\lim_{p\rightarrow \infty} \left\| x \right\| _p=\left\| x \right\| _{\infty}

当p趋向于无穷大时，范数的定义会发生变化。在这种情况下，我们有\(\left\| x \right\| _p=\left\| x \right\| _{\infty}\)。

这个等式表示当p趋向于无穷大时，\(x\)的\(p\)范数等于\(x\)的无穷范数。\(x\)的\(p\)范数定义为：
\(\left\| x \right\| _p = \left( \sum_{i=1}^{n} |x_i|^p \right)^{\frac{1}{p}}\)

而\(x\)的无穷范数定义为：
\(\left\| x \right\| _{\infty} = \max_{1 \leq i \leq n} |x_i|\)

当\(p\)趋向于无穷大时，\(x\)的每个元素的绝对值的最大值将成为范数的结果。因此，\(\left\| x \right\| _p\)将趋近于\(\left\| x \right\| _{\infty}\)。

相关问题

\lim _{n\rightarrow \infty }\frac{\sqrt[3]{n}}{\ln ^2\left(n+1\right)}求解

你好！对于这个极限问题，我们可以使用L'Hôpital法则来求解。首先，我们对分子和分母分别求导。

令 f(n) = √[3]{n} 和 g(n) = ln^2(n+1)，则分别求导得到 f'(n) = (1/3) * n^(-2/3) 和 g'(n) = 2 * ln(n+1) / (n+1)。

现在我们可以计算极限。根据L'Hôpital法则，如果极限的分子和分母都趋近于0或者正无穷大（或负无穷大），且极限存在，那么这个极限等于两个函数导数的极限之商。

即 lim(n→∞) f(n) / g(n) = lim(n→∞) f'(n) / g'(n)。

将导数代入，得到 lim(n→∞) [(1/3) * n^(-2/3)] / [2 * ln(n+1) / (n+1)]。

进一步化简，得到 lim(n→∞) [(n+1) * n^(-2/3)] / (6 * ln(n+1))。

我们可以看到，当 n 趋向正无穷大时，(n+1) * n^(-2/3) 和 ln(n+1) 同样趋向正无穷大。所以我们可以继续使用L'Hôpital法则。

再次对分子和分母求导，得到 [(n+1) * n^(-2/3)]' = (n^(-2/3) - 2n^(-5/3)) / 3 和 (6 * ln(n+1))' = 6 / (n+1)。

现在我们可以计算极限，得到 lim(n→∞) [(n^(-2/3) - 2n^(-5/3)) / 3] / [6 / (n+1)]。

将导数代入，得到 lim(n→∞) (n^(-2/3) - 2n^(-5/3)) / (18 / (n+1))。

继续化简，得到 lim(n→∞) [(n^(-2/3) - 2n^(-5/3)) * (n+1)] / 18。

再次应用L'Hôpital法则，对分子和分母求导，得到 [(n^(-2/3) - 2n^(-5/3)) * (n+1)]' = [(2/3) * n^(-5/3) - (10/3) * n^(-8/3)] * (n+1) + (n^(-2/3) - 2n^(-5/3))。

继续计算极限，得到 lim(n→∞) {[(2/3) * n^(-5/3) - (10/3) * n^(-8/3)] * (n+1) + (n^(-2/3) - 2n^(-5/3))} / 18。

将导数代入，得到 lim(n→∞) {[(2/3) * n^(-5/3) - (10/3) * n^(-8/3)] * (n+1) + (n^(-2/3) - 2n^(-5/3))} / 18。

我们可以看到，当 n 趋向正无穷大时，分子和分母都趋向0。所以我们可以再次使用L'Hôpital法则。

对分子和分母求导，得到 {[(2/3) * n^(-5/3) - (10/3) * n^(-8/3)] * (n+1) + (n^(-2/3) - 2n^(-5/3))}'。

继续计算极限，得到 lim(n→∞) {[(2/3) * n^(-5/3) - (10/3) * n^(-8/3)] * (n+1) + (n^(-2/3) - 2n^(-5/3))}'。

将导数代入，得到 lim(n→∞) [(2/3) * n^(-5/3) - (10/3) * n^(-8/3)] * (n+1) + (n^(-2/3) - 2n^(-5/3))。

我们可以看到，当 n 趋向正无穷大时，分子趋向 (-∞)，分母趋向0。所以这个极限不存在。

因此，根据计算，这个极限没有解。

求极限 $\lim \limits_{n \rightarrow \infty} \frac{\sqrt{n+5}-\sqrt{n+1}}{\sqrt{n+2}-\sqrt{n}}$. \item 求极限 $\lim \limits_{x \rightarrow y^{2}}(\cos x)^{\frac{x^{2}}{}}$.

第一个问题，我们可以先将分子和分母同时乘以分子分母的共轭，得到：

$$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt{5n}-\sqrt{n}}{\sqrt{2n}-\sqrt{n}} &= \lim_{n\to\infty}\frac{\left(\sqrt{5n}-\sqrt{n}\right)\left(\sqrt{2n}+\sqrt{n}\right)}{\left(\sqrt{2n}-\sqrt{n}\right)\left(\sqrt{2n}+\sqrt{n}\right)} \\ &=\lim_{n\to\infty}\frac{\left(\sqrt{5}-1\right)\sqrt{n}}{\sqrt{2}-1} \\ &= \frac{\sqrt{5}-1}{\sqrt{2}-1}\approx 2.24. \end{aligned}$$

第二个问题，我们可以将 $(\cos x)^{\frac{x^2}{}}$ 写成 $e^{\frac{x^2\ln(\cos x)}{}}$ 的形式，然后再考虑 $\lim_{x\to y^2}\frac{x^2\ln(\cos x)}{x-y^2}$ 的值。这个极限的分子和分母都趋近于 $0$，所以可以用洛必达法则求得：

$$\begin{aligned} \lim_{x\to y^2}\frac{x^2\ln(\cos x)}{x-y^2} &= \lim_{x\to y^2}\frac{2x\ln(\cos x)-\frac{1}{\cos x}\cdot \sin x\cdot 2x}{1} \\ &= \lim_{x\to y^2}2x\ln(\cos x)-2x\tan x \\ &= 2y^2\ln(\cos y^2)-2y^2\tan y^2. \end{aligned}$$

因为 $\lim_{x\to 0}\frac{\ln(\cos x)}{x^2}=-\frac{1}{2}$，所以 $\lim_{y\to 0}\ln(\cos y^2)=-\infty$，同时 $\tan y^2\to y^2$，所以最终的极限为 $-\infty$。因此，原极限不存在。