📝 题目
2.5.4 (1) 求证: $\displaystyle{\mathop{\lim }\limits_{{x \rightarrow 0}}\left\lbrack {\frac{1}{{\sin }^{2}x} - \frac{1}{{x}^{2}}}\right\rbrack = \frac{1}{3}}$ ;
(2)设 $0 < {x}_{1} < 1,{x}_{n + 1} = \sin {x}_{n}\left( {n = 1,2,\cdots }\right)$ ,求证: $\displaystyle{\mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow \infty }}\sqrt{n}{x}_{n} = \sqrt{3}}$ .
💡 答案与解析
## 题目 2.5.4 (1)
**求证**： $$ \lim_{x\to 0}\left[\frac{1}{\sin^2 x} - \frac{1}{x^2}\right] = \frac{1}{3}. $$
**解答**：
首先将表达式通分： $$ \frac{1}{\sin^2 x} - \frac{1}{x^2} = \frac{x^2 - \sin^2 x}{x^2 \sin^2 x}. $$
当 $x\to 0$ 时，$\sin x \sim x$，因此分母 $x^2 \sin^2 x \sim x^4$。我们使用泰勒展开：
$$ \sin x = x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} + O(x^7), $$ 所以 $$ \sin^2 x = \left(x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} + \cdots\right)^2 = x^2 - \frac{x^4}{3} + \frac{2x^6}{45} + O(x^8). $$
于是分子： $$ x^2 - \sin^2 x = x^2 - \left(x^2 - \frac{x^4}{3} + \frac{2x^6}{45} + \cdots\right) = \frac{x^4}{3} - \frac{2x^6}{45} + O(x^8). $$
分母： $$ x^2 \sin^2 x = x^2\left(x^2 - \frac{x^4}{3} + O(x^6)\right) = x^4 - \frac{x^6}{3} + O(x^8). $$
因此： $$ \frac{x^2 - \sin^2 x}{x^2 \sin^2 x} = \frac{\frac{x^4}{3} - \frac{2x^6}{45} + O(x^8)}{x^4 - \frac{x^6}{3} + O(x^8)} = \frac{\frac{1}{3} - \frac{2x^2}{45} + O(x^4)}{1 - \frac{x^2}{3} + O(x^4)}. $$
当 $x\to 0$ 时，极限为 $\frac{1/3}{1} = \frac{1}{3}$。
因此： $$ \boxed{\frac{1}{3}} $$
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## 题目 2.5.4 (2)
已知 $0 < x_1 < 1$，且 $x_{n+1} = \sin x_n$，求证： $$ \lim_{n\to\infty} \sqrt{n}\, x_n = \sqrt{3}. $$
**解答**：
由递推式 $x_{n+1} = \sin x_n$，且初始 $0
考虑倒数的平方差。由泰勒展开： $$ \sin x = x - \frac{x^3}{6} + O(x^5), $$ 所以 $$ \frac{1}{\sin^2 x} = \frac{1}{x^2\left(1 - \frac{x^2}{6} + O(x^4)\right)^2} = \frac{1}{x^2}\left(1 + \frac{x^2}{3} + O(x^4)\right). $$
于是： $$ \frac{1}{x_{n+1}^2} - \frac{1}{x_n^2} = \frac{1}{\sin^2 x_n} - \frac{1}{x_n^2} = \frac{1}{3} + O(x_n^2). $$
当 $\displaystyle{n\to\infty}$ 时，$x_n\to 0$，所以： $$ \frac{1}{x_{n+1}^2} - \frac{1}{x_n^2} \to \frac{1}{3}. $$
由Stolz定理（或直接求和）： $$ \frac{1}{x_n^2} \sim \frac{n}{3}, $$ 即 $$ x_n \sim \sqrt{\frac{3}{n}}. $$
因此： $$ \lim_{n\to\infty} \sqrt{n}\, x_n = \sqrt{3}. $$
$$ \boxed{\sqrt{3}} $$
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## 题目 2.5.5
设 $P(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a_1 x + a_0$，求证对任意 $\lambda > 0$， $$ \lim_{x\to +\infty} \frac{P(x)}{e^{\lambda x}} = 0. $$
**解答**：
由于指数函数增长比任何多项式都快，我们只需考虑最高次项。对于 $x>0$ 充分大，有： $$ |P(x)| \le M x^n, $$ 其中 $M = |a_n| + |a_{n-1}| + \cdots + |a_0|$（当 $x\ge 1$ 时成立）。
于是： $$ 0 \le \left|\frac{P(x)}{e^{\lambda x}}\right| \le \frac{M x^n}{e^{\lambda x}}. $$
考虑极限： $$ \lim_{x\to +\infty} \frac{x^n}{e^{\lambda x}}. $$
反复使用洛必达法则 $n$ 次： $$ \lim_{x\to +\infty} \frac{x^n}{e^{\lambda x}} = \lim_{x\to +\infty} \frac{n x^{n-1}}{\lambda e^{\lambda x}} = \cdots = \lim_{x\to +\infty} \frac{n!}{\lambda^n e^{\lambda x}} = 0. $$
由夹逼定理得： $$ \lim_{x\to +\infty} \frac{P(x)}{e^{\lambda x}} = 0. $$
$$ \boxed{0} $$
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以上是三题的完整解答。