04-第四章 函数极限

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正文部分

4.1.3 思考题

题目 1

下列几种叙述能否作为函数极限 ${\lim }_{x\to a}f(x)=A$ 的等价定义？

1. $\forall \epsilon >0,\exists \delta >0,\forall x\in O_{\delta }(a)-\{a\}$，成立 $|f(x)-A|\le \epsilon$；
2. $\forall \epsilon >0,\exists \delta >0,\forall x\in O_{\delta }(a)-\{a\}$，成立 $|f(x)-A|<k\epsilon$（$k$ 为常数）；
3. $\forall n\in {\mathbb{N}}_{+},\exists \delta >0,\forall x\in O_{\delta }(a)-\{a\}$，成立 $|f(x)-A|<1/n$；
4. $\forall \epsilon >0,\exists n,\forall x\in O_{1/n}(a)-\{a\}$，成立 $|f(x)-A|<\epsilon$。

解 都可以作为等价定义。

1. 可以。因为把“$<\epsilon$”改成“$\le \epsilon$”并不改变极限概念；反向只需把 $\epsilon$ 换成 $\epsilon /2$ 即可。
2. 可以。若原定义成立，则自然有 $|f(x)-A|<k\epsilon$。反过来，若对任意 $\epsilon >0$ 都有 $|f(x)-A|<k\epsilon$，则把 $\epsilon$ 换成 $\epsilon /k$ 即回到原定义。
3. 可以。因为数列 $\{1/n\}$ 构成一组趋于 $0$ 的标准正数。由原定义推出它显然成立；反过来，对任意 $\epsilon >0$，取 $n$ 使 $1/n<\epsilon$，便得原定义。
4. 也可以。因为半径取成 $1/n$ 只是把任意正数 $\delta$ 换成一列趋于 $0$ 的标准邻域而已。

题目 2

下列几种叙述能否作为函数极限 ${\lim }_{x\to a}f(x)=A$ 的等价定义？

1. $\exists \delta >0,\forall \epsilon >0,\forall x\in O_{\delta }(a)-\{a\}$，成立 $|f(x)-A|<\epsilon$；
2. $\forall \delta >0,\exists \epsilon >0,\forall x\in O_{\delta }(a)-\{a\}$，成立 $|f(x)-A|<\epsilon$；
3. 当 $x$ 充分靠近 $a$ 时，$f(x)$ 越来越接近 $A$。

解 都不能作为等价定义。

1. 不能。这相当于存在某个固定邻域，使 $|f(x)-A|$ 对任意 $\epsilon >0$ 都小于 $\epsilon$， 也就是该邻域内恒有 $f(x)=A$。这比极限存在强得多。
2. 不能。它太弱了。对每个 $\delta$，总可以取一个很大的 $\epsilon$，于是任何在去心邻域内有界的函数都满足它。
3. 不能。它只是直观描述，没有量词顺序，不能作为严格定义。

题目 3

用对偶法则给出：（1）$f(x)$ 在点 $a$ 不收敛于 $A$'' 的正面叙述； （2）$f(x)$ 在点 $a$ 处没有极限” 的正面叙述。

解

1. “$f(x)$ 在点 $a$ 不收敛于 $A$” 的正面叙述是：存在 ${\epsilon }_0>0$，使对每个 $\delta >0$，总可找到 $x\in O_{\delta }(a)\setminus \{a\}$，满足

$$|f(x)-A|\ge {\epsilon }_0.$$

2. “$f(x)$ 在点 $a$ 处没有极限” 的正面叙述是：对每个实数 $A$，都存在 ${\epsilon }_0>0$， 使对每个 $\delta >0$，总可找到 $x\in O_{\delta }(a)\setminus \{a\}$，满足

$$|f(x)-A|\ge {\epsilon }_0.$$

题目 4

怎样用正面方式叙述下列否定性概念：

1. ${\lim }_{x\to \infty }f(x)\ne A$；
2. ${\lim }_{x\to -\infty }f(x)\ne A$；
3. ${\lim }_{x\to a}f(x)\ne \infty$；
4. ${\lim }_{x\to a^{-}}f(x)\ne A$；
5. ${\lim }_{x\to a^{+}}f(x)\ne +\infty$。

解

1. $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)\ne A$ 的正面叙述是：存在 ${\epsilon }_0>0$，使对每个 $M>0$， 总可找到 $x>M$，满足

$$|f(x)-A|\ge {\epsilon }_0.$$

2. $\underset{x\to -\infty }{\lim }f(x)\ne A$ 的正面叙述是：存在 ${\epsilon }_0>0$，使对每个 $M>0$， 总可找到 $x<-M$，满足

$$|f(x)-A|\ge {\epsilon }_0.$$

3. $\underset{x\to a}{\lim }f(x)\ne \infty$ 的正面叙述是：存在 $M>0$，使对每个 $\delta >0$，总可找到 $x\in O_{\delta }(a)\setminus \{a\}$，满足

$$|f(x)|\le M.$$

4. $\underset{x\to a^{-}}{\lim }f(x)\ne A$ 的正面叙述是：存在 ${\epsilon }_0>0$，使对每个 $\delta >0$， 总可找到 $x\in (a-\delta ,a)$，满足

$$|f(x)-A|\ge {\epsilon }_0.$$

5. $\underset{x\to a^{+}}{\lim }f(x)\ne +\infty$ 的正面叙述是：存在 $M>0$，使对每个 $\delta >0$，总可找到 $x\in (a,a+\delta )$，满足

$$f(x)\le M.$$

4.1.4 例题

例题 4.1.1

证明

$$\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x^2-1}{x-1}=2.$$

证 根据极限定义，尽管函数 $f(x)=\frac{x^2-1}{x-1}$ 在 $x=1$ 处没有定义，仍可以考虑它在该点的极限。 由于在 $x\to 1$ 的极限定义中 $x\ne 1$，因此在函数 $f$ 的分子和分母中的因子 $x-1$ 可以约去。这样就有

$$|f(x)-2|=\left|\frac{x^2-1}{x-1}-2\right|=|x-1|.$$

对 $\epsilon >0$，取 $\delta =\epsilon$，就可以使 $0<|x-1|<\delta$ 时，成立 $|f(x)-2|<\epsilon$。

例题 4.1.2

求极限

$$\underset{x\to 1}{\lim }(x^2+5).$$

解 将 $x^2+5$ 写为

$$x^2+5=(x-1{)}^2+2(x-1)+6,$$

可见极限会是 $6$。分析

$$|(x^2+5)-6|=|(x-1{)}^2+2(x-1)|=|x-1|\cdot |x+1|,$$

不妨一开始就限制 $\delta \le 1$，也就是说将 $x$ 的范围限制在 $|x-1|<1$（即 $0<x<2$）之内。这时因子 $|x+1|<3$，因此对于给定的 $\epsilon >0$，只要取 $\delta =\min \{1,\frac{1}{3}\epsilon \}$，就可以从 $0<|x-1|<\delta$ 得到

$$|x^2+5-6|=|x+1|\cdot |x-1|\le 3|x-1|<3\delta \le \epsilon ,$$

故所求的极限确实是 $6$。

注 虽然本题很简单，但仍值得注意。由于极限类型是 $x\to 1$，因此关键在于找出因子 $(x-1)$。 与此相反，另一个因子 $|x+1|$ 是非本质的，问题只在于如何估计。本题的方法在函数极限问题中具有典型性。 这就是对尚未确定的 $\delta$ 事先加一个限制，然后估计就容易了。这完全相当于在数列极限的讨论中，在对 $\epsilon >0$ 取 $N$ 时，可以根据情况假定 $N$ 已大于某个值，然后再求出最后的 $N$。在讨论函数极限时 （以基本类型 ${\lim }_{x\to a}f(x)$ 为例），由于问题只与 $f$ 在点 $a$ 附近的性态有关，因此可以根据需要取 $a$ 的某个邻域，将讨论限制在这个邻域中。

思考题 对多项式

$$p_n(x)=a_0{x}^n+a_1{x}^{n-1}+\cdots +a_n$$

证明：${\lim }_{x\to a}{p}_n(x)=p_n(a)$。

例题 4.1.3

证明

$$\underset{x\to 0}{\lim }\sin x=0.$$

证 1 根据定义，对 $\epsilon >0$，考虑不等式 $-\epsilon <\sin x<\epsilon$。不妨设已有 $\epsilon <1$。利用反正弦函数，上述不等式等价于

$$-\arcsin \epsilon <x<\arcsin \epsilon .$$

因此只要取 $\delta =\arcsin \epsilon$，就保证当 $|x|<\delta$ 时成立 $|\sin x|<\epsilon$。

证 2 从第一章中的三角函数不等式（即命题 1.3.6）可以知道不等式 $|\sin x|\le |x|$ 对一切 $x$ 成立。因此，对给定的 $\epsilon >0$，只要取 $\delta =\epsilon$ 即可。

注 这个例子似乎太简单，但还是值得分析。证 1 是求解不等式，这种方法不可能解决稍为复杂一点的问题 （参见 2.1.3 小节对数列的讨论）。证 2 利用了一个基本不等式 $|\sin x|\le |x|$，处理就非常方便。 这就是适当放大或者说简化方法。例如，用同样的方法，几乎原封不动地就可以证明

$$\underset{x\to 0}{\lim }x\sin \frac{1}{x}=0.$$

例题 4.1.4

证明：

$$\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\left(\sqrt{\frac{1}{1-x}+1}-\sqrt{\frac{1}{1-x}-1}\right)=0.$$

证 在这里作代换

$$y=\frac{1}{1-x}$$

是很合适的。由于 $x\to 1^{-}⟺y\to +\infty$，因此只要证明

$$\underset{y\to +\infty }{\lim }\left(\sqrt{y+1}-\sqrt{y-1}\right)=0.$$

由于 $y\to +\infty$，可以假定 $y>1$ 已成立。这时就可以估计出

$$0<\sqrt{y+1}-\sqrt{y-1}=\frac{2}{\sqrt{y+1}+\sqrt{y-1}}<\frac{2}{\sqrt{y}}.$$

到这里已经容易看出，只要令 $y>M=4/{\epsilon }^2$，就能使得

$$0<\sqrt{y+1}-\sqrt{y-1}<\frac{2}{\sqrt{y}}<\epsilon .$$

例题 4.1.5

设已知 ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)=a$，证明：

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{[xf(x)]}{x}=a.$$

证 利用关于整数部分记号 $[x]$ 的基本不等式是本题的唯一要点。从

$$xf(x)-1<[xf(x)]\le xf(x)$$

知（设 $x>0$）

$$f(x)-\frac{1}{x}<\frac{[xf(x)]}{x}\le f(x)$$

成立。令 $x\to +\infty$，用夹逼定理，可见所求证的结论成立。

思考题 设 ${\lim }_{x\to a}g(x)=A,{\lim }_{y\to A}f(y)=B$，证明 ${\lim }_{x\to a}f(g(x))$ 只有 3 种可能性：

$$\text{(1) }\underset{x\to a}{\lim }f(g(x))=B;\text{(2) }\underset{x\to a}{\lim }f(g(x))=f(A);$$ $$\text{(3) 极限 }\underset{x\to a}{\lim }f(g(x))\text{ 不存在。}$$

（本题来自《美国数学月刊》(1975) 第 82 卷 63—64 页。）

例题 4.1.6

若 ${\lim }_{x\to a}f(x)=A>0,{\lim }_{x\to a}g(x)=B$，是否有

$$\underset{x\to a}{\lim }f(x{)}^{g(x)}=A^B$$

成立？

解 设已知 ${\lim }_{x\to a}\ln x=\ln a$（$a>0$）和 ${\lim }_{x\to b}{e}^x=e^b$ 成立（留作练习题 7 和 8）。 在这基础上，分析以下推导（其中将 $e^u$ 写成 $\exp (u)$）：

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to a}{\lim }f(x{)}^{g(x)}& =\underset{x\to a}{\lim }\exp [g(x)\ln f(x)]\\ & =\exp \left[\underset{x\to a}{\lim }(g(x)\ln f(x))\right]\\ & =\exp \left[\underset{x\to a}{\lim }g(x)\cdot \underset{x\to a}{\lim }\ln f(x)\right]=\exp (B\ln A)=A^B.\end{array}$$

可以看出其中只有

$$\underset{x\to a}{\lim }(g(x)\ln f(x))=\underset{x\to a}{\lim }g(x)\cdot \underset{x\to a}{\lim }\ln f(x)\text{\hspace{1em}(4.3)}$$

这一步可能出问题。实际上，在以下三种情况时等式 (4.3) 不一定能够成立。这就是 （1）$A=0,B=0$；（2）$A=+\infty ,B=0$；（3）$A=1,B=\infty$。它们均使 (4.3) 的左方为 $0\cdot \infty$ 的不定式，因此不能用普通的乘法运算法则得到等式 (4.3)。按习惯将这三种情况分别称为 $0^0,{\infty }^0$ 和 $1^{\infty }$ 型的不定式。

注 从数列极限开始，除了常见的 $\frac{0}{0},\frac{\infty }{\infty },0\cdot \infty$ 和 $\infty -\infty$ 外，还经常遇到这三种不定式。例如：$\{(1+\frac{1}{n}{)}^n\}$ 是 $1^{\infty }$ 型不定式， $\{\sqrt[n]{n}\}$ 是 ${\infty }^0$ 型不定式。如将后者取倒数，就是 $0^0$ 型不定式。

4.1.5 练习题

下列各题要求按照函数极限的定义来做 1

证明：

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}}{x}=1.$$

解 有

$$\frac{\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}}{x}=\frac{2}{\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}}.$$

任取 $\epsilon >0$。只要 $|x|<1$，便有分母为正，且当 $x\to 0$ 时分母趋于 $2$。故可取 $\delta >0$，使 $|x|<\delta$ 时

$$\left|\frac{2}{\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}}-1\right|<\epsilon .$$

所以极限等于 $1$。

下列各题要求按照函数极限的定义来做 2

证明：

$$\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x^2+x-2}{x(x^2-3x+2)}=-3.$$

解 因为

$$x^2+x-2=(x-1)(x+2),x(x^2-3x+2)=x(x-1)(x-2),$$

所以在 $x\ne 1$ 时

$$\frac{x^2+x-2}{x(x^2-3x+2)}=\frac{x+2}{x(x-2)}.$$

右端在 $x\to 1$ 时趋于

$$\frac{3}{1\cdot (-1)}=-3.$$

下列各题要求按照函数极限的定义来做 3

证明：

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x+1}{x^2-x}=0.$$

解 当 $x>2$ 时，

$$0<\frac{x+1}{x^2-x}=\frac{x+1}{x(x-1)}\le \frac{x+1}{x\cdot x/2}\le \frac{4}{x}.$$

任取 $\epsilon >0$，取 $M>\max \{2,4/\epsilon \}$，则 $x>M$ 时

$$\left|\frac{x+1}{x^2-x}\right|<\epsilon .$$

故极限为 $0$。

下列各题要求按照函数极限的定义来做 4

当 $a$ 取什么数值时，

$$\underset{x\to -1}{\lim }\frac{x^3-a{x}^2-x+4}{x+1}$$

存在？此时极限为何？

解 极限存在的必要条件是分子在 $x=-1$ 处也为 $0$，即

$$(-1{)}^3-a(-1{)}^2-(-1)+4=0⟺4-a=0.$$

故 $a=4$。此时

$$x^3-4x^2-x+4=(x+1)(x-1)(x-4),$$

因而

$$\underset{x\to -1}{\lim }\frac{x^3-4x^2-x+4}{x+1}=\underset{x\to -1}{\lim }(x-1)(x-4)=10.$$

下列各题要求按照函数极限的定义来做 5

求 $a,b$，使

$$\underset{x\to 2}{\lim }\frac{x^2+ax+b}{x^2-x-2}=2.$$

解 要使极限为有限数 $2$，必须先有

$$x^2+ax+b{|}_{x=2}=0,$$

即

$$4+2a+b=0.$$

又因为

$$x^2-x-2=(x-2)(x+1),$$

故极限条件等价于

$$\underset{x\to 2}{\lim }\frac{x^2+ax+b}{x-2}=2(x+1){|}_{x=2}=6.$$

也就是分子对 $x$ 的导数在 $x=2$ 处等于 $6$：

$$2x+a{|}_{x=2}=6⟺a=2.$$

再代回得 $b=-8$。

下列各题要求按照函数极限的定义来做 6

问：使得

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{a+\sin \frac{1}{x}}{x}=\pm \infty$$

的参数 $a$ 是什么？

解 若

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{a+\sin \frac{1}{x}}{x}=+\infty ,$$

则分子必须在 $x$ 充分小时恒正，故

$$a-1>0,$$

即 $a>1$。反过来，若 $a>1$，则

$$a+\sin \frac{1}{x}\ge a-1>0,$$

从而

$$\frac{a+\sin \frac{1}{x}}{x}\ge \frac{a-1}{x}\to +\infty .$$

同理，

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{a+\sin \frac{1}{x}}{x}=-\infty ⟺a<-1.$$

下列各题要求按照函数极限的定义来做 7

证明：${\lim }_{x\to a}\ln x=\ln a$，其中 $a>0$。

解 设 $a>0$。任取 $\epsilon >0$。由对数函数的单调性，只要

$$e^{\ln a-\epsilon }<x<e^{\ln a+\epsilon },$$

就有

$$|\ln x-\ln a|<\epsilon .$$

因而取

$$\delta =\min \left\{a-e^{\ln a-\epsilon },e^{\ln a+\epsilon }-a\right\}>0,$$

即得当 $|x-a|<\delta$ 时，$|\ln x-\ln a|<\epsilon$。故

$$\underset{x\to a}{\lim }\ln x=\ln a.$$

下列各题要求按照函数极限的定义来做 8

证明：${\lim }_{x\to a}{e}^x=e^a$。

解 有

$$e^x-e^a=e^a(e^{x-a}-1).$$

由 $\underset{t\to 0}{\lim }{e}^t=1$，只要 $x-a$ 足够小，就有 $|e^{x-a}-1|<\epsilon /e^a$，于是

$$|e^x-e^a|<\epsilon .$$

故

$$\underset{x\to a}{\lim }{e}^x=e^a.$$

下列各题要求按照函数极限的定义来做 9

证明 ${\lim }_{x\to 0}f(x)$ 与 ${\lim }_{x\to 0}f(x^3)$ 同时存在或不存在，而当它们存在时必相等。

解 若 $\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=L$，则由代换 $t=x^3\to 0$ 立得 $\underset{x\to 0}{\lim }f(x^3)=L$。

反过来，若 $\underset{x\to 0}{\lim }f(x^3)=L$，任取 $t\to 0$，记 $x=\sqrt[3]{t}$，则 $x\to 0$ 且

$$f(t)=f(x^3)\to L.$$

故 $\underset{t\to 0}{\lim }f(t)=L$。因此二者同时存在或不存在，存在时必相等。

下列各题要求按照函数极限的定义来做 10

问 ${\lim }_{x\to 0}f(x)$ 与 ${\lim }_{x\to 0}f(x^2)$ 是否一定同时存在或不存在？

解 不一定。例如取

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}1,& x\ge 0,\\ 0,& x<0.\end{array}$$

则

$$f(x^2)\equiv 1,$$

所以 $\underset{x\to 0}{\lim }f(x^2)=1$ 存在；但 $\underset{x\to 0}{\lim }f(x)$ 不存在。

下列各题要求按照函数极限的定义来做 11

证明：Dirichlet（狄利克雷）函数

$$D(x)=\{\begin{array}{ll}1,& x\text{ 是有理数},\\ 0,& x\text{ 是无理数}\end{array}$$

在每一点都没有极限。

（试用几个不同方法证明这个结论。例如：从极限的定义出发，或者用下节中的 Cauchy 收敛准则和 Heine 归结原理。）

解 任取 $a\in \mathbb{R}$。由于每个邻域中既有有理数又有无理数，可取数列

$$r_n\to a,s_n\to a,$$

其中 $r_n$ 全为有理数，$s_n$ 全为无理数。于是

$$D(r_n)=1,D(s_n)=0.$$

若 $D(x)$ 在 $a$ 处有极限 $L$，则由 Heine 归结原理应有 $D(r_n)\to L$ 与 $D(s_n)\to L$，矛盾。 故它在每一点都没有极限。

下列各题要求按照函数极限的定义来做 12

试举出一个在区间 $(-\infty ,+\infty )$ 上定义的函数，使得它在点 $x=1$ 处有极限， 但在区间的其他点都没有极限。

解 取

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}x-1,& x\in \mathbb{Q},\\ 0,& x\notin \mathbb{Q}.\end{array}$$

当 $x\to 1$ 时，有

$$|f(x)|\le |x-1|\to 0,$$

故在 $x=1$ 处极限存在且等于 $0$。若 $a\ne 1$，取有理数列 $r_n\to a$ 与无理数列 $s_n\to a$，则

$$f(r_n)\to a-1,f(s_n)\to 0,$$

两个极限不同，故在其余各点都没有极限。

下列各题要求按照函数极限的定义来做 13

证明：若 $f$ 为周期函数，且 ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)=0$，则 $f(x)\equiv 0$。

解 设 $f$ 的周期为 $T>0$。若存在 $x_0$ 使 $f(x_0)\ne 0$，则对所有正整数 $n$，

$$f(x_0+nT)=f(x_0)\ne 0.$$

但 $x_0+nT\to +\infty$，这与 $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=0$ 矛盾。故 $f(x)\equiv 0$。

下列各题要求按照函数极限的定义来做 14

证明：任何非常值的周期函数不可能是有理分式函数。

解 设有理分式函数 $R(x)$ 在整个实轴上有定义，则分母在实轴上无零点，所以 $R(x)$ 在 $+\infty$ 处必有有限极限 或为无穷大量。若它是非常值周期函数，则不可能为无穷大量；若它有有限极限 $A$，则 $R(x)-A$ 仍是周期函数， 且在 $+\infty$ 处趋于 $0$。由上一题可知 $R(x)-A\equiv 0$，与非常值矛盾。因此非常值周期函数不可能是有理分式函数。

4.2.2 例题

例题 4.2.1（函数极限的除法运算法则）

如果有 ${\lim }_{x\to a}f(x)=A,{\lim }_{x\to a}g(x)=B$，且 $B\ne 0$，则成立

$$\underset{x\to a}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{{\lim }_{x\to a}f(x)}{{\lim }_{x\to a}g(x)}=\frac{A}{B}.$$

证 根据 Heine 原理的必要性，对任意数列 $\{a_n\}$，只要满足条件 $a_n\ne a,\forall n\in {\mathbb{N}}_{+}$ 和 ${\lim }_{n\to \infty }{a}_n=a$，就有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }f(a_n)=A\text{和}\underset{n\to \infty }{\lim }g(a_n)=B.$$

应用关于收敛数列的除法运算法则，知道有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{f(a_n)}{g(a_n)}=\frac{{\lim }_{n\to \infty }f(a_n)}{{\lim }_{n\to \infty }g(a_n)}=\frac{A}{B}.$$

再根据 Heine 原理的充分性，既然对满足上述条件的任意数列 $\{a_n\}$ 有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{f(a_n)}{g(a_n)}=\frac{A}{B},$$

那就得到

$$\underset{x\to a}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{A}{B}\left(=\frac{{\lim }_{x\to a}f(x)}{{\lim }_{x\to a}g(x)}\right).$$

4.2.3 思考题

题目 1

试就 ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)=A$ 和 ${\lim }_{x\to a^{+}}f(x)=A$ 两类极限叙述极限的唯一性定理、 局部有界性定理、局部保号性定理、比较定理、夹逼定理、Heine 归结原理和 Cauchy 收敛准则。

解 对 $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=A$ 与 $\underset{x\to a^{+}}{\lim }f(x)=A$，相应的结论都成立，只需把 $x\to a$'' 换成 $x\to +\infty$” 或 “$x\to a^{+}$”，证明完全平行。以 $x\to +\infty$ 为例：

1. 唯一性：若同时趋于 $A,B$，则 $A=B$；
2. 局部有界性：若极限存在，则充分大时 $f(x)$ 有界；
3. 局部保号性：若 $A>0$，则充分大时 $f(x)>0$；
4. 比较定理：若充分大时 $f(x)\le g(x)$，且二者极限存在，则 $\lim f\le \lim g$；
5. 夹逼定理：若充分大时 $f(x)\le h(x)\le g(x)$，且 $\lim f=\lim g=A$，则 $\lim h=A$；
6. Heine 归结原理：$\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=A$ 当且仅当对每个满足 $x_n\to +\infty$ 的数列，都有 $f(x_n)\to A$；
7. Cauchy 收敛准则：有限极限存在当且仅当对每个 $\epsilon >0$，存在 $M$，当 $x,y>M$ 时

$$|f(x)-f(y)|<\epsilon .$$

对 $x\to a^{+}$ 的情形，只要把“充分大时”改成“当 $0<x-a<\delta$ 时”即可。

题目 2

回答下列有关极限的四则运算法则方面的问题：

1. 若 ${\lim }_{x\to a}[f(x)+g(x)]$ 存在，则当 $x$ 趋于 $a$ 时在 $f(x)$ 和 $g(x)$ 的敛散性之间有何联系？
2. 若 ${\lim }_{x\to a}f(x)$ 存在，${\lim }_{x\to a}g(x)$ 不存在，则 ${\lim }_{x\to a}f(x)g(x)$ 是否存在？

解

1. 若 $\underset{x\to a}{\lim }[f(x)+g(x)]$ 存在，则不能单凭这一点判断 $f,g$ 各自的敛散性。两者都可能收敛， 也可能都发散。例如

$$f(x)=\sin \frac{1}{x},g(x)=-\sin \frac{1}{x}$$

在 $x\to 0$ 时都不收敛，但和恒为 $0$。 当然，若再知道其中一个收敛，则另一个也必收敛。 2. 不一定。若 $\underset{x\to a}{\lim }f(x)=0$，则乘积可能存在，例如

$$f(x)=x-a,g(x)=\sin \frac{1}{x-a},$$

则 $g$ 不收敛，而 $f(x)g(x)\to 0$。但若 $\underset{x\to a}{\lim }f(x)=1$，则乘积与 $g(x)$ 有同样的敛散性， 这时乘积就不存在。故无统一结论。

题目 3

找出下列运算中的错误：

$$\underset{x\to 2}{\lim }\frac{x-2}{\sin \frac{1}{x-2}}=\frac{{\lim }_{x\to 2}(x-2)}{{\lim }_{x\to 2}\sin \frac{1}{x-2}}=\frac{0}{{\lim }_{x\to 2}\sin \frac{1}{x-2}}=0;$$

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\sin x}{x}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{1}{x}\cdot \underset{x\to \infty }{\lim }\sin x=0\cdot \underset{x\to \infty }{\lim }\sin x=0.$$

解

1. 错在把极限的商法则用于分母极限不存在的情形。事实上

$$\sin \frac{1}{x-2}$$

在 $x\to 2$ 时没有极限，不能这样拆开。 2. 错在把乘法法则用于一个不存在极限的因子。虽然 $\frac{1}{x}\to 0$，但 $\sin x$ 在 $x\to \infty$ 时没有极限， 因而不能写成两个极限的乘积。

题目 4

对于极限的加法运算法则作出两个证明：（1）用函数极限定义；（2）用 Heine 归结原理。

解

1. 用定义证明：设 $\underset{x\to a}{\lim }f(x)=A,\underset{x\to a}{\lim }g(x)=B$。任取 $\epsilon >0$， 取 ${\delta }_1,{\delta }_2>0$，使

$$|f(x)-A|<\frac{\epsilon }{2},|g(x)-B|<\frac{\epsilon }{2}$$

当 $0<|x-a|<{\delta }_i$ 时成立。取 $\delta =\min \{{\delta }_1,{\delta }_2\}$，则

$$|f(x)+g(x)-(A+B)|\le |f(x)-A|+|g(x)-B|<\epsilon .$$

2. 用 Heine 归结原理：任取 $x_n\to a,x_n\ne a$，则

$$f(x_n)\to A,g(x_n)\to B.$$

由数列极限的加法法则，

$$f(x_n)+g(x_n)\to A+B.$$

再由 Heine 归结原理，得

$$\underset{x\to a}{\lim }[f(x)+g(x)]=A+B.$$

题目 5

对于各种类型的函数极限中 $A=\infty$ 但不是有确定符号的无穷大量的情况，夹逼定理不成立。 为什么？举出反例。

解 当 $A=\infty$ 只是表示 $|f(x)|\to \infty$ 而不规定符号时，外侧两个函数可能一正一负地振荡，因此中间函数未必有 “无穷大” 的极限。反例可取

$$-x\le x\sin x\le x(x\to +\infty ).$$

左右两端都满足 $|\cdot |\to \infty$，但

$$x\sin x$$

既不是正无穷大量，也不是负无穷大量，甚至连 “$\infty$” 意义下的极限都不存在。

4.2.4 例题

例题 4.2.2

证明：如果存在极限

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }(a\sin x+b\cos x),$$

则只能是 $a=b=0$。

证 1 记 $f(x)=a\sin x+b\cos x$。令 $x_n=n\pi ,n\in {\mathbb{N}}_{+}$，有 $f(x_n)=b(-1{)}^n$。由归结原理，$\{f(x_n)\}$ 收敛，因此 $b=0$。再令 $x_n^{\prime }=(n+\frac{1}{2})\pi ,n\in {\mathbb{N}}_{+}$，就类似地可得到 $a=0$。

证 2 用反证法。若 $a$ 和 $b$ 不全为 $0$，则可以将表达式改写如下：

$$a\sin x+b\cos x=\sqrt{a^2+b^2}\sin (x+\phi ),$$

其中 $\phi$ 为某常数。取

$$x_n=2n\pi +\frac{1}{2}\pi -\phi \text{和}{x}_n^{\prime }=2n\pi -\phi$$

分别代入，并令 $n\to \infty$。由 Heine 归结原理知两个极限存在且相等，因此得到

$$\sqrt{a^2+b^2}=0,$$

这与假设矛盾。

例题 4.2.3

证明函数 $\sin \frac{1}{x}$ 在 $x=0$ 处不收敛。

证 1（用 Heine 归结原理） 考虑两个均为无穷小量的数列

$$x_n=\frac{1}{2n\pi +\frac{\pi }{2}},y_n=\frac{1}{2n\pi },n\in {\mathbb{N}}_{+}.$$

则有

$$\sin \frac{1}{x_n}=\sin \left(2n\pi +\frac{\pi }{2}\right)=1,\sin \frac{1}{y_n}=\sin 2n\pi =0,n\in {\mathbb{N}}_{+}.$$

因此数列 $\{\sin \frac{1}{x_n}\}$ 和 $\{\sin \frac{1}{y_n}\}$ 分别收敛于 $1$ 和 $0$。根据 Heine 归结原理，函数 $\sin \frac{1}{x}$ 在 $x=0$ 不可能有极限。

证 2（用 Cauchy 收敛准则） 用反证法。若函数 $\sin \frac{1}{x}$ 在 $x=0$ 处收敛，则对 $\epsilon =\frac{1}{2}$，存在 $\delta >0$，使得当 $0<|x^{\prime }|,|x^{\prime \prime }|<\delta$ 时，成立

$$\left|\sin \frac{1}{x^{\prime }}-\sin \frac{1}{x^{\prime \prime }}\right|<\frac{1}{2}.\text{\hspace{1em}(4.4)}$$

现在令

$$x^{\prime }=\frac{1}{2n\pi +\frac{\pi }{2}},x^{\prime \prime }=\frac{1}{2n\pi },$$

其中取正整数 $n$ 充分大，必可使条件 $0<|x^{\prime }|,|x^{\prime \prime }|<\delta$ 成立。这时总有 $\sin \frac{1}{x^{\prime }}=1,\sin \frac{1}{x^{\prime \prime }}=0$ 成立。因此 (4.4) 不能成立，引出矛盾。

例题 4.2.4

设 $A$ 为有限数。存在极限 ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)=A$ 的充分必要条件是：对每个严格单调增加的 正无穷大数列 $\{x_n\}$，都有 ${\lim }_{n\to \infty }f(x_n)=A$。

证 先证必要性。既然 ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)=A$ 存在，因此对 $\epsilon >0$，有 $M>0$， 当 $x>M$ 时，成立 $|f(x)-A|<\epsilon$。若 $\{x_n\}$ 满足题设条件，有 ${\lim }_{n\to \infty }{x}_n=+\infty$，则对于上述 $M>0$，存在 $N$，当 $n>N$ 时，成立 $x_n>M$。因此就有 $|f(x_n)-A|<\epsilon$。这就证明了数列 $\{f(x_n)\}$ 收敛于 $A$ （这时 $\{x_n\}$ 的严格单调增加不起作用）。

再证充分性。这时对每个满足题中所说条件的数列 $\{x_n\}$（即 $\{x_n\}$ 为严格单调增加的正无穷大量）， 成立 ${\lim }_{n\to \infty }f(x_n)=A$。用反证法。如果结论 ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)=A$ 不真， 则由对偶法则知存在一个 ${\epsilon }_0>0$，对于每一个 $M>0$，存在 $x$，同时满足条件 $x>M$ 和 $|f(x)-A|\ge {\epsilon }_0$。

任取 $M_1\ge 1$，得到 $x_1>M_1$，满足 $|f(x_1)-A|\ge {\epsilon }_0$。然后取 $M_2=\max \{2,x_1\}$，得到 $x_2>M_2$，满足 $|f(x_2)-A|\ge {\epsilon }_0$。归纳地进行下去， 在有了 $x_n$ 后取 $M_{n+1}=\max \{n+1,x_n\}$，得到 $x_{n+1}>M_{n+1}$，满足 $|f(x_{n+1})-A|\ge {\epsilon }_0$。可以看出，这样取出的数列 $\{x_n\}$ 是严格单调增加的 正无穷大量，但对应的数列 $\{f(x_n)\}$ 不会收敛于 $A$。因此与定理的条件相矛盾。

思考题 Heine 归结原理的推论在这里也成立。试证之。

4.2.5 练习题

题目 1

证明：

1. ${\lim }_{x\to +\infty }\frac{x^k}{a^x}=0(a>1,k>0)$；
2. ${\lim }_{x\to +\infty }\frac{\ln x}{x^k}=0(k>0)$；
3. ${\lim }_{x\to \infty }\sqrt[x]{a}=1(a>0)$；
4. ${\lim }_{x\to +\infty }\sqrt[x]{x}=1$。

解

1. 令 $n=[x]$。当 $x\in [n,n+1)$ 时，

$$0\le \frac{x^k}{a^x}\le \frac{(n+1{)}^k}{a^n}.$$

而第二章已知 $\frac{n^k}{a^n}\to 0$，故

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x^k}{a^x}=0.$$

2. 由上一问，对任意 $\epsilon >0$，

$$\frac{(\ln x{)}^{1/\epsilon }}{x}\to 0.$$

取 $\epsilon =1/k$ 可得 $\ln x=o(x^k)$，即

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\ln x}{x^k}=0.$$

$$\sqrt[x]{a}=e^{(\ln a)/x}.$$

由于 $(\ln a)/x\to 0$，故

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\sqrt[x]{a}=1.$$

$$\sqrt[x]{x}=e^{(\ln x)/x}\to e^0=1.$$

题目 2

求

$$\underset{y\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{1+y^3}}{\sqrt{y^2+y^3}+y}.$$

解 把分子分母同除以 $y^{3/2}$，得

$$\frac{\sqrt{1+y^3}}{\sqrt{y^2+y^3}+y}=\frac{\sqrt{1+y^{-3}}}{\sqrt{1+y^{-1}}+y^{-1/2}}.$$

令 $y\to +\infty$ 即得极限为

$$\frac{1}{1+0}=1.$$

题目 3

求

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }{\left(\frac{x^2-1}{x^2+1}\right)}^{\frac{x-1}{x+2}}.$$

解 设

$$u_x={\left(\frac{x^2-1}{x^2+1}\right)}^{\frac{x-1}{x+2}}.$$

因为底数趋于 $1$，故取对数：

$$\ln u_x=\frac{x-1}{x+2}\ln \left(1-\frac{2}{x^2+1}\right).$$

其中

$$\ln \left(1-\frac{2}{x^2+1}\right)\sim -\frac{2}{x^2+1}\to 0,$$

而 $\frac{x-1}{x+2}\to 1$，所以 $\ln u_x\to 0$，于是

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }{u}_x=1.$$

题目 4

求

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt[n]{1+x}-1}{x},$$

其中 $n$ 为正整数。

解 记

$$y=\sqrt[n]{1+x}.$$

则

$$y^n-1=(y-1)(y^{n-1}+\cdots +y+1)=x,$$

因而

$$\frac{\sqrt[n]{1+x}-1}{x}=\frac{1}{y^{n-1}+\cdots +y+1}.$$

当 $x\to 0$ 时，$y\to 1$，故分母趋于 $n$，于是

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt[n]{1+x}-1}{x}=\frac{1}{n}.$$

题目 5

设已知 ${\lim }_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}=l,b\ne 0$，求

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(bx)}{x}.$$

解

$$\frac{f(bx)}{x}=b\frac{f(bx)}{bx}.$$

由于 $bx\to 0$，故

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(bx)}{x}=bl.$$

题目 6

证明：

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt{1+\sin x}-\sqrt{1-\sin x}}{\sin x}=1.$$

解 设 $t=\sin x$，则 $t\to 0$，且

$$\frac{\sqrt{1+\sin x}-\sqrt{1-\sin x}}{\sin x}=\frac{\sqrt{1+t}-\sqrt{1-t}}{t}.$$

由 4.1.5 第 1 题结论可知该极限等于 $1$。

题目 7

证明：在区间 $(a,+\infty )$ 上单调有界函数 $f$ 一定存在极限 ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)$。

解 若 $f$ 单调增加且有上界，令

$$A=\sup \{f(x)\mid x>a\}.$$

任取 $\epsilon >0$，由上确界定义可取 $x_0>a$，使

$$A-\epsilon <f(x_0)\le A.$$

当 $x>x_0$ 时，由单调性

$$A-\epsilon <f(x_0)\le f(x)\le A.$$

故 $f(x)\to A$。单调减少且有下界时同理。

题目 8

设 $f(x)$ 在区间 $(a,b)$ 上为单调增加函数，且存在一个数列 $\{x_n\}\subset (a,b)$， 使得

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=b,\underset{n\to \infty }{\lim }f(x_n)=A.$$

证明：

1. $f$ 在区间 $(a,b)$ 上以 $A$ 为上界；
2. ${\lim }_{x\to b^{-}}f(x)=A$。

解

1. 任取 $x\in (a,b)$。由单调性和 $x_n\to b$，充分大时有 $x_n>x$，从而

$$f(x)\le f(x_n).$$

令 $n\to \infty$ 即得 $f(x)\le A$，所以 $A$ 是 $f$ 在 $(a,b)$ 上的上界。

2. 由 (1) 知对每个 $x<b$ 都有 $f(x)\le A$。另一方面，任取 $\epsilon >0$，由 $f(x_n)\to A$ 可取 $N$ 使

$$f(x_N)>A-\epsilon .$$

再由 $x_n\to b$，当 $x\in (x_N,b)$ 时有 $f(x)\ge f(x_N)>A-\epsilon$。于是

$$A-\epsilon <f(x)\le A$$

对充分靠近 $b$ 的左侧点成立，故

$$\underset{x\to b^{-}}{\lim }f(x)=A.$$

题目 9

设 ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)=A>0$。证明：对每个 $c\in (0,A)$，存在 $M>0$， 当 $x>M$ 时，成立 $f(x)>c$。

（这是对于极限类型为 ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)$ 的保号性定理。）

解 取

$$\epsilon =A-c>0.$$

由 $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=A$，存在 $M$，当 $x>M$ 时

$$|f(x)-A|<A-c.$$

从而

$$f(x)>A-(A-c)=c.$$

题目 10

设 $f(a^{-})<f(a^{+})$。证明：存在 $\delta >0$，当 $x\in (a-\delta ,a)$ 和 $y\in (a,a+\delta )$ 时，成立 $f(x)<f(y)$。

解 设

$$f(a^{-})=\alpha ,f(a^{+})=\beta ,\alpha <\beta .$$

取

$$\eta =\frac{\alpha +\beta }{2}.$$

由左、右极限定义，可取 ${\delta }_1,{\delta }_2>0$，使当 $x\in (a-{\delta }_1,a)$ 时

$$f(x)<\eta ,$$

而当 $y\in (a,a+{\delta }_2)$ 时

$$f(y)>\eta .$$

取 $\delta =\min \{{\delta }_1,{\delta }_2\}$，便有

$$f(x)<f(y),x\in (a-\delta ,a),y\in (a,a+\delta ).$$

题目 11

试用 Heine 归结原理证明单调函数的单侧极限存在定理。

（这里先要将 Heine 归结原理（命题 4.2.3）推广到单侧极限。注意这时在条件中的数列可限于单调数列。）

解 设 $f$ 在 $(a,b)$ 上单调增加。记

$$A=\underset{x<b}{\sup }f(x).$$

任取单调数列 $x_n\uparrow b$，由单调性知 $f(x_n)$ 单调增加且以上界 $A$ 约束，故收敛。其极限必为 $A$。 于是对每个满足 $x_n\uparrow b$ 的单调数列，都有

$$f(x_n)\to A.$$

由单侧的 Heine 归结原理，得到

$$\underset{x\to b^{-}}{\lim }f(x)=A.$$

其余几种单侧极限的存在性证明完全类似。

4.3.3 例题

例题 4.3.1

若 ${\lim }_{t\to t_0}g(t)=0$，且当 $t\ne t_0$ 时 $g(t)\ne 0$，则

$$\underset{t\to t_0}{\lim }\frac{\sin g(t)}{g(t)}=1.$$

例题 4.3.2

若 ${\lim }_{t\to t_0}g(t)=+\infty$（$-\infty$），则

$$\underset{t\to t_0}{\lim }{\left(1+\frac{1}{g(t)}\right)}^{g(t)}=e.$$

例题 4.3.3

设 ${\lim }_{t\to t_0}g(t)=0$，且 $t\ne t_0$ 时 $g(t)\ne 0$，则

$$\underset{t\to t_0}{\lim }\frac{\ln (1+g(t))}{g(t)}=1.$$

例题 4.3.4

求

$$\underset{x\to 0}{\lim }(\cos x{)}^{1/x^2}.$$

解 首先看出这个问题是 $1^{\infty }$ 型的不定式，因此可以试用上述第二个重要极限，改写原问题如下：

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{\lim }(\cos x{)}^{1/x^2}& =\underset{x\to 0}{\lim }{\left(1-2{\sin }^2\frac{x}{2}\right)}^{1/x^2}\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }{\left(1-2{\sin }^2\frac{x}{2}\right)}^{\frac{1}{-2{\sin }^2\frac{x}{2}}\cdot \frac{-2{\sin }^2\frac{x}{2}}{x^2}}.\end{array}$$

由于

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2{\sin }^2\frac{x}{2}}{x^2}=\underset{x\to 0}{\lim }{\left(\frac{\sin \frac{x}{2}}{\frac{x}{2}}\right)}^2\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{2},$$

因此答案是 $e^{-1/2}$。

例题 4.3.5

求

$$\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(\sin \frac{1}{x}+\cos \frac{1}{x}\right)}^x.$$

解 与上一题类似，记

$$u(x)=\sin \frac{1}{x}+\cos \frac{1}{x}-1,$$

可将原式改写如下：

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to \infty }{\lim }{\left[1+\left(\sin \frac{1}{x}+\cos \frac{1}{x}-1\right)\right]}^x& =\underset{x\to \infty }{\lim }[1+u(x){]}^{\frac{x}{u(x)}u(x)}.\end{array}$$

可见只要计算出

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to \infty }{\lim }x\left(\sin \frac{1}{x}+\cos \frac{1}{x}-1\right)& =\underset{x\to \infty }{\lim }\left(\frac{\sin \frac{1}{x}}{\frac{1}{x}}-\frac{2{\sin }^2\frac{1}{2x}}{\frac{1}{2x}\cdot 2}\right)=1,\end{array}$$

即知原问题的答案为 $e$。

注 以上两个例题的求解在写法上可以利用 $u^v=e^{v\ln u}$ 和例题 4.3.3 改写如下（只写出后一个例题）：

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to \infty }{\lim }x\ln \left(\sin \frac{1}{x}+\cos \frac{1}{x}\right)& =\underset{x\to \infty }{\lim }x\ln \left[1+\left(\sin \frac{1}{x}+\cos \frac{1}{x}-1\right)\right]\\ & =\underset{x\to \infty }{\lim }x\left(\sin \frac{1}{x}+\cos \frac{1}{x}-1\right),\end{array}$$

以下同上。又如果一开始作代换 $y=1/x$，则在书写上更方便一些。

4.3.4 练习题

题目 1

计算下列极限：

1. ${\lim }_{x\to +\infty }{\left(\frac{2}{\pi }\arctan x\right)}^x$；
2. ${\lim }_{x\to {\frac{\pi }{2}}^{-}}(\sin x{)}^{\tan x}$；
3. ${\lim }_{x\to \infty }{\left(\frac{x^2-1}{x^2+1}\right)}^{x^2}$；
4. ${\lim }_{x\to {\frac{\pi }{2}}^{-}}(\cos x{)}^{\frac{\pi }{2}-x}$；
5. ${\lim }_{x\to 0}\frac{\sin 2x-2\sin x}{x^3}$；
6. ${\lim }_{x\to 1}(1-x)\tan \left(\frac{\pi }{2}x\right)$。

解

1. 设

$$u_x={\left(\frac{2}{\pi }\arctan x\right)}^x.$$

取对数得

$$\ln u_x=x\ln \left(\frac{2}{\pi }\arctan x\right).$$

当 $x\to +\infty$ 时，

$$\arctan x=\frac{\pi }{2}-\frac{1}{x}+o\left(\frac{1}{x}\right),$$

故

$$\frac{2}{\pi }\arctan x=1-\frac{2}{\pi x}+o\left(\frac{1}{x}\right).$$

于是

$$\ln u_x\to -\frac{2}{\pi },$$

从而

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }{\left(\frac{2}{\pi }\arctan x\right)}^x=e^{-2/\pi }.$$

2. 令 $t=\frac{\pi }{2}-x$，则 $t\to 0^{+}$，且

$$(\sin x{)}^{\tan x}=(\cos t{)}^{\cot t}.$$

取对数：

$$\cot t\cdot \ln (\cos t).$$

由

$$\ln (\cos t)\sim -\frac{t^2}{2},\cot t\sim \frac{1}{t},$$

得该对数趋于 $0$，故原极限等于 $1$。

3. 取对数得

$$x^2\ln \left(\frac{x^2-1}{x^2+1}\right)=x^2\ln \left(1-\frac{2}{x^2+1}\right)\to -2.$$

因而

$$\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(\frac{x^2-1}{x^2+1}\right)}^{x^2}=e^{-2}.$$

4. 仍令 $t=\frac{\pi }{2}-x\to 0^{+}$，则

$$(\cos x{)}^{\frac{\pi }{2}-x}=(\sin t{)}^t.$$

取对数为

$$t\ln (\sin t)\sim t\ln t\to 0,$$

故极限为 $1$。

5. 用展开式

$$\sin 2x=2x-\frac{(2x{)}^3}{6}+o(x^3),2\sin x=2x-\frac{2x^3}{6}+o(x^3),$$

相减得

$$\sin 2x-2\sin x=-x^3+o(x^3).$$

因而极限为

$$-1.$$

6. 令 $t=1-x\to 0$，则

$$(1-x)\tan \frac{\pi x}{2}=t\tan \left(\frac{\pi }{2}-\frac{\pi t}{2}\right)=t\cot \frac{\pi t}{2}.$$

由 $\cot u\sim 1/u$，得极限为

$$\frac{2}{\pi }.$$

题目 2

注意下列两个“不等式”并求出正确值：

1. ${\lim }_{x\to +\infty }\frac{\sin x}{x}\ne 1$；
2. ${\lim }_{x\to +\infty }(1+x{)}^{1/x}\ne e$。

解 正确值分别为

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sin x}{x}=0,\underset{x\to +\infty }{\lim }(1+x{)}^{1/x}=1.$$

前者由夹逼定理

$$-\frac{1}{x}\le \frac{\sin x}{x}\le \frac{1}{x}$$

立得。后者取对数，

$$\ln (1+x{)}^{1/x}=\frac{\ln (1+x)}{x}\to 0,$$

故极限为 $e^0=1$。

题目 3

设 $a>0,b>0$，求极限

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(\frac{\sqrt[n]{a}+\sqrt[n]{b}}{2}\right)}^n.$$

（本题是数列极限问题，但现在可以用函数极限知识来解决。）

解 设

$$u_n={\left(\frac{\sqrt[n]{a}+\sqrt[n]{b}}{2}\right)}^n.$$

由

$$\sqrt[n]{a}=e^{(\ln a)/n}=1+\frac{\ln a}{n}+o\left(\frac{1}{n}\right),\sqrt[n]{b}=1+\frac{\ln b}{n}+o\left(\frac{1}{n}\right),$$

得

$$\frac{\sqrt[n]{a}+\sqrt[n]{b}}{2}=1+\frac{\ln a+\ln b}{2n}+o\left(\frac{1}{n}\right).$$

因而

$$\ln u_n\to \frac{\ln a+\ln b}{2},$$

所以

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{u}_n=\sqrt{ab}.$$

题目 4

设 $a_1,\cdots ,a_n$ 为正数，$n\ge 2$，

$$f(x)={\left(\frac{a_1^x+a_2^x+\cdots +a_n^x}{n}\right)}^{1/x},$$

求 ${\lim }_{x\to 0}f(x)$。

解 取对数：

$$\ln f(x)=\frac{1}{x}\ln \left(\frac{a_1^x+\cdots +a_n^x}{n}\right).$$

当 $x\to 0$ 时，

$$a_k^x=e^{x\ln a_k}=1+x\ln a_k+o(x),$$

故

$$\frac{a_1^x+\cdots +a_n^x}{n}=1+\frac{x}{n}\sum _{k=1}^n\ln a_k+o(x).$$

于是

$$\ln f(x)\to \frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\ln a_k=\ln \sqrt[n]{a_1\cdots a_n}.$$

所以

$$\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=\sqrt[n]{a_1\cdots a_n}.$$

题目 5

计算极限

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\prod _{k=1}^n\cos \frac{x}{2^k},$$

并证明 Viète（韦达）公式

$$\frac{\pi }{2}=\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{2}}\cdot \sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}}}\cdot \sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}}}}\cdots }.$$

（这是数学家 Viète 在 1593 年发表的。它是数学史上第一次用无穷乘积来表示一个数，同时也是对于圆周率 $\pi$ 的认识上的重大突破。）

解 利用恒等式

$$\sin x=2^n\sin \frac{x}{2^n}\prod _{k=1}^n\cos \frac{x}{2^k},$$

得

$$\prod _{k=1}^n\cos \frac{x}{2^k}=\frac{\sin x}{2^n\sin (x/2^n)}.$$

令 $n\to \infty$，由于 $2^n\sin (x/2^n)\to x$，故

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\prod _{k=1}^n\cos \frac{x}{2^k}=\frac{\sin x}{x}.$$

取 $x=\frac{\pi }{2}$，得

$$\prod _{k=1}^{\infty }\cos \frac{\pi }{2^{k+1}}=\frac{2}{\pi }.$$

再用半角公式

$$\cos \frac{\theta }{2}=\sqrt{\frac{1+\cos \theta }{2}},$$

递推展开便得到 Vi`ete 公式

$$\frac{\pi }{2}=\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{2}}\cdot \sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}}}\cdot \sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}}}}\cdots }.$$

4.4.1 例题

例题 4.4.1

证明 $O(x^2)=o(x)(x\to 0)$。

证 根据题意，设 $\frac{f(x)}{x^2}$ 在某个 $O(0)-\{0\}$ 上有界，即存在 $M>0$ 和 $\delta >0$，当 $0<|x|<\delta$ 时，成立 $|f(x)|\le M{x}^2$。于是，当 $0<|x|<\delta$ 时，有

$$\left|\frac{f(x)}{x}\right|\le \left|\frac{M{x}^2}{x}\right|=|Mx|.$$

因此，令 $x\to 0$ 时，上式的极限为 $0$。这就是说 $f(x)=o(x)(x\to 0)$。这样我们就证明了当 $f(x)=O(x^2)(x\to 0)$ 时，一定就有 $f(x)=o(x)(x\to 0)$。

例题 4.4.2

证明 $\cos x=1+O(x^2)(x\to 0)$ 成立。

证 已知有

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{1}{2},$$

因此存在 $\delta >0$，使得当 $0<|x|<\delta$ 时，$\frac{\cos x-1}{x^2}$ 有界。这就是说 $\cos x-1=O(x^2)(x\to 0)$。再移项即得。

例题 4.4.3

证明：当 $x\to 0$ 时无穷小量 $x\sin \frac{1}{x}$ 没有阶。

证 这只要观察

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x\sin \frac{1}{x}}{x^{\alpha }}$$

即可。如取 $\alpha \ge 1$，则上述极限不存在；但若取 $\alpha <1$，则上述极限为 $0$，因此没有阶。 但是也可以说它的阶比任何 $\alpha <1$ 高。

注 当然有

$$x\sin \frac{1}{x}=O(x),x\sin \frac{1}{x}=o(x^{\alpha }),\forall \alpha <1(x\to 0).$$

4.4.2 思考题

题目 1

$10^{-10000},e^{-10^{10}},x,\sin x$ 是否是无穷小量？$10^{10000},e^{10^{10}},x^n,a^x$ （$a>1$）是否是无穷大量？

解 讨论无穷小量或无穷大量，必须先说明自变量的趋向。通常这里默认前半问是 $x\to 0$，后半问是 $x\to +\infty$。

• 当 $x\to 0$ 时，非零常数 $10^{-10000},e^{-10^{10}}$ 都不是无穷小量；而

$$x\to 0,\sin x\to 0,$$

故 $x,\sin x$ 都是无穷小量。

• 当 $x\to +\infty$ 时，常数 $10^{10000},e^{10^{10}}$ 都不是无穷大量；而

$$x^n\to +\infty ,a^x\to +\infty (a>1),$$

故 $x^n,a^x$ 都是无穷大量。

题目 2

确定下列极限是否存在，若存在，等于什么？（观察图 4.2 中的图像。）

1. ${\lim }_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}$；
2. ${\lim }_{x\to +\infty }\frac{\sin x}{x}$；
3. ${\lim }_{x\to 0}x\sin \frac{1}{x}$；
4. ${\lim }_{x\to \infty }x\sin \frac{1}{x}$；
5. ${\lim }_{x\to 0}x\sin x$；
6. ${\lim }_{x\to \infty }x\sin x$；
7. ${\lim }_{x\to 0}\frac{1}{x}\sin \frac{1}{x}$；
8. ${\lim }_{x\to \infty }\frac{1}{x}\sin \frac{1}{x}$。

图 4.2 中的图像为：(a) $y=\frac{\sin x}{x}$；(b) $y=x\sin \frac{1}{x}$； (c) $y=x\sin x$；(d) $y=\frac{1}{x}\sin \frac{1}{x}$。

解 1.

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{x}=1.$$

2. 由夹逼定理，

$$-\frac{1}{x}\le \frac{\sin x}{x}\le \frac{1}{x},$$

故

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sin x}{x}=0.$$

3. 由 $|\sin (1/x)|\le 1$，

$$|x\sin (1/x)|\le |x|\to 0,$$

故极限为 $0$。 4. 令 $t=1/x\to 0$，则

$$x\sin \frac{1}{x}=\frac{\sin t}{t}\to 1.$$

$$|x\sin x|\le |x|\to 0,$$

故极限为 $0$。 6. 不存在。取

$$x_n=\frac{\pi }{2}+2n\pi ,y_n=\frac{3\pi }{2}+2n\pi ,$$

则

$$x_n\sin x_n=x_n\to +\infty ,y_n\sin y_n=-y_n\to -\infty .$$

7. 不存在。取

$$x_n=\frac{1}{(\pi /2)+2n\pi },y_n=\frac{1}{(3\pi /2)+2n\pi },$$

则

$$\frac{1}{x_n}\sin \frac{1}{x_n}=\frac{1}{x_n}\to +\infty ,\frac{1}{y_n}\sin \frac{1}{y_n}=-\frac{1}{y_n}\to -\infty .$$

因而极限不存在。 8. 令 $t=1/x\to 0$，则

$$\frac{1}{x}\sin \frac{1}{x}=t\sin t\to 0.$$

题目 3

当 $x\to 0$ 时，下列等式中哪些可以成立：

1. $o(1)=O(1)$；
2. $O(1)=o(1)$；
3. $o(x^2)=o(x)$；
4. $O(x^2)=o(x)$；
5. $x\cdot o(x^2)=o(x^3)$；
6. $\frac{O(x^2)}{x}=o(x)$。

解

1. 可以成立。因为 $o(1)$ 的函数当然有界，所以也是 $O(1)$。
2. 一般不成立。常数函数 $1$ 是 $O(1)$，却不是 $o(1)$。
3. 可以成立。若 $f(x)=o(x^2)$，则

$$\frac{f(x)}{x}=\frac{f(x)}{x^2}x\to 0,$$

所以 $f(x)=o(x)$。 4. 可以成立。若 $f(x)=O(x^2)$，则

$$\frac{f(x)}{x}=O(x)\to 0,$$

故 $f(x)=o(x)$。 5. 可以成立。若 $g(x)=o(x^2)$，则

$$xg(x)=x^3\frac{g(x)}{x^2}=o(x^3).$$

6. 一般不成立。因为由 $f(x)=O(x^2)$ 只能推出

$$\frac{f(x)}{x}=O(x),$$

而 $O(x)$ 并不必然是 $o(x)$。例如取 $f(x)=x^2$，则

$$\frac{f(x)}{x}=x,$$

它与 $x$ 同阶，不是 $o(x)$。

题目 4

作出 $y=e^{1/x}$ 的图形，观察：$e^{1/x}\to +\infty (x\to 0^{+})$ 和 $e^{1/x}=o(1)(x\to 0^{-})$。

解 函数

$$y=e^{1/x}$$

在 $x>0$ 时单调减少，且

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{e}^{1/x}=+\infty ,\underset{x\to +\infty }{\lim }{e}^{1/x}=1.$$

在 $x<0$ 时单调减少，且

$$\underset{x\to 0^{-}}{\lim }{e}^{1/x}=0,\underset{x\to -\infty }{\lim }{e}^{1/x}=1.$$

因而图形在左半轴靠近原点时贴近 $x$ 轴，在右半轴靠近原点时迅速上冲到无穷大。这也正说明

$$e^{1/x}=o(1)(x\to 0^{-}),e^{1/x}\to +\infty (x\to 0^{+}).$$

4.4.3 例题

例题 4.4.4

设 $\alpha \ne 0$。求

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{(1+x{)}^{\alpha }-1}{x}.$$

解 令 $y=(1+x{)}^{\alpha }-1$，则当 $x\to 0$ 时 $y\to 0$。利用 $1+y=(1+x{)}^{\alpha }$，有

$$\ln (1+y)=\alpha \ln (1+x).$$

计算如下：

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{(1+x{)}^{\alpha }-1}{x}& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{(1+x{)}^{\alpha }-1}{\ln (1+x)}=\underset{y\to 0}{\lim }\frac{\alpha y}{\ln (1+y)}=\underset{y\to 0}{\lim }\frac{\alpha y}{y}=\alpha .\end{array}$$

注 1 本例是变量代换和等价量代换两个方法结合的典型例子。在以上计算中先利用 $\ln (1+x)\sim x(x\to 0)$，将分母中的 $x$ 换为 $\ln (1+x)$（将简单换成复杂），后来又利用 $\ln (1+y)\sim y(y\to 0)$，将 $\ln (1+y)$ 换为 $y$。

注 2 在本例中的指数 $\alpha$ 可以是不为 $0$ 的任何实数。而在过去我们只能用二项式展开的方法处理 $\alpha$ 为有理数的情况。今后可以直接应用本题的一般结论。

例题 4.4.5

求极限

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x-\tan x}{x^3}.$$

解 1 将表达式进行分解，利用已知极限即可如下计算：

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x-\tan x}{x^3}=\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{\sin x}{x}\cdot \frac{1}{\cos x}\cdot \frac{\cos x-1}{x^2}\right)=-\frac{1}{2}.$$

解 2 若用等价量代换法，则可写出

$$\frac{\sin x-\tan x}{x^3}=\frac{\sin x(\cos x-1)}{x^3\cos x},$$

然后利用当 $x\to 0$ 时的等价关系

$$\sin x\sim x,1-\cos x\sim \frac{1}{2}{x}^2,\cos x\sim 1,$$

将上面的表达式中的 $\sin x$ 换为 $x$，$\cos x$ 换为 $1$，$\cos x-1$ 换为 $-\frac{1}{2}{x}^2$，就有

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x-\tan x}{x^3}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x(\cos x-1)}{x^3\cos x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x(-\frac{1}{2}{x}^2)}{x^3}=-\frac{1}{2}.$$

例题 4.4.6

设

$$f(x)=\frac{m}{1-x^m}-\frac{n}{1-x^n},m,n\in {\mathbb{N}}_{+},$$

求极限 ${\lim }_{x\to 1}f(x)$。

解 令 $y=x-1$，则 $x\to 1⟺y\to 0$。计算如下：

$$\begin{array}{rl}f(x)=f(1+y)& =\frac{m}{1-(1+y{)}^m}-\frac{n}{1-(1+y{)}^n}\\ & =\frac{m[1-(1+y{)}^n]-n[1-(1+y{)}^m]}{[(1+y{)}^m-1]\cdot [(1+y{)}^n-1]}\\ & =\frac{n\left[my+\frac{m(m-1)}{2}{y}^2+o(y^2)\right]-m\left[ny+\frac{n(n-1)}{2}{y}^2+o(y^2)\right]}{mn(y+o(y))(y+o(y))}\\ & =\frac{\frac{mn}{2}(m-n)y^2+o(y^2)}{mn(y^2+o(y^2))}=\frac{1}{2}(m-n)+o(1)(y\to 0).\end{array}$$

其中的 $o(y^2),o(y),o(1)$ 均是对 $y\to 0$ 而言的，可见极限为 $\frac{1}{2}(m-n)$。

注 以上所用的方法已经超出了等价量代换法的思想。一般称

$$(1+y{)}^n=1+ny+o(y)(y\to 0)$$

或

$$(1+y{)}^n=1+ny+\frac{n(n-1)}{2}{y}^2+o(y^2)(y\to 0)$$

中的 $o(y)$ 或 $o(y^2)$ 为余项。在上一个例题中出现的各个余项是根据需要而分别选取的。 在今后学了微分学中带 Peano（佩亚诺）余项的 Taylor 公式后（见命题 7.2.2），可以将这个例题中的方法发展成更一般的方法 （见 \S8.1 “函数极限的计算”）。

4.4.4 练习题

题目 1

确定下列无穷小量的阶：

1. $\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1-\tan x}(x\to 0)$；
2. $\ln x-\ln a(x\to a),a>0$；
3. $a^x-1(x\to 0)$，其中 $a>0$；
4. $a^{x^2}-b^{x^2}(x\to 0)$，其中 $a,b>0$；
5. $\ln \left(x+\cos \frac{\pi }{2}x\right)(x\to 1)$；
6. $\ln x\ln (x-1)(x\to 1^{+})$。

解

1. 由

$$\sqrt{1+u}-\sqrt{1-u}=u+o(u)(u\to 0),$$

取 $u=\tan x\sim x$，得

$$\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1-\tan x}\sim x.$$

故是一阶无穷小。

$$\ln x-\ln a=\ln \left(1+\frac{x-a}{a}\right)\sim \frac{x-a}{a}.$$

故与 $x-a$ 同阶，是一阶无穷小。

3. 若 $a\ne 1$，则

$$a^x-1=e^{x\ln a}-1\sim x\ln a,$$

故是一阶无穷小。若 $a=1$，则恒为 $0$。

$$a^{x^2}-b^{x^2}=e^{x^2\ln a}-e^{x^2\ln b}\sim x^2(\ln a-\ln b).$$

当 $a\ne b$ 时是二阶无穷小；若 $a=b$，则恒为 $0$。

5. 令 $h=x-1$，则

$$\cos \frac{\pi x}{2}=\cos \left(\frac{\pi }{2}+\frac{\pi h}{2}\right)=-\sin \frac{\pi h}{2}\sim -\frac{\pi h}{2}.$$

因而

$$x+\cos \frac{\pi x}{2}=1+\left(1-\frac{\pi }{2}\right)h+o(h).$$

再取对数得

$$\ln \left(x+\cos \frac{\pi x}{2}\right)\sim \left(1-\frac{\pi }{2}\right)(x-1).$$

故是一阶无穷小。

6. 当 $x\to 1^{+}$ 时，

$$\ln x\sim x-1,$$

故

$$\ln x\ln (x-1)\sim (x-1)\ln (x-1).$$

因而它与 $(x-1)\ln (x-1)$ 同阶。

题目 2

设存在极限 ${\lim }_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}$，又有 $f(x)-f\left(\frac{x}{2}\right)=o(x)(x\to 0)$，证明：$f(x)=o(x)(x\to 0)$。

解 令

$$g(x)=\frac{f(x)}{x}.$$

已知 $g(x)$ 极限存在，设为 $L$。又

$$f(x)-f\left(\frac{x}{2}\right)=o(x)$$

等价于

$$g(x)-\frac{1}{2}g\left(\frac{x}{2}\right)\to 0.$$

令 $x\to 0$，得

$$L-\frac{1}{2}L=0,$$

所以 $L=0$。即

$$\frac{f(x)}{x}\to 0,$$

从而

$$f(x)=o(x).$$

题目 3

与数列中的几个常见的无穷大量之间的关系

$$\ln n\ll n^{\epsilon }\ll a^n\ll n!\ll n^n(a>1,\epsilon >0)$$

相类似，证明当 $x\to +\infty$ 时，有

$$\ln x\ll x^{\epsilon }\ll a^x\ll x^x(a>1,\epsilon >0),$$

其中 $u\ll v$ 的定义是 $\lim \frac{u}{v}=0$。

解 只需逐个证明极限为 $0$：

$$\frac{\ln x}{x^{\epsilon }}\to 0,\frac{x^{\epsilon }}{a^x}\to 0,\frac{a^x}{x^x}\to 0.$$

前两个已在 4.2.5 小节中证明。至于第三个，

$$\frac{a^x}{x^x}={\left(\frac{a}{x}\right)}^x.$$

当 $x>a$ 时有 $0<\frac{a}{x}<1$，于是

$$0<{\left(\frac{a}{x}\right)}^x\le {\left(\frac{1}{2}\right)}^x\to 0.$$

故

$$\ln x\ll x^{\epsilon }\ll a^x\ll x^x.$$

题目 4

用等价量代换方法计算下列极限：

1. ${\lim }_{x\to 0}\frac{\ln ({\sin }^{2}x+e^x)-x}{\ln (x^2+e^{2x})-2x}$；
2. ${\lim }_{x\to +\infty }(x+1)[\ln (x^2+x)-2\ln (x+1)]$；
3. ${\lim }_{x\to 0}\frac{\sqrt{1+x}-\sqrt[6]{1+x}}{\sqrt[3]{1+x}-1}$；
4. ${\lim }_{x\to 0}\frac{\sqrt{\cos x}-\sqrt[3]{\cos x}}{{\sin }^{2}x}$；
5. ${\lim }_{x\to 0}\frac{(3+2\sin x{)}^x-3^x}{{\tan }^{2}x}$；
6. ${\lim }_{t\to 0}{\left(\frac{\arcsin t}{t}\right)}^{1/t^2}$。

解

1. 由

$$e^x=1+x+\frac{x^2}{2}+o(x^2),{\sin }^{2}x=x^2+o(x^2),$$

得

$${\sin }^{2}x+e^x=1+x+\frac{3x^2}{2}+o(x^2).$$

因而

$$\ln ({\sin }^{2}x+e^x)-x\sim x^2.$$

同理

$$x^2+e^{2x}=1+2x+3x^2+o(x^2),$$

从而

$$\ln (x^2+e^{2x})-2x\sim x^2.$$

故极限为

$$1.$$

$$(x+1)[\ln (x^2+x)-2\ln (x+1)]=(x+1)\ln \frac{x}{x+1}=(x+1)\ln \left(1-\frac{1}{x+1}\right)\to -1.$$

3. 由

$$\sqrt{1+x}=1+\frac{x}{2}+o(x),\sqrt[6]{1+x}=1+\frac{x}{6}+o(x),\sqrt[3]{1+x}=1+\frac{x}{3}+o(x),$$

得

$$\sqrt{1+x}-\sqrt[6]{1+x}\sim \frac{x}{3},\sqrt[3]{1+x}-1\sim \frac{x}{3}.$$

故极限为 $1$。

$$\sqrt{\cos x}=1-\frac{x^2}{4}+o(x^2),\sqrt[3]{\cos x}=1-\frac{x^2}{6}+o(x^2),$$

故分子

$$\sim -\frac{x^2}{12}.$$

又 ${\sin }^{2}x\sim x^2$，所以极限为

$$-\frac{1}{12}.$$

5. 记

$$A(x)=(3+2\sin x{)}^x,B(x)=3^x.$$

因为二者都趋于 $1$，故

$$A(x)-B(x)\sim \ln A(x)-\ln B(x)=x\ln \left(1+\frac{2\sin x}{3}\right)\sim x\cdot \frac{2x}{3}=\frac{2x^2}{3}.$$

又 ${\tan }^{2}x\sim x^2$，故极限为

$$\frac{2}{3}.$$

6. 取对数：

$$\frac{1}{t^2}\ln \frac{\arcsin t}{t}.$$

由

$$\arcsin t=t+\frac{t^3}{6}+o(t^3),$$

得

$$\frac{\arcsin t}{t}=1+\frac{t^2}{6}+o(t^2),$$

从而

$$\frac{1}{t^2}\ln \frac{\arcsin t}{t}\to \frac{1}{6}.$$

故原极限为

$$e^{1/6}.$$

4.5.2 参考题

题目 1

若函数 $f$ 在区间 $(a,b)$ 上单调，且有一个数列 $\{x_n\}$ 使得

$$x_n\to a^{+},\underset{n\to \infty }{\lim }f(x_n)=A.$$

请按照单侧极限的定义直接证明下式：

$$\underset{x\to a^{+}}{\lim }f(x)=A.$$

解 只证单调增加的情形，单调减少同理。任取 $\epsilon >0$。由 $f(x_n)\to A$，可取 $N$，使

$$|f(x_n)-A|<\epsilon ,n\ge N.$$

再由 $x_n\to a^{+}$，可取 $N$ 更大，使 $x_N<a+\delta$。当 $a<x<x_N$ 时，由单调性

$$f(x)\le f(x_N)<A+\epsilon .$$

又因为 $x_n\to a^{+}$，可取某个 $n\ge N$ 使 $x_n<x$，于是

$$f(x)\ge f(x_n)>A-\epsilon .$$

故当 $a<x<x_N$ 时，

$$|f(x)-A|<\epsilon .$$

这正是

$$\underset{x\to a^{+}}{\lim }f(x)=A.$$

题目 2

设函数 $f$ 在区间 $[a,b]$ 上严格单调增加，且有一个在区间 $[a,b]$ 内的数列 $\{x_n\}$ 使得 $f(x_n)\to f(a)$。证明：

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=a.$$

解 反设 $x_n\nrightarrow a$。则存在 $\epsilon >0$ 和子列 $\{x_{n_k}\}$，使

$$x_{n_k}\ge a+\epsilon .$$

由严格单调增加性，

$$f(x_{n_k})\ge f(a+\epsilon )>f(a),$$

这与 $f(x_{n_k})\to f(a)$ 矛盾。故 $x_n\to a$。

题目 3

在 Heine 归结原理（命题 4.2.3）的条件中，

1. 若将每个数列 $\{x_n\}$''改为每个单调数列 $\{x_n\}$”，其他要求不变，则结论是否仍然成立？
2. 若对“每个数列 $\{x_n\}$”增加要求 $|x_{n+1}-a|<|x_n-a|,n\in {\mathbb{N}}_{+}$，其他不变，则又如何？

又若在它的推论（命题 4.2.4）中作这些改动，结论是否仍然成立？

解 结论都仍然成立。

1. 若把 每个数列'' 改成 每个单调数列”，Heine 归结原理仍成立。因为若极限不等于 $A$，总可先取一条坏数列 $x_n\to a$，再从中抽出单调子列仍趋于 $a$，并保持 $f(x_n)$ 不趋于 $A$。命题 4.2.4 的相应改动也同理。
2. 若要求

$$|x_{n+1}-a|<|x_n-a|,$$

结论也仍成立。因为任一趋于 $a$ 的坏数列，都可再抽出一个距离严格递减的子列；因此若这类特殊数列都满足 $f(x_n)\to A$，则一般数列也必须满足。推论同理。

题目 4

证明 $\sin \sqrt{x+1}-\sin \sqrt{x}$ 当 $x\to +\infty$ 时极限为 $0$，并分析其阶数。

解 由中值定理，存在 ${\xi }_x$ 介于 $\sqrt{x}$ 与 $\sqrt{x+1}$ 之间，使

$$\sin \sqrt{x+1}-\sin \sqrt{x}=\cos {\xi }_x(\sqrt{x+1}-\sqrt{x}).$$

又

$$\sqrt{x+1}-\sqrt{x}=\frac{1}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}}\sim \frac{1}{2\sqrt{x}},$$

故

$$\sin \sqrt{x+1}-\sin \sqrt{x}\to 0.$$

并且

$$\left|\sin \sqrt{x+1}-\sin \sqrt{x}\right|\le \frac{1}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}}=O\left(\frac{1}{\sqrt{x}}\right).$$

但它一般不与 $x^{-1/2}$ 等价，因为系数 $\cos {\xi }_x$ 振荡；因此只能说它的量级不超过 $x^{-1/2}$，却没有确定的等价阶数。

题目 5

求

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }{\left(\frac{1}{x}\cdot \frac{a^x-1}{a-1}\right)}^{1/x},$$

其中 $a>0,a\ne 1$。

解

$${\left(\frac{1}{x}\cdot \frac{a^x-1}{a-1}\right)}^{1/x}=\exp \left[\frac{1}{x}\ln \left(\frac{a^x-1}{(a-1)x}\right)\right].$$

若 $a>1$，则

$$\frac{a^x-1}{a-1}\sim \frac{a^x}{a-1},$$

故括号内与 $\frac{a^x}{(a-1)x}$ 等价，其 $1/x$ 次幂趋于 $a$。若 $0<a<1$，则

$$\frac{a^x-1}{a-1}\to \frac{1}{1-a},$$

故整个括号与常数倍的 $1/x$ 等价，其 $1/x$ 次幂趋于 $1$。因此

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }{\left(\frac{1}{x}\cdot \frac{a^x-1}{a-1}\right)}^{1/x}=\{\begin{array}{ll}a,& a>1,\\ 1,& 0<a<1.\end{array}$$

题目 6

1. 设函数

$$f(x)=a_1\sin x+a_2\sin 2x+\cdots +a_n\sin nx,$$

且对所有 $x$ 成立 $|f(x)|\le |\sin x|$。证明：

$$|a_1+2a_2+\cdots +n{a}_n|\le 1.$$

2. 设函数

$$f(x)=a_1\ln (1+x)+a_2\ln (1+2x)+\cdots +a_n\ln (1+nx),$$

且对于所有 $x>0$ 成立 $|f(x)|\le |x|$。试陈述与 (1) 相应的不等式并加以证明。

解

1. 由

$$|f(x)|\le |\sin x|$$

得

$$\left|a_1\frac{\sin x}{x}+a_2\frac{\sin 2x}{x}+\cdots +a_n\frac{\sin nx}{x}\right|\le \left|\frac{\sin x}{x}\right|.$$

令 $x\to 0$，便有

$$|a_1+2a_2+\cdots +n{a}_n|\le 1.$$

2. 相应的不等式仍是

$$|a_1+2a_2+\cdots +n{a}_n|\le 1.$$

的确，由 $|f(x)|\le |x|$（这里 $x>0$）可得

$$\left|a_1\frac{\ln (1+x)}{x}+a_2\frac{\ln (1+2x)}{x}+\cdots +a_n\frac{\ln (1+nx)}{x}\right|\le 1.$$

令 $x\to 0^{+}$，利用

$$\frac{\ln (1+kx)}{x}\to k,$$

即得所求。

题目 7

对一般的正整数 $n$ 计算极限

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin nx-n\sin x}{x^3}.$$

解 用展开式

$$\sin nx=nx-\frac{n^3{x}^3}{6}+o(x^3),n\sin x=nx-\frac{n{x}^3}{6}+o(x^3),$$

相减得

$$\sin nx-n\sin x=-\frac{n^3-n}{6}{x}^3+o(x^3).$$

因而

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin nx-n\sin x}{x^3}=-\frac{n(n^2-1)}{6}.$$

题目 8

证明 Dirichlet 函数（4.1.5 小节的题 11）有以下解析表达式：

$$D(x)=\underset{n\to \infty }{\lim }\left\{\underset{m\to \infty }{\lim }[\cos (\pi m!x){]}^{2n}\right\}.$$

解 题面中的极限次序似应互换；按原式书写它并不正确，例如 $x=e$ 时内层极限就等于 $1$。通常正确的表达式是

$$D(x)=\underset{m\to \infty }{\lim }\left\{\underset{n\to \infty }{\lim }[\cos (\pi m!x){]}^{2n}\right\}.$$

对这个式子作证明：若 $x=\frac{p}{q}$ 为有理数，取 $m\ge q$，则 $m!x\in \mathbb{Z}$，故

$$[\cos (\pi m!x){]}^{2n}=1,$$

于是外层极限为 $1$。若 $x$ 为无理数，则对每个固定的 $m$，都有 $m!x\notin \mathbb{Z}$，故

$$|\cos (\pi m!x)|<1.$$

于是

$$\underset{n\to \infty }{\lim }[\cos (\pi m!x){]}^{2n}=0,$$

再令 $m\to \infty$ 仍为 $0$。这恰好给出 Dirichlet 函数。

题目 9

1. 设函数 $f$ 在区间 $(0,+\infty )$ 上满足条件 $f(2x)=f(x)$，且存在有限极限 $f(+\infty )$。 证明：$f$ 是常值函数。
2. 设存在 $a>0,a\ne 1$，使得函数 $f$ 在区间 $(0,+\infty )$ 上满足要求 $f(ax)=f(x)$。 证明：若存在有限极限 $f(+\infty )$ 或 $f(0^{+})$，则 $f$ 为常值函数。

解

1. 设 $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=L$。任取 $x>0$，由 $f(2x)=f(x)$，得

$$f(x)=f(2^{n}x),\forall n\ge 1.$$

令 $n\to \infty$，因 $2^{n}x\to +\infty$，故

$$f(x)=L.$$

所以 $f$ 为常值函数。

2. 若存在 $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=L$，且 $a>1$，则

$$f(x)=f(a^{n}x)\to L;$$

若 $0<a<1$，则

$$f(x)=f(a^{-n}x)\to L.$$

两种情形都得 $f(x)\equiv L$。

若存在 $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)=L$，则当 $a>1$ 时

$$f(x)=f(a^{-n}x)\to L,$$

当 $0<a<1$ 时

$$f(x)=f(a^{n}x)\to L.$$

仍得 $f$ 为常值函数。

题目 10

设函数 $f$ 在 $\mathbb{R}$ 上定义，在 $x=0$ 邻近有界，又有 $a>1,b>1$，使得对每个 $x\in \mathbb{R}$ 成立 $f(ax)=bf(x)$。证明：

$$\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=0.$$

解 设在 $(-\delta ,\delta )$ 上有

$$|f(x)|\le M.$$

对 $0<|x|<\delta$，取整数

$$n=\lfloor {\log }_a\frac{\delta }{|x|}\rfloor ,$$

则 $n\to \infty$ 且 $|a^{n}x|<\delta$。由函数方程

$$f(x)=b^{-n}f(a^{n}x),$$

得

$$|f(x)|\le M{b}^{-n}\to 0.$$

故

$$\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=0.$$

题目 11

设函数 $f$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调增加，且有

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{f(2x)}{f(x)}=1.$$

证明：对每个 $a>0$，成立

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{f(ax)}{f(x)}=1.$$

解 先设 $a>1$。取整数 $m$ 使 $a\le 2^m$。由单调性，

$$1\le \frac{f(ax)}{f(x)}\le \frac{f(2^{m}x)}{f(x)}=\prod _{k=0}^{m-1}\frac{f(2^{k+1}x)}{f(2^{k}x)}.$$

右端每个因子都趋于 $1$，故右端趋于 $1$，于是

$$\frac{f(ax)}{f(x)}\to 1.$$

若 $0<a<1$，则

$$\frac{f(ax)}{f(x)}=\frac{1}{f(x)/f(ax)},$$

而

$$\frac{f(x)}{f(ax)}=\frac{f((1/a)\cdot ax)}{f(ax)}\to 1$$

由已证的 $1/a>1$ 情形可得，因此仍有

$$\frac{f(ax)}{f(x)}\to 1.$$

题目 12

设 $f$ 在 $(0,+\infty )$ 上定义，且在其中的每个有界子区间上有界。证明：等式

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{f(x)}{x}=\underset{x\to +\infty }{\lim }[f(x+1)-f(x)]$$

在右边为有限极限或 $\pm \infty$ 时成立。

解 这是第 14 题在 $T=1,g(x)=x$ 时的特例。

题目 13

设 $f$ 在 $(0,+\infty )$ 上定义，且在其中的每个有界子区间上有界。证明：等式

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{f(x)}{x^{n+1}}=\frac{1}{n+1}\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{f(x+1)-f(x)}{x^n}$$

在右边为有限极限或 $\pm \infty$ 时成立。

解 这是第 14 题在 $T=1,g(x)=x^{n+1}$ 时的特例。因为

$$(x+1{)}^{n+1}-x^{n+1}\sim (n+1)x^n,$$

故

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{f(x+1)-f(x)}{(x+1{)}^{n+1}-x^{n+1}}=\frac{1}{n+1}\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{f(x+1)-f(x)}{x^n}.$$

再用第 14 题即可。

题目 14

设 $T$ 为正整数，若函数 $f,g$ 在 $[a,+\infty )$ 上满足条件：

1. $g(x+T)>g(x),x\in [a,+\infty )$；
2. ${\lim }_{x\to +\infty }g(x)=+\infty$，$f(x),g(x)$ 在 $[a,+\infty )$ 的每个有界子区间上有界；

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{f(x+T)-f(x)}{g(x+T)-g(x)}=l,$$

则

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=l.$$

解 对每个固定的 $t\in [a,a+T)$，定义

$$u_n=f(t+nT),v_n=g(t+nT).$$

则 $v_{n+1}>v_n$ 且 $v_n\to +\infty$。又由题设，

$$\frac{u_{n+1}-u_n}{v_{n+1}-v_n}\to l.$$

由数列的 Stolz 定理，

$$\frac{u_n}{v_n}\to l.$$

也就是说，对每个固定的余数类 $t$，都有

$$\frac{f(t+nT)}{g(t+nT)}\to l.$$

任意充分大的 $x$ 都可唯一写成 $x=t+nT$，其中 $t\in [a,a+T)$，于是

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=l.$$

题目 15

设成立 ${\lim }_{x\to 0}f(x)=0,f(x)-f\left(\frac{x}{2}\right)=o(x)(x\to 0)$。证明： $f(x)=o(x)(x\to 0)$。（本题比 4.4.4 小节的题 2 要难一点。）

解 任取 $\epsilon >0$。由

$$f(x)-f\left(\frac{x}{2}\right)=o(x)$$

可取 $\delta >0$，使当 $|u|<\delta$ 时，

$$\left|f(u)-f\left(\frac{u}{2}\right)\right|\le \frac{\epsilon }{4}|u|.$$

现取 $|x|<\delta$。对任意正整数 $m$，有

$$f(x)-f\left(\frac{x}{2^m}\right)=\sum _{k=0}^{m-1}\left[f\left(\frac{x}{2^k}\right)-f\left(\frac{x}{2^{k+1}}\right)\right],$$

从而

$$\left|f(x)-f\left(\frac{x}{2^m}\right)\right|\le \frac{\epsilon |x|}{4}\sum _{k=0}^{m-1}\frac{1}{2^k}\le \frac{\epsilon |x|}{2}.$$

另一方面，由 $\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=0$，对这个固定的 $x$ 可取 $m$ 足够大，使

$$\left|f\left(\frac{x}{2^m}\right)\right|<\frac{\epsilon |x|}{2}.$$

于是

$$|f(x)|\le \left|f(x)-f\left(\frac{x}{2^m}\right)\right|+\left|f\left(\frac{x}{2^m}\right)\right|<\epsilon |x|.$$

故

$$\frac{f(x)}{x}\to 0,$$

即 $f(x)=o(x)$。