第一章随堂测验答案解析

1. 问函数 \(f(x) = x \cos x\) 是否是周期函数, 如果是, 给出它的一个周期；如果不是, 说明理由.

解

函数 \(f(x) = x \cos x\) 不是周期函数.

假设 \(f(x)\) 是周期函数, 那么存在正数 \(T > 0\) 使得 \(f(x + T) = f(x)\) 对所有 \(x\) 成立. 那么对于 \(x = 0\), 有 \(f(T) = f(0) = 0\), 即 \(T \cos T = 0\), 由于 \(T > 0\), 所以 \(\cos T = 0\), 那么必须有 \(T = \dfrac{\pi}{2} + k \pi, k \in \mathbb{N}\). 将 \(T\) 的表达式代入 \(f(x) = f(x + T)\) 中, 得到

\[x \cos x = (x + \dfrac{\pi}{2} + k \pi) \cos (x + \dfrac{\pi}{2} + k \pi) = \pm (x + \dfrac{\pi}{2} + k \pi) \sin x\]

上式显然不是对所有 \(x\) 成立, 例如 \(x = -\dfrac{\pi}{2} + t \pi, t \in \mathbb{N}\) 时, 上式左边为 \(0\), 而上式右边为 \(\pm (t + k) \pi \sin \dfrac{\pi}{2} = \pm (t + k) \pi\), 这两边不相等, 所以假设不成立, 函数 \(f(x) = x \cos x\) 不是周期函数.

2. 求函数极限 \(\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sqrt{1 + x} - \sqrt{1 - x}}{x}\).

解

\[\begin{split}\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sqrt{1 + x} - \sqrt{1 - x}}{x} & = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sqrt{1 + x} - \sqrt{1 - x}}{x} \cdot \dfrac{\sqrt{1 + x} + \sqrt{1 - x}}{\sqrt{1 + x} + \sqrt{1 - x}} \\ & = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{1 + x - (1 - x)}{x \left( \sqrt{1 + x} + \sqrt{1 - x} \right)} \\ & = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{2x}{x \left( \sqrt{1 + x} + \sqrt{1 - x} \right)} \\ & = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{2}{\sqrt{1 + x} + \sqrt{1 - x}} = 1\end{split}\]

3. 设数列 \(\{a_n\}_{n\in\mathbb{N}}\) 满足: \(0 < a_1 < \pi, a_{n+1} = \sin a_n (n = 1, 2, \ldots)\), 求证数列极限 \(\lim\limits_{n \to \infty} a_n\) 存在.

证明

由于 \(0 < a_1 < \pi\), 所以 \(0 < \sin a_1 < 1\). 由于 \(\sin x\) 在 \([0, 1] \subset [0, \frac{\pi}{2}]\) 上是单调递增的, 所以 \(0 = \sin 0 < a_2 = \sin a_1 < 1 = \sin \frac{\pi}{2}\). 那么容易由数学归纳法知 \(0 < a_n < 1\) 对所有 \(n \geqslant 2\) 成立.

由于在区间 \((0, 1) \subset (0, \frac{\pi}{2})\) 上, 有 \(\sin x < x\), 所以对于任意的 \(n \in \mathbb{N}^+\), 有 \(0 < a_{n+1} = \sin a_n < a_n\). 那么由单调有界原理知数列 \(\{a_n\}_{n\in\mathbb{N}}\) 收敛, 即极限 \(\lim\limits_{n \to \infty} a_n\) 存在.

备注

我们可以进一步求出这个极限的值 (将其记为 \(a \in [0, 1]\)): 在 \(a_{n+1} = \sin a_n\) 两边同时对 \(n\) 取极限, 得到 \(\lim\limits_{n \to \infty} a_{n+1} = \lim\limits_{n \to \infty} \sin a_n\), 即有 \(a = \sin a\), 于是必须有 \(a = 0\).

4. 设 \(n \in \mathbb{N}\) 为正整数. 当 \(x \to 0\) 时, \((1 - \cos x) \cdot \ln (1 + x^2)\) 是比 \(x \sin x^n\) 高阶的无穷小, 而 \(x \sin x^n\) 是比 \(e^{x^2} - 1\) 高阶的无穷小. 求正整数 \(n\) 的值.

解

当 \(x \to 0\) 时, \((1 - \cos x) \cdot \ln (1 + x^2)\) 是比 \(x \sin x^n\) 高阶的无穷小, 这说明

\[\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{(1 - \cos x) \cdot \ln (1 + x^2)}{x \sin x^n} = 0\]

\((1 - \cos x)\) 的等价无穷小是 \(\dfrac{x^2}{2}\), \(\ln (1 + x^2)\) 的等价无穷小是 \(x^2\), \(\sin x^n\) 的等价无穷小是 \(x^n\), 上式可以改写为

\[\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\dfrac{x^2}{2} \cdot x^2}{x \cdot x^n} = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x^{3-n}}{2} = 0\]

于是有 \(3 - n > 0\), 即 \(n < 3\).

另一方面, 有当 \(x \to 0\) 时, \(x \sin x^n\) 是比 \(e^{x^2} - 1\) 高阶的无穷小, 即

\[\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x \sin x^n}{e^{x^2} - 1} = 0\]

\(e^{x^2} - 1\) 的等价无穷小是 \(x^2\), 上式可以改写为

\[\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x \cdot x^n}{x^2} = \lim\limits_{x \to 0} x^{n-1} = 0\]

于是有 \(n - 1 > 0\), 即 \(n > 1\).

综上有 \(1 < n < 3\), 由于 \(n\) 是正整数, 所以 \(n = 2\).

5. 函数 \(f(x) = \dfrac{(x - 1) \sin(x - 2)}{ x \lvert x - 1 \rvert (x - 2)}\) 都有哪些间断点? 这些间断点的类型分别是什么?

解

函数 \(f(x)\) 的分母的零点为 \(x = 0, 1, 2\), 所以 \(f(x)\) 在这三个点处间断.

在 \(x = 0\) 处, 函数 \(f(x)\) 的分子 \((x - 1) \sin(x - 2)\) 取值为 \(\sin 2 \neq 0\), 所以 \(f(x)\) 在 \(x = 0\) 处有 \(\lim\limits_{x \to 0} f(x) = \infty\), 间断点为第二类无穷间断点.

在 \(x = 1\) 处, 函数 \(f(x)\) 的分子 \((x - 1) \sin(x - 2)\) 取值为 \(0\), 所以需要进一步考察 \(f(x)\) 在 \(x = 1\) 处的左右极限:

\[\begin{split}\lim\limits_{x \to 1^-} f(x) & = \lim\limits_{x \to 1^-} \dfrac{(x - 1) \sin(x - 2)}{ x \lvert x - 1 \rvert (x - 2)} = \lim\limits_{x \to 1^-} \dfrac{-\sin(x - 2)}{ x (x - 2)} = -\sin 1 \\ \lim\limits_{x \to 1^+} f(x) & = \lim\limits_{x \to 1^+} \dfrac{(x - 1) \sin(x - 2)}{ x \lvert x - 1 \rvert (x - 2)} = \lim\limits_{x \to 1^+} \dfrac{\sin(x - 2)}{ x (x - 2)} = \sin 1\end{split}\]

左右极限存在但不相等, 所以 \(f(x)\) 在 \(x = 1\) 处间断点为第一类跳跃间断点.

在 \(x = 2\) 处, 函数 \(f(x)\) 的分子 \((x - 1) \sin(x - 2)\) 取值为 \(0\), 所以需要进一步考察 \(f(x)\) 在 \(x = 2\) 处的左右极限:

\[\lim\limits_{x \to 2} f(x) = \lim\limits_{x \to 2} \dfrac{(x - 1) \sin(x - 2)}{ x \lvert x - 1 \rvert (x - 2)} = \lim\limits_{x \to 2} \dfrac{(x - 1)}{ x \lvert x - 1 \rvert} = \dfrac{1}{2}\]

左右极限存在且相等, 所以 \(f(x)\) 在 \(x = 2\) 处间断点为第一类可去间断点.