第二次作业参考答案

4.1 第二次作业参考答案

4.1.1 讲义习题2.3

例 4.1.1 （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 $\begin{matrix} (1) & [a, x_{1}] \subseteq [a, x_{2}] ⟹ sup_{t \in [a, x_{1}]} f (t) \leq sup_{t \in [a, x_{2}]} f (t) ⟹ g (x_{1}) \leq g (x_{2}) \end{matrix}$

(2) 由于 $f$ 连续，故 $\forall x_{0} \in (a, b)$ ， $\forall ε > 0$ ， $\exists δ > 0$ 使得 $\begin{matrix} (2) & x \in (a, b) \land | x - x_{0} | < δ ⟹ f (x_{0}) - ε < f (x) < f (x_{0}) + ε \leq g (x_{0}) + ε \end{matrix}$ 当 $x \in [x_{0}, x_{0} + δ)$ 时，有 $\begin{matrix} (3) & g (x_{0}) \leq g (x) = max {g (x_{0}), sup_{t \in [x_{0}, x]} f (t)} \leq max {g (x_{0}), g (x_{0}) + ε} = g (x_{0}) + ε \end{matrix}$ 当 $x \in (x_{0} - δ, x_{0}]$ 时，有 $\begin{matrix} (4) & g (x) \leq g (x_{0}) = max {g (x), sup_{t \in [x, x_{0}]} f (t)} \leq max {g (x), f (x_{0}) + ε} \end{matrix}$ 若 $g (x) \geq f (x_{0}) + ε$ ，则有 $g (x) = g (x_{0})$ ；若 $g (x) < f (x_{0}) + ε$ ，则有 $\begin{matrix} (5) & g (x_{0}) \leq f (x_{0}) + ε ⟹ g (x_{0}) \geq g (x) \geq f (x) > f (x_{0}) - ε \geq g (x_{0}) - 2 ε \end{matrix}$ 综上所述，我们有 $\begin{matrix} (6) & | g (x) - g (x_{0}) | < 2 ε ⟹ g \in C (a, b) \end{matrix}$

(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 4.1.2 （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): $\forall x, y \in R$ ， $\begin{matrix} (7) & \cos (x - y) = \cos x \cos y + \sin x \sin y \end{matrix}$
(c): $\forall x \in (0, \frac{π}{2})$ ， $\begin{matrix} (8) & 0 < \cos x < \frac{\sin x}{x} < \frac{1}{\cos x} \end{matrix}$

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): $\forall x \in R$ ， $\begin{matrix} (9) & \cos (- x) = \cos x, \cos (\frac{π}{2} - x) = \sin x, \cos (π - x) = - \cos x; \end{matrix}$
(4): $\forall x \in R$ ， $\begin{matrix} (10) & \begin{aligned} \sin (- x) = - \sin x & , \\ \sin (\frac{π}{2} + x) = \cos x & , \cos (\frac{π}{2} + x) = - \sin x, \\ \sin (π + x) = - \sin x & , \cos (π + x) = - \cos x, \\ \sin (2 π + x) = \sin x & , \cos (2 π + x) = \cos x; \end{aligned} \end{matrix}$
(5): $\forall x, y \in R$ ， $\begin{matrix} (11) & \begin{aligned} \cos (x + y) & = \cos x \cos y - \sin x \sin y, \\ \sin (x + y) & = \sin x \cos y + \cos x \sin y; \\ \sin x - \sin y & = 2 \sin \frac{x - y}{2} \cos \frac{x + y}{2}, \\ \cos x - \cos y & = - 2 \sin \frac{x - y}{2} \sin \frac{x + y}{2}; \end{aligned} \end{matrix}$
(6): $\forall x \in R$ ， $\begin{matrix} (12) & \begin{aligned} \sin 2 x & = 2 \sin x \cos x, \\ \cos 2 x & = \cos^{2} x - \sin^{2} x = 2 \cos^{2} x - 1 = 1 - 2 \sin^{2} x; \\ \sin 3 x & = 3 \sin x - 4 \sin^{3} x, \\ \cos 3 x & = 4 \cos^{3} x - 3 \cos x; \end{aligned} \end{matrix}$
(7): $\forall x \in (0, \frac{π}{2})$ ， $\begin{matrix} (13) & 0 < \cos x < \frac{\sin x}{x} < 1 \end{matrix}$
(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 $\begin{matrix} (14) & \tan (x - y) = \frac{\tan x - \tan y}{1 + \tan x \tan y}, \forall 0 < y < x < \frac{π}{2} \end{matrix}$
(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 $\begin{matrix} (15) & \sin (- x) = \cos (\frac{π}{2} + x) = - \cos (\frac{π}{2} - x) = - \sin x \end{matrix}$ 分别取 $(x, y) = (\frac{π}{2} + x^{'}, \frac{π}{2}), (π + x^{'}, π)$ 即可得到 $\begin{matrix} (16) & \sin (\frac{π}{2} + x) = \cos x, \cos (π + x) = - \cos x \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (17) & \sin (π + x) = \cos (\frac{π}{2} + x) = - \cos (\frac{π}{2} - x) = - \sin x \end{matrix}$ 故有 $\begin{matrix} (18) & \sin (2 π + x) = - \sin (π + x) = \sin x, \cos (2 π + x) = \cos (π + x) = - \cos x \end{matrix}$

(5) 利用(b)，取 $y = - y^{'}$ 即可得到 $\cos$ 的和角公式，再注意到 $\begin{matrix} (19) & \begin{aligned} \sin (x + y) & = \cos (\frac{π}{2} - x - y) = \cos (\frac{π}{2} - x) \cos y + \sin (\frac{π}{2} - x) \sin y \\ = \sin x \cos y + \cos x \sin y \end{aligned} \end{matrix}$ 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 $\begin{matrix} (20) & \frac{\sin 2 x}{2 x} = \frac{\sin x}{x} \cdot \cos x < \frac{1}{\cos x} \cdot \cos x = 1 \end{matrix}$ 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 $\begin{matrix} (21) & \sin x - \sin y > 0 \end{matrix}$ 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 $\begin{matrix} (22) & \cos x - \cos y > 0 \end{matrix}$ 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 $\begin{matrix} (23) & \begin{aligned} 1 & = \cos 0 = \cos T = - \cos (T - π) < - \cos (2 π - π) = 1, \\ - 1 & = \sin (- \frac{π}{2}) = \sin (T - \frac{π}{2}) = - \sin (T - \frac{3 π}{2}) > - \sin (2 π - \frac{3 π}{2}) = - 1 \end{aligned} \end{matrix}$ 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 $\begin{matrix} (24) & \sin \frac{π}{12} = \sin (\frac{π}{4} - \frac{π}{6}) = \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (25) & {\sin \frac{k π}{12}}_{k = 0}^{12} = {0, \frac{\sqrt{3} - 1}{2 \sqrt{2}}, \frac{1}{2}, \frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{\sqrt{3} + 1}{2 \sqrt{2}}, 1, \frac{\sqrt{3} + 1}{2 \sqrt{2}}, \frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3} - 1}{2 \sqrt{2}}, 0} \end{matrix}$

(12) 注意到 $\begin{matrix} (26) & \frac{\sqrt{3}}{2} = \cos \frac{π}{6} < \frac{\sin \frac{π}{6}}{\frac{π}{6}} < 1 ⟹ 3 < π < \frac{6}{\sqrt{3}} < \frac{7}{2} \end{matrix}$

(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 $\begin{matrix} (27) & \begin{aligned} \tan (- x) & = \frac{\sin (- x)}{\cos (- x)} = \frac{- \sin x}{\cos x} = - \tan x \\ \tan x - \tan y & = \frac{\sin x}{\cos x} - \frac{\sin y}{\cos y} = \frac{\sin x \cos y - \sin y \cos x}{\cos x \cos y} = \frac{\sin (x - y)}{\cos x \cos y} > 0 \end{aligned} \end{matrix}$ 因此 $\tan$ 是奇函数、严格增。 $\forall 0 < y < x < \frac{π}{2}$ ，注意到 $\begin{matrix} (28) & \tan (x - y) = \frac{\sin (x - y)}{\cos (x - y)} = \frac{\sin x \cos y - \sin y \cos x}{\cos x \cos y + \sin x \sin y} = \frac{\tan x - \tan y}{1 + \tan x \tan y} \end{matrix}$

（15) 略。 $◻$

例 4.1.3 （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 $\begin{matrix} (29) & \sin [- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}] = [- 1, 1], \cos [0, π] = [- 1, 1] \end{matrix}$ 由于 $\sin, \cos$ 的最小正周期是 $2 π$ ，且 $\begin{matrix} (30) & \sin (π + x) = - \sin x, \cos (π + x) = - \cos x \end{matrix}$ 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。 $◻$

4.1.2 讲义习题2.4

例 4.1.4 （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 $\begin{matrix} (31) & \sqrt{\frac{x^{2} + 1}{x^{2} - 1}} = {[1 + \frac{2}{x^{2} - 1}]}^{1 / 2} = 1 + \frac{1}{x^{2}} + o (\frac{1}{x^{2}}), x \to \infty \end{matrix}$ 对于另一个极限，则有 $\begin{matrix} (32) & \sqrt{x^{2} + x^{α}} - x = x [{(1 + x^{α - 2})}^{1 / 2} - 1] = \frac{1}{2} x^{α - 1} + o (x^{α - 1}), x \to \infty \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (33) & lim_{x \to + \infty} (\sqrt{x^{2} + x^{α}} - x) = {\begin{cases} 0, & 0 < α < 1 \\ \frac{1}{2}, & α = 1 \\ \infty, & 1 < α < 2 \end{cases} \end{matrix}$ $◻$

例 4.1.5 （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 $\begin{matrix} (34) & \begin{aligned} lim_{x \to + \infty} f (x) & = b lim_{x \to + \infty} {[\frac{{(\frac{a}{b})}^{x} + 1}{2}]}^{1 / x} = b \exp lim_{x \to + \infty} \frac{\ln \frac{{(\frac{a}{b})}^{x} + 1}{2}}{x} = b \exp 0 = b \\ lim_{x \to - \infty} f (x) & = a lim_{x \to - \infty} {[\frac{{(\frac{b}{a})}^{x} + 1}{2}]}^{1 / x} = a \exp lim_{x \to - \infty} \frac{\ln \frac{{(\frac{b}{a})}^{x} + 1}{2}}{x} = a \exp 0 = a \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

例 4.1.6 （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4.1.2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¹，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 $\sum_{k = 0}^{n} \frac{1}{k!}$ 。

◻

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

表 4.1.1: 6个计算e的数列的收敛速度

例 4.1.7 （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 $\begin{matrix} (35) & \frac{1}{(n + 1)!} < e - (1 + \frac{1}{1!} + \dots + \frac{1}{n!}) < \frac{1}{n! \cdot n} \end{matrix}$
(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 $\begin{matrix} (36) & c_{n + 1} - c_{n} = \frac{1}{(n + 1)! \cdot (n + 1)} + \frac{1}{(n + 1)!} - \frac{1}{n! \cdot n} = - \frac{1}{n! \cdot n (n + 1)^{2}} < 0 \end{matrix}$ 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 $\begin{matrix} (37) & c_{n} = a_{n} + \frac{1}{n! \cdot n} ⟹ lim_{n \to \infty} c_{n} = lim_{n \to \infty} a_{n} + 0 = e \end{matrix}$

(2) 由于 ${c_{n}}$ 严格减且极限为 $e$ ， ${a_{n}}$ 严格增且极限为 $e$ ，故 $\begin{matrix} (38) & a_{n + 1} < e < c_{n} ⟹ \frac{1}{(n + 1)!} < e - (1 + \frac{1}{1!} + \dots + \frac{1}{n!}) < \frac{1}{n! \cdot n} \end{matrix}$

(3) 注意到 $a_{n} \cdot n!$ 必为整数，故有 $\begin{matrix} (39) & n! \cdot a_{n} + \frac{1}{n + 1} = n! \cdot (a_{n} + \frac{1}{(n + 1)!}) < n! \cdot e < n! \cdot (a_{n} + \frac{1}{n! \cdot n}) = n! \cdot a_{n} + \frac{1}{n} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (40) & n \sin \frac{2 π}{n + 1} < n \sin (2 π n! \cdot e) < n \sin \frac{2 π}{n} \end{matrix}$ 上述不等式两侧的极限均存在且为 $2 π$ ，由夹挤定理可得 $\begin{matrix} (41) & lim_{n \to + \infty} n \sin (2 π n! \cdot e) = 2 π \end{matrix}$

(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 4.1.8 （习题2.4.10）证明：

(1): $\forall n \in N^{*}$ ， ${(1 + \frac{1}{n})}^{n} < e < {(1 + \frac{1}{n})}^{n + 1}$ 。
(2): $\forall n \in N^{*}$ ， $\frac{1}{n + 1} < \ln (n + 1) - \ln n < \frac{1}{n}$ 。
(3): 数列 $a_{n} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n} - \ln n$ 单调递减。
(4): 数列 $b_{n} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n} - \ln (n + 1)$ 单调递增。
(5): $lim_{n \to + \infty} a_{n}$ 和 $lim_{n \to + \infty} b_{n}$ 存在且相等，这个共同的极限值 $γ$ 称为Euler常数。以 $a_{n}$ 作为 $γ$ 的近似值，并确保误差小于 $10^{- 4}$ ，问 $n$ 至少应该是多少？
(6): $lim_{n \to + \infty} (1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \dots + \frac{(- 1)^{n - 1}}{n}) = \ln 2$ 。
(7): $\forall a \geq 0$ ， $\forall m \in N^{*}$ ， $lim_{n \to + \infty} \sum_{k = n}^{m n} \frac{1}{k + a} = \ln m$ 。

证明 (1)(2) 可参考例4.1.9。(3)(4)可由(2)直接推出。

(5) 由(3)(4)可知 ${a_{n}}$ 严格减且有下界 $b_{1}$ ， ${b_{n}}$ 严格增且有上界 $a_{1}$ ，故两个极限均存在，且显然相等。若以 $a_{n}$ 作为 $γ$ 的近似值，令 $\begin{matrix} (42) & f (x) := \ln (1 + x) - x + \frac{x^{2}}{2 (1 + x)} \end{matrix}$ $\forall x \geq 0$ ，有 $\begin{matrix} (43) & f^{(3)} (x) = \frac{- 1 + 2 x}{(1 + x)^{4}} \geq - 1, f^{(4)} (x) = \frac{6 (1 - x)}{(1 + x)^{5}} \leq 6 \end{matrix}$ 取 $x_{0} \in (0, \frac{1}{2})$ ，由带Lagrange余项的Taylor展开可得 $\exists ξ, η \in (0, x_{0})$ ，使得 $\begin{matrix} (44) & - \frac{1}{6} x^{3} \leq \frac{f^{(3)} (ξ)}{3!} x^{3} = \ln (1 + x) - x + \frac{x^{2}}{2 (1 + x)^{2}} = - \frac{x^{3}}{6} + \frac{f^{(4)} (η)}{4!} x^{4} \leq - \frac{x^{3}}{6} + \frac{x^{4}}{4} \end{matrix}$ 设 $m > n \geq 1$ ，则 $\begin{matrix} (45) & \begin{aligned} a_{n} - a_{m} & = \sum_{k = n}^{m - 1} (\ln \frac{1 + k}{k} - \frac{1}{k + 1}) \geq \sum_{k = n}^{m - 1} (\frac{1}{k} - \frac{1}{2 k (k + 1)} - \frac{1}{6 k^{3}} - \frac{1}{k + 1}) \\ = \frac{1}{2} (\frac{1}{n} - \frac{1}{m}) - \sum_{k = n}^{m - 1} \frac{1}{6 k^{3}} \\ a_{n} - a_{m} & = \sum_{k = n}^{m - 1} (\ln \frac{1 + k}{k} - \frac{1}{k + 1}) \leq \sum_{k = n}^{m - 1} (\frac{1}{k} - \frac{1}{2 k (k + 1)} - \frac{1}{6 k^{3}} + \frac{1}{4 k^{4}} - \frac{1}{k + 1}) \\ = \frac{1}{2} (\frac{1}{n} - \frac{1}{m}) + \sum_{k = n}^{m - 1} (\frac{1}{4 k^{4}} - \frac{1}{6 k^{3}}) \end{aligned} \end{matrix}$ 令 $m \to + \infty$ 可得 $\begin{matrix} (46) & \frac{1}{2 n} - \sum_{k = n}^{+ \infty} \frac{1}{6 k^{3}} \leq a_{n} - γ \leq \frac{1}{2 n} + \sum_{k = n}^{+ \infty} (\frac{1}{4 k^{4}} - \frac{1}{6 k^{3}}) \end{matrix}$ 采用积分放缩可得 $\begin{matrix} (47) & 0 \leq \frac{1}{2 n} - \frac{1}{12 n^{2}} \leq a_{n} - γ \leq \frac{1}{2 n} + \frac{1}{12 (n - 1)^{3}} - \frac{1}{12 n^{2}} \end{matrix}$ 令 $\begin{matrix} (48) & \begin{aligned} ε_{1} (n) & = \frac{1}{2 (n - 1)} - \frac{1}{12 (n - 1)^{2}} > 10^{- 4} \\ ε_{2} (n) & = \frac{1}{2 n} + \frac{1}{12 (n - 1)^{3}} - \frac{1}{12 n^{2}} \leq 10^{- 4} \end{aligned} \end{matrix}$ 解得 $\begin{matrix} (49) & 4999.83 \leq n < 5000.83 \end{matrix}$ 故 $n = 5000$ 。

(6) 注意到 $\begin{matrix} (50) & a_{2 n} - a_{n} = \sum_{k = 1}^{2 n} \frac{(- 1)^{k - 1}}{k} - \ln 2 \end{matrix}$ 令 $n \to + \infty$ 可得 $\begin{matrix} (51) & γ - γ = lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 1}^{2 n} \frac{(- 1)^{k - 1}}{k} - \ln 2 ⟹ lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 1}^{2 n} \frac{(- 1)^{k - 1}}{k} = \ln 2 \end{matrix}$ 此外还有 $\begin{matrix} (52) & lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 1}^{2 n - 1} \frac{(- 1)^{k - 1}}{k} = lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 1}^{2 n} \frac{(- 1)^{k - 1}}{k} + lim_{n \to + \infty} \frac{1}{2 n} = \ln 2 \end{matrix}$ 综合以上两种情况可得 $\begin{matrix} (53) & lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 1}^{n} \frac{(- 1)^{k - 1}}{k} = \ln 2 \end{matrix}$

(7) 注意到 $\begin{matrix} (54) & a_{m n} - a_{n} = \sum_{k = n}^{m n} \frac{1}{k} - \frac{1}{n} - \ln m \end{matrix}$ 令 $n \to + \infty$ 可得 $\begin{matrix} (55) & γ - γ = lim_{n \to + \infty} \sum_{k = n}^{m n} \frac{1}{k} - 0 - \ln m ⟹ lim_{n \to + \infty} \sum_{k = n}^{m n} \frac{1}{k} = \ln m \end{matrix}$ 设 $⌈ a ⌉ = d m + r$ ，其中 $d \in N$ 、 $r \in [0, m) \cap N$ ，则 $\begin{matrix} (56) & \sum_{k = n}^{m n} \frac{1}{k} \geq \sum_{k = n}^{m n} \frac{1}{k + a} \geq \sum_{k = n}^{m n} \frac{1}{k + d m + r} \geq \sum_{k = n + d}^{m (n + d)} \frac{1}{k} - \sum_{k = n + d}^{n + ⌈ a ⌉} \frac{1}{k} \geq \sum_{k = n + d}^{m (n + d)} - \frac{⌈ a ⌉}{n} \end{matrix}$ 令 $n \to + \infty$ ，由夹挤定理可得 $\begin{matrix} (57) & lim_{n \to + \infty} \sum_{k = n}^{m n} \frac{1}{k + a} = \ln m \end{matrix}$ $◻$

例 4.1.9 （习题2.4.10关联例题）在第一次习题课中，我们证明了 $\begin{matrix} (58) & a_{n} := {(1 + \frac{1}{n})}^{n} < {(1 + \frac{1}{n + 1})}^{n + 1} < {(1 + \frac{1}{n + 1})}^{n + 2} < {(1 + \frac{1}{n})}^{n + 1} =: b_{n} \end{matrix}$ 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 $\begin{matrix} (59) & a_{n} = {(1 + \frac{1}{n})}^{n} < e < {(1 + \frac{1}{n})}^{n + 1} = b_{n} \end{matrix}$ 从而有 $\begin{matrix} (60) & \frac{1}{n + 1} < \ln (1 + \frac{1}{n}) < \frac{1}{n} \end{matrix}$ 利用以上事实，证明数列 $\begin{matrix} (61) & x_{n} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n} - \ln n \end{matrix}$ 收敛。

证明注意到 $\begin{matrix} (62) & x_{n + 1} - x_{n} = \frac{1}{n + 1} - \ln (n + 1) + \ln n = \frac{1}{n + 1} - \ln (1 + \frac{1}{n}) < 0 \end{matrix}$ 故 $x_{n}$ 严格减，又 $\begin{matrix} (63) & x_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} - \ln n > \sum_{j = 1}^{n} \ln (1 + \frac{1}{k}) - \ln n = \ln (1 + \frac{1}{n}) > 0 \end{matrix}$ 即 $x_{n}$ 有下界 $0$ ，故收敛。 $◻$

例 4.1.10 （习题2.4.14）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 $\begin{matrix} (64) & n > N ⟹ A - α \leq - ε < \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} - α < ε \leq B - α ⟹ A < \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} < B \end{matrix}$ 从而 $\begin{matrix} (65) & \begin{aligned} \frac{a_{n}}{a_{N}} = \frac{a_{n}}{a_{n - 1}} \dots \frac{a_{N + 1}}{a_{N}} & < B^{n - N} ⟹ a_{n} < \frac{a_{N}}{B^{N}} B^{n} \\ \frac{a_{n}}{a_{N}} = \frac{a_{n}}{a_{n - 1}} \dots \frac{a_{N + 1}}{a_{N}} & > A^{n - N} ⟹ a_{n} > \frac{a_{N}}{A^{N}} A^{n} \end{aligned} \end{matrix}$

(2) 取 $B = \frac{1 + α}{2} \in (0, 1)$ ，则 $\begin{matrix} (66) & 0 < a_{n} < \frac{a_{N}}{B^{N}} B^{n} \overset{n \to + \infty}{\to} 0 \leq lim_{n \to + \infty} a_{n} \leq 0 ⟹ lim_{n \to + \infty} a_{n} = 0 \end{matrix}$

(3) 设 $0 < A_{1} < A_{3} < α < A_{4} < A_{2}$ ，由(1)可知 $\exists N_{1} > 0$ 使得 $\begin{matrix} (67) & n > N_{1} ⟹ A_{1} < A_{3} < \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} < A_{4} < A_{2} \end{matrix}$ 设 $N_{0}$ 满足 $\begin{matrix} (68) & n > N_{0} ⟹ A_{1}^{n} < \frac{a_{N}}{A_{3}^{N}} A_{3}^{n} < a_{n} < \frac{a_{N}}{A_{4}^{N}} A_{4}^{n} < A_{2}^{n} \end{matrix}$ 这只需要 $\begin{matrix} (69) & n > N_{0} \geq max {\frac{N \ln A_{3} - \ln a_{N}}{\ln A_{3} - \ln A_{1}}, \frac{\ln a_{N} - N \ln A_{4}}{\ln A_{2} - \ln A_{4}}, 0} \end{matrix}$ 此时有 $\begin{matrix} (70) & A_{1} < \sqrt[n]{a_{n}} < A_{2} \end{matrix}$ 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 $\begin{matrix} (71) & n > N ⟹ α - ε < A_{1} < \sqrt[n]{a_{n}} < A_{2} < α + ε ⟹ lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{a_{n}} = α \end{matrix}$ $◻$

例 4.1.11 （习题2.4.15）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 $\begin{matrix} (72) & \begin{aligned} \frac{a^{n + 1} / (n + 1)!}{a^{n} / n!} = \frac{a}{n + 1} \to 0 & ⟹ lim_{n \to + \infty} \frac{a^{n}}{n!} = 0 \\ \frac{(n + 1)^{k} / a^{n + 1}}{n^{k} / a^{n}} = \frac{{(1 + \frac{1}{n})}^{k}}{a} \to \frac{1}{a} & ⟹ lim_{n \to + \infty} \frac{n^{k}}{a^{n}} = 0 \\ \frac{(n + 1)! / (n + 1)^{n + 1}}{n! / n^{n}} = \frac{1}{{(1 + \frac{1}{n})}^{n}} \to \frac{1}{e} & ⟹ lim_{n \to + \infty} \frac{n!}{n^{n}} = 0 \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

例 4.1.12 （习题2.4.17）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 $\begin{matrix} (73) & \begin{aligned} \frac{a}{a} = 1 & ⟹ lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{a} = 1 \\ \frac{n + 1}{n} \to 1 & ⟹ lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{n} = 1 \\ \frac{\ln (n + 1) / (n + 1)}{\ln n / n} = \frac{n}{n + 1} \frac{\ln (n + 1)}{\ln n} \to 1 & ⟹ lim_{n \to + \infty} \frac{\ln n}{n} = 0 \\ \frac{(n + 1)^{n + 1} / (n + 1)!}{n^{n} / n!} = {(1 + \frac{1}{n})}^{n} \to e & ⟹ lim_{n \to + \infty} \frac{n}{\sqrt[n]{n!}} = e \\ \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = \frac{2 n + 1}{2 n + 2} \to 1 & ⟹ lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{\frac{1 \cdot 3 \dots (2 n - 1)}{2 \cdot 4 \dots (2 n)}} = 1 \end{aligned} \end{matrix}$ 其中 $\begin{matrix} (74) & 1 < \frac{\ln (n + 1)}{\ln n} \leq \frac{\ln n + \ln 2}{\ln n} \to 1 ⟹ lim_{n \to + \infty} \frac{\ln (n + 1)}{\ln n} = 1 \end{matrix}$ $◻$

例 4.1.13 （习题2.4.18）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 $\begin{matrix} (75) & lim_{x \to + \infty} \frac{\ln x}{x^{k}} = 0 \end{matrix}$ 首先考虑离散的情况，注意到 $\begin{matrix} (76) & \frac{\ln (n + 1) / (n + 1)^{k}}{\ln n / n^{k}} = {(1 + \frac{1}{n})}^{k} \frac{\ln (n + 1)}{\ln n} \to 1 ⟹ lim_{n \to + \infty} \frac{\ln n}{n^{k}} = 0 \end{matrix}$ 设 $n = [x]$ ，则有 $\begin{matrix} (77) & \frac{\ln (n + 1) - \ln 2}{(n + 1)^{k}} \leq \frac{\ln n}{(n + 1)^{k}} < \frac{\ln x}{x^{k}} < \frac{\ln (n + 1)}{n^{k}} \leq \frac{\ln n + \ln 2}{n^{k}} \end{matrix}$ 由夹挤原理可得 $\begin{matrix} (78) & lim_{x \to + \infty} \frac{\ln x}{x^{k}} = lim_{n \to + \infty} \frac{\ln n}{n^{k}} = 0 \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (79) & \begin{aligned} x^{1 / x} = \exp \frac{\ln x}{x} & \to \exp 0 = 1 \\ \frac{x^{k}}{a^{x}} \overset{t = a^{x}}{=} \frac{(\log_{a} t)^{k}}{t} = \frac{1}{(\ln a)^{k}} {(\frac{\ln t}{t^{1 / k}})}^{k} & \to \frac{1}{(\ln a)^{k}} \cdot 0^{k} = 0 \\ x^{k} \ln x \overset{t = x^{- 1}}{=} - \frac{\ln t}{t^{k}} & \to - 0 = 0 \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

例 4.1.14 （习题2.4.19）设 $lim_{n \to + \infty} a_{n} = α$ 。证明 $lim_{n \to + \infty} \frac{a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n}}{n} = α$ 。

证明由 $lim_{n \to + \infty} a_{n} = α$ 可知 $\forall ε > 0$ ， $\exists N > 0$ 使得 $n > N ⟹ | a_{n} - α | < ε$ ，从而 $\begin{matrix} (80) & | \frac{a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n}}{n} - α | = | \sum_{i = 1}^{n} \frac{a_{i} - α}{n} | \leq \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{N} | a_{i} - α | + \frac{n - N}{n} ε \end{matrix}$ 令 $n \to + \infty$ 可得 $\begin{matrix} (81) & lim_{n \to + \infty} | \frac{a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n}}{n} - α | \leq ε \end{matrix}$ 再令 $ε \to 0^{+}$ 即可得证。 $◻$

4.1.3 讲义习题2.5

例 4.1.15 （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： $\begin{matrix} (82) & f (x) = λ x + o (x), x \to 0 \end{matrix}$
(2): 利用上述结果证明： $\begin{matrix} (83) & e^{x} = 1 + x + \frac{x^{2}}{2} + o (x^{2}), x \to 0 \end{matrix}$ 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 $\forall x \in I$ ， $\begin{matrix} (84) & 0 < | x | < δ ⟹ | f (2 x) - f (x) - λ x | < ε | x | \end{matrix}$ $\forall k \in N^{*}$ ， $0 < 2^{- (k - 1)} \leq | x | < δ$ ，从而 $\begin{matrix} (85) & | f (2^{- (k - 1)} x) - f (2^{- k} x) - λ \cdot 2^{- k} x | < ε \cdot 2^{- k} | x | \end{matrix}$ 因此 $\forall n \in N^{*}$ $\begin{matrix} (86) & | f (x) - f (2^{- n} x) - λ x \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{2^{k}} | \leq ε | x | \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{2^{k}} \end{matrix}$ 令 $n \to + \infty$ 可得 $\begin{matrix} (87) & | f (x) - λ x | \leq ε | x | ⟹ f (x) = λ x + o (x), x \to 0 \end{matrix}$ 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 $\begin{matrix} (88) & 1 + 2 x + 2 x f (2 x) = [1 + x + x f (x)]^{2} = 1 + 2 x + 2 x f (x) + x^{2} + o (x^{2}) \end{matrix}$ 亦即 $\begin{matrix} (89) & f (2 x) - f (x) = \frac{x}{2} + o (x) ⟹ f (x) = \frac{x}{2} + o (x), x \to 0 \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (90) & e^{x} = 1 + x + \frac{x^{2}}{2} + o (x^{2}), x \to 0 \end{matrix}$

(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 $\begin{matrix} (91) & 2 x + 2 x f (2 x) = 2 x [1 + f (x)] {[1 - x^{2} + o (x^{2})]}^{1 / 2} = 2 x [1 + f (x) - \frac{x^{2}}{2} + o (x^{2})] \end{matrix}$ 亦即 $\begin{matrix} (92) & f (2 x) - f (x) = - \frac{x^{2}}{2} + o (x^{2}) = o (x) \end{matrix}$ 由例4.3.7的结论可知 $\begin{matrix} (93) & f (x) = - \frac{x^{2}}{6} + o (x^{2}), x \to 0 \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (94) & \sin x = x - \frac{x^{3}}{6} + o (x^{3}), x \to 0 \end{matrix}$ $◻$

¹详细证明需要用到导数，此处略去。