清华大学微积分习题课.pdf

1、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!212L

2、L，（*）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(1

3、1+=+=+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(12L nnnnnnn!11)()!1(22111)!1(1+=+，其中最后一个不等式利用了。令2)1()2(+n

4、nn+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

5、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 Charles Hermite 于 1873 年完成的一项了不起的工作。此外，德国数学家 Carl Lindemann 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 William Dunham（美），英文书名：The Calculus Gallery,Masterpieces from Newton to Lebesgue.中译本译名微积分的历程，人民邮电

6、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 Lxf

7、ax=)(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+=xxfxfxfaxfxf

8、xf 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

9、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 0 x时：exxxxxxxx+12)1(,1cos1 ,1)1ln(,1sin，,)1(,ln1bxxaxabx+其中，b为任意实数；0a x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，

10、.)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 aaxxxxln

11、1)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)(=+=（）0 x于是 abexfbaabxxfxfxxx=+=+ln)()(1/1)(1(2（

12、）.0 x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)(222xxxxxxxxf 2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 )(lim0 xfx+()()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

13、=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，0 xxu1cos1=的值在中振荡，从而的值在中振荡。2,0uey=,1 2e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 0 x01xe，因此21321lim)(lim2100=+=xxxxeexf.而时+0 x+xe1，故01 xe，表达式中分子分母同乘)(xf

14、xe2，导出)(lim0 xfx+=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

15、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=11lim10 xxxe（不存在），0=x是的第二类间断点；)(xf111lim11=xxxe，1011lim11=+xxxe，因此1=x是

16、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，f x()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=x 5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，