讲义习题

1.6 讲义习题

1.6.1 自然数集与数学归纳法

例 1.6.1 (习题1.1.2) 证明对任意 $n \in N$ ， $\begin{matrix} (1) & 2 \cdot (0 + 1 + 2 + 3 + \dots + n) = n (n + 1) \end{matrix}$ $\begin{matrix} (2) & 1 + 3 + 4 + \dots + (2 n + 1) = (n + 1) \cdot (n + 1) \end{matrix}$

证明考虑数学归纳法。对于第一个等式，

1.: 当 $n = 0$ 时， $LHS = 2 \cdot 0 = 0$ ， $RHS = 0 \cdot 1 = 0$ ，等式成立。
2.: 设命题对 $n = k$ 成立，则当 $n = k + 1$ 时， $\begin{matrix} (3) & \begin{aligned} LHS & = 2 \cdot (0 + 1 + 2 + 3 + \dots + k + (k + 1)) \\ = 2 \cdot (0 + 1 + 2 + 3 + \dots + k) + 2 (k + 1) \\ = k (k + 1) + 2 (k + 1) \\ = (k + 1) (k + 2) \\ = RHS \end{aligned} \end{matrix}$

对于第二个等式，

1.: 当 $n = 0$ 时， $LHS = 1$ ， $RHS = 1$ ，等式成立。
2.: 设命题对 $n = k$ 成立，则当 $n = k + 1$ 时， $\begin{matrix} (4) & \begin{aligned} LHS & = 1 + 3 + 5 + \dots + (2 k + 1) + (2 (k + 1) + 1) \\ = (k + 1) (k + 1) + 2 (k + 1) + 1 \\ = [(k + 1) (k + 1) + (k + 1)] + [(k + 1) + 1] \\ = [(k + 1) + 1] (k + 1) + [(k + 1) + 1] \\ = [(k + 1) + 1] [(k + 1) + 1] \\ = RHS \end{aligned} \end{matrix}$

综上，由数学归纳法，命题对于任意 $n \in N$ 成立。 $◻$

1.6.2 实数集

例 1.6.2 (习题1.4.8) 证明：

(1): 整数集 $Z$ 在实数集 $R$ 中既无上界，又无下界。
(2): 对任意实数 $x$ ，存在唯一的整数 $[x]$ 使得 $[x] \leq x < [x] + 1$ ，其中 $[x]$ 称为实数 $x$ 的整数部分。
(3): 设 $a > 1$ ，对任意实数 $x > 0$ ，存在唯一的整数 $n$ 使得 $a^{n} \leq x < a^{n + 1}$ 。

证明 (1) $\forall x \in R$ ，设 $A = {n \in N ∣ n \leq | x |}$ 。显然 $0 \in A$ 且 $| x |$ 是 $A$ 的上界，由确界公理可知 $A$ 必有上确界，记为 $n_{0}$ 。 $n_{0} - 1$ 必不为 $A$ 的上界，故 $\exists n \in A$ 满足 $n_{0} - 1 < n \leq | x |$ ， $n + 1 \in N$ 是 $A$ 的上界。

设实数 $x$ 是整数集 $Z$ 的上界或下界，则 $\exists n^{'} \in N$ 满足 $n^{'} > | x |$ ，即 $n^{'} > x$ 且 $- n^{'} < x$ ，与假设矛盾。因此整数集 $Z$ 在实数集 $R$ 中既无上界，又无下界。

(2) $\forall x \in R$ ，设 $A = {n \in Z ∣ n \leq x}$ 。根据(1)中的结论， $A$ 非空有上界，同理可知 $\exists n \in A$ 满足 $sup A - 1 < n \leq x$ ， $n + 1 \in Z$ 是 $A$ 的上界。

下证 $x < n + 1$ 。假设 $x \geq n + 1$ ，则 $n + 1 \in A$ ，与 $n + 1$ 是 $A$ 的上界矛盾。故 $x < n + 1$ ，即 $n \leq x < n + 1$ 。

下证 $n$ 唯一。假设存在 $n_{1}, n_{2} \in Z$ 满足 $n_{1} \leq x < n_{1} + 1$ 且 $n_{2} \leq x < n_{2} + 1$ ，两不等式相减可得 $n_{1} - n_{2} - 1 < 0 < n_{1} + 1 - n_{2} ⟹ - 1 < n_{1} - n_{2} < 1$ ，则 $n_{1} = n_{2}$ 。故 $n$ 唯一。

(3) $\forall x > 0$ ，设 $A = {n \in N ∣ a^{n} \leq x}$ 。注意到 $\begin{matrix} (5) & \begin{aligned} a^{n + 1} & = [1 + (a - 1)]^{n + 1} > 1 + (n + 1) (a - 1) > n (a - 1) \overset{?}{>} x \\ a^{n^{'}} & = [1 + (a - 1)]^{n^{'}} > 1 + n^{'} (a - 1) > n^{'} (a - 1) \overset{?}{>} \frac{1}{x} \end{aligned} \end{matrix}$ 取 $n = [\frac{x}{a - 1}] + [\frac{1}{x (a - 1)}] + 1$ ，则 $- n \in A$ 且 $n + 1$ 是 $A$ 的上界。故 $A$ 非空有上界，必有上确界。同理可知 $\exists n \in A$ 满足 $sup A - 1 < n$ 且 $n + 1 \in Z$ 为 $A$ 的上界，故 $a^{n} \leq x < a^{n + 1}$ 。

下证 $n$ 唯一。假设存在 $n_{1}, n_{2} \in N$ 满足 $a^{n_{1}} \leq x < a^{n_{1} + 1}$ 且 $a^{n_{2}} \leq x < a^{n_{2} + 1}$ ，两不等式相除可得 $a^{n_{1} - n_{2} - 1} < a^{0} < a^{n_{1} + 1 - n_{2}}$ ，由 $a^{n}$ 的单调性可知 $- 1 < n_{1} - n_{2} < 1 ⟹ n_{1} = n_{2}$ 。故 $n$ 唯一。 $◻$

1.6.3 函数的连续性

例 1.6.3 (习题2.1.2) 用定义证明：若 $f, g$ 都在 $x_{0}$ 处连续，且 $g (x_{0}) \neq 0$ ，则 $\frac{f}{g}$ 在 $x_{0}$ 处连续。

证明由 $f$ 在 $x_{0}$ 处连续， $\forall ε^{'} > 0$ ， $\exists δ_{1} > 0$ 使得 $\begin{matrix} (6) & x \in U (x_{0}, δ_{1}) ⟹ | f (x) - f (x_{0}) | < ε^{'} \end{matrix}$ 由 $g$ 在 $x_{0}$ 处连续， $\forall ε^{'} > 0$ ， $\exists δ_{2} > 0$ 使得 $\begin{matrix} (7) & x \in U (x_{0}, δ_{2}) ⟹ | g (x) - g (x_{0}) | < ε^{'} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (8) & | g (x) | \geq | g (x_{0}) | - | g (x) - g (x_{0}) | > | g (x_{0}) | - ε^{'} \overset{?}{\geq} \frac{1}{2} | g (x_{0}) | \end{matrix}$ 取 $0 < ε^{'} \leq \frac{1}{2} | g (x_{0}) |$ ， $δ = min {δ_{1}, δ_{2}} > 0$ ，则 $\begin{matrix} (9) & \begin{aligned} x \in U (x_{0}, δ) ⟹ | \frac{f (x)}{g (x)} - \frac{f (x_{0})}{g (x_{0})} | & = | \frac{f (x) g (x_{0}) - f (x_{0}) g (x)}{g (x) g (x_{0})} | \\ = | \frac{[f (x) - f (x_{0})] g (x_{0}) + f (x_{0}) [g (x_{0}) - g (x)]}{g (x) g (x_{0})} | \\ \leq \frac{| f (x) - f (x_{0}) | | g (x_{0}) | + | f (x_{0}) | | g (x_{0}) - g (x) |}{| g (x) | | g (x_{0}) |} \\ < \frac{| g (x_{0}) | + | f (x_{0}) |}{| g (x_{0}) |^{2}} 2 ε^{'} \overset{?}{\leq} ε \end{aligned} \end{matrix}$ 故取 $\begin{matrix} (10) & ε^{'} = \frac{1}{2} | g (x_{0}) | min {1, \frac{| g (x_{0}) | ε}{| g (x_{0}) | + | f (x_{0}) |}} \end{matrix}$ 因此 $\frac{f}{g}$ 在 $x_{0}$ 处连续。 $◻$

例 1.6.4 (习题2.1.3) 设 $f_{1}, \dots, f_{n} \in C (I)$ ，记 $g (x) = max {f_{1} (x), \dots, f_{n} (x)}$ ，证明 $g \in C (I)$ 。

证明参见例1.5.12。 $◻$

例 1.6.5 (习题2.1.6) 以下论证希望表明任何增函数都是连续函数。

设 $f : (a, b) \to (c, d)$ 是增函数。任取 $x_{0} \in (a, b)$ ， $\forall ε > 0$ ，取 $x_{\pm}$ 使得 $f (x_{\pm}) = f (x_{0}) \pm ε$ 以及 $δ = min {x_{0} - x_{-}, x_{+} - x_{0}}$ ，则 $x_{-} < x_{0} < x_{+}$ 、 $δ > 0$ ，且 $\forall x \in (x_{0} - δ, x_{0} + δ)$ ， $\begin{matrix} (11) & f (x_{0}) - ε = f (x_{-}) \leq f (x) \leq f (x_{+}) = f (x_{0}) + ε \end{matrix}$ 因此 $f$ 在 $x_{0}$ 处连续。

上述结论对吗？上述证明对吗？请将其修改为一个正确的证明。

解上述结论和证明均不正确，因为 $f$ 可以有跳跃间断点，无法保证 $f (x_{\pm}) = f (x_{0}) \pm ε$ 存在。如修改结论为：任何满射增函数都是连续函数，则结论正确；证明过程仿上，但保证了 $x_{\pm}$ 的存在性。 $◻$

例 1.6.6 (习题2.1.7) 以下论证希望证明 $x^{2}$ 是连续函数。

$\forall a \in R$ ，任取正数 $ε \in (0, a^{2})$ ，使得当 $\begin{matrix} (12) & | x - a | < min {\sqrt{a^{2} + ε} - a, a - \sqrt{a^{2} - ε}} \end{matrix}$ 时， $\begin{matrix} (13) & \sqrt{a^{2} - ε} - a < x - a < \sqrt{a^{2} + ε} - a \end{matrix}$ 从而 $\begin{matrix} (14) & \sqrt{a^{2} - ε} < x < \sqrt{a^{2} + ε} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (15) & a^{2} - ε < x^{2} < a^{2} + ε \end{matrix}$ 于是 $| x^{2} - a^{2} | < ε$ ，所以 $x^{2}$ 在 $x = a$ 处连续。

这个论证有问题吗？

解当 $a = 0$ 时找不到满足要求的 $ε$ 。 $◻$

例 1.6.7 (习题2.1.10) 设 $f : R \to R$ 在任何有界闭区间上有界，且满足 $\forall x, y \in R$ ， $\begin{matrix} (16) & f (\frac{x + y}{2}) \leq \frac{f (x) + f (y)}{2} \end{matrix}$ 证明 $f$ 是连续函数。

证明任取 $x_{0} \in R$ ， $\forall x \in R$ ，我们有 $\begin{matrix} (17) & f (\frac{x + x_{0}}{2}) \leq \frac{f (x) + f (x_{0})}{2} \end{matrix}$ 依据题意， $f$ 没有第二类间断点，因此函数在 $R$ 上所有点的左右极限存在。分别令 $x \to x_{0}^{-}, x \to x_{0}^{+}$ 可得 $\begin{matrix} (18) & \begin{aligned} f (x_{0}^{-}) & = lim_{x \to x_{0}^{-}} f (\frac{x + x_{0}}{2}) \leq lim_{x \to x_{0}^{-}} \frac{f (x) + f (x_{0})}{2} = \frac{f (x_{0}^{-}) + f (x_{0})}{2} \\ f (x_{0}^{+}) & = lim_{x \to x_{0}^{+}} f (\frac{x + x_{0}}{2}) \leq lim_{x \to x_{0}^{+}} \frac{f (x) + f (x_{0})}{2} = \frac{f (x_{0}^{+}) + f (x_{0})}{2} \end{aligned} \end{matrix}$ 由此解得 $\begin{matrix} (19) & f (x_{0}^{-}) \leq f (x_{0}), f (x_{0}^{+}) \leq f (x_{0}) \end{matrix}$

$\forall δ > 0$ ，注意到 $\begin{matrix} (20) & f (x_{0}) \leq \frac{f (x_{0} - δ) + f (x_{0} + δ)}{2} \end{matrix}$ 令 $δ \to 0^{+}$ 可得 $\begin{matrix} (21) & f (x_{0}) = lim_{δ \to 0^{+}} f (x_{0}) \leq lim_{δ \to 0^{+}} \frac{f (x_{0} - δ) + f (x_{0} + δ)}{2} = \frac{f (x_{0}^{-}) + f (x_{0}^{+})}{2} \leq f (x_{0}) \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (22) & f (x_{0}) = f (x_{0}^{-}) = f (x_{0}^{+}) \end{matrix}$ 即 $f$ 在 $x_{0}$ 处连续。 $◻$

1.6.4 函数在一点处的极限

例 1.6.8 (习题2.2.1) 记 $f (x) = \frac{x^{2} - 3 x + 2}{x^{2} - x}$ ，请用Excel计算 $f (1 - {0.1}^{n})$ 和 $f (1 + {0.1}^{n})$ ，观察并思考其中出现的问题。

解 Excel的计算结果如表1.6.1所示。由于机器精度的限制，当 $n$ 过大时计算机已不可区分 $1 - {0.1}^{n}$ 和 $1$ ，故在计算中会产生“除以零”错误。 $◻$

表 1.6.1: Excel计算结果

$n$	$1 - {0.1}^{n}$	$1 + {0.1}^{n}$	$f (1 - {0.1}^{n})$	$f (1 + {0.1}^{n})$
$1$	$0.9$	$1.1$	$- 1.222222222$	$- 0.818181818$
$2$	$0.99$	$1.01$	$- 1.02020202$	$- 0.98019802$
$3$	$0.999$	$1.001$	$- 1.002002002$	$- 0.998001998$
$4$	$0.9999$	$1.0001$	$- 1.00020002$	$- 0.99980002$
$5$	$0.99999$	$1.00001$	$- 1.00002$	$- 0.99998$
$6$	$0.999999$	$1.000001$	$- 1.000002$	$- 0.999998$
$7$	$0.9999999$	$1.0000001$	$- 1.000000201$	$- 0.999999796$
$8$	$0.99999999$	$1.00000001$	$- 1.000000044$	$- 1$
$9$	$0.999999999$	$1.000000001$	$- 0.999999889$	$- 1$
$10$	$1$	$1$	$- 1$	$- 1$
$11$	$1$	$1$	$- 1$	$- 1$
$12$	$1$	$1$	$- 0.999888975$	$- 1$
$13$	$1$	$1$	$- 1.001109878$	$- 1$
$14$	$1$	$1$	$- 1.022222222$	$- 1.022222222$
$15$	$1$	$1$	$- 1.111111111$	$- 1.2$
$16$	$1$	$1$	$- 2$	#DIV/0!
$17$	$1$	$1$	#DIV/0!	#DIV/0!
$18$	$1$	$1$	#DIV/0!	#DIV/0!
$19$	$1$	$1$	#DIV/0!	#DIV/0!

例 1.6.9 (习题2.2.2) （有理分式与根式，换元及四则运算）求极限：

(1): $lim_{x \to 2} \frac{x^{2} - 3 x + 2}{x^{3} + x^{2} - 6 x}$ ；
(2): $lim_{x \to a} \frac{x^{n} - a^{n}}{x - a}$ ，其中 $n \in N^{*}$ ；
(3): $lim_{x \to a} \frac{x^{m / n} - a^{m / n}}{x - a}$ ，其中 $m, n \in N^{*}$ ；
(4): $lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{1 + x} - \sqrt[3]{1 - x}}{x}$ ；
(5): $lim_{x \to 4} \frac{\sqrt{1 + 2 x} - 3}{\sqrt{x} - 2}$ 。

解 (1) 令 $h = x - 2$ ，则 $\begin{matrix} (23) & \frac{x^{2} - 3 x + 2}{x^{3} + x^{2} - 6 x} = \frac{(x - 1) (x - 2)}{x (x + 3) (x - 2)} = \frac{x - 1}{x (x + 3)} = \frac{h + 1}{(h + 2) (h + 5)} \to \frac{1}{10}, x \to 2 \end{matrix}$ (2) 令 $h = x - a$ ，由二项式定理可得 $\begin{matrix} (24) & \frac{x^{n} - a^{n}}{x - a} = \frac{(a + h)^{n} - a^{n}}{h} = \sum_{k = 1}^{n} (\binom{n}{k}) h^{k - 1} a^{n - k} \to n a^{n - 1}, x \to a \end{matrix}$ (3) 令 $y = \sqrt[n]{x}$ ，则 $\begin{matrix} (25) & \frac{x^{m / n} - a^{m / n}}{x - a} = \frac{y^{m} - (a^{1 / n})^{m}}{y - a^{1 / n}} \frac{y - a^{1 / n}}{y^{n} - (a^{1 / n})^{n}} \to \frac{m \cdot a^{(m - 1) / n}}{n \cdot a^{(n - 1) / n}} = \frac{m}{n} a^{m / n - 1}, x \to a \end{matrix}$ (4) $\begin{matrix} (26) & \begin{aligned} \frac{\sqrt{1 + x} - \sqrt[3]{1 - x}}{x} & = \frac{\sqrt{1 + x} - 1}{x} + \frac{1 - \sqrt[3]{1 - x}}{x} \\ = \frac{1}{\sqrt{1 + x} + 1} + \frac{1}{\sqrt[3]{(1 - x)^{2}} + \sqrt[3]{1 - x} + 1} \\ \to \frac{1}{2} + \frac{1}{3} = \frac{5}{6}, x \to 0 \end{aligned} \end{matrix}$ (5) $\begin{matrix} (27) & \frac{\sqrt{1 + 2 x} - 3}{\sqrt{x} - 2} = \frac{1 + 2 x - 9}{x - 4} \frac{\sqrt{x} + 2}{\sqrt{1 + 2 x} + 3} = \frac{2 (\sqrt{x} + 2)}{\sqrt{1 + 2 x} + 3} \to \frac{4}{3}, x \to 4 \end{matrix}$ $◻$

例 1.6.10 (习题2.2.4) 求极限：

(1): $lim_{x \to 0} x [\frac{1}{x}]$ ，其中 $[x]$ 表示不超过 $x$ 的最大整数；
(2): $lim_{x \to 0} x \cos \frac{1}{x}$ 。

解 (1) 易见 $\begin{matrix} (28) & [\frac{1}{x}] \leq \frac{1}{x} < [\frac{1}{x}] + 1 \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (29) & \begin{aligned} x [\frac{1}{x}] - x < x [\frac{1}{x}] \leq 1 < x [\frac{1}{x}] + x, & x > 0 \\ x [\frac{1}{x}] + x < 1 \leq x [\frac{1}{x}] < x [\frac{1}{x}] - x, & x < 0 \end{aligned} \end{matrix}$ 即 $\begin{matrix} (30) & 1 - | x | < x [\frac{1}{x}] < 1 + | x |, \forall x \neq 0 \end{matrix}$ 故有 $\begin{matrix} (31) & lim_{x \to 0} x [\frac{1}{x}] = 1 \end{matrix}$ (2) $\begin{matrix} (32) & 0 \leq | lim_{x \to 0} x \cos \frac{1}{x} | \leq lim_{x \to 0} | x | = 0 ⟹ lim_{x \to 0} x \cos \frac{1}{x} = 0 \end{matrix}$ $◻$

例 1.6.11 (习题2.2.6) 设 $f : R \to R$ 是连续函数， $c > 0$ ，证明 $\begin{matrix} (33) & g : R \to R, x \mapsto {\begin{cases} c, & f (x) > c \\ f (x), & | f (x) | \leq c \\ - c, & f (x) < - c \end{cases} \end{matrix}$ 是连续函数。

证明易见 $\begin{matrix} (34) & g (x) = \frac{| f (x) + c | - | f (x) - c |}{2} \end{matrix}$ 故 $g$ 连续。 $◻$

例 1.6.12 (习题2.2.7) 三角函数的基本性质及其推论。

(1): 证明 $\sin, \cos$ 是连续函数。
(2): 记 $x_{0} = \frac{π}{2}$ 、 $x_{n} = \frac{x_{0}}{2^{n}}$ 。一方面，我们有递推关系 $\begin{matrix} (35) & \sin x_{n + 1} = \sqrt{\frac{1 - \cos x_{n}}{2}} = \sqrt{\frac{1 - \sqrt{1 - \sin^{2} x_{n}}}{2}} = \frac{\sin x_{n}}{\sqrt{2 (1 + \sqrt{1 - \sin^{2} x_{n}})}} \end{matrix}$ 另一方面，由于 $lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ 知当 $| x | > 0$ 足够小时， $\sin x \approx x$ ，因此当 $n$ 足够大时， $2^{n + 1} \sin x_{n} \approx π$ 。请根据以上信息估算 $π$ 的近似值，并比较 $\sin x_{n}$ 的两种递推关系的计算结果。
(3): 对给定的正整数 $n$ ，画出 $(\frac{k π}{2^{n + 1}}, \sin \frac{k π}{2^{n + 1}})$ （其中 $k = 0, 1, \dots, 2^{n + 1}$ ）的大致位置，描绘曲线 $y = \sin x$ 在区间 $[0, π]$ 中的大致图形。

解 (1) $\sin, \cos \in C (R)$ ，且一致连续。 $\forall ε > 0$ ， $\exists δ = ε > 0$ ，使得 $\forall x, y \in R$ ，都有 $\begin{matrix} (36) & | x - y | < δ ⟹ {\begin{cases} | \sin x - \sin y | \leq 2 \sin \frac{| x - y |}{2} \leq | x - y | < ε \\ | \cos x - \cos y | \leq 2 \sin \frac{| x - y |}{2} \leq | x - y | < ε \end{cases} \end{matrix}$

(2) 利用Excel计算可得两种递推公式估算 $π$ 的结果，如表1.6.2所示。由此可见 $π$ 的近似值约为 $\begin{matrix} (37) & π \approx 3.14159265358979 \end{matrix}$ 此外我们可以观察到，若采用第一种递推公式，当 $n > 18$ 时估算 $π$ 值的误差开始变大，这是由于第一种递推公式涉及大数减小数，造成有效数字的严重丢失。第二种递推公式则较好地估计了 $π$ 值。

(3) 由于函数图像关于 $x = \frac{π}{2}$ 对称，故我们仅取 $k = 0, 1, \dots, 2^{n}$ 。取 $n = 10$ ，由表1.6.2可知 $\begin{matrix} (38) & \sin \frac{π}{2^{n + 1}} = \sin x_{n} \approx 1.53398018628477 \times 10^{- 3} \end{matrix}$ 利用递推公式 $\begin{matrix} (39) & \sin \frac{(k + 1) π}{2^{n + 1}} = \sin \frac{k π}{2^{n + 1}} \sqrt{1 - \sin^{2} \frac{π}{2^{n + 1}}} + \sin \frac{π}{2^{n + 1}} \sqrt{1 - \sin^{2} \frac{k π}{2^{n + 1}}} \end{matrix}$ 即可计算出所有点的坐标，如图1.6.1所示。 $◻$

表 1.6.2: 两种递推公式估算

π

的结果

$n$	$x_{n}$	递推式1	$π$ 的近似值1	递推式2	$π$ 的近似值2
0	$1.570796 E + 00$	$1.000000 E + 00$	$2.000000 E + 00$	$1.000000 E + 00$	$2.000000 E + 00$
1	$7.853982 E - 01$	$7.071068 E - 01$	$2.828427 E + 00$	$7.071068 E - 01$	$2.828427 E + 00$
2	$3.926991 E - 01$	$3.826834 E - 01$	$3.061467 E + 00$	$3.826834 E - 01$	$3.061467 E + 00$
3	$1.963495 E - 01$	$1.950903 E - 01$	$3.121445 E + 00$	$1.950903 E - 01$	$3.121445 E + 00$
4	$9.817477 E - 02$	$9.801714 E - 02$	$3.136548 E + 00$	$9.801714 E - 02$	$3.136548 E + 00$
5	$4.908739 E - 02$	$4.906767 E - 02$	$3.140331 E + 00$	$4.906767 E - 02$	$3.140331 E + 00$
6	$2.454369 E - 02$	$2.454123 E - 02$	$3.141277 E + 00$	$2.454123 E - 02$	$3.141277 E + 00$
7	$1.227185 E - 02$	$1.227154 E - 02$	$3.141514 E + 00$	$1.227154 E - 02$	$3.141514 E + 00$
8	$6.135923 E - 03$	$6.135885 E - 03$	$3.141573 E + 00$	$6.135885 E - 03$	$3.141573 E + 00$
9	$3.067962 E - 03$	$3.067957 E - 03$	$3.141588 E + 00$	$3.067957 E - 03$	$3.141588 E + 00$
10	$1.533981 E - 03$	$1.533980 E - 03$	$3.141591 E + 00$	$1.533980 E - 03$	$3.141591 E + 00$
11	$7.669904 E - 04$	$7.669903 E - 04$	$3.141592 E + 00$	$7.669903 E - 04$	$3.141592 E + 00$
12	$3.834952 E - 04$	$3.834952 E - 04$	$3.141593 E + 00$	$3.834952 E - 04$	$3.141593 E + 00$
13	$1.917476 E - 04$	$1.917476 E - 04$	$3.141593 E + 00$	$1.917476 E - 04$	$3.141593 E + 00$
14	$9.587380 E - 05$	$9.587380 E - 05$	$3.141593 E + 00$	$9.587380 E - 05$	$3.141593 E + 00$
15	$4.793690 E - 05$	$4.793690 E - 05$	$3.141593 E + 00$	$4.793690 E - 05$	$3.141593 E + 00$
16	$2.396845 E - 05$	$2.396845 E - 05$	$3.141593 E + 00$	$2.396845 E - 05$	$3.141593 E + 00$
17	$1.198422 E - 05$	$1.198423 E - 05$	$3.141593 E + 00$	$1.198422 E - 05$	$3.141593 E + 00$
18	$5.992112 E - 06$	$5.992111 E - 06$	$3.141592 E + 00$	$5.992112 E - 06$	$3.141593 E + 00$
19	$2.996056 E - 06$	$2.996060 E - 06$	$3.141597 E + 00$	$2.996056 E - 06$	$3.141593 E + 00$
20	$1.498028 E - 06$	$1.498030 E - 06$	$3.141597 E + 00$	$1.498028 E - 06$	$3.141593 E + 00$
21	$7.490141 E - 07$	$7.489965 E - 07$	$3.141519 E + 00$	$7.490141 E - 07$	$3.141593 E + 00$
22	$3.745070 E - 07$	$3.744612 E - 07$	$3.141208 E + 00$	$3.745070 E - 07$	$3.141593 E + 00$
23	$1.872535 E - 07$	$1.873047 E - 07$	$3.142451 E + 00$	$1.872535 E - 07$	$3.141593 E + 00$
24	$9.362676 E - 08$	$9.365235 E - 08$	$3.142451 E + 00$	$9.362676 E - 08$	$3.141593 E + 00$
25	$4.681338 E - 08$	$4.712161 E - 08$	$3.162278 E + 00$	$4.681338 E - 08$	$3.141593 E + 00$
26	$2.340669 E - 08$	$2.356080 E - 08$	$3.162278 E + 00$	$2.340669 E - 08$	$3.141593 E + 00$
27	$1.170334 E - 08$	$1.053671 E - 08$	$2.828427 E + 00$	$1.170334 E - 08$	$3.141593 E + 00$
28	$5.851672 E - 09$	$0.000000 E + 00$	$0.000000 E + 00$	$5.851672 E - 09$	$3.141593 E + 00$
29	$2.925836 E - 09$	$0.000000 E + 00$	$0.000000 E + 00$	$2.925836 E - 09$	$3.141593 E + 00$
30	$1.462918 E - 09$	$0.000000 E + 00$	$0.000000 E + 00$	$1.462918 E - 09$	$3.141593 E + 00$

1.6.5 单侧极限与间断，单调函数的极限与连续性

例 1.6.13 (习题2.3.6) 设 $f : (a, b) \to R$ 是一个有界函数， $g : (a, b) \to R$ 满足 $g (x) = sup_{t \in [a, x]} f (t)$ 。

(1): 证明： $g$ 单调不减。
(2): 证明：若 $f$ 是连续函数，则 $g$ 也是连续函数。
(3): 如果不假定 $f$ 是连续函数，那么 $g$ 是否为连续函数？是否具有单侧连续性？

解 (1) $\forall x_{1}, x_{2} \in (a, b)$ ，若 $x_{1} \leq x_{2}$ ，则 $\begin{matrix} (40) & [a, x_{1}] \subseteq [a, x_{2}] ⟹ sup_{t \in [a, x_{1}]} f (t) \leq sup_{t \in [a, x_{2}]} f (t) ⟹ g (x_{1}) \leq g (x_{2}) \end{matrix}$

(2) 由于 $f$ 连续，故 $\forall x_{0} \in (a, b)$ ， $\forall ε > 0$ ， $\exists δ > 0$ 使得 $\begin{matrix} (41) & x \in (a, b) \land | x - x_{0} | < δ ⟹ f (x_{0}) - ε < f (x) < f (x_{0}) + ε \leq g (x_{0}) + ε \end{matrix}$ 当 $x \in [x_{0}, x_{0} + δ)$ 时，有 $\begin{matrix} (42) & g (x_{0}) \leq g (x) = max {g (x_{0}), sup_{t \in [x_{0}, x]} f (t)} \leq max {g (x_{0}), g (x_{0}) + ε} = g (x_{0}) + ε \end{matrix}$ 当 $x \in (x_{0} - δ, x_{0}]$ 时，有 $\begin{matrix} (43) & g (x) \leq g (x_{0}) = max {g (x), sup_{t \in [x, x_{0}]} f (t)} \leq max {g (x), f (x_{0}) + ε} \end{matrix}$ 若 $g (x) \geq f (x_{0}) + ε$ ，则有 $g (x) = g (x_{0})$ ；若 $g (x) < f (x_{0}) + ε$ ，则有 $\begin{matrix} (44) & g (x_{0}) \leq f (x_{0}) + ε ⟹ g (x_{0}) \geq g (x) \geq f (x) > f (x_{0}) - ε \geq g (x_{0}) - 2 ε \end{matrix}$ 综上所述，我们有 $\begin{matrix} (45) & | g (x) - g (x_{0}) | < 2 ε ⟹ g \in C (a, b) \end{matrix}$

(3) 不是。设 $f$ 单调不减， $f (x_{0}^{-}) < f (x_{0}) < f (x_{0}^{+})$ ，容易验证 $g (x_{0}^{-}) = f (x_{0}^{-}) < g (x_{0}) = f (x_{0}) < g (x_{0}^{+}) = f (x_{0}^{+})$ ，故 $g$ 在 $x_{0}$ 处不连续，也不具有单侧连续性。 $◻$

例 1.6.14 (习题1.6.1，习题2.3.8前身) 三角函数的基本性质及其推论。正弦和余弦 $\sin, \cos$ 是定义在 $R$ 上的函数，满足：存在正数 $π > 0$ 使得

(a): $\cos 0 = \sin \frac{π}{2} = 1$ ， $\cos π = - 1$ 。
(b): $\forall x, y \in R$ ， $\begin{matrix} (46) & \cos (x - y) = \cos x \cos y + \sin x \sin y \end{matrix}$
(c): $\forall x \in (0, \frac{π}{2})$ ， $\begin{matrix} (47) & 0 < \cos x < \frac{\sin x}{x} < \frac{1}{\cos x} \end{matrix}$

我们把(a,b,c)作为三角函数 $\sin, \cos$ 的基本性质，用它们得到这两个函数的其他性质。证明：

(1): $\forall x \in R$ ， $\sin^{2} x + \cos^{2} x = 1$ 。
(2): $\sin 0 = \sin π = \cos \frac{π}{2} = 0$ 。
(3): $\forall x \in R$ ， $\begin{matrix} (48) & \cos (- x) = \cos x, \cos (\frac{π}{2} - x) = \sin x, \cos (π - x) = - \cos x; \end{matrix}$
(4): $\forall x \in R$ ， $\begin{matrix} (49) & \begin{aligned} \sin (- x) = - \sin x & , \\ \sin (\frac{π}{2} + x) = \cos x & , \cos (\frac{π}{2} + x) = - \sin x, \\ \sin (π + x) = - \sin x & , \cos (π + x) = - \cos x, \\ \sin (2 π + x) = \sin x & , \cos (2 π + x) = \cos x; \end{aligned} \end{matrix}$
(5): $\forall x, y \in R$ ， $\begin{matrix} (50) & \begin{aligned} \cos (x + y) & = \cos x \cos y - \sin x \sin y, \\ \sin (x + y) & = \sin x \cos y + \cos x \sin y; \\ \sin x - \sin y & = 2 \sin \frac{x - y}{2} \cos \frac{x + y}{2}, \\ \cos x - \cos y & = - 2 \sin \frac{x - y}{2} \sin \frac{x + y}{2}; \end{aligned} \end{matrix}$
(6): $\forall x \in R$ ， $\begin{matrix} (51) & \begin{aligned} \sin 2 x & = 2 \sin x \cos x, \\ \cos 2 x & = \cos^{2} x - \sin^{2} x = 2 \cos^{2} x - 1 = 1 - 2 \sin^{2} x; \\ \sin 3 x & = 3 \sin x - 4 \sin^{3} x, \\ \cos 3 x & = 4 \cos^{3} x - 3 \cos x; \end{aligned} \end{matrix}$
(7): $\forall x \in (0, \frac{π}{2})$ ， $\begin{matrix} (52) & 0 < \cos x < \frac{\sin x}{x} < 1 \end{matrix}$
(8): $\sin$ 在 $[- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]$ 上严格增， $\cos$ 在 $[0, π]$ 上严格减。
(9): $\sin, \cos$ 的最小正周期是 $2 π$ 。
(10): $\cos \frac{π}{6} = \frac{\sqrt{3}}{2}$ ， $\sin \frac{π}{6} = \frac{1}{2}$ ， $\cos \frac{π}{4} = \sin \frac{π}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}$ 。
(11): 利用(10)中的结果，计算 $\sin \frac{k π}{12} (k = 0, 1, 2, \dots, 12)$ 。
(12): $3 < π < \frac{6}{\sqrt{3}} < 3.5$ 。
(13): $\frac{π}{2}$ 是 $\cos$ 在区间 $[0, 3]$ 内的唯一零点。
(14): 记 $\tan x := \frac{\sin x}{\cos x}$ ，证明： $\tan$ 在 $(- \frac{π}{2}, \frac{π}{2})$ 上有定义，且是奇函数、严格增，并满足 $\begin{matrix} (53) & \tan (x - y) = \frac{\tan x - \tan y}{1 + \tan x \tan y}, \forall 0 < y < x < \frac{π}{2} \end{matrix}$
(15): $\sin, \cos$ 究竟是什么？

证明 (1) 利用(b)，取 $x = y$ 即可得到。

(2) 利用(a)(1)，分别取 $x = 0, \frac{π}{2}, π$ 即可得到。

(3) 利用(a)(b)(2)，分别取 $x = 0, \frac{π}{2}, π$ 即可得到。

(4) 利用(a)(b)(2)，注意到 $\begin{matrix} (54) & \sin (- x) = \cos (\frac{π}{2} + x) = - \cos (\frac{π}{2} - x) = - \sin x \end{matrix}$ 分别取 $(x, y) = (\frac{π}{2} + x^{'}, \frac{π}{2}), (π + x^{'}, π)$ 即可得到 $\begin{matrix} (55) & \sin (\frac{π}{2} + x) = \cos x, \cos (π + x) = - \cos x \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (56) & \sin (π + x) = \cos (\frac{π}{2} + x) = - \cos (\frac{π}{2} - x) = - \sin x \end{matrix}$ 故有 $\begin{matrix} (57) & \sin (2 π + x) = - \sin (π + x) = \sin x, \cos (2 π + x) = \cos (π + x) = - \cos x \end{matrix}$

(5) 利用(b)，取 $y = - y^{'}$ 即可得到 $\cos$ 的和角公式，再注意到 $\begin{matrix} (58) & \begin{aligned} \sin (x + y) & = \cos (\frac{π}{2} - x - y) = \cos (\frac{π}{2} - x) \cos y + \sin (\frac{π}{2} - x) \sin y \\ = \sin x \cos y + \cos x \sin y \end{aligned} \end{matrix}$ 只需注意到 $x = \frac{x - y}{2} + \frac{x + y}{2}, y = - \frac{x - y}{2} + \frac{x + y}{2}$ 即可得到和差化积公式。

(6) 利用(5)，对和角公式取 $x = y$ 即可得到倍角公式；取 $y = 2 x$ 即可得到三倍角公式。

(7) 利用(6)， $\forall x \in (0, \frac{π}{2})$ ，由倍角公式可得 $\begin{matrix} (59) & \frac{\sin 2 x}{2 x} = \frac{\sin x}{x} \cdot \cos x < \frac{1}{\cos x} \cdot \cos x = 1 \end{matrix}$ 取 $x^{'} = \frac{x}{2}$ 即可。

(8) 利用(1)(3)(5)(7)，我们知道 $\forall x \in (- \frac{π}{2}, \frac{π}{2})$ 有 $0 < \cos x \leq 1$ ， $\forall x \in (0, π)$ 有 $0 < \sin x \leq 1$ 。不妨设 $- \frac{π}{2} \leq y < x \leq \frac{π}{2}$ ，则有 $0 < \frac{x - y}{2} < \frac{π}{2}$ 且 $- \frac{π}{2} < \frac{x + y}{2} < \frac{π}{2}$ ，由和差化积可得 $\begin{matrix} (60) & \sin x - \sin y > 0 \end{matrix}$ 不妨设 $0 \leq y < x \leq π$ ，则有 $0 < \frac{x - y}{2} \leq \frac{x + y}{2} < π$ ，由和差化积可得 $\begin{matrix} (61) & \cos x - \cos y > 0 \end{matrix}$ 得证。

(9) 由于 $\sin (- \frac{π}{2}) = - 1$ 且 $\sin \frac{π}{2} = 1$ ， $\cos 0 = 1$ 且 $\cos π = - 1$ ， $\sin, \cos$ 的最小正周期 $T > π$ 。由(4)知 $2 π$ 是 $\sin, \cos$ 的周期。假设存在 $T \in (π, 2 π)$ 为 $\sin, \cos$ 的周期，利用(8)可知 $\begin{matrix} (62) & \begin{aligned} 1 & = \cos 0 = \cos T = - \cos (T - π) < - \cos (2 π - π) = 1, \\ - 1 & = \sin (- \frac{π}{2}) = \sin (T - \frac{π}{2}) = - \sin (T - \frac{3 π}{2}) > - \sin (2 π - \frac{3 π}{2}) = - 1 \end{aligned} \end{matrix}$ 矛盾。故 $\sin, \cos$ 的最小正周期是 $2 π$ 。

(10) 设 $x = \cos \frac{π}{6}$ ，则有 $0 = \cos \frac{π}{2} = 4 x^{3} - 3 x = 4 x (x^{2} - \frac{3}{4})$ ，由于 $0 < x < 1$ ，解得 $x = \cos \frac{π}{6} = \frac{\sqrt{3}}{2}$ ，因此 $\sin \frac{π}{6} = \sqrt{1 - \cos^{2} \frac{π}{6}} = \frac{1}{2}$ 。同理，由倍角公式可得 $\cos \frac{π}{4} = \sin \frac{π}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}$ 。

(11) 注意到 $\begin{matrix} (63) & \sin \frac{π}{12} = \sin (\frac{π}{4} - \frac{π}{6}) = \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (64) & {\sin \frac{k π}{12}}_{k = 0}^{12} = {0, \frac{\sqrt{3} - 1}{2 \sqrt{2}}, \frac{1}{2}, \frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{\sqrt{3} + 1}{2 \sqrt{2}}, 1, \frac{\sqrt{3} + 1}{2 \sqrt{2}}, \frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3} - 1}{2 \sqrt{2}}, 0} \end{matrix}$

(12) 注意到 $\begin{matrix} (65) & \frac{\sqrt{3}}{2} = \cos \frac{π}{6} < \frac{\sin \frac{π}{6}}{\frac{π}{6}} < 1 ⟹ 3 < π < \frac{6}{\sqrt{3}} < \frac{7}{2} \end{matrix}$

(13) 利用(2)(8)， $\cos$ 在 $[0, π] \supseteq [0, 3]$ 上严格减， $\cos \frac{π}{2} = 0$ ，因此 $\frac{π}{2}$ 是 $\cos$ 在区间 $[0, 3]$ 内的唯一零点。

(14) 不妨设 $- \frac{π}{2} < x < y < \frac{π}{2}$ ，则 $0 < \cos x \leq 1$ 且 $0 < x - y < π$ ，因此 $\begin{matrix} (66) & \begin{aligned} \tan (- x) & = \frac{\sin (- x)}{\cos (- x)} = \frac{- \sin x}{\cos x} = - \tan x \\ \tan x - \tan y & = \frac{\sin x}{\cos x} - \frac{\sin y}{\cos y} = \frac{\sin x \cos y - \sin y \cos x}{\cos x \cos y} = \frac{\sin (x - y)}{\cos x \cos y} > 0 \end{aligned} \end{matrix}$ 因此 $\tan$ 是奇函数、严格增。 $\forall 0 < y < x < \frac{π}{2}$ ，注意到 $\begin{matrix} (67) & \tan (x - y) = \frac{\sin (x - y)}{\cos (x - y)} = \frac{\sin x \cos y - \sin y \cos x}{\cos x \cos y + \sin x \sin y} = \frac{\tan x - \tan y}{1 + \tan x \tan y} \end{matrix}$

（15) 略。 $◻$

例 1.6.15 (习题2.3.8) 三角函数的值域、反三角函数。

(1): 证明： $\sin, \cos$ 的值域为 $[- 1, 1]$ 。
(2): 证明：在区间 $[0, π]$ 上， $\cos$ 有连续的反函数 $\arccos : [- 1, 1] \to [0, π]$ ；在区间 $[- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]$ 上， $\sin$ 有连续的反函数 $\arcsin : [- 1, 1] \to [- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]$ 。

证明 (1) 由习题1.6.1可知 $\sin$ 在 $[- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]$ 上严格增， $\cos$ 在 $[0, π]$ 上严格减，且 $\sin, \cos$ 连续，故 $\begin{matrix} (68) & \sin [- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}] = [- 1, 1], \cos [0, π] = [- 1, 1] \end{matrix}$ 由于 $\sin, \cos$ 的最小正周期是 $2 π$ ，且 $\begin{matrix} (69) & \sin (π + x) = - \sin x, \cos (π + x) = - \cos x \end{matrix}$ 故 $\sin, \cos$ 的值域为 $[- 1, 1]$ 。

(2) 由于 $\sin$ 在 $[- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]$ 上连续且严格增，故存在连续的反函数； $\cos$ 同理。 $◻$

1.6.6 无穷远、无穷小与无穷大，数列的极限

例 1.6.16 (习题2.4.2) 关于极限 $lim_{x \to \infty} \sqrt{\frac{x^{2} + 1}{x^{2} - 1}}$ ，有人认为：当 $x$ 充分大时， $x^{2} + 1 \approx x^{2}$ ， $x^{2} - 1 \approx x^{2}$ ，所以 $\sqrt{\frac{x^{2} + 1}{x^{2} - 1}} \approx 1$ ，从而 $lim_{x \to \infty} \sqrt{\frac{x^{2} + 1}{x^{2} - 1}} = 1$ 。请问这样的说法成立吗？为什么？作为一个对照，请讨论极限 $lim_{x \to + \infty} (\sqrt{x^{2} + x^{α}} - x)$ ，其中 $0 < α < 2$ 。

解不成立，因为“ $\approx$ ”是一个不良定义的符号，余项必须要用类似 $o$ 的符号表示出来。事实上，我们有 $\begin{matrix} (70) & \sqrt{\frac{x^{2} + 1}{x^{2} - 1}} = {[1 + \frac{2}{x^{2} - 1}]}^{1 / 2} = 1 + \frac{1}{x^{2}} + o (\frac{1}{x^{2}}), x \to \infty \end{matrix}$ 对于另一个极限，则有 $\begin{matrix} (71) & \sqrt{x^{2} + x^{α}} - x = x [{(1 + x^{α - 2})}^{1 / 2} - 1] = \frac{1}{2} x^{α - 1} + o (x^{α - 1}), x \to \infty \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (72) & lim_{x \to + \infty} (\sqrt{x^{2} + x^{α}} - x) = {\begin{cases} 0, & 0 < α < 1 \\ \frac{1}{2}, & α = 1 \\ \infty, & 1 < α < 2 \end{cases} \end{matrix}$ $◻$

例 1.6.17 (习题2.4.3) 设 $0 < a < b$ ， $f (x) = {(\frac{a^{x} + b^{x}}{2})}^{1 / x}$ 。求极限 $lim_{x \to + \infty} f (x)$ 和 $lim_{x \to - \infty} f (x)$ 。

解注意到 $\begin{matrix} (73) & \begin{aligned} lim_{x \to + \infty} f (x) & = b lim_{x \to + \infty} {[\frac{{(\frac{a}{b})}^{x} + 1}{2}]}^{1 / x} = b \exp lim_{x \to + \infty} \frac{\ln \frac{{(\frac{a}{b})}^{x} + 1}{2}}{x} = b \exp 0 = b \\ lim_{x \to - \infty} f (x) & = a lim_{x \to - \infty} {[\frac{{(\frac{b}{a})}^{x} + 1}{2}]}^{1 / x} = a \exp lim_{x \to - \infty} \frac{\ln \frac{{(\frac{b}{a})}^{x} + 1}{2}}{x} = a \exp 0 = a \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

例 1.6.18 (习题2.4.8) 用Excel计算以下数列 ${(1 + \frac{1}{n})}^{n}$ 、 ${(1 + \frac{1}{n})}^{n + 1}$ 、 ${(1 + \frac{1}{n})}^{n + λ} (0 < λ < 1)$ 和 $\sum_{k = 0}^{n} \frac{1}{k!}$ ，观察它们的单调性并比较它们的收敛速度。

解分别取 $λ = 0, \frac{1}{4}, \frac{1}{2}, \frac{3}{4}, 1$ ，计算以上 $6$ 个数列与其极限 $e$ 的差，如表1.6.3所示。观察可知：

当 $0 < λ < \frac{2 \ln 3 - 3 \ln 2}{2 \ln 2 - \ln 3} \approx 0.409421$ 时¹⁴，数列 ${(1 + \frac{1}{n})}^{n + λ}$ 单调递增；当 $\frac{1}{2} \leq λ < 1$ 时，数列 ${(1 + \frac{1}{n})}^{n + λ}$ 单调递减。
数列族 ${(1 + \frac{1}{n})}^{n + λ} (0 \leq λ \leq 1)$ 在 $λ = \frac{1}{2}$ 时收敛最快，但收敛速度都远远慢于 $\sum_{k = 0}^{n} \frac{1}{k!}$ 。

◻

表 1.6.3: 6个计算

e

的数列的收敛速度

$n$	$λ = 0$	$λ = \frac{1}{4}$	$λ = \frac{1}{2}$	$λ = \frac{3}{4}$	$λ = 1$	$\sum_{k = 0}^{n} \frac{1}{k!} - e$
1	$- 7.1828 E - 01$	$- 3.3987 E - 01$	$1.1015 E - 01$	$6.4530 E - 01$	$1.2817 E + 00$	$- 7.1828 E - 01$
2	$- 4.6828 E - 01$	$- 2.2825 E - 01$	$3.7394 E - 02$	$3.3137 E - 01$	$6.5672 E - 01$	$- 2.1828 E - 01$
3	$- 3.4791 E - 01$	$- 1.7115 E - 01$	$1.8786 E - 02$	$2.2289 E - 01$	$4.4221 E - 01$	$- 5.1615 E - 02$
4	$- 2.7688 E - 01$	$- 1.3681 E - 01$	$1.1293 E - 02$	$1.6789 E - 01$	$3.3348 E - 01$	$- 9.9485 E - 03$
5	$- 2.2996 E - 01$	$- 1.1392 E - 01$	$7.5362 E - 03$	$1.3466 E - 01$	$2.6770 E - 01$	$- 1.6152 E - 03$
6	$- 1.9666 E - 01$	$- 9.7581 E - 02$	$5.3859 E - 03$	$1.1240 E - 01$	$2.2362 E - 01$	$- 2.2627 E - 04$
7	$- 1.7178 E - 01$	$- 8.5338 E - 02$	$4.0409 E - 03$	$9.6454 E - 02$	$1.9200 E - 01$	$- 2.7860 E - 05$
8	$- 1.5250 E - 01$	$- 7.5823 E - 02$	$3.1436 E - 03$	$8.4470 E - 02$	$1.6823 E - 01$	$- 3.0586 E - 06$
9	$- 1.3711 E - 01$	$- 6.8215 E - 02$	$2.5153 E - 03$	$7.5134 E - 02$	$1.4969 E - 01$	$- 3.0289 E - 07$
10	$- 1.2454 E - 01$	$- 6.1995 E - 02$	$2.0582 E - 03$	$6.7656 E - 02$	$1.3483 E - 01$	$- 2.7313 E - 08$
11	$- 1.1408 E - 01$	$- 5.6813 E - 02$	$1.7153 E - 03$	$6.1531 E - 02$	$1.2266 E - 01$	$- 2.2606 E - 09$
12	$- 1.0525 E - 01$	$- 5.2431 E - 02$	$1.4515 E - 03$	$5.6423 E - 02$	$1.1251 E - 01$	$- 1.7288 E - 10$
13	$- 9.7681 E - 02$	$- 4.8677 E - 02$	$1.2442 E - 03$	$5.2099 E - 02$	$1.0390 E - 01$	$- 1.2286 E - 11$
14	$- 9.1130 E - 02$	$- 4.5424 E - 02$	$1.0784 E - 03$	$4.8389 E - 02$	$9.6523 E - 02$	$- 8.1490 E - 13$
15	$- 8.5403 E - 02$	$- 4.2578 E - 02$	$9.4362 E - 04$	$4.5173 E - 02$	$9.0122 E - 02$	$- 5.0182 E - 14$
16	$- 8.0353 E - 02$	$- 4.0068 E - 02$	$8.3263 E - 04$	$4.2358 E - 02$	$8.4517 E - 02$	$0.0000 E + 00$
17	$- 7.5867 E - 02$	$- 3.7837 E - 02$	$7.4013 E - 04$	$3.9873 E - 02$	$7.9569 E - 02$	$0.0000 E + 00$
18	$- 7.1856 E - 02$	$- 3.5842 E - 02$	$6.6224 E - 04$	$3.7663 E - 02$	$7.5168 E - 02$	$0.0000 E + 00$
19	$- 6.8248 E - 02$	$- 3.4046 E - 02$	$5.9602 E - 04$	$3.5686 E - 02$	$7.1228 E - 02$	$0.0000 E + 00$
20	$- 6.4984 E - 02$	$- 3.2422 E - 02$	$5.3927 E - 04$	$3.3905 E - 02$	$6.7681 E - 02$	$0.0000 E + 00$

例 1.6.19 (习题2.4.9) 证明：

(1): 数列 $c_{n} = 1 + \frac{1}{1!} + \dots + \frac{1}{n!} + \frac{1}{n! \cdot n}$ 严格减，且 $lim_{n \to \infty} c_{n} = e$ 。
(2): $\forall n \in N^{*}$ ，都有 $\begin{matrix} (74) & \frac{1}{(n + 1)!} < e - (1 + \frac{1}{1!} + \dots + \frac{1}{n!}) < \frac{1}{n! \cdot n} \end{matrix}$
(3): $lim_{n \to + \infty} n \sin (2 π n! \cdot e) = 2 π$ 。
(4): $e$ 是无理数。

证明 (1) 注意到 $\begin{matrix} (75) & c_{n + 1} - c_{n} = \frac{1}{(n + 1)! \cdot (n + 1)} + \frac{1}{(n + 1)!} - \frac{1}{n! \cdot n} = - \frac{1}{n! \cdot n (n + 1)^{2}} < 0 \end{matrix}$ 故 ${c_{n}}$ 严格减且有下界 $1$ ，故极限存在。记 $a_{n} := \sum_{k = 0}^{n} \frac{1}{k!}$ ，则有 $\begin{matrix} (76) & c_{n} = a_{n} + \frac{1}{n! \cdot n} ⟹ lim_{n \to \infty} c_{n} = lim_{n \to \infty} a_{n} + 0 = e \end{matrix}$

(2) 由于 ${c_{n}}$ 严格减且极限为 $e$ ， ${a_{n}}$ 严格增且极限为 $e$ ，故 $\begin{matrix} (77) & a_{n + 1} < e < c_{n} ⟹ \frac{1}{(n + 1)!} < e - (1 + \frac{1}{1!} + \dots + \frac{1}{n!}) < \frac{1}{n! \cdot n} \end{matrix}$

(3) 注意到 $a_{n} \cdot n!$ 必为整数，故有 $\begin{matrix} (78) & n! \cdot a_{n} + \frac{1}{n + 1} = n! \cdot (a_{n} + \frac{1}{(n + 1)!}) < n! \cdot e < n! \cdot (a_{n} + \frac{1}{n! \cdot n}) = n! \cdot a_{n} + \frac{1}{n} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (79) & n \sin \frac{2 π}{n + 1} < n \sin (2 π n! \cdot e) < n \sin \frac{2 π}{n} \end{matrix}$ 上述不等式两侧的极限均存在且为 $2 π$ ，由夹挤定理可得 $\begin{matrix} (80) & lim_{n \to + \infty} n \sin (2 π n! \cdot e) = 2 π \end{matrix}$

(4) 设 $e \in Q$ ，则 $\exists M, N \in N^{*}$ 使得 $e = \frac{M}{N}$ ，则 $\forall n > N$ ，均有 $n \sin (2 π n! \cdot e) = 0$ ，与(3)矛盾。故 $e$ 是无理数。 $◻$

例 1.6.20 (习题2.4.16) 设 $a_{n} > 0$ ， $lim_{n \to + \infty} \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = α$ 。

(1): 设 $0 \leq A < α < B$ ，证明 $\exists N$ 使得 $n \geq N ⟹ A < \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} < B$ ，从而 $\frac{a_{N}}{A^{N}} A^{n} < a_{n} < \frac{a_{N}}{B^{N}} B^{n}$ 。
(2): 设 $α < 1$ ，证明 $lim_{n \to + \infty} a_{n} = 0$ 。
(3): 利用(1)证明 $lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{a_{n}} = α$ 。

证明 (1) 取 $ε = min {α - A, B - α}$ ， $\exists N > 0$ 使得 $\begin{matrix} (81) & n > N ⟹ A - α \leq - ε < \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} - α < ε \leq B - α ⟹ A < \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} < B \end{matrix}$ 从而 $\begin{matrix} (82) & \begin{aligned} \frac{a_{n}}{a_{N}} = \frac{a_{n}}{a_{n - 1}} \dots \frac{a_{N + 1}}{a_{N}} & < B^{n - N} ⟹ a_{n} < \frac{a_{N}}{B^{N}} B^{n} \\ \frac{a_{n}}{a_{N}} = \frac{a_{n}}{a_{n - 1}} \dots \frac{a_{N + 1}}{a_{N}} & > A^{n - N} ⟹ a_{n} > \frac{a_{N}}{A^{N}} A^{n} \end{aligned} \end{matrix}$

(2) 取 $B = \frac{1 + α}{2} \in (0, 1)$ ，则 $\begin{matrix} (83) & 0 < a_{n} < \frac{a_{N}}{B^{N}} B^{n} \overset{n \to + \infty}{\to} 0 \leq lim_{n \to + \infty} a_{n} \leq 0 ⟹ lim_{n \to + \infty} a_{n} = 0 \end{matrix}$

(3) 设 $0 < A_{1} < A_{3} < α < A_{4} < A_{2}$ ，由(1)可知 $\exists N_{1} > 0$ 使得 $\begin{matrix} (84) & n > N_{1} ⟹ A_{1} < A_{3} < \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} < A_{4} < A_{2} \end{matrix}$ 设 $N_{0}$ 满足 $\begin{matrix} (85) & n > N_{0} ⟹ A_{1}^{n} < \frac{a_{N}}{A_{3}^{N}} A_{3}^{n} < a_{n} < \frac{a_{N}}{A_{4}^{N}} A_{4}^{n} < A_{2}^{n} \end{matrix}$ 这只需要 $\begin{matrix} (86) & n > N_{0} \geq max {\frac{N \ln A_{3} - \ln a_{N}}{\ln A_{3} - \ln A_{1}}, \frac{\ln a_{N} - N \ln A_{4}}{\ln A_{2} - \ln A_{4}}, 0} \end{matrix}$ 此时有 $\begin{matrix} (87) & A_{1} < \sqrt[n]{a_{n}} < A_{2} \end{matrix}$ 故 $\forall ε > 0$ ， $\exists A_{1}, A_{2}, A_{3}, A_{4}$ 使得 $α - ε < A_{1} < A_{3} < α < A_{4} < A_{2} < α + ε$ ， $\exists N = max {N_{0}, N_{1}}$ 使得 $\begin{matrix} (88) & n > N ⟹ α - ε < A_{1} < \sqrt[n]{a_{n}} < A_{2} < α + ε ⟹ lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{a_{n}} = α \end{matrix}$ $◻$

例 1.6.21 (习题2.4.17) 设 $a > 1$ 及 $k > 0$ ，求 $lim_{n \to + \infty} \frac{a^{n}}{n!}$ 、 $lim_{n \to + \infty} \frac{n^{k}}{a^{n}}$ 、 $lim_{n \to + \infty} \frac{n!}{n^{n}}$ 。

解利用习题2.4.14的结论可得 $\begin{matrix} (89) & \begin{aligned} \frac{a^{n + 1} / (n + 1)!}{a^{n} / n!} = \frac{a}{n + 1} \to 0 & ⟹ lim_{n \to + \infty} \frac{a^{n}}{n!} = 0 \\ \frac{(n + 1)^{k} / a^{n + 1}}{n^{k} / a^{n}} = \frac{{(1 + \frac{1}{n})}^{k}}{a} \to \frac{1}{a} & ⟹ lim_{n \to + \infty} \frac{n^{k}}{a^{n}} = 0 \\ \frac{(n + 1)! / (n + 1)^{n + 1}}{n! / n^{n}} = \frac{1}{{(1 + \frac{1}{n})}^{n}} \to \frac{1}{e} & ⟹ lim_{n \to + \infty} \frac{n!}{n^{n}} = 0 \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

例 1.6.22 (习题2.4.19) 求 $lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{a}$ 、 $lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{n}$ 、 $lim_{n \to + \infty} \frac{\ln n}{n}$ 、 $lim_{n \to + \infty} \frac{n}{\sqrt[n]{n!}}$ 、 $lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{\frac{1 \cdot 3 \dots (2 n - 1)}{2 \cdot 4 \dots (2 n)}}$ 。

证明利用习题2.4.14的结论可得 $\begin{matrix} (90) & \begin{aligned} \frac{a}{a} = 1 & ⟹ lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{a} = 1 \\ \frac{n + 1}{n} \to 1 & ⟹ lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{n} = 1 \\ \frac{\ln (n + 1) / (n + 1)}{\ln n / n} = \frac{n}{n + 1} \frac{\ln (n + 1)}{\ln n} \to 1 & ⟹ lim_{n \to + \infty} \frac{\ln n}{n} = 0 \\ \frac{(n + 1)^{n + 1} / (n + 1)!}{n^{n} / n!} = {(1 + \frac{1}{n})}^{n} \to e & ⟹ lim_{n \to + \infty} \frac{n}{\sqrt[n]{n!}} = e \\ \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = \frac{2 n + 1}{2 n + 2} \to 1 & ⟹ lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{\frac{1 \cdot 3 \dots (2 n - 1)}{2 \cdot 4 \dots (2 n)}} = 1 \end{aligned} \end{matrix}$ 其中 $\begin{matrix} (91) & 1 < \frac{\ln (n + 1)}{\ln n} \leq \frac{\ln n + \ln 2}{\ln n} \to 1 ⟹ lim_{n \to + \infty} \frac{\ln (n + 1)}{\ln n} = 1 \end{matrix}$ $◻$

例 1.6.23 (习题2.4.20) 设 $a > 1$ 、 $k > 0$ ，求 $lim_{x \to + \infty} x^{1 / x}$ 、 $lim_{x \to + \infty} \frac{\ln x}{x^{k}}$ 、 $lim_{x \to + \infty} \frac{x^{k}}{a^{x}}$ 、 $lim_{x \to 0^{+}} x^{k} \ln x$ 。

解我们首先证明 $\begin{matrix} (92) & lim_{x \to + \infty} \frac{\ln x}{x^{k}} = 0 \end{matrix}$ 首先考虑离散的情况，注意到 $\begin{matrix} (93) & \frac{\ln (n + 1) / (n + 1)^{k}}{\ln n / n^{k}} = {(1 + \frac{1}{n})}^{k} \frac{\ln (n + 1)}{\ln n} \to 1 ⟹ lim_{n \to + \infty} \frac{\ln n}{n^{k}} = 0 \end{matrix}$ 设 $n = [x]$ ，则有 $\begin{matrix} (94) & \frac{\ln (n + 1) - \ln 2}{(n + 1)^{k}} \leq \frac{\ln n}{(n + 1)^{k}} < \frac{\ln x}{x^{k}} < \frac{\ln (n + 1)}{n^{k}} \leq \frac{\ln n + \ln 2}{n^{k}} \end{matrix}$ 由夹挤原理可得 $\begin{matrix} (95) & lim_{x \to + \infty} \frac{\ln x}{x^{k}} = lim_{n \to + \infty} \frac{\ln n}{n^{k}} = 0 \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (96) & \begin{aligned} x^{1 / x} = \exp \frac{\ln x}{x} & \to \exp 0 = 1 \\ \frac{x^{k}}{a^{x}} \overset{t = a^{x}}{=} \frac{(\log_{a} t)^{k}}{t} = \frac{1}{(\ln a)^{k}} {(\frac{\ln t}{t^{1 / k}})}^{k} & \to \frac{1}{(\ln a)^{k}} \cdot 0^{k} = 0 \\ x^{k} \ln x \overset{t = x^{- 1}}{=} - \frac{\ln t}{t^{k}} & \to - 0 = 0 \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

1.6.7 大O与小o，函数的主项，阶的比较

例 1.6.24 (习题2.5.4)

(1): 设 $f$ 在 $x = 0$ 处连续， $f (0) = 0$ ，并且 $lim_{x \to 0} \frac{f (2 x) - f (x)}{x} = λ$ ，证明： $\begin{matrix} (97) & f (x) = λ x + o (x), x \to 0 \end{matrix}$
(2): 利用上述结果证明： $\begin{matrix} (98) & e^{x} = 1 + x + \frac{x^{2}}{2} + o (x^{2}), x \to 0 \end{matrix}$ 用这个办法得到 $e^{x}$ 在 $x \to 0$ 时的更高阶展开式。
(3): 求 $\sin x$ 在 $x \to 0$ 时的更高阶展开式。

解 (1) $\forall ε > 0$ ， $\exists δ > 0$ 使得 $\forall x \in I$ ， $\begin{matrix} (99) & 0 < | x | < δ ⟹ | f (2 x) - f (x) - λ x | < ε | x | \end{matrix}$ $\forall k \in N^{*}$ ， $0 < 2^{- (k - 1)} \leq | x | < δ$ ，从而 $\begin{matrix} (100) & | f (2^{- (k - 1)} x) - f (2^{- k} x) - λ \cdot 2^{- k} x | < ε \cdot 2^{- k} | x | \end{matrix}$ 因此 $\forall n \in N^{*}$ $\begin{matrix} (101) & | f (x) - f (2^{- n} x) - λ x \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{2^{k}} | \leq ε | x | \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{2^{k}} \end{matrix}$ 令 $n \to + \infty$ 可得 $\begin{matrix} (102) & | f (x) - λ x | \leq ε | x | ⟹ f (x) = λ x + o (x), x \to 0 \end{matrix}$ 得证。

(2) 设 $e^{x} = 1 + x + x f (x)$ ，其中 $f (x) = o (1)$ ，注意到 $e^{2 x} = e^{x} \cdot e^{x}$ ，因此 $\begin{matrix} (103) & 1 + 2 x + 2 x f (2 x) = [1 + x + x f (x)]^{2} = 1 + 2 x + 2 x f (x) + x^{2} + o (x^{2}) \end{matrix}$ 亦即 $\begin{matrix} (104) & f (2 x) - f (x) = \frac{x}{2} + o (x) ⟹ f (x) = \frac{x}{2} + o (x), x \to 0 \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (105) & e^{x} = 1 + x + \frac{x^{2}}{2} + o (x^{2}), x \to 0 \end{matrix}$

(3) 设 $\sin x = x + x f (x)$ ，其中 $f (x) = o (1)$ ，注意到 $\sin 2 x = 2 \sin x \sqrt{1 - \sin^{2} x}$ ，因此 $\begin{matrix} (106) & 2 x + 2 x f (2 x) = 2 x [1 + f (x)] {[1 - x^{2} + o (x^{2})]}^{1 / 2} = 2 x [1 + f (x) - \frac{x^{2}}{2} + o (x^{2})] \end{matrix}$ 亦即 $\begin{matrix} (107) & f (2 x) - f (x) = - \frac{x^{2}}{2} + o (x^{2}) = o (x) \end{matrix}$ 由例1.5.38的结论可知 $\begin{matrix} (108) & f (x) = - \frac{x^{2}}{6} + o (x^{2}), x \to 0 \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (109) & \sin x = x - \frac{x^{3}}{6} + o (x^{3}), x \to 0 \end{matrix}$ $◻$

¹⁴详细证明需要用到导数，此处略去。