \sqrt{\frac{2}{n-1}}\eqper$$
+    于是我们可以通过将上面得到的不等式再进行变形来找到一个合适的$\varphi(n)$：
+    \begin{equation*}
+        a_n = (\sqrt[n]{n} - 1) < \sqrt{\frac{2}{n-1}}\eqper
+    \end{equation*}
     
-    由此，若想$\sqrt[n]{n} - 1 < \varepsilon$，只需$\dfrac{2}{n-1} < \varepsilon$即可。这个新的不等式比之前的要好解得多。解这个不等式，我们可以得到$$n > \dfrac{2}{\varepsilon^2} + 1\eqco$$那么$\forall \varepsilon > 0$，我们只要取$$n_0 = \left[\dfrac{2}{\varepsilon^2}\right] + 1\eqco$$于是$\forall n > n_0$，都有$n \geq n_0 + 1 > \dfrac{2}{\varepsilon^2} + 1$，那么$$\left| \sqrt[n]{n} \right| < \sqrt{\dfrac{2}{n-1}} < \varepsilon \eqper$$
+    由此，若想$\sqrt[n]{n} - 1 < \varepsilon$，只需$\dfrac{2}{n-1} < \varepsilon$即可。这个新的不等式比之前的要好解得多。解这个不等式，我们可以得到
+    \begin{equation*}
+        n > \dfrac{2}{\varepsilon^2} + 1\eqco
+    \end{equation*}
+    那么$\forall \varepsilon > 0$，我们只要取
+    \begin{equation*}
+        n_0 = \left[\dfrac{2}{\varepsilon^2}\right] + 1\eqco
+    \end{equation*}
+    于是$\forall n > n_0$，都有$n \geq n_0 + 1 > \dfrac{2}{\varepsilon^2} + 1$，那么
+    \begin{equation*}
+        \left| \sqrt[n]{n} \right| < \sqrt{\dfrac{2}{n-1}} < \varepsilon \eqper
+    \end{equation*}
 \end{proof}
 
 \begin{remark}
@@ -105,6 +138,6 @@
         & \Leftrightarrow \ln{(1 - \varepsilon e^{-A})} < a_n -A < \ln{(1 + \varepsilon e^{-A})} \tag{$\ast$} \label{1.3.1}
     \end{align}
 
-    令$\delta = \min \{ - \ln{(1 - \varepsilon e^{-A})},\ln{(1 + \varepsilon e^{-A})}\}$，则$\delta > 0$，且当给定$\varepsilon$时，$\delta$也确定。由$\lim \limits_{n \to \infty}a_n = A$，对任意的$\varepsilon$，总有$N$足够大使得$\forall n > N$，$\left| a_n - A \right|$足够小，比$\delta$还小，即满足式子\eqref{1.3.1}。通过等价关系，这也就是说我们同时也找到了$N$使得$\forall n > N$，$\left| e^{a_n} - e^A \right| < \varepsilon$。由极限的定义，$\lim \limits_{n \to \infty} e^{a_n} = e^A$。
+    令$\delta = \min \{ - \ln{(1 - \varepsilon e^{-A})},\ln{(1 + \varepsilon e^{-A})}\}$，则$\delta > 0$，那么当给定$\varepsilon$时，$\delta$也确定。由$\lim \limits_{n \to \infty}a_n = A$，对任意的$\varepsilon$，总有$N$足够大使得$\forall n > N$，$\left| a_n - A \right|$足够小，小到比$\delta$还小，即满足式子\eqref{1.3.1}。通过等价关系，这也就代表着我们同时也找到了$N$使得$\forall n > N$，$\left| e^{a_n} - e^A \right| < \varepsilon$。由极限的定义，$\lim \limits_{n \to \infty} e^{a_n} = e^A$。
 \end{proof}