雨课堂作业

2.3 雨课堂作业

2.3.1 函数极限（小o）

例 2.3.1 (作业第1, 2, 3, 4, 5题) 填空题：计算以下极限。

(1): $lim_{x \to + \infty} x [{(1 + \frac{a}{x})}^{1 + \frac{1}{x}} - x^{- \frac{1}{x (x + a)}}] =$ ____
(2): $lim_{x \to 0} {(\sqrt{1 + x} - \tan x)}^{- 2 / x} =$ ____
(3): $lim_{x \to 0} {(\frac{1 + 2^{x + 1}}{3})}^{3 / x} =$ ____
(4): $lim_{x \to + \infty} {(\cos \frac{1}{x} + \sin \frac{1}{x})}^{x} =$ ____
(5): $lim_{x \to 0} \frac{3 \sin 2 x + 2 x^{2} \cos (1 / x)}{(1 + \cos x) \ln (1 + x)} =$ ____

解 (1) 令 $y = \frac{1}{x} \to 0^{+}$ ，代入计算可得 $\begin{matrix} (1) & \begin{aligned} \frac{1}{y} (e^{(1 + y) \ln (1 + a y)} - e^{\frac{y}{a + \frac{1}{y}} \ln y}) = \frac{1}{y} (e^{a y (1 + y) (1 + o (1))} - e^{\frac{y^{2} \ln y}{1 + a y}}) \\ = \frac{1}{y} (1 + a y + o (y) - 1 - y^{2} \ln y + o (y^{2} \ln y)) = a + o (1) \to a \end{aligned} \end{matrix}$

(2) $\begin{matrix} (2) & \begin{aligned} \sqrt{1 + x} - \tan x & = 1 + \frac{x}{2} + o (x) - x - o (x) = 1 - \frac{x}{2} + o (x) \\ - \frac{2}{x} \ln (1 - \frac{x}{2} + o (x)) & = - \frac{2}{x} (- \frac{x}{2} + o (x)) = 1 + o (1) \to 1 \\ {(\sqrt{1 + x} - \tan x)}^{- 2 / x} & = \exp [- \frac{2}{x} \ln (\sqrt{1 + x} - \tan x)] \to e \end{aligned} \end{matrix}$

(3) 当 $x \to 0$ 时， $2^{x + 1} = 2 e^{x \ln 2} = 2 (1 + x \ln 2 + o (x))$ ，因此 $\begin{matrix} (3) & \begin{aligned} \frac{1 + 2^{x + 1}}{3} & = 1 + \frac{2 \ln 2}{3} x + o (x) \\ \ln (1 + \frac{2 \ln 2}{3} x + o (x)) & = \frac{2 \ln 2}{3} x + o (x) \\ \frac{3}{x} \ln (1 + \frac{2 \ln 2}{3} x + o (x)) & = 2 \ln 2 + o (1) \\ {(\frac{1 + 2^{x + 1}}{3})}^{3 / x} & = \exp [\frac{3}{x} \ln (\frac{1 + 2^{x + 1}}{3})] \to 4 \end{aligned} \end{matrix}$

(4) 令 $y = \frac{1}{x} \to 0^{+}$ ，代入计算可得 $\begin{matrix} (4) & \begin{aligned} \frac{1}{y} \ln (\cos y + \sin y) & = \frac{1}{y} \ln (1 + o (y) + y + o (y)) = \frac{y + o (y)}{y} \to 1 \\ {(\cos \frac{1}{x} + \sin \frac{1}{x})}^{x} & = \exp [x \ln (\cos \frac{1}{x} + \sin \frac{1}{x})] \to e \end{aligned} \end{matrix}$

(5) 当 $x \to 0$ 时， $\begin{matrix} (5) & \begin{aligned} \ln (1 + x) & = x + o (x) = x (1 + o (1)) \\ 2 x^{2} \cos \frac{1}{x} & = O (x^{2}) = o (x) = x o (1) \\ \sin 2 x & = 2 x + o (2 x) = 2 x (1 + o (1)) \\ 原式 & = lim_{x \to 0} \frac{6 x (1 + o (1)) + x o (1)}{(2 + o (1)) x (1 + o (1))} = lim_{x \to 0} \frac{6 + o (1)}{2 + o (1)} = 3 \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

注

(1): 对 $u (x)^{v (x)}$ 型的函数，建议统一换底为 $e$ ，即写成基本初等函数复合 $e^{v (x) \ln u (x)}$ 。
(2): 及早换元，简化函数形式。
(3): 在处理等价无穷小时，建议保留携带 $o$ 余项的形式，即 $f (x) \sim g (x)$ 时，用 $f (x) = g (x) + o (g (x))$ 替换 $f (x)$ ，而不是用 $g (x)$ 替换 $f (x)$ 。

例 2.3.2 (作业第6题) 计算极限： $lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 1}^{n} (\sqrt[3]{1 + \frac{k}{n^{2}}} - 1)$ 。

当 $x \to 0$ 时， $\sqrt[3]{1 + x} - 1 = \frac{x}{3} + o (x)$ 。当 $n \to + \infty$ 时，对任意 $k = 1, 2, \dots, n, 0 < \frac{k}{n^{2}} \leq \frac{1}{n}$ ，所以 $\frac{k}{n^{2}} = O (\frac{1}{n}) \to 0$ 。代入计算可得 $\begin{matrix} (6) & \begin{aligned} lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 1}^{n} (\sqrt[3]{1 + \frac{k}{n^{2}}} - 1) = lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 1}^{n} (\frac{k}{3 n^{2}} + o (\frac{k}{n^{2}})) \\ = lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 1}^{n} (\frac{k}{3 n^{2}} + o (\frac{1}{n})) = lim_{n \to + \infty} [\frac{n (n + 1)}{6 n^{2}} + n \cdot o (\frac{1}{n})] = \frac{1}{6} \end{aligned} \end{matrix}$

上述解答对吗？

解错误。错误发生在 $(4) ⟹ (5)$ ，求和中的 $n$ 个 $o (1 / n)$ 是不同的，所以把和写成 $n \cdot o (1 / n)$ 是不妥的。可以构造无穷多个数列 $a_{n}^{(k)} (k = 1, 2, \dots)$ ，使得对每个正整数 $k$ ，数列 $a_{n}^{(k)} = o (1 / n)$ ，但数列 $a_{n}^{(1)} + a_{n}^{(2)} + \dots + a_{n}^{(n)}$ 不是无穷小。例如： $\begin{matrix} (7) & a_{n}^{(k)} = {\begin{cases} k, & n = k \\ 0, & n \neq k \end{cases} \end{matrix}$ $◻$

例 2.3.3 (作业第7, 8题) 已知 $lim_{x \to 0} \frac{\ln (1 + \frac{f (x)}{\tan x})}{2^{x} - 1} = 1$ 。求 $lim_{x \to 0} \frac{f (x)}{x^{2}}$ 。

解一 $\begin{matrix} (8) & 1 = lim_{x \to 0} \frac{\ln (1 + \frac{f (x)}{\tan x})}{x \ln 2} = lim_{x \to 0} \frac{\frac{f (x)}{\tan x}}{x \ln 2} = lim_{x \to 0} \frac{f (x)}{x^{2} \ln 2} \end{matrix}$ 因此所求极限为 $\ln 2$ 。

解二设 $A = lim_{x \to 0} \frac{f (x)}{x^{2}}$ ，则 $f (x) = A x^{2} + o (x^{2})$ ，故有 $\begin{matrix} (9) & 1 = lim_{x \to 0} \frac{\ln (1 + \frac{A x^{2}}{\tan x})}{2^{x} - 1} = lim_{x \to 0} \frac{\ln (1 + A x)}{2^{x} - 1} = lim_{x \to 0} \frac{A x}{2^{x} - 1} = lim_{x \to 0} \frac{A x}{x \ln 2} = \frac{A}{\ln 2} \end{matrix}$ 所以 $A = \ln 2$ 。

上述解答对吗？

解错误。解一需要先论证 $\frac{f (x)}{\tan x}$ 是无穷小，解二不能事先默认极限 $lim_{x \to 0} \frac{f (x)}{x^{2}}$ 存在。正确的解答如下：

根据极限的定义可得： $\forall ε > 0$ ， $\exists δ_{0} > 0$ 使得 $\begin{matrix} (10) & | x | < δ_{0} ⟹ | \frac{\ln (1 + \frac{f (x)}{\tan x})}{2^{x} - 1} - 1 | < ε \end{matrix}$ 凑出 $\frac{f (x)}{x^{2}}$ 可得 $\begin{matrix} (11) & \frac{e^{(1 - ε) (2^{x} - 1)} - 1}{x^{2}} \tan x < \frac{f (x)}{x^{2}} < \frac{e^{(1 + ε) (2^{x} - 1)} - 1}{x^{2}} \tan x \end{matrix}$ 利用极限 $\begin{matrix} (12) & lim_{x \to 0} \frac{e^{A (2^{x} - 1)} - 1}{x^{2}} \tan x = A \ln 2 \end{matrix}$ 故 $\exists δ_{1} > 0$ 使得 $\begin{matrix} (13) & | x | < δ_{1} ⟹ | \frac{e^{A (2^{x} - 1)} - 1}{x^{2}} \tan x - A \ln 2 | < ε \end{matrix}$ 代入计算可得 $\begin{matrix} (14) & \ln 2 - 2 ε < (1 - ε) \ln 2 - ε < \frac{f (x)}{x^{2}} < (1 + ε) \ln 2 + ε < \ln 2 + 2 ε \end{matrix}$ 取 $δ = min {δ_{0}, δ_{1}}$ ，则当 $| x | < δ$ 时，有 $\begin{matrix} (15) & | \frac{f (x)}{x^{2}} - \ln 2 | < 2 ε ⟹ lim_{x \to 0} \frac{f (x)}{x^{2}} = \ln 2 \end{matrix}$ $◻$