补充习题

1.5 补充习题

1.5.1 确界

除了一些基本概念以外，确界这部分内容中最重要的就是确界公理。

定理 1.5.1 (确界公理) 任何非空有上（下）界的实数子集必有上（下）确界。

例 1.5.2 (阿基米德性质) 对任意正数 $ε$ ，存在正整数 $n$ 使得 $\frac{1}{n} < ε < n$ 。

证明提示：考虑集合 $\begin{matrix} (1) & A = {n \in N^{*} ∣ n \leq 1 + ε} \end{matrix}$ $A$ 非空有上界，故必有上确界 $n_{0}$ ，则 $n_{0} - 1$ 不是 $A$ 的上界。故存在 $m \in A$ ，使得 $n_{0} - 1 < m$ ，即 $m + 1 > n_{0}$ 且 $m + 1$ 是正整数。所以 $m + 1 \notin A$ ，因此 $m + 1 > 1 + ε$ ，即 $m > ε$ 。

同理可证存在正整数 $m^{'}$ 使得 $m^{'} > \frac{1}{ε}$ 。

取 $n = m + m^{'}$ 即可。 $◻$

例 1.5.3 设 $a > 1, ε > 0$ 。证明存在正整数 $m$ 使得 $a^{- m} < ε < a^{m}$ 。

证明提示： $\begin{matrix} (2) & a^{m} = (1 + (a - 1))^{m} \geq 1 + m (a - 1) > m (a - 1) \overset{?}{>} ε + \frac{1}{ε} \end{matrix}$ $◻$

例 1.5.4 证明：实数 $α$ 是实数子集的上确界当且仅当

任何比 $α$ 小的有理数都不是 $A$ 的上界。
任何比 $α$ 大的有理数都是 $A$ 的上界。

证明提示：必要性（ $⟹$ ）显然。下证充分性（ $⟸$ ），核心思想是反证法。

首先证明 $α$ 是上界。假设 $α$ 不是 $A$ 的上界，则存在实数 $x \in A$ 使得 $x > α$ 。由有理数的稠密性（定理1.4.13），存在有理数 $r$ 使得 $α < r < x$ 。根据题设条件， $r$ 是 $A$ 的上界，矛盾。

其次证明 $α$ 是上确界。假设 $α$ 不是 $A$ 的上确界，则存在实数 $β < α$ 是 $A$ 的上界。由有理数的稠密性，存在有理数 $r$ 使得 $β < r < α$ 。根据题设条件， $r$ 不是 $A$ 的上界，矛盾。 $◻$

另证 $\forall x > α$ ，由有理数的稠密性， $\exists r \in (α, x)$ 是 $A$ 的上界，故 $x$ 是 $A$ 的上界；同理可证 $\forall x < α$ ， $x$ 都不是 $A$ 的上界。

设 $A$ 的上界集为 $U$ ，则 $(α, + \infty) \subseteq U \subseteq [α, + \infty)$ ，故 $U = (α, + \infty)$ 或 $U = [α, + \infty)$ 。根据确界公理， $U$ 有最小值，故 $U = [α, + \infty)$ ，即 $α$ 是 $A$ 的上确界。 $◻$

例 1.5.5 设 $A, B$ 是非空有上界的实数子集，且存在 $a_{0}, b_{0} > 0$ 满足 $a_{0} \in A, b_{0} \in B$ 。记 $\begin{matrix} (3) & A B = {c \in R ∣ \exists a, b > 0 s.t. a \in A, b \in B, c \leq a b} \end{matrix}$ 证明 $A B$ 非空有上界，且 $sup (A B) = sup A \cdot sup B$ 。

证明提示：上（下）确界的另一种表述：若 $α$ 是 $A$ 的上界，且对任意 $ε > 0$ ，存在 $a \in A$ 使得 $α - ε < a \leq α$ ，则 $α$ 是 $A$ 的上确界。

$A B$ 非空有上界显然，且 $sup A \cdot sup B$ 显然是 $A B$ 的上界。下证 $sup A \cdot sup B$ 是 $A B$ 的上确界。

对任意 $ε > 0$ ，取特定 $ε^{'} > 0$ ，存在 $a \in A$ 满足 $sup A - ε^{'} < a \leq sup A$ ，存在 $b \in B$ 满足 $sup B - ε^{'} < b \leq B$ ，则 $c = a b \in A B$ ，且 $\begin{matrix} (4) & \begin{aligned} sup A \cdot sup B \geq c & > (sup A - ε^{'}) (sup B - ε^{'}) > sup A \cdot sup B - ε^{'} (sup A + sup B) \\ = sup A \cdot sup B - ε \end{aligned} \end{matrix}$ 取 $ε^{'} = ε / (sup A + sup B)$ 即可。

我们证明了对任意 $ε > 0$ ，存在 $c \in A B$ 满足 $sup A \cdot sup B - ε < c \leq sup A \cdot sup B$ ，即 $sup A \cdot sup B$ 是 $A B$ 的上确界。 $◻$

1.5.2 关于乘方、开方、幂指对函数

例 1.5.6 设 $n$ 是正整数。证明函数 $f : R^{+} \to R^{+}, x \mapsto x^{n}$ 是严格增满射。

证明首先证明 $f$ 是严格增的。常见误证（涉及循环论证）： $\begin{matrix} (5) & x_{2} > x_{1} ⟹ \frac{x_{2}^{n}}{x_{1}^{n}} = {(\frac{x_{2}}{x_{1}})}^{n} \overset{?}{>} 1 \end{matrix}$

参考证明1（直接相减）： $\begin{matrix} (6) & x_{2} > x_{1} ⟹ x_{2}^{n} - x_{1}^{n} = (x_{2} - x_{1}) (x_{2}^{n - 1} + x_{2}^{n - 2} x_{1} + \dots + x_{1}^{n - 1}) > 0 \end{matrix}$

参考证明2（对 $n$ 作数学归纳法）： $\begin{matrix} (7) & x_{2} > x_{1} ⟹ x_{2}^{n} - x_{1}^{n} = x_{2} (x_{2}^{n - 1} - x_{1}^{n - 1}) + x_{1}^{n - 1} (x_{2} - x_{1}) > 0 \end{matrix}$

下证 $f$ 是满射，其实就是证明 $\sqrt[n]{x} (x > 0)$ 的存在性。提示：联想讲义例1.4.7中利用Dekekind分割证明 $\sqrt{2}$ 的存在性，能否采用类似的方法？

令 $A = {y \in R ∣ y^{n} < x}$ ，其中 $x > 0$ 。首先 $0 \in A$ ， $x$ 是 $A$ 的上界（利用严格增），故 $A$ 非空有上界，故存在上确界 $α$ 。下证 $α^{n} = x$ 。

若 $α^{n} > x$ ，则取 $ε > 0$ ，尝试 $\begin{matrix} (8) & [α (1 - ε)]^{n} > α^{n} (1 - n ε) \overset{?}{\geq} x \end{matrix}$ 取 $\begin{matrix} (9) & ε = \frac{α^{n} - x}{n α^{n}} \end{matrix}$ 则 $α$ 不是最小上界，矛盾。

若 $α^{n} < x$ ，则取 $ε > 0$ ，尝试 $\begin{matrix} (10) & [α (1 + ε)]^{n} < {(\frac{α}{1 - ε})}^{n} < \frac{α^{n}}{1 - n ε} \overset{?}{\leq} x \end{matrix}$ 取 $\begin{matrix} (11) & ε = \frac{x - α^{n}}{n α^{n}} \end{matrix}$ 则 $α$ 不是上界，矛盾。

综上， $α^{n} = x$ ，即 $f$ 是满射。 $◻$

例 1.5.7 设 $a > 1$ ， $x > 0$ ，记 $\begin{matrix} (12) & A_{x} = {\frac{m}{n} | n \in N^{*}, m \in Z, a^{m} \leq x^{n}} \end{matrix}$ 证明：

(1): $A_{x}$ 非空有上界。记 $\log_{a} x = sup A_{x}$ 。
(2): 对任意正数 $x, y$ ， $\log_{a} (x y) = \log_{a} x + \log_{a} y$ ，并且 $\log_{a} a = 1$ 。
(3): 对任何有理数 $r$ 和正数 $x$ ， $\log_{a} x^{r} = r \log_{a} x$ 。
(4): $\log_{a} : R^{+} \to R$ 是严格增满射。

提示：

引理 1.5.8 若 $x^{q} \leq a^{p}$ ，则 $\frac{p}{q}$ 是 $A_{x}$ 的上界。

证明对任意 $\frac{m}{n} \in A_{x}$ ，有 $\begin{matrix} (13) & a^{m q} = (a^{m})^{q} \leq (x^{n})^{q} = (x^{q})^{n} \leq (a^{p})^{n} = a^{p n} \end{matrix}$ 所以 $m q \leq p n$ ，即 $\frac{m}{n} \leq \frac{p}{q}$ 。 $◻$

注当 $0 < a < 1$ 时，上述结论(2)(3)同样成立，此时 $\log_{a} x$ 是严格减满射，证明类似。

证明 (1) 令 $n = 1$ ，由阿基米德性质可知存在正整数 $m$ 使得 $a^{- m} < x < a^{m}$ 。因此 $- m \in A_{x}$ ，且 $m$ 是 $A_{x}$ 的上界。故 $A_{x}$ 非空有上界。

(2) 对任意 $ε > 0$ ，取特定 $n \in N^{*}$ ，则存在 $m_{1}, m_{2} \in N^{*}$ （为什么？）使得 $\begin{matrix} (14) & a^{m_{1}} \leq x^{n} < a^{m_{1} + 1}, a^{m_{2}} \leq y^{n} < a^{m_{2} + 1} \end{matrix}$ 所以 $\frac{m_{1}}{n} \in A_{x}, \frac{m_{2}}{n} \in A_{y}$ ，并且 $\frac{m_{1} + 1}{n}$ 是 $A_{x}$ 的上界、 $\frac{m_{2} + 1}{n}$ 是 $A_{y}$ 的上界，从而 $\begin{matrix} (15) & \frac{m_{1} + 1}{n} \geq \log_{a} x, \frac{m_{2} + 1}{n} \geq \log_{a} y \end{matrix}$ 另一方面， $\begin{matrix} (16) & a^{m_{1} + m_{2}} \leq (x y)^{n} < a^{m_{1} + m_{2} + 2} \end{matrix}$ 所以 $\frac{m_{1} + m_{2}}{n} \in A_{x y}$ ，并且 $\frac{m_{1} + m_{2} + 2}{n}$ 是 $A_{x y}$ 的上界，因此 $\begin{matrix} (17) & \begin{aligned} \log_{a} x + \log_{a} y - \frac{2}{n} & \leq \frac{m_{1} + 1}{n} + \frac{m_{2} + 1}{n} - \frac{2}{n} \leq \log_{a} (x y) \\ \leq \frac{m_{1} + m_{2} + 2}{n} = \log_{a} x + \log_{a} y + \frac{2}{n} \end{aligned} \end{matrix}$ 于是 $\begin{matrix} (18) & | \log_{a} (x y) - \log_{a} x - \log_{a} y | \leq \frac{2}{n} \overset{?}{<} ε \end{matrix}$ 取 $n > \frac{2}{ε}$ 即可。从而 $\begin{matrix} (19) & \log_{a} (x y) = \log_{a} x + \log_{a} y \end{matrix}$ 依据单调性，我们很容易得到 $\log_{a} a = 1$ 。

(3) 由数学归纳法易知，证明类似于：已知 $f : R \to R$ 满足 $f (x + y) = f (x) + f (y)$ ，则 $\forall r \in Q$ ， $f (r x) = r f (x)$ 。

(4) 先证 $f$ 严格增。设 $0 < x < y$ ，尝试 $\begin{matrix} (20) & \frac{y^{n}}{x^{n}} = {(1 + \frac{y - x}{x})}^{n} \geq 1 + \frac{n (y - x)}{x} \overset{?}{>} a^{2} \end{matrix}$ 取 $n > \frac{a^{2} x}{y - x}$ 即可。再取整数 $m_{1}$ 使得 $\begin{matrix} (21) & a^{m_{1}} \leq x^{n} < a^{m_{1} + 1} \end{matrix}$ 则 $\begin{matrix} (22) & a^{m_{1}} \leq x^{n} < a^{m_{1} + 1} < a^{2} a^{m_{1}} \leq a^{2} x^{n} < y^{n} \end{matrix}$ 故 $\frac{m_{1} + 1}{n}$ 是 $A_{x}$ 的上界， $\frac{m_{1} + 2}{n} \in A_{y}$ ，所以 $\begin{matrix} (23) & \log_{a} x < \frac{m_{1} + 1}{n} < \frac{m_{1} + 2}{n} \leq \log_{a} y \end{matrix}$

下证 $\log_{a}$ 是满射，即 $\forall y \in R$ ， $\exists x > 0$ 使得 $\log_{a} x = y$ 。记 $\begin{matrix} (24) & B_{y} = {a^{\frac{m}{n}} | m \in Z, n \in Z^{*}, \frac{m}{n} \leq y} \end{matrix}$ $\forall n \in N^{*}$ ， $\exists m \in N^{*}$ 使得 $\begin{matrix} (25) & \frac{m}{n} \leq y < \frac{m + 1}{n} \end{matrix}$ 于是 $a^{\frac{m}{n}} \in B_{y}$ ，且 $a^{\frac{m + 1}{n}}$ 是 $B_{y}$ 的上界，故 $B_{y}$ 有上确界 $x$ 。因此 $\begin{matrix} (26) & \frac{m}{n} = \log_{a} a^{\frac{m}{n}} \leq \log_{a} x \leq \log_{a} a^{\frac{m + 1}{n}} = \frac{m + 1}{n} \end{matrix}$ 联立以上两式可得 $\begin{matrix} (27) & | \log_{a} x - y | \leq \frac{1}{n} \overset{?}{<} ε \end{matrix}$ 取 $n > \frac{1}{ε}$ 即可。故 $\log_{a} x = y$ ，即 $\log_{a}$ 是满射。 $◻$

指数函数 $a^{x} (a > 0, a \neq 1)$ 定义为对数函数 $\log_{a}$ 的反函数（ $1^{x} := 1$ ），故指数函数是 $R \to R^{+}$ 的严格增满射。幂函数可定义为 $x^{μ} := 2^{μ \log_{2} x}$ ，其中 $μ \in R$ 。至此，我们已给出基本初等函数中除（反）三角函数以外的所有函数，它们之间的关系如图1.5.1所示。

例 1.5.9 设 $a, b > 0$ 且 $x, y \in R$ ，证明：

(1): $a^{x} a^{y} = a^{x + y}$ 。
(2): $(a^{x})^{y} = a^{x y}$ 。
(3): $a^{x} b^{x} = (a b)^{x}$ 。

提示：

引理 1.5.10 $\forall a > 0$ 且 $a \neq 1$ ， $\forall b > 0$ ， $\forall x \in R$ ， $\log_{a} b^{x} = x \log_{a} b$ 。

证明由上题(3)可知引理对 $x \in Q$ 成立。当 $b = 1$ 时，引理显然成立。当 $a > 1$ 、 $b > 1$ 时，由于 $\log_{a}, \log_{b}$ 严格增，故 $\log_{a} b^{x}$ 严格增。 $\forall ε > 0$ ，尝试取 $ε^{'} > 0$ ，根据有理数的稠密性，取 $r_{1}, r_{2}$ 满足 $x - ε^{'} < r_{1} < x < r_{2} < x + ε^{'}$ ，则 $\begin{matrix} (28) & r_{1} \log_{a} b = \log_{a} b^{r_{1}} < \log_{a} b^{x} < \log_{a} b^{r_{2}} = r_{2} \log_{a} b \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (29) & | \log_{a} b^{x} - x \log_{a} b | < ε^{'} \log_{a} b \overset{?}{\leq} ε \end{matrix}$ 取 $ε^{'} = \frac{ε}{\log_{a} b}$ 即可。其余情况同理可证。 $◻$

证明 (1) 由 $\log_{a}$ 以及反函数的性质可得 $\begin{matrix} (30) & \log_{a} (a^{x} a^{y}) = \log_{a} a^{x} + \log_{a} a^{y} = x + y = \log_{a} a^{x + y} \end{matrix}$ 故 $a^{x} a^{y} = a^{x + y}$ 。

(2) 由 $\log_{a}$ 以及引理可得 $\begin{matrix} (31) & \log_{a} (a^{x})^{y} = y \log_{a} a^{x} = x y = \log_{a} a^{x y} \end{matrix}$ 故 $(a^{x})^{y} = a^{x y}$ 。

(3) 由 $\log_{a}$ 以及引理可得 $\begin{matrix} (32) & \log_{a} (a^{x} b^{x}) = \log_{a} a^{x} + \log_{a} b^{x} = x (1 + \log_{a} b) = x \log_{a} a b = \log_{a} (a b)^{x} \end{matrix}$ 故 $a^{x} b^{x} = (a b)^{x}$ 。 $◻$

1.5.3 连续与函数在一点处的极限

例 1.5.11 讨论函数 $f (x) = \frac{x^{2} - 3 x + 2}{x^{2} - x}$ 的连续性和间断点。

解 $f$ 的定义域为 $I = R ∖ {0, 1}$ 。根据连续函数的四则运算性质知多项式和有理分式都是连续函数，故 $f$ 在 $I$ 上连续。

$x = 0$ 和 $x = 1$ 都是定义域的聚点。当 $x \to 0$ 时，取 $x = \frac{1}{n} (n \in N^{*})$ ，则有 $\begin{matrix} (33) & f (\frac{1}{n}) = \frac{\frac{1}{n^{2}} - \frac{3}{n} + 2}{\frac{1}{n^{2}} - \frac{1}{n}} = \frac{1 - 3 n + 2 n^{2}}{1 - n} = - 2 n + 1 \end{matrix}$ 无下界，所以右极限 $lim_{x \to 0^{+}} f (x)$ 不存在， $x = 0$ 是 $f$ 的第二类间断点。

当 $x \to 1$ 时，对 $f$ 进行因式分解并化简可得 $\begin{matrix} (34) & f (x) = \frac{x^{2} - 3 x + 2}{x^{2} - x} = \frac{(x - 1) (x - 2)}{x (x - 1)} = \frac{x - 2}{x}, x \in I \end{matrix}$ 后者在 $x = 1$ 处连续， $x = 1$ 是 $f$ 的可去间断点，且 $\begin{matrix} (35) & lim_{x \to 1} f (x) = lim_{x \to 1} \frac{x - 2}{x} = - 1 \end{matrix}$ $◻$

例 1.5.12 设 $f_{1}, f_{2}, \dots, f_{n}$ 是 $I$ 上的连续函数，证明 $\begin{matrix} (36) & g (x) := max {f_{1} (x), f_{2} (x), \dots, f_{n} (x)}, x \in I \end{matrix}$ 也是 $I$ 上的连续函数。

证明解法一：对 $n$ 进行归纳，注意到 $\begin{matrix} (37) & max {f_{1}, \dots, f_{n - 1}, f_{n}} = max {max {f_{1}, \dots, f_{n - 1}}, f_{n}} \end{matrix}$ 且 $max$ 函数可转写成连续函数的线性组合和复合，即 $\begin{matrix} (38) & max {f_{1} (x), f_{2} (x)} = \frac{f_{1} (x) + f_{2} (x) + | f_{1} (x) - f_{2} (x) |}{2} \end{matrix}$

解法二：采用定义。 $\forall ε > 0$ ， $\forall i = 1, 2, \dots, n$ ， $\exists δ_{i} > 0$ 使得 $\begin{matrix} (39) & x \in I \land | x - x_{0} | < δ_{i} ⟹ | f_{i} (x) - f_{i} (x_{0}) | < ε \end{matrix}$ 取 $δ = min {δ_{1}, \dots, δ_{n}} > 0$ ，则 $\begin{matrix} (40) & \begin{aligned} g (x) & = max {f_{1} (x), \dots, f_{n} (x)} < max {f_{1} (x_{0}) + ε, \dots, f_{n} (x_{0}) + ε} = g (x_{0}) + ε \\ g (x) & = max {f_{1} (x), \dots, f_{n} (x)} > max {f_{1} (x_{0}) - ε, \dots, f_{n} (x_{0}) - ε} = g (x_{0}) - ε \end{aligned} \end{matrix}$ 即 $\begin{matrix} (41) & \forall ε > 0, \exists δ > 0 s.t. x \in I \land | x - x_{0} | < δ ⟹ | g (x) - g (x_{0}) | < ε \end{matrix}$ 因此 $g$ 在 $x_{0} \in I$ 处连续。 $◻$

注常见错误：虽然对每个 $x$ ， $max {f_{1} (x), f_{2} (x)}$ 必为 $f_{1} (x), f_{2} (X)$ 之一，但不能据此得到对 $x_{0}$ 附近的所有 $x$ ， $max {f_{1} (x), f_{2} (x)}$ 都等于 $f_{1} (x)$ 或都等于 $f_{2} (x)$ ，如 $\begin{matrix} (42) & f_{1} (x) = {\begin{cases} x \sin \frac{1}{x}, & x \neq 0 \\ 0, & x = 0 \end{cases}, f_{2} (x) = - f_{1} (x) \end{matrix}$

例 1.5.13 设 $f : (a, b) \to (α, β)$ 是单调满射，则 $f$ 是连续函数。若 $f$ 是严格单调满射，则 $f^{- 1}$ 也是连续函数。

证明采用定义证明。不妨设 $f$ 单调不减， $\forall x_{0} \in (a, b)$ ， $\forall ε > 0$ ，由于 $f$ 是单调不减满射，故 $\exists x_{1} \in (a, x_{0}), x_{2} \in (x_{0}, b)$ 满足 $\begin{matrix} (43) & f (x_{0}) - ε < f (x_{0}) - \frac{ε}{2} \leq f (x_{1}) \leq f (x_{0}) \leq f (x_{2}) \leq f (x_{0}) + \frac{ε}{2} < f (x_{0}) + ε \end{matrix}$ 取 $δ = min {x_{0} - x_{1}, x_{2} - x_{0}} > 0$ ，则 $\forall ε > 0$ ， $\exists δ > 0$ 使得 $\begin{matrix} (44) & x \in (a, b) \land | x - x_{0} | < δ ⟹ f (x_{0}) - ε < f (x) < f (x_{0}) + ε \end{matrix}$ 因此 $f$ 在 $x_{0}$ 处连续。

若 $f$ 是严格单调满射，则 $f^{- 1}$ 也是单调满射，故 $f^{- 1}$ 在 $(α, β)$ 上连续。 $◻$

例 1.5.14 对任意 $α > 0$ ，证明 $lim_{x \to 0^{+}} x^{α} = 0$ 。

证明本题的难点在于对实数次幂的处理。定义 $\begin{matrix} (45) & x^{α} := 2^{α \log_{2} x} \end{matrix}$

不妨设 $x \in (0, 1)$ 。根据阿基米德性质，任取 $m \in N^{*}$ 满足 $α > \frac{1}{m}$ ，则 $\begin{matrix} (46) & \log_{2} x < \log_{2} 1 = 0 ⟹ α \log_{2} x < \frac{1}{m} \log_{2} x ⟹ x^{α} = 2^{α \log_{2} x} < 2^{\frac{1}{m} \log_{2} x} = x^{\frac{1}{m}} \end{matrix}$ 对任意 $ε \in (0, 1)$ ，取特定 $δ > 0$ ，则 $\begin{matrix} (47) & x^{\frac{1}{m}} < ε ⟺ x < ε \end{matrix}$ 因此 $δ = ε^{m}$ ，此时 $\begin{matrix} (48) & 0 < x^{α} < x^{\frac{1}{m}} < ε \end{matrix}$ $◻$

1.5.4 函数在无穷远处的极限、数列极限

例 1.5.15 设 $a_{n} > 0$ 满足 $lim_{n \to + \infty} \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = A \in [0, + \infty]$ ，证明 $lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{a_{n}} = A$ ，并利用该结论证明：

(1): 设 $a > 0$ ，求 $lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{a}$ 。
(2): 设 $a_{n} > 0$ 且 $lim_{n \to + \infty} a_{n} = A$ ，求 $lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{a_{1} a_{2} \dots a_{n}}$ 。
(3): 求 $lim_{n \to + \infty} \frac{1}{\sqrt[n]{n!}}$ 。
(4): 求 $lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \dots \frac{2 n - 1}{2 n}}$

解由极限定义可得取任意 $A_{1} < A_{3} < A < A_{4} < A_{2}$ （若 $A = 0$ ，则只需取 $A_{4}, A_{2}$ ；若 $A = + \infty$ ，则只需取 $A_{1}, A_{3}$ ）， $\exists N > 0$ 使得 $\begin{matrix} (49) & n > N ⟹ A_{1} < A_{3} < \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} < A_{4} < A_{2} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (50) & \begin{aligned} a_{n} = a_{N} \cdot \frac{a_{N + 1}}{a_{N}} \dots \frac{a_{n}}{a_{n - 1}} & < a_{N} A_{4}^{n - N} \overset{?}{<} A_{2}^{n} \\ > a_{N} A_{3}^{n - N} \overset{?}{>} A_{1}^{n} \end{aligned} \end{matrix}$ 此时有 $\begin{matrix} (51) & \begin{aligned} {(\frac{A_{2}}{A_{4}})}^{n} > n (\frac{A_{2}}{A_{4}} - 1) \overset{?}{>} \frac{a_{N}}{A_{4}^{N}} & ⟹ n > \frac{a_{N}}{A_{4}^{N} (\frac{A_{2}}{A_{4}} - 1)} \\ {(\frac{A_{3}}{A_{1}})}^{n} > n (\frac{A_{3}}{A_{1}} - 1) \overset{?}{>} \frac{A_{3}^{N}}{a_{N}} & ⟹ n > \frac{A_{3}^{N}}{a_{N} (\frac{A_{3}}{A_{1}} - 1)} \end{aligned} \end{matrix}$ 综上所述，对任意 $ε > 0$ ，存在 $A - ε < A_{1} < A_{3} < A < A_{4} < A_{2} < A + ε$ 和 $N^{'} > 0$ 满足 $\begin{matrix} (52) & N^{'} = max {N, \frac{a_{N}}{A_{4}^{N} (\frac{A_{2}}{A_{4}} - 1)}, \frac{A_{1}^{N}}{a_{N} (\frac{A_{3}}{A_{1}} - 1)}} \end{matrix}$ 此时有 $\begin{matrix} (53) & n > N^{'} ⟹ A - ε < \sqrt[n]{a_{n}} < A + ε \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (54) & lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{a_{n}} = A \end{matrix}$

利用以上结论证明：

(1): 取 $a_{n} = a$ ，则 $\begin{matrix} (55) & lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{a} = lim_{n \to + \infty} \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = 1 \end{matrix}$
(2): 取 $A_{n} = a_{1} a_{2} \dots a_{n}$ ，则 $\begin{matrix} (56) & lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{A_{n}} = lim_{n \to + \infty} \frac{A_{n + 1}}{A_{n}} = lim_{n \to + \infty} a_{n + 1} = A \end{matrix}$
(3): 取 $a_{n} = \frac{1}{n!}$ ，则 $\begin{matrix} (57) & lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{a_{n}} = lim_{n \to + \infty} \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = lim_{n \to + \infty} \frac{1}{n + 1} = 0 \end{matrix}$
(4): 取 $a_{n} = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \dots \frac{2 n - 1}{2 n}$ ，则 $\begin{matrix} (58) & lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{a_{n}} = lim_{n \to + \infty} \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = lim_{n \to + \infty} \frac{2 n + 1}{2 n - 1} = 1 \end{matrix}$

◻

例 1.5.16 设 $a > 1$ ，则 $lim_{x \to + \infty} \frac{x}{a^{x}} = lim_{x \to + \infty} \frac{\log_{a} x}{x} = 0$ 。

解令 $y = \log_{a} x$ ，则 $\begin{matrix} (59) & lim_{x \to + \infty} \frac{\log_{a} x}{x} = lim_{y \to + \infty} \frac{y}{a^{y}} \end{matrix}$ 故我们只需要研究第一个极限。

首先考虑数列极限 $x \in N$ 。 $\forall ε > 0$ ，取特定 $N \in N$ ，则有 $\begin{matrix} (60) & \begin{aligned} n > N & ⟹ 0 < \frac{2 n}{a^{2 n}} < \frac{2 n}{[1 + n (a - 1)]^{2}} < \frac{2 n}{n^{2} (a - 1)^{2}} = \frac{2}{n (a - 1)^{2}} \overset{?}{<} ε \\ ⟹ 0 < \frac{2 n + 1}{a^{2 n + 1}} = \frac{2 n + 1}{2 n a} \cdot \frac{2 n}{a^{2 n}} \overset{?}{<} \frac{2 n}{a^{2 n}} < ε ⟹ \frac{2 n + 1}{2 n a} < 1 \end{aligned} \end{matrix}$ 取 $\begin{matrix} (61) & N = [\frac{2}{ε (a - 1)^{2}}] + [\frac{1}{2 (a - 1)}] + 1 \end{matrix}$ 则 $\begin{matrix} (62) & n > N ⟹ 0 < \frac{2 n + 1}{a^{2 n + 1}} < \frac{2 n}{a^{2 n}} < ε ⟹ lim_{n \to + \infty} \frac{n}{a^{n}} = 0 \end{matrix}$

再考虑函数极限。 $\forall ε > 0$ ， $\exists N > 0$ 使得 $\begin{matrix} (63) & n > N ⟹ 0 < \frac{n}{a^{n}} < ε \end{matrix}$ 对任意 $x > N + 1$ ，取 $n = [x]$ ，则 $\begin{matrix} (64) & 0 < \frac{x}{a^{x}} < \frac{n + 1}{a^{n}} \leq \frac{2 n}{a^{n}} < 2 ε ⟹ lim_{x \to + \infty} \frac{x}{a^{x}} = 0 \end{matrix}$ $◻$

例 1.5.17 求 $lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{n}$ 。

解解法一： $\forall ε \in (0, 1)$ ，取特定 $N \in N$ ，则 $\begin{matrix} (65) & n > N ⟹ (1 + ε)^{2 n} > (n ε)^{2} \overset{?}{>} n \end{matrix}$ 取 $N = [ε^{- 2}] + 1$ ，则 $\begin{matrix} (66) & 1 \leq \sqrt[n]{n} < (1 + ε)^{2} < 1 + 3 ε ⟹ lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{n} = 1 \end{matrix}$

解法二：注意到 $\begin{matrix} (67) & \log_{2} \sqrt[n]{n} = \frac{\log_{2} n}{n} \to 0 ⟹ lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{n} = 2^{0} = 1 \end{matrix}$

解法三：利用例1.5.15的结论可设 $a_{n} = n$ ，则 $\begin{matrix} (68) & lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{n} = lim_{n \to + \infty} \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = lim_{n \to + \infty} \frac{n + 1}{n} = 1 \end{matrix}$ $◻$

例 1.5.18 求 $\begin{matrix} (69) & lim_{x \to + \infty} (\sqrt{x^{2} + 2 x} - \sqrt[3]{x^{3} - x^{2}}) \end{matrix}$

解令 $y = \frac{1}{x}$ ，则 $\begin{matrix} (70) & \begin{aligned} Ans & = lim_{y \to 0^{+}} \frac{\sqrt{1 + 2 y} - \sqrt[3]{1 - y}}{y} = lim_{y \to 0^{+}} \frac{\sqrt{1 + 2 y} - 1}{y} - lim_{y \to 0^{+}} \frac{\sqrt[3]{1 - y} - 1}{y} \\ = 2 lim_{u \to 0^{+}} \frac{(1 + u)^{1 / 2} - 1}{u} + lim_{v \to 0^{+}} \frac{(1 + v)^{1 / 3} - 1}{v} = \frac{4}{3} \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

例 1.5.19 用Excel计算数列 $\sqrt{10^{2 n} + 10^{n}} - 10^{n}$ 和 $\frac{10^{n}}{\sqrt{10^{2 n} + 10^{n}} + 10^{n}}$ ，并观察它们的收敛情况。解释你在计算中看到的现象。

解理论上，二者都应该收敛到 $\frac{1}{2}$ ，但Excel的计算结果显示第一个数列最终变成了零，后一个数列收敛到 $\frac{1}{2}$ 。

$\sqrt{10^{2 n} + 10^{n}}$ 和 $10^{n}$ 之间的差远比它们本身要小得多，计算机数据存储空间有限，导致二者之间的区别最终无法体现。所以在用计算机进行数值计算时，应避免出现大数减大数。 $◻$

例 1.5.20 求 $y = \frac{2 x^{2} - 3 x + 2}{x + 1}$ 在 $x \to \pm \infty$ 时的渐近线。

解由于 $\begin{matrix} (71) & \begin{aligned} lim_{x \to \infty} \frac{y}{x} = lim_{x \to \infty} \frac{2 x^{2} - 3 x + 2}{x^{2} + x} & = 2 \\ lim_{x \to \infty} (y - 2 x) = lim_{x \to \infty} \frac{- 5 x + 2}{x + 1} & = - 5 \end{aligned} \end{matrix}$ 所以渐近线为 $y = 2 x - 5$ 。 $◻$

例 1.5.21 求 $y = \sqrt{x^{2} - x + 1}$ 在 $x \to \pm \infty$ 时的渐近线。

解由于 $\begin{matrix} (72) & \begin{aligned} lim_{x \to + \infty} \frac{y}{x} = lim_{x \to + \infty} \sqrt{\frac{x^{2} - x + 1}{x^{2}}} & = 1 \\ lim_{x \to + \infty} (y - x) = lim_{x \to + \infty} \frac{- x + 1}{\sqrt{x^{2} - x + 1} + x} & = - \frac{1}{2} \end{aligned} \end{matrix}$ 所以 $y = x - \frac{1}{2}$ 是 $x \to + \infty$ 时的渐近线。同理可得 $y = - x + \frac{1}{2}$ 是 $x \to - \infty$ 时的渐近线。 $◻$

例 1.5.22 设数列 ${a_{n}}$ 满足 $\begin{matrix} (73) & a_{m + n} \leq a_{m} + a_{n}, \forall m, n \in N^{*} \end{matrix}$ 且存在 $α$ 使得对任意 $n$ 都有 $a_{n} \geq α n$ 。证明 $\begin{matrix} (74) & lim_{n \to + \infty} \frac{a_{n}}{n} = inf {\frac{a_{n}}{n} | n \in N^{*}} \end{matrix}$

证明记 $β = inf {\frac{a_{n}}{n} | n \in N^{*}}$ ，显然 $β$ 存在。因此 $\forall ε > 0$ ， $\exists M > 0$ 使得 $β \leq \frac{a_{M}}{M} < β + ε$ 。

取特定 $N \in N$ ，则 $\forall n > N > M$ ，设 $n = k M + r$ （其中 $r \in {1, 2, \dots, M}$ ），则 $\begin{matrix} (75) & β \leq \frac{a_{n}}{n} = \frac{a_{k M + r}}{k M + r} \leq \frac{k a_{M} + a_{r}}{k M + r} \leq \frac{a_{M}}{M} + \frac{a_{r}}{n} < β + ε + \frac{max {| a_{1} |, \dots, | a_{M} |}}{n} \overset{?}{<} β + 2 ε \end{matrix}$ 取 $\begin{matrix} (76) & N = [\frac{max {| a_{1} |, \dots, | a_{M} |}}{ε}] + M + 1 \end{matrix}$ 则 $\forall ε > 0$ ， $\exists N > 0$ 使得 $\begin{matrix} (77) & n > N ⟹ β \leq \frac{a_{n}}{n} < β + 2 ε ⟹ lim_{n \to + \infty} \frac{a_{n}}{n} = β \end{matrix}$ $◻$

1.5.5 单调性与极限

例 1.5.23 设 $f$ 是区间 $I$ 上的单调函数。

(1): 证明 $f$ 在区间 $I$ 内的间断点都是跳跃间断点。
(2): 证明 $f$ 至多只有可数个间断点。
(3): 证明 $f$ 连续当且仅当 $f (I)$ 是区间。
(4): 若进一步， $f$ 严格单调， $f (I)$ 是区间，证明 $f$ 有连续的反函数。

证明不妨设 $f$ 单调不减。

(1) 对 $I$ 的任何内点 $x_{0}$ ，记 $\begin{matrix} (78) & A := {f (x) ∣ x \in I \land x < x_{0}}, B := {f (x) ∣ x \in I \land x > x_{0}} \end{matrix}$ 易见 $α = sup A$ 和 $β = inf B$ 均存在，且有 $α \leq f (x_{0}) \leq β$ 。

$\forall ε > 0$ ， $α - ε$ 都不是 $A$ 的上界，因此 $\exists x_{1} \in I$ 且 $x_{1} < x_{0}$ 满足 $f (x_{1}) > α - ε$ 。由 $f$ 的单调性可知 $\forall x \in I$ ， $x_{1} < x < x_{0} ⟹ α - ε < f (x_{1}) \leq f (x) \leq α$ 。因此 $\forall ε > 0$ ， $\exists δ = x_{0} - x_{1} > 0$ ，使得 $\forall x \in I$ ， $x_{0} - δ < x < x_{0} ⟹ | f (x) - α | < ε$ ，即 $lim_{x \to x_{0}^{-}} f (x) = α$ 。

同理可知 $lim_{x \to x_{0}^{+}} f (x) = β$ 。

若 $α = β$ ，则 $f$ 在 $x_{0}$ 处连续；否则， $f$ 在 $x_{0}$ 处跳跃间断。

(2) 设 $f$ 的间断点集合为 $D \subseteq I$ ， $I = {(a, b) ∣ a < b \land (a, b) \subseteq I}$ 。令 $g : D \to I$ 满足 $x \mapsto (f (x^{-}), f (x^{+}))$ ， $h : I \to Q$ 满足 $S \mapsto r \in S$ 。由实数的稠密性可知 $h$ 是存在的。

设 $x_{1}, x_{2} \in D$ 且满足 $x_{1} < x_{2}$ ，则 $f (x_{1}^{-}) < f (x_{1}^{+}) \leq f (x_{2}^{-}) < f (x_{2}^{+})$ ，故 $g (x_{1}) \cap g (x_{2}) = \emptyset$ ，即 $(h \circ g) (x_{1}) < (h \circ g) (x_{2})$ 。故 $h \circ g : D \to Q$ 为单射， $card D \leq card Q = ℵ_{0}$ ，即 $f$ 的间断点至多可数。

(3) 我们尝试证明其逆否命题： $f$ 不连续当且仅当 $f (I)$ 不是区间。

必要性：设 $f$ 在 $I$ 内的某点 $x_{0}$ 处间断，由(1)可知 $f$ 在 $x_{0}$ 处跳跃间断，故 $(f (x_{0}^{-}), f (x_{0}^{+}))$ 中至多含有 $f (x_{0})$ 一个元素，即 $f (I)$ 不是区间。

充分性：设 $f (I)$ 不是区间，则 $\exists x_{1}, x_{2} \in I, \exists y \in R$ ，使得 $f (x_{1}) < y < f (x_{2})$ 且 $y \notin f (I)$ 。易见 $x_{1} < x_{2}$ 。令 $\begin{matrix} (79) & I_{1} := {x \in I ∣ f (x) < y}, I_{2} := {x \in I ∣ f (x) > y} \end{matrix}$ 显然 $ξ_{1} = sup I_{1}$ 和 $ξ_{2} = inf I_{2}$ 、 $α = sup f (I_{1})$ 和 $β = inf f (I_{2})$ 均存在，且成立 $ξ_{1} \leq ξ_{2}$ 以及 $α \leq f (ξ_{1}) \leq f (ξ_{2}) \leq β$ 、 $α \leq y \leq β$ 。

显然 $ξ_{1} = ξ_{2} = ξ$ 。否则设 $ξ_{1} < ξ_{2}$ ， $\exists ξ \in (ξ_{1}, ξ_{2})$ ，则 $ξ$ 既是 $I_{1}$ 的上界又是 $I_{2}$ 的下界，即 $f (ξ) \geq y \land f (ξ) \leq y ⟹ f (ξ) = y \in f (I)$ ，与 $y \notin f (I)$ 矛盾。

同(1)理可知 $lim_{x \to ξ^{-}} f (x) = α$ 、 $lim_{x \to ξ^{+}} f (x) = β$ 。显然 $α < β$ ，否则设 $α = β$ ，则 $y = f (ξ) \in I$ ，与 $y \notin f (I)$ 矛盾。

$ξ$ 即为 $f$ 的间断点，即 $f$ 不连续。

(4) 由 $f$ 严格单增知 $f^{- 1} : f (I) \to I$ 存在，且 $f^{- 1}$ 严格单增。注意到 $f^{- 1} (f (I)) = I$ 也是区间，由(3)知 $f^{- 1}$ 连续。 $◻$

注区间的定义为：称 $I \subseteq R$ 为区间，如果 $\forall x, y \in I, \forall z \in R$ ， $x < z < y ⟹ z \in I$ 。

例 1.5.24 设 ${a_{n}}$ 是数列 $\begin{matrix} (80) & \frac{0}{1}, \frac{1}{1}, - \frac{1}{1}, \frac{2}{1}, - \frac{2}{1}, \frac{1}{2}, - \frac{1}{2}, \frac{3}{1}, - \frac{3}{1}, \frac{1}{3}, - \frac{1}{3}, \frac{4}{1}, - \frac{4}{1}, \frac{3}{2}, - \frac{3}{2}, \frac{2}{3}, - \frac{2}{3}, \frac{1}{4}, - \frac{1}{4}, \dots \end{matrix}$ 记 $\begin{matrix} (81) & I_{n} (x) := {\begin{cases} 1, & a_{n} \leq x \\ 0, & otherwise \end{cases} \end{matrix}$ 对正整数 $N$ ，记 $\begin{matrix} (82) & f_{N} (x) := \sum_{n = 1}^{N} \frac{1}{2^{n}} I_{n} (x) \end{matrix}$ 证明：

(1): $\forall x \in R$ ，极限 $f (x) := lim_{N \to + \infty} f_{N} (x)$ 存在。
(2): $f$ 在 $R$ 上严格增。
(3): $f$ 在每个有理数处间断，在每个无理数处连续。

证明 (1) $\forall x \in R$ ， $f_{N}$ 关于 $N$ 单调不减，且 $\begin{matrix} (83) & f_{N} (x) \leq \sum_{n = 1}^{N} \frac{1}{2^{n}} = 1 \end{matrix}$ 即 $f_{N}$ 关于 $N$ 有上界，由单调有界收敛定理知 ${f_{N}}$ 关于 $N$ 的极限存在。

(2) $\forall x, y \in R$ ，不妨设 $x < y$ ，由于有理数稠密且 ${a_{n}} = Q$ ，故存在 $N_{1}$ 使得 $x < a_{N_{1}} < y$ ，因此 $\forall N > N_{1}$ ，有 $\begin{matrix} (84) & f_{N} (y) - f_{N} (x) = \sum_{n = 1}^{N} \frac{1}{2^{n}} (I_{n} (y) - I_{n} (x)) \geq \frac{1}{2^{N_{1}}} \end{matrix}$ 令 $N \to + \infty$ ，则有 $\begin{matrix} (85) & f (y) - f (x) \geq \frac{1}{2^{N_{1}}} > 0 \end{matrix}$ 即 $f$ 在 $R$ 上严格增。

(3) $\forall x_{0} = a_{N_{1}} \in Q$ ，取 $ε = 2^{- N_{1} - 1} > 0$ ，则 $\forall δ > 0$ ， $\exists x$ 满足 $x_{0} - δ < x < x_{0}$ 。故 $\forall N > N_{1}$ ，都有 $\begin{matrix} (86) & f_{N} (x_{0}) - f_{N} (x) = \sum_{n = 1}^{N} \frac{1}{2^{n}} (I_{n} (x) - I_{n} (x_{0})) \geq \frac{1}{2^{N_{1}}} \end{matrix}$ 令 $N \to + \infty$ ，则有 $\begin{matrix} (87) & f (x_{0}) - f (x) \geq \frac{1}{2^{N_{1}}} > ε \end{matrix}$ 即 $f$ 在 $x_{0}$ 处间断。

$\forall x \in R ∖ Q$ ， $\forall ε > 0$ ，取特定 $δ > 0$ 使得 $\forall x \in R$ ，都有 $\begin{matrix} (88) & | x - x_{0} | < δ ⟹ | f (x) - f (x_{0}) | = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{2^{n}} | I_{n} (x) - I_{n} (x_{0}) | \overset{?}{\leq} \sum_{n > N_{1}} \frac{1}{2^{n}} = \frac{1}{2^{N_{1}}} \overset{?}{<} ε \end{matrix}$

上述第一个“?”可以通过下式满足： $\begin{matrix} (89) & | x - x_{0} | < δ \land n \leq N_{1} ⟹ I_{n} (x) = I_{n} (x_{0}) ⟹ a_{n} \notin (min {x, x_{0}}, max {x, x_{0}}] \end{matrix}$ 若给定 $N_{1}$ ，取 $\begin{matrix} (90) & δ = \frac{1}{2} min_{1 \leq n \leq N_{1}} | a_{n} - x_{0} | \end{matrix}$ 即可。

上述第二个“?”可取 $N_{1} = [\log_{2} (ε + \frac{1}{ε})] + 1$ 。

因此 $\forall ε > 0$ ， $\exists δ > 0$ 使得 $\forall x \in R$ ， $| x - x_{0} | < δ ⟹ | f (x) - f (x_{0}) | < ε$ ，即 $f$ 在 $x_{0}$ 处连续。 $◻$

例 1.5.25 设 $x > 0$ ，记 $\begin{matrix} (91) & y_{n} = \frac{y_{n - 1}}{2} + \frac{x}{2 y_{n - 1}}, n = 1, 2, \dots \end{matrix}$ 证明对任意 $y_{0} > 0$ ，数列 ${y_{n}}$ 收敛于 $\sqrt{x}$ 。

命题背景本题是求解方程 $x = y^{2}$ 的一种迭代方法，称为Newton迭代法。

证明用数学归纳法可以证明 $y_{n} > 0 (\forall n \in N)$ ，由AM-GM不等式可得 $\begin{matrix} (92) & y_{n} = \frac{y_{n - 1}}{2} + \frac{x}{2 y_{n - 1}} \geq 2 \sqrt{\frac{y_{n - 1}}{2} \cdot \frac{x}{2 y_{n - 1}}} = \sqrt{x} \end{matrix}$ 从而 $\begin{matrix} (93) & y_{n + 1} - y_{n} = \frac{x - y_{n - 1}^{2}}{2 y_{n - 1}} \leq 0 \end{matrix}$ 故 ${y_{n}}$ 单调不增且有下界，从而收敛于 $A \geq \sqrt{x} > 0$ 。

令递推关系式中的 $n \to + \infty$ ，则有 $\begin{matrix} (94) & A = \frac{A}{2} + \frac{x}{2 A} ⟹ A = \sqrt{x} \end{matrix}$ $◻$

例 1.5.26 设 $0 \leq x \leq 1$ ，记 $y_{0} = 0$ ， $\begin{matrix} (95) & y_{n} = y_{n - 1} + λ (x - y_{n - 1}^{2}), n \in N \end{matrix}$ 求正数 $λ$ 的值，使得 ${y_{n}}$ 单调不减；此时证明 ${y_{n}}$ 收敛，并求其极限。

解 (1) $y_{n + 1} \geq y_{n}$ 当且仅当 $λ (x - y_{n}^{2}) \geq 0$ ，即 $0 \leq y_{n} \leq \sqrt{x}$ ；由递推公式可知 $0 \leq y_{n + 1} \leq \sqrt{x}$ 当且仅当 $y_{n} + λ (x - y_{n}^{2}) \leq \sqrt{x}$ ，亦即 $\begin{matrix} (96) & (y_{n} - \sqrt{x}) (λ y_{n} + λ \sqrt{x} - 1) \geq 0 ⟺ y_{n} \leq \frac{1 - λ \sqrt{x}}{λ} \end{matrix}$ 取充分条件 $\begin{matrix} (97) & \frac{1 - λ \sqrt{x}}{λ} \geq \sqrt{x} \geq sup {y_{n} ∣ n \in N} \end{matrix}$ 解得 $\begin{matrix} (98) & λ \leq \frac{1}{2 \sqrt{x}} ⟺ λ \leq inf {\frac{1}{2 \sqrt{x}} | 0 \leq x \leq 1} = \frac{1}{2} \end{matrix}$ 我们后面还需要验证其必要性。

(2) 此时 ${y_{n}}$ 单调不减，且有上界，故收敛。设极限为 $A$ ，则有 $\begin{matrix} (99) & A = A + λ (x - A^{2}) ⟹ A = \sqrt{x} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (100) & sup {y_{n} ∣ n \in N} = \sqrt{x} \end{matrix}$ 我们验证了(1)中充分条件的必要性。 $◻$

例 1.5.27 设 $f : [0, 1] \to [0, 1]$ 严格增、连续，证明 $\forall x_{0} \in [0, 1]$ ， $lim_{n \to + \infty} f^{(n)} (x_{0})$ 存在，且极限值 $x^{*}$ 满足 $f (x^{*}) = x^{*}$ 。

证明若 $x_{0} = f (x_{0})$ ，则 $\forall n \in N$ ， $f^{(n)} (x_{0}) = x_{0}$ ，极限显然存在。

若 $x_{0} < f (x_{0})$ ，则由数学归纳法可以证明 ${f^{(n)} (x_{0})}$ 严格增且有上界 $1$ ，故极限 $x^{*} = A$ 存在。由于 $f$ 连续，故 $\begin{matrix} (101) & f (x^{*}) = f (lim_{n \to + \infty} f^{(n)} (x_{0})) = lim_{n \to + \infty} f^{(n + 1)} (x_{0}) = x^{*} \end{matrix}$

若 $x_{0} > f (x_{0})$ ，同理可证。 $◻$

例 1.5.28 在第一次习题课中，我们证明了 $\begin{matrix} (102) & a_{n} := {(1 + \frac{1}{n})}^{n} < {(1 + \frac{1}{n + 1})}^{n + 1} < {(1 + \frac{1}{n + 1})}^{n + 2} < {(1 + \frac{1}{n})}^{n + 1} =: b_{n} \end{matrix}$ 因此 ${a_{n}}$ 严格增且有上界 $4$ ， ${b_{n}}$ 严格减且有下界 $2$ ，故两者极限均存在且相等，记为 $e$ 。记 $\ln = \log_{e}$ ，易见 $\begin{matrix} (103) & a_{n} = {(1 + \frac{1}{n})}^{n} < e < {(1 + \frac{1}{n})}^{n + 1} = b_{n} \end{matrix}$ 从而有 $\begin{matrix} (104) & \frac{1}{n + 1} < \ln (1 + \frac{1}{n}) < \frac{1}{n} \end{matrix}$ 利用以上事实，证明数列 $\begin{matrix} (105) & x_{n} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n} - \ln n \end{matrix}$ 收敛。

证明注意到 $\begin{matrix} (106) & x_{n + 1} - x_{n} = \frac{1}{n + 1} - \ln (n + 1) + \ln n = \frac{1}{n + 1} - \ln (1 + \frac{1}{n}) < 0 \end{matrix}$ 故 $x_{n}$ 严格减，又 $\begin{matrix} (107) & x_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} - \ln n > \sum_{j = 1}^{n} \ln (1 + \frac{1}{k}) - \ln n = \ln (1 + \frac{1}{n}) > 0 \end{matrix}$ 即 $x_{n}$ 有下界 $0$ ，故收敛。 $◻$

例 1.5.29 证明 $\begin{matrix} (108) & lim_{x \to 0} \frac{\ln (1 + x)}{x} = 1 \end{matrix}$ 提示：利用 $\begin{matrix} (109) & \frac{1}{n + 1} < \ln (1 + \frac{1}{n}) < \frac{1}{n} \end{matrix}$

证明本题的难点在于如何联系 $x$ 与 $\frac{1}{n}$ 。先设 $x \in (0, 1)$ ，则 $\exists N \in N^{*}$ 使得 $\frac{1}{N + 1} < x \leq \frac{1}{N}$ （为什么？），因此 $\begin{matrix} (110) & \begin{aligned} \frac{\ln (1 + x)}{x} & < \frac{\ln (1 + \frac{1}{N})}{\frac{1}{N + 1}} < \frac{\frac{1}{N}}{\frac{1}{N + 1}} = 1 + \frac{1}{N} < 1 + 2 x \\ > \frac{\ln (1 + \frac{1}{N + 1})}{\frac{1}{N}} > \frac{\frac{1}{N + 2}}{\frac{1}{N}} = 1 - \frac{2}{N + 2} > 1 - 2 x \end{aligned} \end{matrix}$ 即 $\begin{matrix} (111) & 1 - 2 x < \frac{\ln (1 + x)}{x} < 1 + 2 x ⟹ lim_{x \to 0^{+}} \frac{\ln (1 + x)}{x} = 1 \end{matrix}$ 另一方面，注意到 $\begin{matrix} (112) & \begin{aligned} lim_{x \to 0^{-}} \frac{\ln (1 + x)}{x} & = lim_{y \to 0^{+}} \frac{\ln (1 - y)}{- y} = lim_{y \to 0^{+}} \frac{\ln \frac{1}{1 - y}}{y}, y = - x \\ = lim_{z \to 0^{+}} \frac{\ln (1 + z)}{1 - \frac{1}{1 + z}} = lim_{z \to 0^{+}} \frac{\ln (1 + z)}{z} (1 + z) = 1, z = \frac{1}{1 - y} - 1 \end{aligned} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (113) & lim_{x \to 0} \frac{\ln (1 + x)}{x} = 1 \end{matrix}$ $◻$

例 1.5.30 设 $a_{0} = a > 0$ ， $b_{0} = b > 0$ ， $\begin{matrix} (114) & a_{n + 1} = \frac{a_{n} + b_{n}}{2}, b_{n + 1} = \sqrt{a_{n} b_{n}}, n \in N \end{matrix}$ 证明 ${a_{n}}$ 和 ${b_{n}}$ 收敛于同一极限。

证明由数学归纳法可知 $a_{n} > 0, b_{n} > 0 (\forall n \in N)$ 。由AM-GM不等式可得 $\begin{matrix} (115) & a_{n + 1} = \frac{a_{n} + b_{n}}{2} \geq \sqrt{a_{n} b_{n}} = b_{n + 1}, n \in N \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (116) & a_{n + 1} - a_{n} = \frac{b_{n} - a_{n}}{2} \leq 0, \frac{b_{n + 1}}{b_{n}} = \sqrt{\frac{a_{n}}{b_{n}}} \geq 1, n \in N^{*} \end{matrix}$ 因此从 $n = 1$ 开始， ${a_{n}}$ 单调减且有下界 $b_{1}$ ， ${b_{n}}$ 单调增且有上界 $a_{1}$ ，故两者极限均存在，分别设为 $A, B$ 。令 $a_{n}$ 的递推关系式两边 $n \to + \infty$ ，则 $\begin{matrix} (117) & A = \frac{A + B}{2} ⟹ A = B \end{matrix}$ $◻$

命题背景上述算法称为算术、几何平均法(Arithmetic-Geometric Mean Method)，是迭代计算椭圆积分的最常用的方法。把上述极限值记作初值 $a, b$ 的函数 $M (a, b)$ ，定义积分 $\begin{matrix} (118) & I (a, b) = \int_{0}^{π / 2} \frac{d θ}{\sqrt{a^{2} \cos^{2} θ + b^{2} \sin^{2} θ}} \end{matrix}$ Gauss敏锐地发现¹³ $\begin{matrix} (119) & I (a, b) = I (\frac{a + b}{2}, \sqrt{a b}), a, b > 0 \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (120) & I (a, b) = I (a_{0}, b_{0}) = I (a_{1}, b_{1}) = \dots = I (M (a, b), M (a, b)) = \frac{π}{2 M (a, b)} \end{matrix}$ 经过变换，积分 $I$ 可转写为第一类完全椭圆积分 $K$ $\begin{matrix} (121) & I (a, b) = \frac{1}{b} K (1 - \frac{a^{2}}{b^{2}}), K (k) := \int_{0}^{π / 2} \frac{d θ}{\sqrt{1 - k^{2} \sin^{2} θ}} \end{matrix}$ 由此，我们找到了计算第一类完全椭圆积分的一种方法。

这种方法的收敛速度如何呢？注意到 $\begin{matrix} (122) & | x_{n + 1} - y_{n + 1} | = \frac{| x_{n + 1}^{2} - y_{n + 1}^{2} |}{x_{n + 1} + y_{n + 1}} = \frac{(x_{n} - y_{n})^{2}}{4 (x_{n + 1} + y_{n + 1})} \approx \frac{(x_{n} - y_{n})^{2}}{8 M (a, b)} \end{matrix}$ 故这种算法是二阶的，会很快收敛。

例 1.5.31 (基于单调有界收敛定义指数函数) $\forall x \in R$ ，定义 $\begin{matrix} (123) & E_{n} (x) := {(1 + \frac{x}{n})}^{n}, n \in N \end{matrix}$ 证明：

(1): 当 $x \neq 0$ 且 $n > - x$ 时， $E_{n} (x)$ 关于 $n$ 严格增。
(2): $E_{n} (x)$ 关于 $n$ 有上界。
(3): $E (x) := lim_{n \to + \infty} E_{n} (x)$ 收敛于正数， $E (1) = e \in (2, 3)$ 。
(4): 设数列 ${x_{n}} \subseteq R$ 有界， $lim_{n \to + \infty} {(1 + \frac{x_{n}}{n^{2}})}^{n} = 1$ 。
(5): $\forall x, y \in R$ ， $E (x + y) = E (x) E (y)$ ，从而 $\forall r \in Q$ ， $E (r) = e^{r}$ 。
(6): $E (x)$ 在 $x = 0$ 处连续，从而 $E (x)$ 处处连续。
(7): $E (x)$ 关于 $x$ 严格增。
(8): $E (x)$ 的值域为 $(0, + \infty)$ 。
(9): $\forall x \in R$ ， $E (x) \geq 1 + x$ ； $\forall x < 1$ ， $E (x) \leq \frac{1}{1 - x}$ 。
(10): $E$ 在 $R$ 上可导，且 $E^{'} (x) = E (x)$ 。

解 (1) 由Bernoulli不等式可得 $\begin{matrix} (124) & \begin{aligned} \frac{E_{n + 1} (x)}{E_{n} (x)} & = \frac{{(1 + \frac{x}{n + 1})}^{n + 1}}{{(1 + \frac{x}{n})}^{n}} = (1 + \frac{x}{n + 1}) {[\frac{n (n + x + 1)}{(n + 1) (n + x)}]}^{n} \\ \geq (1 + \frac{x}{n + 1}) [1 - \frac{n x}{(n + 1) (n + x)}] = \frac{(n + x + 1) (n^{2} + n + x)}{(n + 1)^{2} (n + x)} \\ = 1 + \frac{x^{2}}{(n + 1)^{2} (n + x)} > 1 \end{aligned} \end{matrix}$ 故 $E_{n} (x)$ 关于 $n$ 严格增。

(2) 注意到 $\begin{matrix} (125) & | E_{n} (x) | = | {(1 + \frac{x}{n})}^{n} | = | \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) {(\frac{x}{n})}^{k} | \leq \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) {| \frac{x}{n} |}^{k} \leq \sum_{k = 0}^{n} \frac{| x |^{k}}{k!} \end{matrix}$ 当 $| x | \leq 1$ 时，有 $\begin{matrix} (126) & | E_{n} (x) | \leq \sum_{k = 0}^{n} \frac{| x |^{k}}{k!} \leq \sum_{k = 0}^{n} \frac{1}{k!} \leq 1 + 1 + \sum_{k = 2}^{n} \frac{1}{k (k - 1)} = 3 - \frac{1}{n} \leq 3 \end{matrix}$ 当 $| x | > 1$ 时，注意到 $\begin{matrix} (127) & \frac{| x |^{2 k + 1}}{(2 k + 1)!} + \frac{| x |^{2 k}}{(2 k)!} \overset{?}{\leq} 2 \cdot \frac{| x |^{2 k}}{(2 k)!} = 2 \cdot \frac{x^{2} \cdot x^{2} \dots x^{2}}{(2 k) (2 k - 1) \dots (k + 1)} \cdot \frac{1}{k!} \overset{?}{\leq} \frac{2}{k!} \end{matrix}$ 选择 $2 k + 1 \geq k + 1 \geq x^{2} \geq | x |$ ，即 $k \geq K = ⌊ x^{2} ⌋$ 即可保证上式成立，此时 $\begin{matrix} (128) & | E_{n} (x) | \leq \sum_{k = 0}^{n} \frac{| x |^{k}}{k!} \leq \sum_{k = 0}^{K - 1} \frac{| x |^{k}}{k!} + \sum_{k = ⌊ K / 2 ⌋}^{⌊ n / 2 ⌋} \frac{2}{k!} \leq \sum_{k = 0}^{K - 1} \frac{| x |^{k}}{k!} + 2 e \end{matrix}$ 故 $E_{n} (x)$ 关于 $n$ 有上界。

(3) 由(1)(2)知 $E_{n} (x)$ 收敛，设极限为 $E (x)$ 。取 $N = max {0, ⌊ - x ⌋ + 1}$ ，则 $1 + \frac{x}{N} > 0$ ，且 $\forall n > N$ ，有 $\begin{matrix} (129) & E_{n} (x) \geq E_{N + 1} (x) ⟹ E (x) \geq E_{N + 1} (x) > E_{N} (x) = {(1 + \frac{x}{N})}^{N} > 0 \end{matrix}$ 故 $E (x) > 0$ ，且显然有 $3 > e = E (1) > E_{1} (1) = 2$ 。

(4) 设 $| x_{n} | < M$ ， $\forall n \in N^{*}$ 。注意到 $\begin{matrix} (130) & {(1 + \frac{x_{n}}{n^{2}})}^{n} = 1 + \sum_{k = 1}^{n} (\binom{n}{k}) {(\frac{x_{n}}{n^{2}})}^{k} \end{matrix}$ 其中 $\begin{matrix} (131) & | \sum_{k = 1}^{n} (\binom{n}{k}) {(\frac{x_{n}}{n^{2}})}^{k} | \leq \sum_{k = 1}^{n} \frac{n^{k}}{k!} \frac{M^{k}}{n^{2 k}} \leq \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k!} {(\frac{M}{n})}^{k} \overset{?}{\leq} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k!} \frac{M}{n} \leq (e - 1) \frac{M}{n} < \frac{2 M}{n} \overset{?}{\leq} ε \end{matrix}$ 取 $n \geq max {M, \frac{2 M}{ε}}$ 即可。

(5) 注意到 $\begin{matrix} (132) & \frac{lim_{n \to + \infty} {(1 + \frac{x}{n})}^{n} lim_{n \to + \infty} {(1 + \frac{y}{n})}^{n}}{lim_{n \to + \infty} {(1 + \frac{x + y}{n})}^{n}} = lim_{n \to + \infty} {(1 + \frac{x_{n}}{n^{2}})}^{n} = 1, x_{n} = \frac{x y}{1 + \frac{x + y}{n}} \end{matrix}$ 故 $E (x) E (y) = E (x + y)$ 。由数学归纳法可证得 $E (n) = e^{n}$ （ $\forall n \in N$ ），利用 $E (- n) E (n) = E (0) = 1$ 可得 $E (n) = e^{n}$ （ $\forall n \in Z$ ）。设 $r = \frac{m}{n} \in Q$ （其中 $m \in Z$ 、 $n \in N^{*}$ ），则 $\begin{matrix} (133) & E (r)^{n} = E (m) = e^{m} ⟹ E (r) = e^{m / n} = e^{r} \end{matrix}$

(6) 设 $| x | < 1$ ，注意到 $\begin{matrix} (134) & | E_{n} (x) - 1 | = | \sum_{k = 1}^{n} (\binom{n}{k}) {(\frac{x}{n})}^{k} | \leq \sum_{k = 1}^{n} \frac{| x |^{k}}{k!} \leq | x | \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k!} \leq (e - 1) | x | < 2 | x | \end{matrix}$ 令 $n \to + \infty$ 可得 $| E (x) - 1 | < 2 | x |$ 。故 $\forall ε > 0$ ， $\exists δ = \frac{ε}{2}$ ，使得 $\begin{matrix} (135) & | x | < δ ⟹ | E (x) - 1 | < 2 | x | < 2 δ = ε \end{matrix}$ 而 $\forall x_{0} \in R$ ，都有 $E (x_{0}) > 0$ ，此时 $\forall ε > 0$ ， $\exists δ = \frac{ε}{2 E (x_{0})}$ ，使得 $\begin{matrix} (136) & | x - x_{0} | < δ ⟹ | E (x) - E (x_{0}) | \leq E (x_{0}) | E (x - x_{0}) - 1 | < 2 δ E (x_{0}) = ε \end{matrix}$ 故 $E (x)$ 处处连续。

(7) 设 $y > x$ ，对充分大的 $n$ 利用Bernoulli不等式可得 $\begin{matrix} (137) & \frac{E (y)}{E (x)} = E (y - x) = lim_{n \to + \infty} {(1 + \frac{y - x}{n})}^{n} \geq 1 + y - x > 1 \end{matrix}$ 故 $E (x)$ 关于 $x$ 严格增。

(8) 由(6)(7)知 $E (x)$ 连续且严格增，故 $E$ 将区间映射为区间，而 $\begin{matrix} (138) & \begin{aligned} lim_{x \to + \infty} E (x) & \geq lim_{x \to + \infty} E (⌊ x ⌋) = lim_{x \to + \infty} e^{⌊ x ⌋} = + \infty \\ lim_{x \to - \infty} E (x) & \leq lim_{x \to - \infty} E (⌈ x ⌉) = lim_{x \to - \infty} e^{⌈ x ⌉} = 0 \end{aligned} \end{matrix}$ 故 $E (x)$ 的值域为 $(0, + \infty)$ 。

(9) 当 $n > - x$ 时， $E_{n} (x)$ 关于 $n$ 严格增，且由Bernoulli不等式可得 $\begin{matrix} (139) & E_{n} (x) = {(1 + \frac{x}{n})}^{n} \geq 1 + n \cdot \frac{x}{n} = 1 + x \end{matrix}$ 令 $n \to + \infty$ 可得 $E (x) \geq 1 + x$ ，将 $x$ 换为 $- x$ 可得 $E (- x) \geq 1 - x$ ，当 $x < 1$ 时有 $1 - x > 0$ ，故有 $\begin{matrix} (140) & E (x) = \frac{1}{E (- x)} \leq \frac{1}{1 - x} \end{matrix}$

(10) 根据导数的定义， $\forall x \in R$ ，考虑极限 $\begin{matrix} (141) & E^{'} (x) := lim_{h \to 0} \frac{E (x + h) - E (x)}{h} = E (x) lim_{h \to 0} \frac{E (h) - 1}{h} \end{matrix}$ 利用(9)中的不等式可知 $\begin{matrix} (142) & 1 \leq \frac{E (h) - 1}{h} \leq \frac{1}{1 - h}, h < 1 \end{matrix}$ 由夹挤定理可得 $lim_{h \to 0} \frac{E (h) - 1}{h} = 1$ ，从而 $E^{'} (x) = E (x)$ 。 $◻$

1.5.6 无穷大量与无穷小量

例 1.5.32 $O$ 和 $o$ 的运算性质。 $\begin{matrix} (143) & \begin{aligned} O (f) + O (f) = O (f), & O (f) O (g) = O (f g), \\ o (f) + o (f) = o (f), & O (f) o (g) = o (f g), \\ o (f) = O (f) . \end{aligned} \end{matrix}$ 这里的等式的含义是：等号左边的运算结果是等号右边集合中的一个对象。

解提示：设 $x \to a$ ， $u \in O (f)$ 、 $v \in o (f)$ ，利用定义

$\exists M > 0$ ， $\exists \overset{\circ}{U} (a, δ_{1})$ 使得 $x \in \overset{\circ}{U} (a, δ_{1}) ⟹ | u (x) | \leq M | f (x) |$ 。
$\forall ε > 0$ ， $\exists \overset{\circ}{U} (a, δ_{2})$ 使得 $x \in \overset{\circ}{U} (a, δ_{2}) ⟹ | v (x) | \leq ε | f (x) |$ 。

◻

例 1.5.33 证明：若 $\begin{matrix} (144) & f (x) + o (f (x)) = B g (x) + o (g (x)), x \to a \end{matrix}$ 则 $\begin{matrix} (145) & f (x) = B g (x) + o (g (x)), x \to a \end{matrix}$ 特别地，若 $B = 1$ ，则“ $f$ 与 $g$ 等价”当且仅当“ $g$ 与 $f$ 等价”。

解提示：(1) $\begin{matrix} (146) & \begin{aligned} | f (x) | & = | B g (x) + o (g (x)) - o (f (x)) | \leq | B | | g (x) | + \frac{1}{2} | g (x) | + \frac{1}{2} | f (x) | \\ ⟹ | f (x) | & \leq (2 | B | + 1) | g (x) |, x \to a \\ | f (x) - B g (x) | & = | o (g (x)) - o (f (x)) | \leq ε | f (x) | + ε | g (x) | \leq \underset{ε^{'}}{\underset{⏟}{2 ε (| B | + 1)}} | g (x) | \\ ⟹ | f (x) - B g (x) | & \leq ε^{'} | g (x) |, x \to a \end{aligned} \end{matrix}$ (2) 若 $f (x) = g (x) + o (g (x))$ ，则 $f = f + 0 = f + o (f)$ ，由(1)知 $g (x) = f (x) + o (f (x))$ 。 $◻$

例 1.5.34 反函数的渐近表达式。设 $f$ 有连续的反函数， $\begin{matrix} (147) & f (x) = A x + B x^{k} + o (x^{k}), x \to 0, A \neq 0, k > 1 \end{matrix}$ 求 $f$ 的反函数 $f^{- 1}$ 在自变量 $y \to 0$ 时的渐近表达式。

解提示：确定主项。由例1.5.33(1)可知 $\begin{matrix} (148) & y = A x + B x^{k} + o (x^{k}) = A x + o (x) ⟹ x = \frac{y}{A} + o (y) \end{matrix}$ 确定第二项。设 $x = \frac{y}{A} + f (y)$ ，其中 $f (y) = o (y)$ ，则 $\begin{matrix} (149) & \begin{aligned} y & = A (\frac{y}{A} + f (y)) + B {(\frac{y}{A} + f (y))}^{k} + o ({(\frac{y}{A} + f (y))}^{k}) \\ 0 & = A f (y) + \frac{B}{A^{k}} y^{k} (1 + o (1)) + o (y^{k}) = A f (y) + \frac{B}{A^{k}} y^{k} + o (y^{k}) \\ f (y) & = - \frac{B}{A^{k + 1}} y^{k} + o (y^{k}) \end{aligned} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (150) & x = \frac{y}{A} - \frac{B}{A^{k + 1}} y^{k} + o (y^{k}), y \to 0 \end{matrix}$ $◻$

例 1.5.35 广义二项式定理。对正有理数 $\frac{m}{n}$ ，求 $x \to 0$ 时， $(1 + x)^{\frac{m}{n}}$ 的渐近展开。

解 Newton当年得到的结果为： $\begin{matrix} (151) & (1 + x)^{\frac{m}{n}} = \sum_{i = 0}^{k} (\binom{\frac{m}{n}}{i}) x^{i} + o (x^{k}), x \to 0 \end{matrix}$ 其中广义二项式系数的定义为：

$(\binom{α}{0}) = 1$ ；
$(\binom{α}{i}) = \frac{α (α - 1) \dots (α - i + 1)}{i!}$ 。

我们证明 $k \leq 2$ 的情况。 $k = 0$ 显然成立，设 $(1 + x)^{\frac{m}{n}} = 1 + f (x)$ ，其中 $f (x) = o (1)$ ，则 $\begin{matrix} (152) & \begin{aligned} (1 + x)^{m} & = (1 + f (x))^{n} \\ 1 + m x + o (x) & = 1 + n f (x) + o (f (x)) \\ ⟹ f (x) & = \frac{m x}{n} + o (x) \end{aligned} \end{matrix}$ 再设 $(1 + x)^{\frac{m}{n}} = 1 + \frac{m}{n} x + g (x)$ ，其中 $g (x) = o (x)$ ，则 $\begin{matrix} (153) & \begin{aligned} (1 + x)^{m} & = {(1 + \frac{m}{n} x + g (x))}^{n} \\ 1 + m x + \frac{m (m - 1)}{2} x^{2} + o (x^{2}) & = 1 + n (\frac{m}{n} x + g (x)) + \frac{n (n - 1)}{2} {(\frac{m}{n} x + g (x))}^{2} + o (x^{2}) \\ = 1 + m x + n g (x) + \frac{m^{2} (n - 1)}{2 n} x^{2} \\ ⟹ g (x) & = \frac{\frac{m}{n} (\frac{m}{n} - 1)}{2} x^{2} + o (x^{2}) \end{aligned} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (154) & (1 + x)^{\frac{m}{n}} = 1 + \frac{m}{n} x + \frac{\frac{m}{n} (\frac{m}{n} - 1)}{2} x^{2} + o (x^{2}), x \to 0 \end{matrix}$ $◻$

例 1.5.36 幂函数的渐近展开。设 $α \in R$ ，求 $x \to 0$ 时， $x^{α}$ 的渐近展开。提示： $\begin{matrix} (155) & lim_{x \to 0} \frac{(1 + x)^{α} - 1}{x} = α \end{matrix}$

解设 $\begin{matrix} (156) & u (x) = \frac{(1 + x)^{α} - 1 - α x}{x} = o (1), x \to 0 \end{matrix}$ 则 $\begin{matrix} (157) & \begin{aligned} (1 + 2 x)^{α} & = [(1 + x)^{2} - x^{2}]^{α} = [(1 + x)^{α}]^{2} {[1 - \frac{x^{2}}{(1 + x)^{2}}]}^{α} \\ 1 + 2 α x + 2 x u (2 x) & = [1 + α x + x u (x)]^{2} [1 - \frac{α x^{2}}{(1 + x)^{2}} + o (x^{2})] \\ = [1 + 2 α x + 2 x u (x) + α^{2} x^{2}] [1 - α x^{2} + o (x^{2})] \\ = 1 + 2 α x + 2 x u (x) + α (α - 1) x^{2} + o (x^{2}) \end{aligned} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (158) & u (2 x) - u (x) - \frac{α (α - 1)}{2} x = o (x), x \to 0 \end{matrix}$ 猜测 $u (x) = A x^{β} + o (x^{β})$ ，其中 $β \geq 1$ ，代入上式得 $\begin{matrix} (159) & \begin{aligned} A (2 x)^{β} + o ((2 x)^{β}) - A x^{β} + o (x^{β}) - \frac{α (α - 1)}{2} x & = o (x) \\ (2^{β} - 1) A x^{β} + o (x^{β}) & = \frac{α (α - 1)}{2} x + o (x) \end{aligned} \end{matrix}$ 对比等式两侧可得 $\begin{matrix} (160) & β = 1, A = \frac{α (α - 1)}{2 (2^{β} - 1)} = \frac{α (α - 1)}{2} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (161) & u (x) = \frac{α (α - 1)}{2} x + o (x), x \to 0 \end{matrix}$ $◻$

例 1.5.37 指数函数、对数函数、三角函数、反三角函数的渐近展开。

(1): 记 $u (x) = \frac{e^{x} - 1 - x}{x}$ ，证明 $u (x) = o (1)$ ，并且 $\begin{matrix} (162) & u (2 x) - u (x) - \frac{x}{2} = o (x) ⟹ e^{x} = 1 + x + \frac{x^{2}}{2} + o (x^{2}), x \to 0 \end{matrix}$
(2): 记 $v (x) = \frac{\ln (1 + x) - x}{x}$ ，证明 $v (x) = o (1)$ ，并且 $\begin{matrix} (163) & v (2 x) - v (x) + \frac{x}{2} = o (x) ⟹ \ln (1 + x) = x - \frac{x^{2}}{2} + o (x^{2}), x \to 0 \end{matrix}$
(3): 记 $w (x) = \frac{\sin x - x}{x}$ ，证明 $w (x) = o (1)$ ，并且 $\begin{matrix} (164) & w (2 x) - w (x) + \frac{x^{2}}{2} = o (x) ⟹ \sin x = x - \frac{x^{3}}{6} + o (x^{3}), x \to 0 \end{matrix}$
(4): $\begin{matrix} (165) & \begin{aligned} \arcsin x & = x + \frac{x^{3}}{6} + o (x^{3}), x \to 0 \\ \arccos x & = \frac{π}{2} - \arcsin x = \frac{π}{2} - x - \frac{x^{3}}{6} + o (x^{3}), x \to 0 \end{aligned} \end{matrix}$
(5): $\begin{matrix} (166) & \cos x = 1 - \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{4}}{24} + o (x^{4}), x \to 0 \end{matrix}$

证明提示：(1) $\begin{matrix} (167) & \begin{aligned} e^{2 x} & = (e^{x})^{2} \\ 1 + 2 x + 2 x u (2 x) & = (1 + x + x u (x))^{2} = 1 + 2 x + x^{2} + 2 x u (x) + o (x^{2}) \\ ⟹ u (2 x) - u (x) - \frac{x}{2} & = o (x), x \to 0 \\ ⟹ u (x) & = \frac{x}{2} + o (x), x \to 0 \end{aligned} \end{matrix}$ (2) $\begin{matrix} (168) & \begin{aligned} \ln (1 + 2 x) & = 2 \ln (1 + x) + \ln (1 - \frac{x^{2}}{(1 + x)^{2}}) \\ 2 x + 2 x v (2 x) & = 2 (x + x v (x)) - \frac{x^{2}}{(1 + x)^{2}} + o (x^{2}) = 2 x + 2 x v (x) - x^{2} + o (x^{2}) \\ ⟹ v (2 x) - v (x) + \frac{x}{2} & = o (x), x \to 0 \\ ⟹ v (x) & = - \frac{x}{2} + o (x), x \to 0 \end{aligned} \end{matrix}$ 或者利用 $\begin{matrix} (169) & y = e^{x} - 1 = x + \frac{x^{2}}{2} + o (x^{2}) ⟹ x = \ln (1 + y) = y - \frac{y^{2}}{2} + o (y^{2}) \end{matrix}$ (3) $\begin{matrix} (170) & \begin{aligned} \sin 2 x & = 2 \sin x \cos x = 2 \sin x {(1 - \sin^{2} x)}^{\frac{1}{2}} \\ 2 x + 2 x w (2 x) & = 2 (x + x w (x)) {(1 - (x + x w (x))^{2})}^{\frac{1}{2}} \\ = (2 x + 2 x w (x)) [1 - \frac{1}{2} (x + x w (x))^{2} + o (x^{2})] \\ = 2 x + 2 x w (x) - x^{3} + o (x^{3}), x \to 0 \\ ⟹ w (2 x) - w (x) + \frac{x^{2}}{2} & = o (x), x \to 0 \\ ⟹ w (x) & = - \frac{x^{2}}{6} + o (x^{2}), x \to 0 \end{aligned} \end{matrix}$ (4) 利用 $\begin{matrix} (171) & y = \sin x = x - \frac{x^{3}}{6} + o (x^{3}) ⟹ x = \arcsin y = y + \frac{y^{3}}{6} + o (y^{3}) \end{matrix}$ (5) 利用 $\begin{matrix} (172) & \begin{aligned} \cos x & = \sqrt{1 - \sin^{2} x} = {[1 - {(x - \frac{x^{3}}{6} + o (x^{3}))}^{2}]}^{\frac{1}{2}} \\ = 1 - \frac{1}{2} {(x - \frac{x^{3}}{6} + o (x^{3}))}^{2} + \frac{\frac{1}{2} (\frac{1}{2} - 1)}{2} (x + o (x))^{4} + o (x^{4}) \\ = 1 - \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{4}}{24} + o (x^{4}), x \to 0 \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

例 1.5.38 设 $λ > 1 \geq | A |$ 、 $α > 0$ ，当 $x \to 0$ 时， $f$ 是无穷小量且满足 $\begin{matrix} (173) & f (λ x) - A f (x) - B x^{α} = o (x^{α}), x \to 0 \end{matrix}$ 证明 $\begin{matrix} (174) & f (x) = \frac{B}{λ^{α} - A} x^{α} + o (x^{α}), x \to 0 \end{matrix}$

解 $\forall ε > 0$ ， $\exists δ > 0$ ，使得 $\forall x \in R$ $\begin{matrix} (175) & 0 < | x | < δ ⟹ | f (λ x) - A f (x) - B x^{α} | < ε | x |^{α} \end{matrix}$ $\forall k \in N^{*}$ ， $0 < | λ^{- (k - 1)} x | \leq | x | < δ$ ，从而 $\begin{matrix} (176) & | A^{k - 1} f (λ^{- (k - 1)} x) - A^{k} f (λ^{- k} x) - B A^{k - 1} {(λ^{- k} x)}^{α} | < ε | A |^{k - 1} {| λ^{- k} x |}^{α} \end{matrix}$ 因此 $\forall n \in N^{*}$ $\begin{matrix} (177) & | f (x) - A^{n} f (λ^{- n} x) - \frac{B}{λ^{α}} x^{α} \sum_{k = 0}^{n - 1} {(\frac{A}{λ^{α}})}^{k} | \leq ε | x |^{α} \frac{1}{λ^{α}} \sum_{k = 0}^{n - 1} {| \frac{A}{λ^{α}} |}^{k} \end{matrix}$ 令 $n \to + \infty$ 可得 $\begin{matrix} (178) & | f (x) - \frac{B}{λ^{α}} \frac{1}{1 - \frac{A}{λ^{α}}} | \leq \frac{1}{λ^{α}} \frac{ε | x |^{α}}{1 - \frac{| A |}{λ^{α}}} = \frac{ε | x |^{α}}{λ^{α} - | A |} \overset{?}{\leq} ε^{'} \frac{| B | | x |^{α}}{λ^{α} - A} \end{matrix}$ 取 $ε$ 满足 $\begin{matrix} (179) & \frac{ε}{ε^{'}} \leq | B | \frac{λ^{α} - | A |}{λ^{α} - A} \in (0, | B |] \end{matrix}$ 即可，因此 $\begin{matrix} (180) & f (x) = \frac{B}{λ^{α} - A} x^{α} + o (x^{α}), x \to 0 \end{matrix}$

在进行严谨证明时，不能猜测 $f (x) = C x^{β} + o (x^{β})$ ，因为这样仅仅证明了蕴涵式“若 $f$ 具有这个形式则结论成立”为真，与“结论成立”为真无关。 $◻$

例 1.5.39 求 $lim_{x \to 0} \frac{\tan x - x}{x^{3}}$ 。

错解 (1) 错误使用等价无穷小替换。 $\begin{matrix} (181) & lim_{x \to 0} \frac{\tan x - x}{x^{3}} = lim_{x \to 0} \frac{x - x + o (x)}{x^{3}} = lim_{x \to 0} \frac{o (x)}{x^{3}} = ? \end{matrix}$ (2) 预先假设极限存在。 $\begin{matrix} (182) & \begin{aligned} L & = lim_{x \to 0} \frac{\tan x - x}{x^{3}} = lim_{x \to 0} \frac{\tan 2 x - 2 x}{(2 x)^{3}} = \frac{1}{4} lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{2} \tan 2 x - x}{x^{3}} \\ 4 L - L & = lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{2} \tan 2 x - \tan x}{x^{3}} = lim_{x \to 0} \frac{\tan^{3} x}{x^{3} (1 - \tan^{2} x)} = 1 \\ ⟹ L & = \frac{1}{3} \end{aligned} \end{matrix}$ 类似(2)的思路，我们可以证明很多离谱的“极限”，如 $\begin{matrix} (183) & L = lim_{x \to 0} \frac{1}{x} ⟹ \frac{L}{2} = lim_{x \to 0} \frac{1}{2 x} = L ⟹ L = 0 \end{matrix}$ $◻$

解 $\begin{matrix} (184) & \begin{aligned} \frac{\tan x - x}{x^{3}} & = \frac{\sin x - x \cos x}{x^{3} \cos x} \\ = \frac{x - \frac{x^{3}}{6} + o (x^{3}) - x (1 - \frac{x^{2}}{2} + o (x^{2}))}{x^{3} (1 + o (1))} \\ = \frac{\frac{x^{3}}{3} + o (x^{3})}{x^{3} (1 + o (1))} = \frac{1}{3} + o (1) \to \frac{1}{3}, x \to 0 \end{aligned} \end{matrix}$ 也可类似前题的思路：设 $\tan x = x + u (x)$ ，则 $\begin{matrix} (185) & \begin{aligned} \sin x & = [x + u (x)] \cos x \\ x + o (x) & = [x + u (x)] [1 + o (1)] = x + u (x) + o (x) \end{aligned} \end{matrix}$ 故可设 $u (x) = x v (x)$ ，其中 $v (x) = o (1)$ ，则 $\begin{matrix} (186) & \begin{aligned} \tan 2 x & = \frac{2 \tan x}{1 - \tan^{2} x} \\ 2 x + 2 x v (2 x) & = \frac{2 (x + x v (x))}{1 - (x + x v (x))^{2}} \\ 2 x + 2 x v (x) & = 2 x [1 + v (2 x)] [1 - (x + x v (x))^{2}] = 2 x [1 + v (2 x)] [1 - x^{2} + o (x^{2})] \\ = 2 x [1 + v (2 x) - x^{2} + o (x^{2})] = 2 x + 2 x v (2 x) - 2 x^{3} + o (x^{3}) \\ ⟹ v (2 x) - v (x) - x^{2} & = o (x), x \to 0 \\ ⟹ v (x) & = \frac{x^{2}}{3} + o (x^{2}), x \to 0 \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

例 1.5.40 求单侧极限 $\begin{matrix} (187) & lim_{x \to 1^{\pm}} \frac{\arcsin \frac{2 x}{1 + x^{2}} - \frac{π}{2}}{x - 1} \end{matrix}$

解记 $h = 1 - x$ ， $t = \frac{π}{2} - \arcsin \frac{2 x}{1 + x^{2}} \in [0, π]$ ，则 $h \to 0^{\pm}$ 当且仅当 $x \to 1^{\mp}$ ， $\begin{matrix} (188) & \cos t = \sin (\frac{π}{2} - t) = \frac{2 x}{1 + x^{2}} = \frac{2 (1 - h)}{1 + (1 - h)^{2}} = \frac{1}{1 + \frac{h^{2}}{2 (1 - h)}} \to 1^{-} \end{matrix}$ 于是 $t = 0^{+}$ ，上式两边展开可得 $\begin{matrix} (189) & 1 - \frac{t^{2}}{2} + o (t^{2}) = 1 - \frac{h^{2}}{2 (1 - h)} + o (h^{2}) = 1 - \frac{h^{2}}{2} + o (h^{2}) ⟹ t^{2} = h^{2} + o (h) \end{matrix}$ 从而 $\begin{matrix} (190) & t = \sqrt{h^{2} + o (h^{2})} = | h | \sqrt{1 + o (1)} = | h | (1 + o (1)) \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (191) & \begin{aligned} lim_{x \to 1^{-}} \frac{\arcsin \frac{2 x}{1 + x^{2}} - \frac{π}{2}}{x - 1} & = lim_{h \to 0^{+}} \frac{- t}{- h} = lim_{h \to 0^{+}} \frac{h (1 + o (1))}{h} = 1 \\ lim_{x \to 1^{+}} \frac{\arcsin \frac{2 x}{1 + x^{2}} - \frac{π}{2}}{x - 1} & = lim_{h \to 0^{-}} \frac{- t}{- h} = lim_{h \to 0^{-}} \frac{- h (1 + o (1))}{h} = - 1 \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

1.5.7 极限的综合练习

例 1.5.41 求 $\begin{matrix} (192) & lim_{x \to + \infty} (\sqrt{x^{2} + 2 x} - \sqrt[3]{x^{3} - x^{2}}) \end{matrix}$

解 $\begin{matrix} (193) & \begin{aligned} \sqrt{x^{2} + 2 x} - \sqrt[3]{x^{3} - x^{2}} & = x {(1 + \frac{2}{x})}^{\frac{1}{2}} - x {(1 - \frac{1}{x})}^{\frac{1}{3}} \\ = x (1 + \frac{1}{x} + o (\frac{1}{x})) - x (1 - \frac{1}{3 x} + o (\frac{1}{x})) \\ = \frac{4}{3} + o (1) \to \frac{4}{3}, x \to + \infty \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

例 1.5.42 求 $\begin{matrix} (194) & lim_{x \to 0} \frac{\sin (\tan x)}{\tan (\sin x)} \end{matrix}$

解 $\begin{matrix} (195) & \frac{\sin (\tan x)}{\tan (\sin x)} = \frac{\tan x + o (\tan x)}{\sin x + o (\sin x)} = \frac{x + o (x)}{x + o (x)} \to 1, x \to 0 \end{matrix}$ $◻$

例 1.5.43 求 $\begin{matrix} (196) & lim_{x \to + \infty} x^{2} \ln (\cos \frac{1}{x}) \end{matrix}$

解记 $t = \frac{1}{x}$ ，则 $x \to + \infty$ 当且仅当 $t \to 0^{+}$ ，因此 $\begin{matrix} (197) & x^{2} \ln (\cos \frac{1}{x}) = \frac{\ln (\cos t)}{t^{2}} = \frac{\ln (1 - \frac{t^{2}}{2} + o (t^{2}))}{t^{2}} = \frac{- \frac{t^{2}}{2} + o (t^{2})}{t^{2}} \to - \frac{1}{2} \end{matrix}$ $◻$

例 1.5.44 求 $\begin{matrix} (198) & lim_{x \to 0} {(2 \sin x + \cos x)}^{\frac{1}{x}} \end{matrix}$

解 $\begin{matrix} (199) & \begin{aligned} {(2 \sin x + \cos x)}^{\frac{1}{x}} & = \exp \frac{\ln (2 \sin x + \cos x)}{x} = \exp \frac{\ln (1 + 2 x + o (x))}{x} \\ = \exp \frac{2 x + o (x)}{x} = \exp (2 + o (1)) \to e^{2}, x \to 0 \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

例 1.5.45 求 $\begin{matrix} (200) & lim_{n \to + \infty} e^{- n} {(1 + \frac{1}{n})}^{n^{2}} \end{matrix}$

解 $\begin{matrix} (201) & \begin{aligned} e^{- n} {(1 + \frac{1}{n})}^{n^{2}} & = \exp [n^{2} \ln (1 + \frac{1}{n}) - n] \\ = \exp [n^{2} (\frac{1}{n} - \frac{1}{2 n^{2}} + o (\frac{1}{n^{2}})) - n] \\ = \exp (- \frac{1}{2} + o (1)) \to \frac{1}{\sqrt{e}}, n \to + \infty \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

例 1.5.46 设 $a > 0$ 且 $a \neq 1$ ，求参数 $p$ 的值，使得 $\begin{matrix} (202) & x^{p} (a^{\frac{1}{x}} - a^{\frac{1}{x + 1}}) \end{matrix}$ 为非零实数，并求这个极限的值。

解记 $t = \frac{1}{x}$ ，则 $x \to + \infty$ 当且仅当 $t \to 0^{+}$ ，因此 $\begin{matrix} (203) & \begin{aligned} x^{p} (a^{\frac{1}{x}} - a^{\frac{1}{x + 1}}) = \frac{1}{t^{p}} (e^{t \ln a} - \exp \frac{t \ln a}{1 + t}) \\ = & \frac{1}{t^{p}} (1 + t \ln a + \frac{t^{2} \ln^{2} a}{2} + o (t^{2}) - 1 - \frac{t \ln a}{1 + t} - \frac{t^{2} \ln^{2} a}{2 (1 + t)^{2}} + o (t^{2})) \\ = & \frac{1}{t^{p}} (t \ln a + \frac{t^{2} \ln^{2} a}{2} - t (1 - t) \ln a - \frac{t^{2} \ln^{2} a}{2} + o (t^{2})) \\ = & \frac{\ln a + o (1)}{t^{p - 2}} \to \ln a \neq 0, t \to 0^{+} \end{aligned} \end{matrix}$ 所以 $p = 2$ ，并且上述极限为 $\ln a$ 。

或者利用 $\begin{matrix} (204) & \begin{aligned} x^{p} a^{\frac{1}{x + 1}} (a^{\frac{1}{x} - \frac{1}{x + 1}} - 1) & = x^{p} (1 + o (1)) [\ln a \cdot (\frac{1}{x} - \frac{1}{x + 1}) + o (\frac{1}{x} - \frac{1}{x + 1})] \\ = x^{p - 2} \ln a + o (x^{p - 2}) = {\begin{cases} \ln a, & p = 2 \\ 0, & p < 2 \\ \infty, & p > 2 \end{cases} \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

例 1.5.47 比较以下两式作为 $e$ 的误差。 $\begin{matrix} (205) & {(1 + \frac{1}{n})}^{n + α}, \sum_{k = 0}^{n} \frac{1}{k!} \end{matrix}$

解 $\begin{matrix} (206) & \begin{aligned} {(1 + \frac{1}{n})}^{n + α} & = \exp ((n + α) \ln (1 + \frac{1}{n})) \\ = \exp ((n + α) (\frac{1}{n} - \frac{1}{2 n^{2}} + \frac{1}{3 n^{3}} + o (\frac{1}{n^{3}}))) \\ = \exp (1 + \frac{α - \frac{1}{2}}{n} + \frac{- \frac{α}{2} + \frac{1}{3}}{n^{2}} + o (\frac{1}{n^{2}})) \\ = e (1 + \frac{α - \frac{1}{2}}{n} + \frac{\frac{1}{2} {(α - \frac{1}{2})}^{2} + (\frac{1}{3} - \frac{α}{2})}{n^{2}} + o (\frac{1}{n^{2}})), n \to + \infty \end{aligned} \end{matrix}$ 故当 $α \neq \frac{1}{2}$ 时， ${(1 + \frac{1}{n})}^{n + α}$ 与 $\frac{1}{n}$ 同阶；当 $α = \frac{1}{2}$ 时， ${(1 + \frac{1}{n})}^{n + α}$ 与 $\frac{1}{n^{2}}$ 同阶；即在这一数列族中， ${(1 + \frac{1}{n})}^{n + \frac{1}{2}}$ 收敛最快，但它的收敛速度远不如 $\sum_{k = 0}^{n} \frac{1}{k!}$ ，因为 $\begin{matrix} (207) & \sum_{k = 0}^{n} \frac{1}{k!} = e (1 + o (\frac{2}{(n + 1)!})), n \to + \infty \end{matrix}$ $◻$

例 1.5.48 计算 $\begin{matrix} (208) & lim_{n \to + \infty} \frac{n + \sqrt{n} + \sqrt[3]{n} + \dots + \sqrt[n]{n}}{n} \end{matrix}$

解利用AM-GM不等式可得 $\begin{matrix} (209) & 1 < n^{1 / k} = \sqrt[n]{\underset{k - 2}{\underset{⏟}{1 \dots 1}} \cdot \sqrt{n} \cdot \sqrt{n}} < \frac{k - 2 + 2 \sqrt{n}}{k} < 1 + \frac{2 \sqrt{n}}{k}, k \geq 2 \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (210) & \begin{aligned} Ans & > \frac{n + 1 + 1 + \dots + 1}{n} = \frac{2 n - 1}{n} = 2 - \frac{1}{n} \\ Ans & < 1 + \frac{1}{n} \sum_{k = 2}^{n} (1 + \frac{2 \sqrt{n}}{k}) = 2 - \frac{1}{n} + \frac{2}{\sqrt{n}} \sum_{k = 2}^{n} \frac{1}{k} < 2 - \frac{1}{n} + \frac{2 \ln n}{\sqrt{n}} \end{aligned} \end{matrix}$ 由夹挤定理可得极限存在且等于 $2$ 。 $◻$

例 1.5.49 计算 $\begin{matrix} (211) & lim_{n \to + \infty} \frac{1^{n} + 2^{n} + \dots + n^{n}}{n^{1} + n^{2} + \dots + n^{n}} \end{matrix}$

解首先考虑分母。易见 $\begin{matrix} (212) & n^{1} + n^{2} + \dots + n^{n} = n^{n} (1 + o (1)) \end{matrix}$

然后考虑分子。注意到 $\begin{matrix} (213) & \sum_{k = 1}^{n} \frac{k^{n}}{n^{n}} = \sum_{k = 0}^{n - 1} {(1 - \frac{k}{n})}^{n} \end{matrix}$ 可以证明 $\begin{matrix} (214) & 0 \leq e^{- k} - {(1 - \frac{k}{n})}^{n} \leq \frac{k^{2} e^{- k}}{n} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (215) & | \sum_{k = 0}^{n - 1} [{(1 - \frac{k}{n})}^{n} - e^{- k}] | \leq \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{k^{2} e^{- k}}{n} \leq \sum_{k < 9} \frac{k^{2} e^{- k}}{n} + \sum_{k \geq 9} \frac{k^{2} \cdot k^{- 4}}{n} \leq \frac{A}{n} \end{matrix}$ 从而 $\begin{matrix} (216) & \begin{aligned} | \sum_{k = 0}^{n - 1} {(1 - \frac{k}{n})}^{n} - \frac{e}{e - 1} | & \leq | \sum_{k = 0}^{n - 1} {(1 - \frac{k}{n})}^{n} - e^{- k} | + | \sum_{k = 0}^{n - 1} e^{- k} - \frac{1}{1 - e^{- 1}} | \\ \leq \frac{A}{n} + \sum_{k = n}^{+ \infty} e^{- k} = \frac{A}{n} + \frac{e^{- n}}{1 - e^{- 1}} \to 0, n \to + \infty \end{aligned} \end{matrix}$ 亦即 $\begin{matrix} (217) & lim_{n \to + \infty} \frac{1^{n} + 2^{n} + \dots + n^{n}}{n^{1} + n^{2} + \dots + n^{n}} = lim_{n \to + \infty} \frac{n^{n}}{n^{n} (1 + o (1))} lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 0}^{n - 1} {(1 - \frac{k}{n})}^{n} = \frac{e}{e - 1} \end{matrix}$ $◻$

例 1.5.50 设数列 ${x_{n}}$ 满足 $S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} x_{k}$ 有界且 $lim_{n \to + \infty} (x_{n + 1} - x_{n}) = 0$ 。证明： $lim_{n \to + \infty} x_{n} = 0$ 。

证明由题设可知 $\forall ε^{'} > 0$ ， $\exists N > 0$ 使得 $n > N ⟹ | x_{n + 1} - x_{n} | < ε^{'}$ 。注意到 $\begin{matrix} (218) & \begin{aligned} S_{n + p} - S_{n} & = x_{n + p} + x_{n + p - 1} + x_{n + p - 2} + \dots + x_{n + 1} \\ = (x_{n + p} - x_{n + p - 1}) + 2 (x_{n + p - 1} - x_{n + p - 2}) + \dots + p (x_{n + 1} - x_{n}) + p x_{n} \end{aligned} \end{matrix}$ 设 $| S_{n} | \leq M$ ， $\forall n \in N^{*}$ ，则 $\begin{matrix} (219) & | x_{n} | \leq \frac{2 M}{p} + | x_{n + p} - x_{n + p - 1} | + | x_{n + p - 1} - x_{n + p - 2} | + \dots + | x_{n + 1} - x_{n} | < \frac{2 M}{p} + p ε^{'} \overset{?}{\leq} ε \end{matrix}$ 选择 $p$ 和 $ε^{'}$ 满足 $\begin{matrix} (220) & \frac{2 M}{p} \leq \frac{ε}{2}, p ε^{'} \leq \frac{ε}{2} ⟹ p \geq \frac{4 M}{ε}, ε^{'} \leq \frac{ε}{2 p} \end{matrix}$ 整理一下我们已有的信息，我们有 $\begin{matrix} (221) & \forall ε \to \exists p \to \exists ε^{'} \to \exists N \to \forall n > N \to | x_{n} | < ε \end{matrix}$ 即 $lim_{n \to + \infty} x_{n} = 0$ 。 $◻$

¹³参考：https://en.wikipedia.org/wiki/Arithmetic\%E2\%80\%93geometric\_mean，可利用换元 $\sin θ = \frac{2 a \sin θ^{'}}{(a + b) + (a - b) \sin^{2} θ^{'}}$ 。