第二章 极限与连续 ^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^ .. contents:: :local: .. _ex-chap2: 课后习题解答 ================================ .. _ex-chap2-sec1: §2.1 数列的极限 -------------------------------- .. _ex-chap2-sec1-ex1: 1. 依据 :math:`\varepsilon - N` 定义证明: (6). :math:`\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{n} = 1`. .. proof:proof:: 需要证明对任意 :math:`\varepsilon > 0`, 存在正整数 :math:`N`, 使得当 :math:`n > N` 时, 有 :math:`\lvert \sqrt[n]{n} - 1 \rvert < \varepsilon`, 即 :math:`n < (1 + \varepsilon)^n`. 利用二项式展开右端, 有 .. math:: :label: binomial-expansion (1 + \varepsilon)^n = 1 + n \varepsilon + \dfrac{n(n-1)}{2} \varepsilon^2 + \cdots + \varepsilon^n > \dfrac{n(n-1)}{2} \varepsilon^2. 因此只需找到 :math:`N` 使得 :math:`n < \dfrac{n(n-1)}{2} \varepsilon^2` 对所有 :math:`n > N` 都成立. 于是, 只需要取 :math:`N = \max \left\{ 2, \left[ \dfrac{2}{\varepsilon^2} + 1 \right] \right\}` 即可. 这里 :math:`[ x ]` 表示 :math:`x` 的整数部分. 这里让 :math:`N` 至少为 2, 是为了保证二项式展开式 :eq:`binomial-expansion` 中的 :math:`\dfrac{n(n-1)}{2} \varepsilon^2` 项存在. .. _ex-chap2-sec1-ex4: 4. 设 :math:`x_n = \begin{cases} \dfrac{n-1}{n}, & n ~ \text{为偶数}, \\ \dfrac{\sqrt{n^2+1}}{n}, & n ~ \text{为奇数}, \end{cases}` 证明 :math:`\lim\limits_{n \to \infty} x_n = 1`. .. proof:proof:: 需要证明对任意 :math:`\varepsilon > 0`, 存在正整数 :math:`N`, 使得当 :math:`n > N` 时, 有 :math:`|x_n - 1| < \varepsilon`. 可以算得 .. math:: |x_n - 1| = \begin{cases} \dfrac{1}{n}, & n ~ \text{为偶数}, \\ \dfrac{\sqrt{n^2 + 1} - n}{n} = \dfrac{1}{n(\sqrt{n^2 + 1} + n)} < \dfrac{1}{n}, & n ~ \text{为奇数}. \end{cases} 因此只需取 :math:`N = \left[ \dfrac{1}{\varepsilon} \right] + 1` 即可. .. _ex-chap2-sec1-ex7: 7. 设 :math:`\lim\limits_{n \to \infty} x_n = 0`, :math:`y_n` 是一个有界数列, 即存在常数 :math:`M > 0`, 使得 :math:`|y_n| < M (n = 1, 2, \dots)`. 证明 :math:`\lim\limits_{n \to \infty} x_n y_n = 0`. .. proof:proof:: 由于 :math:`\lim\limits_{n \to \infty} x_n = 0`, 那么对任意 :math:`\varepsilon > 0`, 存在正整数 :math:`N`, 使得当 :math:`n > N` 时, 有 :math:`|x_n - 0| < \dfrac{\varepsilon}{M}`, 即 :math:`|x_n| < \dfrac{\varepsilon}{M}`. 又因为数列 :math:`y_n` 有界, 存在常数 :math:`M > 0`, 使得对所有 :math:`n` 都有 :math:`|y_n| < M`. 因此当 :math:`n > N` 时, 有 .. math:: |x_n y_n - 0| = |x_n y_n| = |x_n| |y_n| < \dfrac{\varepsilon}{M} \cdot M = \varepsilon. 这就证明了 :math:`\lim\limits_{n \to \infty} x_n y_n = 0`. .. _ex-chap2-sec2: §2.2 函数的极限 -------------------------------- .. _ex-chap2-sec2-ex6: 6. 证明: 若 :math:`\lim\limits_{x\to\infty} f(x) = a > 0`, 则存在 :math:`X > 0`, 使得当 :math:`|x| > X` 时, :math:`f(x) > 0`. .. proof:proof:: 由于 :math:`\lim\limits_{x \to \infty} f(x) = a > 0`, 那么对于 :math:`\varepsilon = \dfrac{a}{2} > 0`, 存在 :math:`X > 0`, 使得当 :math:`|x| > X` 时, :math:`|f(x) - a| < \varepsilon = \dfrac{a}{2}`. 也就是说有 .. math:: 0 < \dfrac{a}{2} < f(x) < \dfrac{3a}{2}. .. _ex-chap2-sec3: §2.3 极限运算法则 -------------------------------- .. _ex-chap2-sec3-ex5: 5. 设 :math:`f(x)` 是一个函数, 若直线 :math:`y = kx + b` 满足 .. math:: \lim_{x \to +\infty} \left [ f (x) - kx - b \right] = 0 \quad (\text {或者} ~ \lim_{x \to -\infty} \left [ f (x) - kx - b \right] = 0), 则称直线 :math:`y = kx + b` 是函数 :math:`f(x)` 在正无穷 (或者负无穷) 处的渐近线, 当 :math:`k = 0` 时, 称为水平渐近线; 当 :math:`k \neq 0` 时, 称为斜渐近线. 若 .. math:: \lim_{x \to x_0^+} f (x) = \infty \quad \text {或者} \quad \lim_{x \to x_0^-} f (x) = \infty, 记函数 :math:`f(x)` 在 :math:`x_0` 某一侧趋于无穷, 则称直线 :math:`x = x_0` 是函数 :math:`f(x)` 的垂直渐近线. (1). 证明：若直线 :math:`y = kx + b` 是 :math:`f(x)` 在正无穷处的渐近线, 则 .. math:: k = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{f(x)}{x}, \quad b = \lim_{x \to +\infty} \left[ f(x) - kx \right]; (2). 求函数 :math:`f(x) = \dfrac{x^3}{(x - 1)^2}` 的所有渐近线. .. proof:solution:: (1). 由题意, 有 .. math:: \lim_{x \to +\infty} \left [ f (x) - kx - b \right] = 0, 利用极限四则运算 (这里是加法) 法则有 .. math:: b = \lim_{x \to +\infty} \left[ (f(x) - kx - b) + b \right] = 0 + b = b. 利用上式, 也可以知道 :math:`\lim\limits_{x \to +\infty} \left[ f(x) - kx \right] = b`, 于是 .. math:: 0 = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{b}{x} = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{f(x) - kx}{x} = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{f(x)}{x} - k, 从而有 :math:`k = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{f(x)}{x}`. (2). 首先, 函数 :math:`f(x) = \dfrac{x^3}{(x - 1)^2}` 在 :math:`x = 1` 无定义, 且 .. math:: \lim_{x \to 1} f(x) = \lim_{x \to 1} \dfrac{x^3}{(x - 1)^2} = \infty, 因此 :math:`x = 1` 是 :math:`f(x)` 的垂直渐近线. 接下来计算斜渐近线以及水平渐近线: 有 .. math:: \dfrac{f(x)}{x} = \dfrac{x^3}{x(x - 1)^2} \to 1 \quad ( x \to \infty ), 于是, 斜率 :math:`k = 1`. 又有 .. math:: f(x) - x = \dfrac{x^3}{(x - 1)^2} - x = \dfrac{x^3 - x(x - 1)^2}{(x - 1)^2} = \dfrac{2x^2 - x}{(x - 1)^2} \to 2 \quad ( x \to \infty ). 于是, 截距 :math:`b = 2`. 这样就算得 :math:`f(x)` 还有斜渐近线 :math:`y = x + 2`. .. _ex-chap2-sec4: §2.4 极限存在准则与重要极限 -------------------------------- .. _ex-chap2-sec4-ex4: 4. 设 :math:`a > 0`, 数列 :math:`\{ x_n \}` 满足 :math:`x_1 = \sqrt{a}`, :math:`x_2 = \sqrt{a + x_1}`, ..., :math:`x_n = \sqrt{a + x_{n-1}}`, ..., 证明数列 :math:`\{ x_n \}` 收敛, 并求其极限. .. proof:proof:: 首先, 很容易观察到 :math:`x_n = \sqrt{a + x_{n-1}} \geqslant \sqrt{a}`. 接下来, 检查数列的单调性. 由于 :math:`x_1 = \sqrt{a}`, :math:`x_2 = \sqrt{a + \sqrt{a}} > \sqrt{a} = x_1`. 假设 :math:`x_n > x_{n-1}` 成立, 那么 .. math:: x_{n+1} = \sqrt{a + x_n} > \sqrt{a + x_{n-1}} = x_n. 由数学归纳法可知数列 :math:`\{ x_n \}` 是单调递增的. .. note:: 到这里, 还不能用单调有界准则来说明数列收敛, 因为只证明了单调递增数列 :math:`\{ x_n \}` 有下界 :math:`\sqrt{a}`, 还需要证明的是 :math:`\{ x_n \}` 有上界. 下面来证明数列 :math:`\{ x_n \}` 有上界. 由于 :math:`x_n = \sqrt{a + x_{n-1}} < \sqrt{a + x_n}`, 那么 :math:`x_n^2 - x_n - a < 0`, 即 .. math:: \left( x_n - \dfrac{1 + \sqrt{1 + 4a}}{2} \right) \left( x_n - \dfrac{1 - \sqrt{1 + 4a}}{2} \right) < 0. 由于 :math:`x_n > 0`, 那么 :math:`x_n < \dfrac{1 + \sqrt{1 + 4a}}{2}`. 这样就证明了数列 :math:`\{ x_n \}` 有上界. 由单调有界准则可知数列 :math:`\{ x_n \}` 收敛. 设 :math:`\lim\limits_{n \to \infty} x_n = A`, 那么对数列的递推关系式取极限, 有 .. math:: A = \sqrt{a + A}, 解得 :math:`A = \dfrac{1 + \sqrt{1 + 4a}}{2}` (舍去负根). .. _ex-chap2-sec4-ex5: 5. 设 :math:`a_1, a_2, \dots, a_k` 是 :math:`k` 个正数, 求极限 :math:`\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_1^n + a_2^n + \cdots + a_k^n}`. .. proof:solution:: 记 :math:`M = \max \{ a_1, a_2, \dots, a_k \}`. 那么有 .. math:: M = \sqrt[n]{M^n} \leqslant \sqrt[n]{a_1^n + a_2^n + \cdots + a_k^n} \leqslant \sqrt[n]{k M^n} = \sqrt[n]{k} \cdot M. 由于 :math:`\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{k} = 1`, 由夹逼准则可知 .. math:: \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_1^n + a_2^n + \cdots + a_k^n} = M = \max \{ a_1, a_2, \dots, a_k \}. .. _ex-chap2-sec4-ex7: 7. 斐波那契数列 :math:`\{ x_n \}` 如下定义: .. math:: x_1 = 1, x_2 = 1, \dots, x_{n+1} = x_n + x_{n-1}, 记 :math:`y_n = \dfrac{x_{n+1}}{x_n}`. (1). 证明 :math:`\{ y_n \}` 收敛; (2). 求 :math:`\lim\limits_{n\to\infty} y_n`. .. proof:proof:: 从斐波那契数列 :math:`\{ x_n \}` 的定义式出发, 有 .. math:: y_1 = 1, \dots, y_{n} = 1 + \dfrac{1}{y_{n-1}}. 由此可见 :math:`y_n \geqslant 1`, 即 1 是它的一个下界. 另一方面, 由 :math:`y_n \geqslant 1` 可推出 .. math:: y_{n} = 1 + \dfrac{1}{y_{n-1}} \leqslant 1 + \dfrac{1}{1} = 2, 即数列 :math:`\{ y_n \}` 满足 :math:`1 \leqslant y_n \leqslant 2`. 接下来, 检查数列 :math:`\{ y_n \}` 的单调性. 但是经过检查发现, 数列 :math:`\{ y_n \}` 没有单调性: .. math:: \text{假设} ~ y_n > y_{n-1} ~ \implies ~ y_{n+1} = 1 + \dfrac{1}{y_n} < 1 + \dfrac{1}{y_{n-1}} = y_n; \\ \text{假设} ~ y_n < y_{n-1} ~ \implies ~ y_{n+1} = 1 + \dfrac{1}{y_n} > 1 + \dfrac{1}{y_{n-1}} = y_n. 但是可以考察 :math:`y_n` 的偶数项与奇数项, 可以发现它们分别是单调的: .. math:: y_{n} = 1 + \dfrac{1}{y_{n-1}} = 1 + \dfrac{1}{1 + \dfrac{1}{y_{n-2}}} = \dfrac{2 y_{n-2} + 1}{y_{n-2} + 1}, 那么有 .. math:: y_{n} - y_{n-2} & = \dfrac{2 y_{n-2} + 1}{y_{n-2} + 1} - y_{n-2} = \dfrac{1 + y_{n-2} - y_{n-2}^2}{y_{n-2} + 1} \\ & = - \dfrac{(y_{n-2} - \frac{1 + \sqrt{5}}{2})(y_{n-2} - \frac{1 - \sqrt{5}}{2})}{y_{n-2} + 1}. 记 :math:`L = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}`, 从上式可以看出 .. math:: \text{若} ~ y_n \geqslant L ~ \implies~ y_n - y_{n-2} \leqslant 0; \\ \text{若} ~ y_n \leqslant L ~ \implies~ y_n - y_{n-2} \geqslant 0. 接下来, 可以用数学归纳法证明 :math:`y_{2n} \geqslant L` 且 :math:`y_{2n-1} \leqslant L`: .. math:: y_1 = 1 \leqslant L, \dots, y_{2n+1} = 1 + \dfrac{1}{y_{2n}} \leqslant 1 + \dfrac{1}{L} = L; \\ y_2 = 2 \geqslant L, \dots, y_{2n+2} = 1 + \dfrac{1}{y_{2n+1}} \geqslant 1 + \dfrac{1}{L} = L. 由此可知数列 :math:`\{ y_{2n} \}` 是单调递减且有下界的, 因此它收敛; 数列 :math:`\{ y_{2n-1} \}` 是单调递增且有上界的, 因此它也收敛. 设 :math:`\lim\limits_{n \to \infty} y_{2n} = A`, :math:`\lim\limits_{n \to \infty} y_{2n-1} = B`, 那么由递推关系式有 .. math:: A = 1 + \dfrac{1}{B}, \quad B = 1 + \dfrac{1}{A}. 解得 :math:`A = B = L`. 由于数列 :math:`\{ y_n \}` 的偶数项与奇数项的极限相等, 因此数列 :math:`\{ y_n \}` 收敛, 且 .. math:: \lim_{n \to \infty} y_n = L = \dfrac{1 + \sqrt{5}}{2}. .. _ex-chap2-sec5: §2.5 无穷大量与无穷小量 -------------------------------- .. _ex-chap2-sec5-ex2: 2. 计算下列极限: (5). :math:`\lim\limits_{x \to +\infty} x[\ln(x + 1) - x]`; .. proof:solution:: 由于 .. math:: \lim\limits_{x \to +\infty} [\ln(x + 1) - x] = \lim\limits_{x \to +\infty} \ln \dfrac{x + 1}{e^x} = -\infty, 因此 :math:`\lim\limits_{x \to +\infty} x[\ln(x + 1) - x] = -\infty`. .. note:: 这题应该又是一个印刷错误, 正确的题目应该是计算 :math:`\lim\limits_{x \to +\infty} x[\ln(x + 1) - \ln x]`, 那么计算过程如下: .. math:: \lim_{x \to +\infty} x[\ln(x + 1) - \ln x] = \lim_{x \to +\infty} x \ln \left( 1 + \dfrac{1}{x} \right) \xlongequal{t = \frac{1}{x}} \lim_{t \to 0^+} \dfrac{\ln(1 + t)}{t} = 1. .. _ex-chap2-sec6: §2.6 函数的连续性和间断点 -------------------------------- .. _ex-chap2-sec7: §2.7 闭区间上连续函数的性质 -------------------------------- .. _extra-chap2: 补充内容 ================================ .. _extra-chap2-sec2: §2.2 函数的极限 -------------------------------- .. _extra-chap2-sec2-topic1: 1. 设 :math:`a_n > 0 (n = 1, 2, \ldots)` 且存在常数 :math:`c > 0` 使得 :math:`\forall n > m > 1` 有 :math:`a_n \leqslant c \cdot a_m`. 已知 :math:`\{a_n\}` 存在子列 :math:`\{a_{n_k}\}` 极限等于0, 求证 :math:`\lim\limits_{n \to \infty} a_n = 0`. .. proof:proof:: 由于 :math:`\lim_{k \to \infty} a_{n_k} = 0`, 那么 :math:`\forall \varepsilon > 0, \exists K(\varepsilon) \in \mathbb{N}^+`, 使得 :math:`\forall k > K(\varepsilon)` 有 :math:`|a_{n_k} - 0| < \varepsilon / c`, 由于 :math:`a_n > 0` 对所有 :math:`n` 成立, 我们可以得到 .. math:: 0 < a_{n_k} < \varepsilon / c 由于 :math:`\forall n > m > 1` 有 :math:`a_n \leqslant c \cdot a_m`, 那么 :math:`\forall n > n_{K(\varepsilon)+1}` 有 .. math:: 0 < a_n < c \cdot a_{n_{K(\varepsilon)+1}} < c \cdot \varepsilon / c = \varepsilon 由于 :math:`\varepsilon` 是任意的, 所以 :math:`\lim\limits_{n \to \infty} a_n = 0`. .. _extra-chap2-sec4: §2.4 极限存在准则与重要极限 -------------------------------------------- .. _extra-chap2-sec4-topic1: 1. 求 :math:`\lim\limits_{x \to 0} x \left[ \dfrac{1}{x} \right]` .. proof:solution:: 取整函数的定义为 .. math:: [x] = \max \{ n \in \mathbb{Z} | n \leqslant x \} = n \text{ 若 } n \leqslant x < n + 1, n \in \mathbb{Z} 那么对于 :math:`\left[ \dfrac{1}{x} \right]` 来说, 有 :math:`\left[ \dfrac{1}{x} \right] \leqslant \dfrac{1}{x} < \left[ \dfrac{1}{x} \right] + 1` (将上式的 :math:`x, n` 分别替换为 :math:`\dfrac{1}{x}, \left[ \dfrac{1}{x} \right]` 即可), 那么 .. math:: \dfrac{1}{x} - 1 < \left[ \dfrac{1}{x} \right] \leqslant \dfrac{1}{x}, 从而有 .. math:: \begin{cases} 1 - x < x \left[ \dfrac{1}{x} \right] \leqslant 1, & \text{若} x > 0, \\ 1 \leqslant x \left[ \dfrac{1}{x} \right] < 1 - x, & \text{若} x < 0. \end{cases} 总之, 有 :math:`1 - \lvert x \rvert < x \left[ \dfrac{1}{x} \right] < 1 + \lvert x \rvert`, 从而由夹逼准则知 :math:`\lim\limits_{x \to 0} x \left[ \dfrac{1}{x} \right] = 1`. .. _extra-chap2-sec6: §2.6 函数的连续性和间断点 -------------------------------------------- .. _extra-chap2-sec6-topic1: 1. Riemann 函数定义为 .. math:: R(x) = \begin{cases} 0, & x \text{ 为无理数} \\ \dfrac{1}{q}, & x = \dfrac{p}{q} \text{ 为有理数, 且 } p, q \text{ 互素, } q > 0 \end{cases} 求证 Riemann 函数在所有无理数点处连续, 且在所有有理数点处间断. .. proof:proof:: 首先来证明 Riemann 函数在所有无理数点处连续. 任取无理数 :math:`x_0 \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}`, 同时任取 :math:`1 > \varepsilon > 0`. 对于 :math:`\varepsilon`, 取正整数 :math:`0 < q_0 \in \mathbb{N}^+`, 使得 :math:`\dfrac{1}{q_0} < \varepsilon`. 我们知道以下集合 .. math:: :label: riemann-nbhd \begin{aligned} A(x_0, q_0) & := \left\{ a \in \mathbb{Q} \ :\ a = \dfrac{p}{q}, p, q \text{ 互素, } 0 < q \leqslant q_0, ([x_0] - 1) q \leqslant p \leqslant ([x_0] + 2) q \right\} \\ & \subset [[x_0] - 1, [x_0] + 2] \end{aligned} 是有限集, 元素个数至多为 :math:`3 + \cdots + 3q_0 = 2 q_0 (q_0 + 1) / 3`, 其中 :math:`[ \cdot ]` 表示取整. 那么我们可以找到一个 :math:`\delta > 0`, 使得存在无理数 :math:`x_0` 的邻域 :math:`U(x_0, \delta)` (可以不妨设这个邻域包含于区间 :math:`[[x_0] - 1, [x_0] + 2]`), 使得 :math:`U(x_0, \delta) \cap A(x_0, q_0) = \emptyset`. 那么对于 :math:`\forall x \in U(x_0, \delta)`,有 .. math:: :label: riemann-neq \lvert R(x) - 0 \rvert = R(x) < \dfrac{1}{q_0} < \varepsilon, 这是因为在这个领域内使得 :math:`R(x) \geqslant \dfrac{1}{q_0}` 的(有理)数 :math:`x` 都必须属于集合 :math:`A`. 那么 :math:`\lim\limits_{x \to x_0} R(x) = 0 = R(x_0)`. 由于 :math:`x_0` 是任意的, 所以 Riemann 函数 :math:`R(x)` 在所有无理数点处连续. 然后来证明 Riemann 函数在所有有理数点处间断. 任取有理数 :math:`x_0 = \dfrac{p_0}{q_0} \in \mathbb{Q}`, 取 :math:`\varepsilon = \dfrac{1}{2 q_0}`, 那么 对于任意的 :math:`\delta > 0`, 总存在无理数 :math:`x_1 \in U(x_0, \delta)`, 这时有 :math:`R(x_1) = 0`, 从而有 .. math:: \lvert R(x_1) - R(x_0) \rvert = \dfrac{1}{q_0} > \varepsilon 这说明了 Riemann 函数 :math:`R(x)` 当自变量 :math:`x` 趋于有理点 :math:`x_0` 时, 函数值 :math:`R(x)` 不可能以这点的函数值 :math:`R(x_0)` 为极限, 从而知 Riemann 函数在所有有理数点处间断. 进一步考察去心邻域 :math:`\mathring{U}(x_0, \delta) = U(x_0, \delta) \setminus \{ x_0 \}`, 他与集合 :math:`A(x_0, q_0)` (对有理数也可以依 :eq:`riemann-nbhd` 类似定义) 的交集也是空集, 不等式 :eq:`riemann-neq` 仍然成立, 因此 Riemann 函数在所有有理数点的极限仍然是0, 由此可知 Riemann 函数在所有有理数点处的间断点类型都是第一类的可去间断点. 需要进一步注意的是, Riemann 函数在任何一个无理数的任何一个开邻域, 也就是包含这个无理数的开区间都不连续, 因为这个开区间里面一定有有理数, 黎曼函数在这些点处是不连续的. 因此 Riemann 函数是满足如下性质的特殊函数 函数在一点连续, 但在这点任何一个开邻域内都不连续.