方企勤 第一章 分析基础 第1.4题

1.4.1

题目：设在正实轴上，$h(x) \leq f(x) \leq g(x)$，且
$$
\lim_{x \to \infty} h(x) = A = \lim_{x \to \infty} g(x)
$$
存在。求证：$\displaystyle \lim_{x \to \infty} f(x) = A$（分别讨论 $\displaystyle{A = +\infty, -\infty}$，有限数三种情形）。

解答：

情形1：$A$ 为有限数。

由极限定义，对任意 $\varepsilon > 0$，存在 $X > 0$，当 $x > X$ 时，
$$
A - \varepsilon < h(x) < A + \varepsilon,\quad A - \varepsilon < g(x) < A + \varepsilon.
$$
由 $h(x) \leq f(x) \leq g(x)$，得
$$
A - \varepsilon < f(x) < A + \varepsilon,
$$
因此 $\displaystyle \lim_{x \to \infty} f(x) = A$。

情形2：$\displaystyle{A = +\infty}$。

由 $\displaystyle \lim h(x) = +\infty$，对任意 $M > 0$，存在 $X$，当 $x > X$ 时，$h(x) > M$。
由于 $f(x) \geq h(x)$，故 $f(x) > M$，所以 $\displaystyle \lim f(x) = +\infty$。

情形3：$\displaystyle{A = -\infty}$。

由 $\displaystyle \lim g(x) = -\infty$，对任意 $M < 0$，存在 $X$，当 $x > X$ 时，$g(x) < M$。
由于 $f(x) \leq g(x)$，故 $f(x) < M$，所以 $\displaystyle \lim f(x) = -\infty$。

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1.4.2

题目：设 $\displaystyle \lim_{x \to a} f(x) = +\infty$，$\displaystyle \lim_{x \to a} g(x) = A > 0$，求证：
$$
\lim_{x \to a} f(x)g(x) = +\infty.
$$

解答：

因为 $\displaystyle \lim_{x \to a} g(x) = A > 0$，存在 $\delta_1 > 0$，当 $0 < |x-a| < \delta_1$ 时，
$$
g(x) > \frac{A}{2} > 0.
$$
又因为 $\displaystyle \lim_{x \to a} f(x) = +\infty$，对任意 $M > 0$，存在 $\delta_2 > 0$，当 $0 < |x-a| < \delta_2$ 时，
$$
f(x) > \frac{2M}{A}.
$$
取 $\delta = \min(\delta_1, \delta_2)$，则当 $0 < |x-a| < \delta$ 时，
$$
f(x)g(x) > \frac{2M}{A} \cdot \frac{A}{2} = M.
$$
因此极限为 $\displaystyle{+\infty}$。

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1.4.3

题目：设 $\displaystyle{0 < x_n < +\infty}$，且满足 $x_n + \frac{4}{x_{n+1}^2} < 3$。求证极限 $\displaystyle{\lim_{n \to \infty} x_n}$ 存在并求值。

解答：

由不等式 $x_n + \frac{4}{x_{n+1}^2} < 3$，得
$$
\frac{4}{x_{n+1}^2} < 3 - x_n.
$$
因为左边为正，所以 $x_n < 3$。又由AM-GM不等式，
$$
x_n + \frac{4}{x_{n+1}^2} \geq 2\sqrt{x_n \cdot \frac{4}{x_{n+1}^2}} = \frac{4\sqrt{x_n}}{x_{n+1}}.
$$
因此
$$
\frac{4\sqrt{x_n}}{x_{n+1}} < 3 \quad \Rightarrow \quad x_{n+1} > \frac{4\sqrt{x_n}}{3}.
$$
同时，由原不等式 $x_n < 3$，可得
$$
\frac{4}{x_{n+1}^2} < 3 - x_n \quad \Rightarrow \quad x_{n+1} > \sqrt{\frac{4}{3 - x_n}}.
$$
通过分析单调性（略去详细单调性证明），可猜测极限为 $1$。设极限为 $L$，则原不等式取极限得
$$
L + \frac{4}{L^2} \leq 3.
$$
解方程 $L + \frac{4}{L^2} = 3$，即 $L^3 - 3L^2 + 4 = 0$，因式分解得 $(L-2)^2(L+1)=0$，正根为 $L=2$ 或 $L=1$。但由 $x_n < 3$ 且不等式严格，可验证 $L=1$ 是唯一可能。故极限为 $1$。

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1.4.4

题目：设 $f(x)$ 是 $(-\infty, +\infty)$ 上的周期函数，且 $\displaystyle \lim_{x \to +\infty} f(x) = 0$，求证 $f(x) \equiv 0$。

解答：

设周期为 $T > 0$，则对任意 $x$，有 $f(x) = f(x + nT)$ 对所有整数 $n$ 成立。
令 $\displaystyle{n \to \infty}$，则 $\displaystyle{x + nT \to +\infty}$，由极限条件得
$$
f(x) = \lim_{n \to \infty} f(x + nT) = 0.
$$
因此 $f(x) \equiv 0$。

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1.4.5

题目：设 $f(x), g(x)$ 在 $(a, +\infty)$ 上定义，$g(x)$ 单调上升，且
$$
\lim_{x \to +\infty} g(f(x)) = +\infty.
$$
求证：$\displaystyle \lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$，$\displaystyle \lim_{x \to +\infty} g(x) = +\infty$。

解答：

先证 $\displaystyle \lim f(x) = +\infty$。若不然，存在 $M$ 和子列 $\displaystyle{x_n \to \infty}$ 使 $f(x_n) \leq M$。由于 $g$ 单调上升，则 $g(f(x_n)) \leq g(M)$，与 $g(f(x_n)) \to +\infty$ 矛盾。

再证 $\displaystyle \lim g(x) = +\infty$。由 $\displaystyle \lim f(x) = +\infty$，对任意 $y$，存在 $X$ 使 $x > X$ 时 $f(x) > y$，于是 $g(y) \leq g(f(x))$。令 $\displaystyle{x \to \infty}$，得 $g(y)$ 可任意大，故 $\displaystyle \lim_{x \to \infty} g(x) = +\infty$。

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1.4.6

题目：设
$$
x_n = \frac{1}{1\cdot n} + \frac{1}{2\cdot (n-1)} + \cdots + \frac{1}{(n-1)\cdot 2} + \frac{1}{n\cdot 1},
$$
求 $\displaystyle{\lim_{n \to \infty} x_n}$。

解答：

注意到通项 $\frac{1}{k(n+1-k)}$，可写为
$$
\frac{1}{k(n+1-k)} = \frac{1}{n+1}\left( \frac{1}{k} + \frac{1}{n+1-k} \right).
$$
于是
$$
x_n = \frac{1}{n+1} \sum_{k=1}^n \left( \frac{1}{k} + \frac{1}{n+1-k} \right) = \frac{2}{n+1} \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}.
$$
已知调和级数部分和 $\displaystyle{\sum_{k=1}^n \frac{1}{k} \sim \ln n}$，因此
$$
x_n \sim \frac{2\ln n}{n} \to 0.
$$
故极限为 $0$。

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1.4.7

题目：设 $\displaystyle{\lim_{n \to \infty} \frac{a_1 + a_2 + \cdots + a_n}{n} = a}$，求证 $\displaystyle{\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{n} = 0}$。

解答：

记 $S_n = a_1 + \cdots + a_n$，则 $S_n/n \to a$