迫敛性最好的练习题
本节分享一道我认为用来练习迫敛性的绝佳例题，非常经典，相信不少人都做过。本题的上界其实不难说明，关键是如何估计下界。
Example
设 \(f(x)>0\)，在区间 \([0,1]\) 上连续，证明：
\[
\lim_{ n \to \infty } \sqrt[n]{ \sum_{i=1}^{n} \left[ f\left( \frac{i}{n} \right) \right]^{n} \frac{1}{n} } = \max_{0\leqslant x\leqslant 1}f(x)
\]
我们把原式记为：
\[
A_n = \sqrt[n]{ \sum_{i=1}^{n} \left[ f\left( \frac{i}{n} \right) \right]^{n} \frac{1}{n} }
\]
记 \(M = \max_\limits{0\leqslant x\leqslant 1}f(x)\)。因为 \(f(x)\) 在闭区间 \([0,1]\) 上连续且严格大于 0，由最大值最小值定理可知，\(M > 0\) 必在 \([0,1]\) 内的某点 \(x_0\) 处取到。
下面通过分别估计 \(A_n\) 的上界与下界来进行证明。
求上界（放缩法）
因为 \(M\) 是 \(f(x)\) 在 \([0,1]\) 上的最大值，所以对任意 \(i \in \{1, 2, \dots, n\}\)，都有：
\[
f\left( \frac{i}{n} \right) \leqslant M
\]
代入和式中进行放大：
\[
\sum_{i=1}^{n} \left[ f\left( \frac{i}{n} \right) \right]^n \frac{1}{n} \leqslant \sum_{i=1}^{n} M^n \frac{1}{n} = M^n \cdot \frac{1}{n} \cdot n = M^n
\]
两边同时开 \(n\) 次方根：
\[
A_n \leqslant \left( M^n \right)^{\frac{1}{n}} = M
\]
因此，上极限满足：
\[
\limsup_{n \to \infty} A_n \leqslant M
\]
求下界（连续性 + 局部放缩）
由 \(f(x)\) 在 \(x_0\) 处的连续性，对任意给定的充分小正数 \(\epsilon > 0\)（满足 \(M - \epsilon > 0\)），必定存在一个包含 \(x_0\) 的小邻域区间 \(I \subseteq [0,1]\)（设其长度为 \(\delta > 0\)），使得对任意 \(x \in I\)，都有：
\[
f(x) \geqslant M - \epsilon
\]
设在 \(n\) 等分点中，落在区间 \(I\) 内的节点 \(\dfrac{i}{n}\) 的个数为 \(k_n\)。
由于区间长度为 \(\delta\)，当 \(n\) 足够大时，落在该区间内的等分点个数 \(k_n\) 满足：( 减去的 1 是左右端点未必正好落在网格点上，所以实际落在区间 \(I\) 内的节点数最多比理论值 \(n\delta\) 少 1 个 )
\[
k_n \geqslant n\delta - 1
\]
因为 \(f(x) > 0\)，我们只保留和式中落在区间 \(I\) 内的项（其余项皆大于 0，直接舍去），进行缩小：
\[
\sum_{i=1}^{n} \left[ f\left( \frac{i}{n} \right) \right]^n \frac{1}{n} \geqslant \sum_{\frac{i}{n} \in I} \left[ f\left( \frac{i}{n} \right) \right]^n \frac{1}{n} \geqslant k_n \cdot (M - \epsilon)^n \cdot \frac{1}{n}
\]
两边同时开 \(n\) 次方根：
\[
A_n \geqslant (M - \epsilon) \cdot \left( \frac{k_n}{n} \right)^{\frac{1}{n}}
\]
当 \(n \to \infty\) 时，由于 \(\dfrac{k_n}{n} \to \delta > 0\)，利用基本极限 \(\displaystyle \lim_{n\to\infty} c^{\frac{1}{n}} = 1\)（\(c>0\)），可知：
\[
\lim_{n \to \infty} \left( \frac{k_n}{n} \right)^{\frac{1}{n}} = 1
\]
对下界取下极限：
\[
\liminf_{n \to \infty} A_n \geqslant (M - \epsilon) \cdot 1 = M - \epsilon
\]
由于 \(\epsilon > 0\) 是任意取定的，令 \(\epsilon \to 0^+\)，得到：
\[
\liminf_{n \to \infty} A_n \geqslant M
\]
结合上界与下界的推导结果：
\[
M \leqslant \liminf_{n \to \infty} A_n \leqslant \limsup_{n \to \infty} A_n \leqslant M
\]
根据迫敛性，极限存在且严格等于 \(M\)：
\[
\lim_{ n \to \infty } \sqrt[n]{ \sum_{i=1}^{n} \left[ f\left( \frac{i}{n} \right) \right]^{n} \frac{1}{n} } = \max_{0\leqslant x\leqslant 1}f(x)
\]
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