第一章随堂测验答案解析

第一章随堂测验答案解析#

  1. 求极限 \(\lim\limits_{x \to 0} x \left[ \dfrac{1}{x} \right]\), 其中取整函数的定义为

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

由取整函数的定义知有不等式

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

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

  1. 求极限 \(\lim\limits_{x \to 1} x^{\frac{1}{1 - x}}\)

解

令 \(t = 1 - x\), 则 \(x = 1 - t\), 那么有

\[\lim\limits_{x \to 1} x^{\frac{1}{1 - x}} = \lim\limits_{t \to 0} (1 - t)^{\frac{1}{t}} = \lim\limits_{t \to 0} \left( (1 - t)^{\frac{1}{t}} \right)^{-1} = \dfrac{1}{e}.\]

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

证明

有如下的等价无穷小关系

\[\begin{split}(1 - \cos x) \cdot \ln (1 + x^2) & \sim \dfrac{x^2}{2} \cdot x^2 = \dfrac{x^4}{2}, \\ x \cdot \tan x^n & \sim x \cdot x^n = x^{n+1}, \\ x \cdot \arcsin^n x & \sim x \cdot x^n = x^{n+1}, \\ e^{x^2} - 1 & \sim x^2.\end{split}\]

于是有 \(n + 1 < 4\), 以及 \(n + 1 > 2\), 即 \(2 < n + 1 < 4\), 从而 \(n = 2\).

  1. 函数 \(f(x) = \dfrac{(e^x - e^2) \cos \frac{\pi x}{2}}{\lvert x - 1 \rvert (x - 2)}\) 在 \(\mathbb{R}\) 上是否有间断点? 若有, 列出所有间断点, 并判断其类型. 若无, 请证明之.

解

函数 \(f(x)\) 在 \(x = 1, 2\) 处无定义, 所以 \(x = 1, 2\) 是函数 \(f(x)\) 的间断点.

\(x = 1\) 处的左极限为

\[\lim\limits_{x \to 1^-} f(x) = \lim\limits_{x \to 1^-} \dfrac{(e^x - e^2) \cos \frac{\pi x}{2}}{(1 - x) (x - 2)} = \lim\limits_{x \to 1^-} \dfrac{(e^x - e^2) \sin \frac{\pi (x - 1)}{2}}{(x - 1) (x - 2)} = \dfrac{(e^2 - e) \pi}{2}.\]

\(x = 1\) 处的右极限为

\[\lim\limits_{x \to 1^+} f(x) = \lim\limits_{x \to 1^+} \dfrac{(e^x - e^2) \cos \frac{\pi x}{2}}{(x - 1) (x - 2)} = -\dfrac{(e^2 - e) \pi}{2}.\]

由于左右极限都存在但不相等, 所以 \(x = 1\) 是函数 \(f(x)\) 的第一类跳跃间断点.

\(x = 2\) 处的有极限为

\[\lim\limits_{x \to 2} f(x) = \lim\limits_{x \to 2} \dfrac{(e^x - e^2) \cos \frac{\pi x}{2}}{\lvert x - 1 \rvert (x - 2)} = \lim\limits_{x \to 2} \dfrac{e^2(e^{x - 2} - 1) \cos \frac{\pi x}{2}}{\lvert x - 1 \rvert (x - 2)} = e^2 \cos \pi = -e^2.\]

于是 \(x = 2\) 是函数 \(f(x)\) 的第一类可去间断点.

  1. 设函数 \(f(x)\) 在闭区间 \([a, a + 2b]\) 上连续, \(b > 0\). 证明: 存在 \(\xi \in [a, a + b]\) 使得

    \[f(\xi + b) - f(\xi) = \frac{1}{2} \left[ f(a + 2b) - f(a) \right]\]
解

令 \(F(x) = f(x + b) - f(x) - \dfrac{1}{2} \left[ f(a + 2b) - f(a) \right]\). 则 \(F(x)\) 在闭区间 \([a, a + b]\) 上连续, 且有

\[\begin{split}F(a) & = f(a + b) - f(a) - \dfrac{1}{2} \left[ f(a + 2b) - f(a) \right] = f(a + b) - \dfrac{1}{2} \left[ f(a + 2b) + f(a) \right] \\ F(a + b) & = f(a + 2b) - f(a + b) - \dfrac{1}{2} \left[ f(a + 2b) - f(a) \right] = -f(a + b) + \dfrac{1}{2} \left[ f(a + 2b) + f(a) \right]\end{split}\]

从而有 \(F(a) = -F(a + b)\). 若 \(F(a) = F(a + b) = 0\), 则取 \(\xi = a\) 或 \(\xi = a + b\) 即可. 否则 \(F(a), F(a + b)\) 异号, 由闭区间上连续函数的零点存在定理知, 存在 \(\xi \in [a, a + b]\) 使得 \(F(\xi) = 0\), 即 \(f(\xi + b) - f(\xi) = \dfrac{1}{2} \left[ f(a + 2b) - f(a) \right]\).