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第4周习题课内容数列和函数的极限一、数列的极限（与自然对数的底e有关的极限）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}{nb}{nbbbnn=∞→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!212LL，（*）由此可知。令得nnba+∞→nbe≤（极限保序）。为证明，再次利用等式（*），固定任意正整数，则对于所有，有be≥2≥kkn⎟⎠⎞⎜⎝⎛−−⎟⎠⎞⎜⎝⎛−++⎟⎠⎞⎜⎝⎛−⎟⎠⎞⎜⎝⎛−+⎟⎠⎞⎜⎝⎛−+nknknnnan1111!12111!3111!212LL。在上式中令（注意固定）立刻得到。再令+∞→n2≥kkbe≥+∞→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2*．（选作题）记∑=−=nknke0!1:ε，利用Stolz定理证明1)!1(lim=++∞→nnnε。证明：注意到)!1(1)!1(+=+nnnnεε，考虑分子与分母相继两项的差，得112)!2(1)!1(1)!2(1)!1(11→++=+++=+−+−+nnnnnnnnnεε（+∞→n），由Stolz定理即得1)!1(lim=++∞→nnnε。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3．求证nnkennk!1!1)!1(10−+∑=，1≥∀n。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=+++=∑10)!1(1!1——第一个求证的不等式成立。为证第二个不等式，固定，对于任意，我们有1≥nnm!1)!2(1)!1(1mnnbbnm+++++=−L⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛++++++++−nmnnnn)2(1)2(1211)!1(12Lnnnnnnn!11)()!1(22111)!1(1+++=+−⋅+，其中最后一个不等式利用了。令2)1()2(++nnn+∞→m，得到nnnnnkebenkn!1)1()!1(2!10+++≤−=−∑=——求证的第二个不等式也成立。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:ε，于是，根据等式⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−=∑=qkqkqpqq0!1!!ε可知，数qqε!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−=+∑=ε。由此得qqqq1!11+ε。可见数qqε!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CharlesHermite于1873年完成的一项了不起的工作。此外，德国数学家CarlLindemann于1882年证明圆周率022=−xeπ也是超越数。推荐一本学习微积分课程的补充读物，作者WilliamDunham（美），英文书名：TheCalculusGallery,MasterpiecesfromNewtontoLebesgue.中译本译名《微积分的历程》，人民邮电出版社2010年出版。书中有一章专门介绍代数数和超越数。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γ577.0ln1211lim:≈⎟⎠⎞⎜⎝⎛−+++=+∞→nnnLγ数γ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π而言，我们对常数γ的了解更少。迄今为止，还不知道γ是否为无理数。许多数学家相信，γ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γ取得进展，必将在数学史册永久留名。二、函数的极限（概念和计算）例1.分析以下几种说法，哪些等价于函数存在极限Lxfax=→)(lim，哪些只是充分条件，哪些只是必要条件：（1）)1,0(∈∀ε，)1,0(∈∃δ，使得δ≤|-|0ax时，必有ε≤−Lxf)(；（2），N∈∀n0∃δ，使得δ|-|0ax时，必有nLxf1)(−；（3）0∀ε，，使得N∈∃nnax1|-|0时，必有ε−Lxf)(；（4）0∀ε，0∃δ，使得δ≤|-|0ax时，必有ε≤−Lxf)(0；（5）0∀ε，0∃δ，使得δ|-|ax时，必有ε−Lxf)(；（6）0∀ε，0∃δ，使得δ|-|ax时，必有ε−Lxf)(0。解：（1）—（3）都与函数极限定义等价。若（4）成立，则可导出Lxfax=→)(lim，所以（4）是Lxfax=→)(lim的充分条件；但不是必要条件，比如不满足（4）。Lxf≡)(若（5）成立，则除了导出Lxfax=→)(lim，还必有Laf=)(（即在)(xfax=连续）；可见（5）也是的充分条件，但不是必要的——观察Lxfax=→)(lim1sinlim0=→xxx。若（6）成立，当然也可以导出Lxfax=→)(lim；但进一步观察此时的值可以发现，)(af无论是否等于都会导出矛盾。这说明实际上不可能存在函数满足（6）！L【“荒谬的条件如果成立可以导出任何结论”】例2.设函数)(xf在ax=附近有定义（ax=可除外），证明：（1）的充分必要条件是0)(lim=→xfax0|)(|lim=→xfax（2）若，则0)(lim=→AxfaxAxfax=→)(lim。证明：（1）根据定义比较二者含义：0)(lim=→xfax：0∀ε，0∃δ，使得δ|-|0ax时，必有ε−0)(xf，0|)(|lim=→xfax：0∀ε，0∃δ，使得δ|-|0ax时，ε−0|)(|xf，显然0|)(|||0)(|−=−xfxf，因而二者等价。（2）分析：AxfAxfAxf+−=−)()()(，因而AAxfAxfAxfAxf−≤+−=−)()()()(根据极限定义可知，0∀ε，0∃δ，使得δ|-|0ax时，εAAxf−)(，从而ε−Axf)(，这就说明Axfax=→)(lim。注：以上结论对于单侧极限或者无穷远处的极限也成立。例3.设函数)(),(xgx都在afx=附近有定义（ax=可除外），已知0)(且有界，求证0)(=xg。lim=→xfax)(xg)(lim→xfax证明：可以利用定义来验证，也可以利用夹逼定理方法。设，则Mxg≤|)(||)(||)()(|0xfMxgxf≤≤，利用夹逼定理便得0|)()(|lim=→xgxfax，再由例2。0)()(lim=→xgxfax注：这个结论对于单侧极限或者无穷远处的极限也成立。例4.求极限（1）xxxxx2323lim11+++++∞→；（2）()xxxx−++∞→1lim。分析：（1）恒等变形……，答案是31；（2）分子有理化()211/11111→++=++=−+xxxxxxx。例5.计算（1）xxx11lim0−+→；（2）xxx11lim30−+→；（3）1111lim30−+−+→xxx。解：（1）21111)11(11→++=++=−+xxxxxx；（2）3111)1(1]11)1[(113233233→++++=++++=−+xxxxxxxx；（3）利用上面结果2313211111111133=⋅→−+⋅−+=−+−+xxxxxx。例6.()xxxxx+−−+∞−→222322lim（注意−∞→x）解：考虑去掉根号——分子有理化()xxxxx+−−+∞−→222322limxxxxxx++−+−=∞−→2223223lim再做恒等变形：分子分母同乘以xx1||1−=（注意−∞→x），上式2211232231lim−=++−++−=∞−→xxxxx（利用01→x以及例2（2）的结论）例7.求极限()xxxx122cossin2lim++∞→。解：2sin1cossin21222≤+=+≤xxx利用夹逼定理，()1cossin2lim122=++∞→xxxx。例8.求（1）xxxtanlim0→；（2）xxxarctanlim0→；（3）xxx1arctanlim0→；（4）xxxarctanlim∞→；（5）xxx1arctanlim∞→。解：（1）1cos1sintan→⋅=xxxxx（）；0→x（2）考虑变量代换txtan=，1tanarctan→=ttxx（）；0→t（3）利用例3结论，01arctan→xx（）；0→x【注意21arctanπ±→x（）——极限不存在，但有界】±→0x（4）同上导出0arctan→xx（±∞→x）；（5）考虑变量代换tx1=，则±∞→x等价于，±→0t进一步利用（2）便得1tanarc1arctan→=ttxx。例9.计算极限（1）20cos1limxxx−→；（2）20cos3coslimxxxx−→。解：（1）利用三角公式2sin2cos12xx=−，变量代换2xt=，以及1sinlim0=→ttt，212sinlim2sin2limcos1lim22022020===−→→→ttxxxxtxx；（2）利用上题结论（结合变量代换xt3=）()()2020203cos1limcos1lim1cos13coslimxxxxxxxxxx−−−=−−−→→→42921−=−=。例10.计算（1）xxx⎟⎠⎞⎜⎝⎛∞→1coslim；（2）xxxln10)cos1(lim−+→；（3）()xxxx10cossin2lim+→。解：（1）应用变量代换，xt/1=()221cos1cos11cos11costttxtx−⋅−−+=⎟⎠⎞⎜⎝⎛，注意∞→x转化为，因而0→t01cos→−t，()ettt=−+−→1cos101cos1lim，利用幂指函数极限，结合例9（1），()211cos1cos1021cos1lim1coslim−−⋅−→∞→=−+=⎟⎠⎞⎜⎝⎛etxttttxx。（2）注意xxxexln)cos1ln(ln1)cos1(−=−，其中xxxxxxlnln2]/)cos1ln[(ln)cos1ln(2+−=−，其中时，+→0x2ln21lncos1ln2−=→⎟⎠⎞⎜⎝⎛−xx，−∞→xln，因此2ln)cos1ln(0ln10lim)cos1(limeexxxxxx==−−+→+→。（3）考虑()xxxxxxxxxx1cossin21cos2sin11)1cossin21(cossin2−+⋅−+−++=+，当时，0→x01cossin2→−+=xxu，从而euxxuxx→+=−++−+11cos2sin1)1()1cossin21(，此外21cossin21cossin22→−+=−+xxxxxxxx，所以原式。2e=例11.设在(单调递增，且)(xf)+∞,01)()2(lim=+∞→xfxfx，求证：0∀a，1)()(lim