数学分析课后习题答案3.5

3 2 3
(5) 2 x + 2 x = O ( x ) ( x → ∞ ) ; (6) O ( g ( x)) ± O ( g ( x)) = O ( g ( x)) (7) O ( g1 ( x)) ⋅ O ( g 2 ( x)) = O ( g1 ( x) g 2 ( x)) ( x → x 0 ). 证: (1)因 lim
( x → 0 ),
1 2 1 x , ( x → 0 ); 1 − cos x ~ x 2 2 2 1 2 x 1+ x2 −1 2 由定理 3.12 可知 lim = lim = 1. x →0 1 − cos x x →0 1 2 x 2
故 1+ x −1 ~
2
3. 证明定理 3.13. 定理 3.13 : ( Ⅰ ) 若 f 为 x → x 0 时的无穷小量 , 且在 U ( x 0 ) 内 f ( x) 不等于零 , 则
xn > n > K > M .
故 lim x n = +∞ .
x →∞
8.证明:若 f 为 x → r 时的无穷大量,而在 U (r ) 上 g ( x) ≥ K > 0 ,则 fg 为 x → r 时的无穷大 量. 证:由题设 f 为 x → r 时的无穷大量,而在 U (r ) 上 g ( x) ≥ K > 0 ,因而对任给正数 G ,存在正 数 δ (使 U ( r , δ ) ⊂ U (r ) ),当 0 < x − r < δ 时,有 f ( x) >
( x → x0 )
(6) 由于 lim
故 O ( g ( x)) ± O ( g ( x)) = O ( g ( x)) (7) 由于 lim
x → x0
O( g1 ( x)) ⋅ O( g 2 ( x)) O( g1 ( x)) O( g 2 ( x)) = lim ⋅ lim =0 x x x x → → 0 0 g1 ( x) ⋅ g 2 ( x) g1 ( x) g 2 ( x)
0
1 为 f
x → x0 时的无穷大量.
(Ⅱ)若 g 为 x → x 0 时的无穷大量, 则
1 为 x → x 0 时的无穷小量. g
x → x0
证: (Ⅰ)由题设 f 为 x → x 0 时的无穷小量,故 lim f ( x) = 0 . 从而对任给正数 M ,必存在正数 δ ,当 0 < x − x 0 < δ 时,有 f ( x) < 又由于 f ( x) 在 U ( x 0 ) 内不等于零, 故当 x ∈ U ( x 0 , δ ) 时,有
再由 y − kx = arctan x − 0 = arctan x → 由 y − kx = arctan x → −
π
π
2
2
( x → +∞ ) ,得 b1 =
π
( x → −∞ ),得 b2 = −
π
2
2
.
从而此曲线斜渐进线方程为 y =
π
2
和y=−
π
2
.
y 3x 3 + 4 (3) = → 3 ( x → ∞ ) , 得 k = 3, x x3 − 2x 2
6. 试确定 α 的值,使下列函数与 x , 当 x → ∞ 时为同阶的无穷大量: (1)
α
x 2 + x 5 ; (2) x + x 2 (2 + sin x) ; (3) (1 + x)(1 + x 2 ) (1 + x n ) .
x +x =x
2 5 5 2
解: (1) 由于当 x → ∞ 时,
4. 求下列函数所表示曲线的渐进线: (1) y =
1 ; x
(2) y = arctan x ;
(3) y =
3x 3 + 4 . x 2 − 2x
解: (1)
1 y = 2 → 0 (x → ∞) 得k = 0 x x 1 再由 y − kx = → 0 ( x → ∞ )得 b = 0 ,从而此曲线斜渐进线方程为 y = 0 . x 1 又因 → ∞ ( x → 0 ),所以 x = 0 , x 所以此曲线有垂直渐进线 x = 0 . y arctan x (2) = → 0 ( x → ∞ ),得 k = 0 , x x
2
α
(3) 由于当 x → ∞ 时,
(1 + x)(1 + x 2 ) (1 + x n ) = x
n ( n +1) 2
1 1 1 (1 + )(1 + 2 ) (1 + n ) ~ x x x x
n ( n +1) −α 2
n ( n +1) 2
从而 lim
(1 + x)(1 + x 2 ) (1 + x n ) = lim x x →∞ x →∞ xα
所以此曲线有垂直渐进线 x = 0 和 x = 2 .
5.试确定 α 的值,使下列函数与 x , 当 x → 0 时为同阶无穷小量: (1) sin 2 x − 2 sin x ; (2)
α
1 − (1 − x ) ; 1+ x
(4) 3 x − 4 x .
5 2 3
(3) 1 + tan x − 1 − sin x ;
因此, 当 α =
1 n(n + 1) 时, (1 + x)(1 + x 2 ) (1 + x n ) 与 x α , 当 x → ∞ 时为同阶无穷大量. 2
7.证明:若 S 为无上界数集,则存在一递增数列 {x n } ⊂ S ,使得 x n → +∞ ( n → ∞ ). 证: 由题设 S 无上界,故对任给正数 M ,存在 x ′ ∈ S ,使 x ′ > M . 对 m1 = 1 ,存在 x1 ∈ S ,使 x1 > 1 对 m2 = max{2, x1 } ,存在 x 2 ∈ S ,使得 x 2 > 2 ,且 x 2 > x1 . 一般地, 对 mn = max{n, x n −1 } ,必存在 x n ∈ S ,使得 x n > n ,且 x n > x n −1 > > x 2 > x1 . 如此得到递增数列 {x n } ⊂ S ,下证 {x n } 为无穷大量( n → ∞ ). 对任给正数 M ,必存在自然数 K ,使 K > M ,再由上面的做法知,当 n > K 时,有
5
1+ x
−3
~x
5 2
−α 5 x2 + x5 2 , 因此当 α = 时 , 从而 lim lim x = α → ∞ x →∞ x 2 x
x 2 + x 5 与 x α , 当 x → ∞ 时为同阶无
穷大量. (2) 由于当 x → ∞ 时, x + x (2 + sin x) = x ( x
因而当 α = 3 时, sin 2 x − 2 sin x 与 x ,当 x → 0 时为同阶无穷小量.
(2) 由于当 x → 0 时
1 x2 ~ x2 , − (1 − x) = 1+ x 1+ x
1 − (1 − x) 1 2−α x 1 + 从而 lim = lim x ,由此可见当 α = 2 时,该极限为 1 , α x →0 x →0 1 + x x 1 因而当 α = 2 时, − (1 − x ) 与 x α ,当 x → 0 时为同阶无穷小量. 1+ x
( x → x0 )
2x − x 2 = 2 ,故 2 x − x 2 = O( x) ( x → 0 ). x →0 x x sin x x
3 2
(2) 因 lim +
x →0
= lim +
x →0
sin x x
= 1 ,故 x sin x = O( x ) ( x → 0 + ).
3 2
(3) 因 lim( 1 + x − 1) = 0 ,故 1 + x − 1 = O (1) ( x → 0 ).
§5
1. 证明下列各题:
无穷小量与无穷大量
3
(1) 2 x − x = O ( x) ( x → 0 ); (2) x sin
2
x = O( x 2 ) ( x → 0 + );
(3)
1 + x − 1 = O(1) ( x → 0 ); (4) (1 + x) n = 1 + nx + O( x) ( x → 0 ) , n 为正整数;
5 2 3 2 5
因此当 α = 2 时,
(4) 由于当 x → 0 时 3 x − 4 x = x
−2 3x 2 − 4 x 3 5 从而 lim = lim 3 x x →0 x →0 xα 5 2
3 − 4 x ~ 3x
2 5
因此当 α =
2 时, 5
5
3 x 2 − 4 x 3 与 x α , 当 x → 0 时为同阶无穷小量.
2 2 −1
+ 2 + sin x) ,
从而
x + x 2 (2 + sin x) = x −1 + 2 + sin x ⋅ x 2−α , α x x + x 2 (2 + sin x) ≤ 4 x 2−α . xα
故当 x > 1 时,
从而当 α = 2 时, x + x (2 + sin x) 与 x , 当 x → ∞ 时为同阶无穷大量.
x →0
(4)因 lim
(1 + x) n − (1 + nx) = 0 ,故 (1 + x) n − (1 + nx) = O( x) ( x → 0 ) x →0 x
n
即 (1 + x) = 1 + nx + O ( x) ( x → 0 )
(5)因 lim
2x3 + 2x 2 = 2 , 故 2 x 3 + 2 x 2 = O( x 3 ) ( x → ∞ ) x →∞ x3 O( g ( x)) ± O( g ( x)) O( g ( x)) O( g ( x)) = lim ± lim =0 x → x0 x → x0 x → x0 g ( x) g ( x) g ( x)
0
G , K
于是,当 0 < x − r < δ 时,便有 f ( x) g ( x) > 故 fg 为 x → r 时的无穷大量.
G ⋅K =G. K
9.设 f ( x) ~ g ( x) ( x → x 0 ),证明: f ( x) − g ( x) = o( f ( x)) 或 f ( x) − g ( x) = o( g ( x)) . 证: 由于 f ( x) ~ g ( x) , ( x → x 0 ),从而 lim
解: (1)由于当 x → 0 时 sin 2 x − 2 sin x = −4 sin x sin 从而 lim
2
sin 2 x − 2 sin x = − lim x 3−α .由此可见当 α = 3 时,该极限为 − 1 , α x →0 x →0 x
α
x x ~ −4 x ⋅ ( ) 2 = − x 3 2 2
(3) 由于当 x → 0 时 1 + tan x − 1 − sin x =
tan x + sin x 1 + tan x + 1 − sin x
~x源自文库
从而 lim
x →0
1 + tαn x − 1 − sin x = lim x1−α . α x →0 x
1 + tan x − 1 − sin x 与 x α , 当 x → 0 时为同阶无穷小量.
0
1 , M
0
1 1 =∞ > M .因此 lim x → x0 f ( x ) f ( x)
( Ⅱ ) 由 题 设 g 为 x → x0 时 的 无 穷 大 量 , 从 而 对 任 给 正 数
ε ,必存在正数 δ ,当
0 < x − x0 < δ 时,有 g ( x) >
1
ε
,故
1 1 = 0. < ε ,从而 lim x → x0 g ( x ) g ( x)
故 O ( g1 ( x)) ⋅ O ( g 2 ( x)) = O ( g1 ( x) g 2 ( x)) ( x → x 0 ).
2. 运用定理 3.12,求下列极限:
1 2 x ; (2) lim 1 + x − 1 . (1) lim x →∞ x − cos x x →0 1 − cos x x arctan
1 x = 1 ,故 arctan 1 ~ 1 ( x → ∞ ), 解: (1) 由于 lim x →∞ 1 x x x 1 x arctan x =0 由定理 3.12 可知 lim x →∞ x − cos x arctan
(2) 由于 lim
x →0
1 − cos x 1+ x2 −1 =1 = 1 , lim x →0 1 2 1 2 x x 2 2
再由 y − kx =
3x 3 + 4 6x 2 + 4 − = 3 x → 6 ( x → ∞ ) ,得 b = 6 . x 2 − 2x x 2 − 2x
从而此曲线斜渐进线方程为 y = 3 x + 6 .
3x 3 + 4 又由 y = ,易见 lim y = ∞ , lim y = ∞ , x →0 x→2 x( x − 2)