第二章 极限与连续

课后习题解答

§2.1 数列的极限

1. 依据 \(\varepsilon - N\) 定义证明:

   (6). \(\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{n} = 1\).

证明

需要证明对任意 \(\varepsilon > 0\), 存在正整数 \(N\), 使得当 \(n > N\) 时, 有 \(\lvert \sqrt[n]{n} - 1 \rvert < \varepsilon\), 即 \(n < (1 + \varepsilon)^n\). 利用二项式展开右端, 有

(1)\[(1 + \varepsilon)^n = 1 + n \varepsilon + \dfrac{n(n-1)}{2} \varepsilon^2 + \cdots + \varepsilon^n > \dfrac{n(n-1)}{2} \varepsilon^2.\]

因此只需找到 \(N\) 使得 \(n < \dfrac{n(n-1)}{2} \varepsilon^2\) 对所有 \(n > N\) 都成立. 于是, 只需要取 \(N = \max \left\{ 2, \left[ \dfrac{2}{\varepsilon^2} + 1 \right] \right\}\) 即可. 这里 \([ x ]\) 表示 \(x\) 的整数部分. 这里让 \(N\) 至少为 2, 是为了保证二项式展开式 (1) 中的 \(\dfrac{n(n-1)}{2} \varepsilon^2\) 项存在.

4. 设 \(x_n = \begin{cases} \dfrac{n-1}{n}, & n ~ \text{为偶数}, \\ \dfrac{\sqrt{n^2+1}}{n}, & n ~ \text{为奇数}, \end{cases}\) 证明 \(\lim\limits_{n \to \infty} x_n = 1\).

证明

需要证明对任意 \(\varepsilon > 0\), 存在正整数 \(N\), 使得当 \(n > N\) 时, 有 \(|x_n - 1| < \varepsilon\). 可以算得

\[\begin{split}|x_n - 1| = \begin{cases} \dfrac{1}{n}, & n ~ \text{为偶数}, \\ \dfrac{\sqrt{n^2 + 1} - n}{n} = \dfrac{1}{n(\sqrt{n^2 + 1} + n)} < \dfrac{1}{n}, & n ~ \text{为奇数}. \end{cases}\end{split}\]

因此只需取 \(N = \left[ \dfrac{1}{\varepsilon} \right] + 1\) 即可.

7. 设 \(\lim\limits_{n \to \infty} x_n = 0\), \(y_n\) 是一个有界数列, 即存在常数 \(M > 0\), 使得 \(|y_n| < M (n = 1, 2, \dots)\). 证明 \(\lim\limits_{n \to \infty} x_n y_n = 0\).

证明

由于 \(\lim\limits_{n \to \infty} x_n = 0\), 那么对任意 \(\varepsilon > 0\), 存在正整数 \(N\), 使得当 \(n > N\) 时, 有 \(|x_n - 0| < \dfrac{\varepsilon}{M}\), 即 \(|x_n| < \dfrac{\varepsilon}{M}\). 又因为数列 \(y_n\) 有界, 存在常数 \(M > 0\), 使得对所有 \(n\) 都有 \(|y_n| < M\). 因此当 \(n > N\) 时, 有

\[|x_n y_n - 0| = |x_n y_n| = |x_n| |y_n| < \dfrac{\varepsilon}{M} \cdot M = \varepsilon.\]

这就证明了 \(\lim\limits_{n \to \infty} x_n y_n = 0\).

§2.2 函数的极限

6. 证明: 若 \(\lim\limits_{x\to\infty} f(x) = a > 0\), 则存在 \(X > 0\), 使得当 \(|x| > X\) 时, \(f(x) > 0\).

证明

由于 \(\lim\limits_{x \to \infty} f(x) = a > 0\), 那么对于 \(\varepsilon = \dfrac{a}{2} > 0\), 存在 \(X > 0\), 使得当 \(|x| > X\) 时, \(|f(x) - a| < \varepsilon = \dfrac{a}{2}\). 也就是说有

\[0 < \dfrac{a}{2} < f(x) < \dfrac{3a}{2}.\]

§2.3 极限运算法则

5. 设 \(f(x)\) 是一个函数, 若直线 \(y = kx + b\) 满足

   \[\lim_{x \to +\infty} \left [ f (x) - kx - b \right] = 0 \quad (\text {或者} ~ \lim_{x \to -\infty} \left [ f (x) - kx - b \right] = 0),\]

   则称直线 \(y = kx + b\) 是函数 \(f(x)\) 在正无穷 (或者负无穷) 处的渐近线, 当 \(k = 0\) 时, 称为水平渐近线; 当 \(k \neq 0\) 时, 称为斜渐近线. 若

   \[\lim_{x \to x_0^+} f (x) = \infty \quad \text {或者} \quad \lim_{x \to x_0^-} f (x) = \infty,\]

   记函数 \(f(x)\) 在 \(x_0\) 某一侧趋于无穷, 则称直线 \(x = x_0\) 是函数 \(f(x)\) 的垂直渐近线.

   (1). 证明：若直线 \(y = kx + b\) 是 \(f(x)\) 在正无穷处的渐近线, 则

   \[k = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{f(x)}{x}, \quad b = \lim_{x \to +\infty} \left[ f(x) - kx \right];\]

   (2). 求函数 \(f(x) = \dfrac{x^3}{(x - 1)^2}\) 的所有渐近线.

解

(1). 由题意, 有

\[\lim_{x \to +\infty} \left [ f (x) - kx - b \right] = 0,\]

利用极限四则运算 (这里是加法) 法则有

\[b = \lim_{x \to +\infty} \left[ (f(x) - kx - b) + b \right] = 0 + b = b.\]

利用上式, 也可以知道 \(\lim\limits_{x \to +\infty} \left[ f(x) - kx \right] = b\), 于是

\[0 = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{b}{x} = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{f(x) - kx}{x} = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{f(x)}{x} - k,\]

从而有 \(k = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{f(x)}{x}\).

(2). 首先, 函数 \(f(x) = \dfrac{x^3}{(x - 1)^2}\) 在 \(x = 1\) 无定义, 且

\[\lim_{x \to 1} f(x) = \lim_{x \to 1} \dfrac{x^3}{(x - 1)^2} = \infty,\]

因此 \(x = 1\) 是 \(f(x)\) 的垂直渐近线.

接下来计算斜渐近线以及水平渐近线: 有

\[\dfrac{f(x)}{x} = \dfrac{x^3}{x(x - 1)^2} \to 1 \quad ( x \to \infty ),\]

于是, 斜率 \(k = 1\). 又有

\[f(x) - x = \dfrac{x^3}{(x - 1)^2} - x = \dfrac{x^3 - x(x - 1)^2}{(x - 1)^2} = \dfrac{2x^2 - x}{(x - 1)^2} \to 2 \quad ( x \to \infty ).\]

于是, 截距 \(b = 2\). 这样就算得 \(f(x)\) 还有斜渐近线 \(y = x + 2\).

§2.4 极限存在准则与重要极限

4. 设 \(a > 0\), 数列 \(\{ x_n \}\) 满足 \(x_1 = \sqrt{a}\), \(x_2 = \sqrt{a + x_1}\), ..., \(x_n = \sqrt{a + x_{n-1}}\), ..., 证明数列 \(\{ x_n \}\) 收敛, 并求其极限.

证明

首先, 很容易观察到 \(x_n = \sqrt{a + x_{n-1}} \geqslant \sqrt{a}\). 接下来, 检查数列的单调性. 由于 \(x_1 = \sqrt{a}\), \(x_2 = \sqrt{a + \sqrt{a}} > \sqrt{a} = x_1\). 假设 \(x_n > x_{n-1}\) 成立, 那么

\[x_{n+1} = \sqrt{a + x_n} > \sqrt{a + x_{n-1}} = x_n.\]

由数学归纳法可知数列 \(\{ x_n \}\) 是单调递增的.

备注

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 \(\{ x_n \}\) 有下界 \(\sqrt{a}\), 还需要证明的是 \(\{ x_n \}\) 有上界.

下面来证明数列 \(\{ x_n \}\) 有上界. 由于 \(x_n = \sqrt{a + x_{n-1}} < \sqrt{a + x_n}\), 那么 \(x_n^2 - x_n - a < 0\), 即

\[\left( x_n - \dfrac{1 + \sqrt{1 + 4a}}{2} \right) \left( x_n - \dfrac{1 - \sqrt{1 + 4a}}{2} \right) < 0.\]

由于 \(x_n > 0\), 那么 \(x_n < \dfrac{1 + \sqrt{1 + 4a}}{2}\). 这样就证明了数列 \(\{ x_n \}\) 有上界. 由单调有界准则可知数列 \(\{ x_n \}\) 收敛.

设 \(\lim\limits_{n \to \infty} x_n = A\), 那么对数列的递推关系式取极限, 有

\[A = \sqrt{a + A},\]

解得 \(A = \dfrac{1 + \sqrt{1 + 4a}}{2}\) (舍去负根).

5. 设 \(a_1, a_2, \dots, a_k\) 是 \(k\) 个正数, 求极限 \(\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_1^n + a_2^n + \cdots + a_k^n}\).

解

记 \(M = \max \{ a_1, a_2, \dots, a_k \}\). 那么有

\[M = \sqrt[n]{M^n} \leqslant \sqrt[n]{a_1^n + a_2^n + \cdots + a_k^n} \leqslant \sqrt[n]{k M^n} = \sqrt[n]{k} \cdot M.\]

由于 \(\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{k} = 1\), 由夹逼准则可知

\[\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_1^n + a_2^n + \cdots + a_k^n} = M = \max \{ a_1, a_2, \dots, a_k \}.\]

7. 斐波那契数列 \(\{ x_n \}\) 如下定义:

   \[x_1 = 1, x_2 = 1, \dots, x_{n+1} = x_n + x_{n-1},\]

   记 \(y_n = \dfrac{x_{n+1}}{x_n}\).

   (1). 证明 \(\{ y_n \}\) 收敛;

   (2). 求 \(\lim\limits_{n\to\infty} y_n\).

证明

从斐波那契数列 \(\{ x_n \}\) 的定义式出发, 有

\[y_1 = 1, \dots, y_{n} = 1 + \dfrac{1}{y_{n-1}}.\]

由此可见 \(y_n \geqslant 1\), 即 1 是它的一个下界. 另一方面, 由 \(y_n \geqslant 1\) 可推出

\[y_{n} = 1 + \dfrac{1}{y_{n-1}} \leqslant 1 + \dfrac{1}{1} = 2,\]

即数列 \(\{ y_n \}\) 满足 \(1 \leqslant y_n \leqslant 2\).

接下来, 检查数列 \(\{ y_n \}\) 的单调性. 但是经过检查发现, 数列 \(\{ y_n \}\) 没有单调性:

\[\begin{split}\text{假设} ~ y_n > y_{n-1} ~ \implies ~ y_{n+1} = 1 + \dfrac{1}{y_n} < 1 + \dfrac{1}{y_{n-1}} = y_n; \\ \text{假设} ~ y_n < y_{n-1} ~ \implies ~ y_{n+1} = 1 + \dfrac{1}{y_n} > 1 + \dfrac{1}{y_{n-1}} = y_n.\end{split}\]

但是可以考察 \(y_n\) 的偶数项与奇数项, 可以发现它们分别是单调的:

\[y_{n} = 1 + \dfrac{1}{y_{n-1}} = 1 + \dfrac{1}{1 + \dfrac{1}{y_{n-2}}} = \dfrac{2 y_{n-2} + 1}{y_{n-2} + 1},\]

那么有

\[\begin{split}y_{n} - y_{n-2} & = \dfrac{2 y_{n-2} + 1}{y_{n-2} + 1} - y_{n-2} = \dfrac{1 + y_{n-2} - y_{n-2}^2}{y_{n-2} + 1} \\ & = - \dfrac{(y_{n-2} - \frac{1 + \sqrt{5}}{2})(y_{n-2} - \frac{1 - \sqrt{5}}{2})}{y_{n-2} + 1}.\end{split}\]

记 \(L = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}\), 从上式可以看出

\[\begin{split}\text{若} ~ y_n \geqslant L ~ \implies~ y_n - y_{n-2} \leqslant 0; \\ \text{若} ~ y_n \leqslant L ~ \implies~ y_n - y_{n-2} \geqslant 0.\end{split}\]

接下来, 可以用数学归纳法证明 \(y_{2n} \geqslant L\) 且 \(y_{2n-1} \leqslant L\):

\[\begin{split}y_1 = 1 \leqslant L, \dots, y_{2n+1} = 1 + \dfrac{1}{y_{2n}} \leqslant 1 + \dfrac{1}{L} = L; \\ y_2 = 2 \geqslant L, \dots, y_{2n+2} = 1 + \dfrac{1}{y_{2n+1}} \geqslant 1 + \dfrac{1}{L} = L.\end{split}\]

由此可知数列 \(\{ y_{2n} \}\) 是单调递减且有下界的, 因此它收敛; 数列 \(\{ y_{2n-1} \}\) 是单调递增且有上界的, 因此它也收敛. 设 \(\lim\limits_{n \to \infty} y_{2n} = A\), \(\lim\limits_{n \to \infty} y_{2n-1} = B\), 那么由递推关系式有

\[A = 1 + \dfrac{1}{B}, \quad B = 1 + \dfrac{1}{A}.\]

解得 \(A = B = L\). 由于数列 \(\{ y_n \}\) 的偶数项与奇数项的极限相等, 因此数列 \(\{ y_n \}\) 收敛, 且

\[\lim_{n \to \infty} y_n = L = \dfrac{1 + \sqrt{5}}{2}.\]

§2.5 无穷大量与无穷小量

2. 计算下列极限:

   (5). \(\lim\limits_{x \to +\infty} x[\ln(x + 1) - x]\);

解

由于

\[\lim\limits_{x \to +\infty} [\ln(x + 1) - x] = \lim\limits_{x \to +\infty} \ln \dfrac{x + 1}{e^x} = -\infty,\]

因此 \(\lim\limits_{x \to +\infty} x[\ln(x + 1) - x] = -\infty\).

备注

这题应该又是一个印刷错误, 正确的题目应该是计算 \(\lim\limits_{x \to +\infty} x[\ln(x + 1) - \ln x]\), 那么计算过程如下:

\[\lim_{x \to +\infty} x[\ln(x + 1) - \ln x] = \lim_{x \to +\infty} x \ln \left( 1 + \dfrac{1}{x} \right) \xlongequal{t = \frac{1}{x}} \lim_{t \to 0^+} \dfrac{\ln(1 + t)}{t} = 1.\]

§2.6 函数的连续性和间断点

§2.7 闭区间上连续函数的性质

补充内容

§2.2 函数的极限

1. 设 \(a_n > 0 (n = 1, 2, \ldots)\) 且存在常数 \(c > 0\) 使得 \(\forall n > m > 1\) 有 \(a_n \leqslant c \cdot a_m\). 已知 \(\{a_n\}\) 存在子列 \(\{a_{n_k}\}\) 极限等于0, 求证 \(\lim\limits_{n \to \infty} a_n = 0\).

证明

由于 \(\lim_{k \to \infty} a_{n_k} = 0\), 那么 \(\forall \varepsilon > 0, \exists K(\varepsilon) \in \mathbb{N}^+\), 使得 \(\forall k > K(\varepsilon)\) 有 \(|a_{n_k} - 0| < \varepsilon / c\), 由于 \(a_n > 0\) 对所有 \(n\) 成立, 我们可以得到

\[0 < a_{n_k} < \varepsilon / c\]

由于 \(\forall n > m > 1\) 有 \(a_n \leqslant c \cdot a_m\), 那么 \(\forall n > n_{K(\varepsilon)+1}\) 有

\[0 < a_n < c \cdot a_{n_{K(\varepsilon)+1}} < c \cdot \varepsilon / c = \varepsilon\]

由于 \(\varepsilon\) 是任意的, 所以 \(\lim\limits_{n \to \infty} a_n = 0\).

§2.4 极限存在准则与重要极限

1. 求 \(\lim\limits_{x \to 0} x \left[ \dfrac{1}{x} \right]\)

解

取整函数的定义为

\[[x] = \max \{ n \in \mathbb{Z} | n \leqslant x \} = n \text{ 若 } n \leqslant x < n + 1, n \in \mathbb{Z}\]

那么对于 \(\left[ \dfrac{1}{x} \right]\) 来说, 有 \(\left[ \dfrac{1}{x} \right] \leqslant \dfrac{1}{x} < \left[ \dfrac{1}{x} \right] + 1\) (将上式的 \(x, n\) 分别替换为 \(\dfrac{1}{x}, \left[ \dfrac{1}{x} \right]\) 即可), 那么

\[\dfrac{1}{x} - 1 < \left[ \dfrac{1}{x} \right] \leqslant \dfrac{1}{x},\]

从而有

\[\begin{split}\begin{cases} 1 - x < x \left[ \dfrac{1}{x} \right] \leqslant 1, & \text{若} x > 0, \\ 1 \leqslant x \left[ \dfrac{1}{x} \right] < 1 - x, & \text{若} x < 0. \end{cases}\end{split}\]

总之, 有 \(1 - \lvert x \rvert < x \left[ \dfrac{1}{x} \right] < 1 + \lvert x \rvert\), 从而由夹逼准则知 \(\lim\limits_{x \to 0} x \left[ \dfrac{1}{x} \right] = 1\).

§2.6 函数的连续性和间断点

1. Riemann 函数定义为

   \[\begin{split}R(x) = \begin{cases} 0, & x \text{ 为无理数} \\ \dfrac{1}{q}, & x = \dfrac{p}{q} \text{ 为有理数, 且 } p, q \text{ 互素, } q > 0 \end{cases}\end{split}\]

   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.

证明

首先来证明 Riemann 函数在所有无理数点处连续. 任取无理数 \(x_0 \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}\), 同时任取 \(1 > \varepsilon > 0\). 对于 \(\varepsilon\), 取正整数 \(0 < q_0 \in \mathbb{N}^+\), 使得 \(\dfrac{1}{q_0} < \varepsilon\). 我们知道以下集合

(2)\[\begin{split}\begin{aligned} A(x_0, q_0) & := \left\{ a \in \mathbb{Q} \ :\ a = \dfrac{p}{q}, p, q \text{ 互素, } 0 < q \leqslant q_0, ([x_0] - 1) q \leqslant p \leqslant ([x_0] + 2) q \right\} \\ & \subset [[x_0] - 1, [x_0] + 2] \end{aligned}\end{split}\]

是有限集, 元素个数至多为 \(3 + \cdots + 3q_0 = 2 q_0 (q_0 + 1) / 3\), 其中 \([ \cdot ]\) 表示取整. 那么我们可以找到一个 \(\delta > 0\), 使得存在无理数 \(x_0\) 的邻域 \(U(x_0, \delta)\) (可以不妨设这个邻域包含于区间 \([[x_0] - 1, [x_0] + 2]\)), 使得 \(U(x_0, \delta) \cap A(x_0, q_0) = \emptyset\). 那么对于 \(\forall x \in U(x_0, \delta)\),有

(3)\[\lvert R(x) - 0 \rvert = R(x) < \dfrac{1}{q_0} < \varepsilon,\]

这是因为在这个领域内使得 \(R(x) \geqslant \dfrac{1}{q_0}\) 的(有理)数 \(x\) 都必须属于集合 \(A\). 那么 \(\lim\limits_{x \to x_0} R(x) = 0 = R(x_0)\). 由于 \(x_0\) 是任意的, 所以 Riemann 函数 \(R(x)\) 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 \(x_0 = \dfrac{p_0}{q_0} \in \mathbb{Q}\), 取 \(\varepsilon = \dfrac{1}{2 q_0}\), 那么 对于任意的 \(\delta > 0\), 总存在无理数 \(x_1 \in U(x_0, \delta)\), 这时有 \(R(x_1) = 0\), 从而有

\[\lvert R(x_1) - R(x_0) \rvert = \dfrac{1}{q_0} > \varepsilon\]

这说明了 Riemann 函数 \(R(x)\) 当自变量 \(x\) 趋于有理点 \(x_0\) 时, 函数值 \(R(x)\) 不可能以这点的函数值 \(R(x_0)\) 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 \(\mathring{U}(x_0, \delta) = U(x_0, \delta) \setminus \{ x_0 \}\), 他与集合 \(A(x_0, q_0)\) (对有理数也可以依 (2) 类似定义) 的交集也是空集, 不等式 (3) 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.