清华大学微积分习题课.pdf
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第第4周习题课内容周习题课内容数列和函数的极限一、数列的极限一、数列的极限（与自然对数的底e有关的极限）例例1回忆自然对数的底定义，nnne+=+11lim:
，求证=+=nknke0!
1lim，这里约定。
1!
0=证明：
记=nknkb0!
1:
，则显然单调增。
进一步注意到nbkkkkk111）1（1!
1=，2k，由此得到=+=+=mknknnkkkb2031121112!
1，即数列有界。
根据单调收敛准则可知收敛。
记nbnbbbnn=lim。
再考虑数，其中nnae+=lim:
nnna+=11:
。
利用二项式展开（参见教科书），+=nnnnnnnan1111!
12111!
3111!
212LL，（*）由此可知。
令得nnba+nknknnnan1111!
12111!
3111!
212LL。
在上式中令（注意固定）立刻得到。
再令+n2kkbe+k就得到。
be综上有，结论得证。
be=注：
在无穷级数理论里，用记号来表示数列的极限（假设极限存在），即。
本题的结论说明，数可以用无穷级数来表示，即+=0kka=nkka0=+=:
0kka=+nkkna0lime+=0!
1kke。
例例2*（选作题）记=nknke0!
1:
，利用Stolz定理证明1）!
1（lim=+nnn。
证明：
注意到）!
1
（1）!
1（+=+nnnn，考虑分子与分母相继两项的差，得112）!
2
（1）!
1
（1）!
2
（1）!
1（11+=+=+nnnnnnnnn（+n），由Stolz定理即得1）!
1（lim=+nnn。
证毕。
注：
本题结论说明，=nkk0!
1和数e的误差大约是）!
1（1+n。
更精确的误差估计见下题。
例例3求证nnkennk!
1!
1）!
1（10+=，1n。
注：
上述结论告诉我们，用和式=nkk0!
1来逼近数非常有效，且误差很容易估计。
e证明：
由例1，=nknkb0!
1:
单调增逼近e，所以ebnknnk!
1）!
2
（1）!
1（1mnnbbnm+=L+nmnnnn）2
（1）2（1211）!
1（12Lnnnnnnn!
11）（）!
1（22111）!
1（1+=+，其中最后一个不等式利用了。
令2）1（）2（+nnn+m，得到nnnnnkebenkn!
1）1（）!
1（2!
10+=求证的第二个不等式也成立。
例例4证明自然对数的底是无理数。
e证明：
反证假设数e是有理数，即e可表为qpe/=，其中qp,均为正整数，记=qkqkqkekqp00!
1!
1:
，于是，根据等式=qkqkqpqq0!
1!
可知，数qq!
是正整数。
但另一方面，根据例3的结论，我们得到qqkeqqkq!
1!
1）!
1（10=+=。
由此得qqqq1!
11+。
可见数qq!
不是正整数。
上述矛盾表明，自然对数的底不是有理数，而是无理数。
e注注1：
一个实数如果是某个整数系数多项式方程的根就被称作代数数。
非代数数的实数称为超越数。
显然，代数数包括所有有理数，以及许多无理数，例如2。
因为2是方程的根。
与代数数相比较而言，我们对于超越数了解更少。
在例4里已经证明了自然对数的底e是无理数。
进一步还可以证明，数是超越数。
这是法国数学家CharlesHermite于1873年完成的一项了不起的工作。
此外，德国数学家CarlLindemann于1882年证明圆周率022=xe也是超越数。
推荐一本学习微积分课程的补充读物，作者WilliamDunham（美），英文书名：
TheCalculusGallery,MasterpiecesfromNewtontoLebesgue.中译本译名微积分的历程，人民邮电出版社2010年出版。
书中有一章专门介绍代数数和超越数。
注注2：
在习题1.4题17（课本第19页）中，我们见到另一个由极限式定义的常数577.0ln1211lim:
+=+nnnL数通常称作Euler-Mascheroni常数。
这是另一个重要的数学常数，出现在数学的许多地方。
相比较数e和数而言，我们对常数的了解更少。
迄今为止，还不知道是否为无理数。
许多数学家相信，是个超越数。
一般来说，证明某个数是超越数比证明它是无理数要困难的多。
如果研究数取得进展，必将在数学史册永久留名。
二、函数的极限二、函数的极限（概念和计算）例例1.分析以下几种说法，哪些等价于函数存在极限Lxfax=）（lim，哪些只是充分条件，哪些只是必要条件：
（1））1,0（，）1,0（，使得，使得|-|0ax时，必有nLxf1）（，使得Nnnax1|-|0时，必有，0，使得|-|0ax时，必有，0，使得|-|ax时，必有，0，使得|-|ax时，必有=AxfaxAxfax=）（lim。
证明：
（1）根据定义比较二者含义：
0）（lim=xfax：
0，0，使得|-|0ax时，必有，0，使得|-|0ax时，0，使得|-|0ax时，AAxf）（，从而a，1）（）（lim=+xfaxfx。
证明：
（1）时，由在21a）（xf（）+,0单调递增性，）
（1）（）2（）（）（）（）（1+=xxfxfxfaxfxfxf由夹逼定理，1）（）（lim=+xfaxfx。
（2）时，42a）（）2（）2（）22（）（）（）（）2（xfxafxafxafxfaxfxfxf=（*）而由已知条件1）2（）22（lim=+xafxafx，再注意这时221a，由
（1）1）（）2（lim=+xfxafx，回到（*）式，利用夹逼定理得1）（）（lim=+xfaxfx。
（3）依此递推可证，1a1）（）（lim=+xfaxfx。
（4）当10a1）/（）（lim）（）（lim=+=+atftfxfaxftaxtx。
第第5周习题课内容周习题课内容函数的极限和连续一、函数的极限一、函数的极限提要：
提要：
求极限的一种主要方法是将所考虑的极限转化为结论明显的极限形式，特别是转化为一些标准极限模式，包括0x时：
exxxxxxxx+12）1（,1cos1,1）1ln（,1sin，,）1（,ln1bxxaxabx+其中，b为任意实数；0ax时：
exx+）11（.以上模式再结合复合函数极限模式，就可以解决很多复杂的极限问题。
例例1.求。
（这是课本习题2.3题8（6），p.51）xxxx/10）cossin2（lim+解：
将函数写作xxx/1）cossin2（+（）（）（/1）
（1）cossin2（xfxgxxfxx+=+，其中，01cossin2:
）（+=xxxf21cossin2:
）（+=xxxxg，.）0（x于是.2/10）cossin2（limexxxx=+例例2设，确定的值，使得存在。
（课本习题2.4题12，p.57）0ap）（lim）1/（1/1+xxpxaax解：
如果，则所考虑的极限对任何均存在，且极限值为零。
以下设。
1=ap1a由于，故有10=aay）0（y1/1xa）（+x。
因此极限存在，当且仅当极限）（lim）1/（1/1+xxpxaax）1（lim）1（1+xxaxpx存在。
并且当这两个极限存在时，它们的极限值相同。
回忆标准极限ayayln1，（）。
0y0a我们有）1
（1）1（）1
（1）1（/1）1（1+=+xxxaaxpxxxxpxx.根据aaxxxxln1）1
（1）1（+，（+x），以及+2,02,12,）1（pppxxxp，（+x）1当时，极限存在。
2p）（lim）1/（1/1+xxpxaax当时，极限值为；当2=paln2a0bxxxxba/102lim+.进一步求极限xxnxxnaa/110lim+L，这里，.01a0na解：
这是型的极限问题。
与此相关的标准极限是1（）eyy+/11（）.0y将2xxba+写作）（12xfbaxx+=+，这里2121:
）（+=xxbaxf。
由于abbaxbxaxxfxxln）ln（ln212121）（=+=（）0x于是abexfbaabxxfxfxxx=+=+ln）（）（1/1）（1（2（）.0x利用同样的方法可证nnxxnxxaaanaa=+LL21/110lim.二、函数的间断点二、函数的间断点例1例1.讨论下列函数的连续性）（xf（）+=.0,cos1,0,0,0,2sin1ln）（222xxxxxxxxf2解：
函数各段表达式在给定的区间内为初等函数（连续），所以唯一可能的间断点是；0=x）（lim0xfx+（）（）212sinsinsin1lnlim2sin1lnlim22220220=+=+=+xxxxxxxx，21cos1lim）（lim200=xxxfxx，0）0（=f，可见为的可去间断点。
0=x）（xf例2.例2.考察函数xey1cos1=的连续性。
解：
这是一个复合函数，处处连续，而uey=xu1cos1=有第二类间断点；0=x于是函数xey1cos1=除去点之外处处连续。
0=x当时，0xxu1cos1=的值在中振荡，从而的值在中振荡。
2,0uey=,12e可见为函数0=xxey1cos1=的第二类间断点（振荡型间断点）。
注：
第二类间断点通常包括无穷型间断点和振荡型间断点，也有二者结合型的。
例3.例3.设xxeexf21321）（+=，研究在0=x处的连续性。
）（xf解：
注意时0x01xe，因此21321lim）（lim2100=+=xxxxeexf.而时+0x+xe1，故01xe，表达式中分子分母同乘）（xfxe2，导出）（lim0xfx+=032lim2120=+xxxxeee.综上是的第一类间断点（跳跃间断点）。
0=x）（xf例4例4.设=+=.0,0,0,12）（41xxeexfxx=.0,1,0,|sin）（xxxxxg）（）（）（xgxfxh+=.研究3个函数在的连续性。
0=x解：
分别计算和的左右极限）（xf）（xg）0（012lim）（lim4100feexfxxxx=+=，）0（1|sinlim）（lim00gxxxgxx=，3）0（212lim）（lim4100feexfxxxx=+=+，）0（1|sinlim）（lim00gxxxgxx=+，可见和都在左连续，但不右连续；）（xf）（xg0=x0=x是它们的跳跃间断点。
再考察：
）（xh）0（110）（lim）（lim）（lim000hxgxfxhxxx=+=+=，）0（112）（lim）（lim）（lim000hxgxfxhxxx=+=+，可见在点连续。
）（xh0=x例5.例5.设函数11）（1=xxexf，研究其间断点类型。
解：
可能的间断点都在分母为0的点：
0=x，1=x。
注意01lim0=xxx，=1lim1xxx，+=+1lim1xxx，所以=11lim10xxxe（不存在），0=x是的第二类间断点；）（xf111lim11=xxxe，1011lim11=+xxxe，因此1=x是的第一类间断点。
）（xf三、函数的连续性三、函数的连续性例1.例1.设函数在上连续，且）（xf）,（+0）（lim=xfx存在，若在内可取到正值，证明函数在）（xf）,（+）（xf（）,+上必有正的最大值。
证：
由题意至少有一点x1+（,）使，fx（）10又因为0）（lim=xfx，则对0）（1=xf，0|1xX，时，.Xx|）（|）（|1xfxfxfxf而当时，Xx|）（）（|）（|01xfxfxff1）1（=fF01）1（）1（=0）（0cos1）（2xxgxxxxf，其中是有界函数，考察在处的连续性）（xg）（xf0=x5与可微性。
解：
首先，考查处的左右极限：
0）0（=f0=x02limcos1lim）（lim2000=+xxxxxfxxx，0）（lim）（lim200=xgxxfxx（因为有界），）（xg因此）0（）（lim0fxfx=，故在）（xf0=x处连续。
其次，考查处的左右导数：
0=x0）（lim）0（）（lim00=xxgxfxfxx，02limcos1lim）0（）（lim2/32000=+xxxxxxfxfxxx，可见与）0（+f）0（f均存在且相等，
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