同济高数 第1章 第1-6-4题

[AI解答]

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（1） 证明 $\displaystyle{\lim_{n \to \infty} \sqrt{1+\frac{1}{n}} = 1}$。

利用夹逼准则。显然有
$$
1 < \sqrt{1+\frac{1}{n}} < 1 + \frac{1}{n}
$$
因为当 $n>0$ 时，$\sqrt{1+\frac{1}{n}} < 1+\frac{1}{n}$ 可由平方比较得到。
而 $\displaystyle{\lim_{n\to\infty} 1 = 1}$，$\displaystyle{\lim_{n\to\infty} \left(1+\frac{1}{n}\right) = 1}$，
由夹逼准则得
$$
\lim_{n\to\infty} \sqrt{1+\frac{1}{n}} = 1.
$$

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（2） 证明
$$
\displaystyle{\lim_{n \to \infty} n\left(\frac{1}{n^{2}+\pi}+\frac{1}{n^{2}+2\pi}+\cdots+\frac{1}{n^{2}+n\pi}\right)=1}.
$$

记
$$
a_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n^2 + k\pi}.
$$
由于对每个 $k=1,\dots,n$，有
$$
\frac{1}{n^2 + n\pi} \le \frac{1}{n^2 + k\pi} \le \frac{1}{n^2 + \pi},
$$
所以
$$
n \cdot \frac{1}{n^2 + n\pi} \le a_n \le n \cdot \frac{1}{n^2 + \pi}.
$$
即
$$
\frac{n}{n^2 + n\pi} \le a_n \le \frac{n}{n^2 + \pi}.
$$
两边乘以 $n$：
$$
\frac{n^2}{n^2 + n\pi} \le n a_n \le \frac{n^2}{n^2 + \pi}.
$$
计算左右极限：
$$
\lim_{n\to\infty} \frac{n^2}{n^2 + n\pi} = \lim_{n\to\infty} \frac{1}{1 + \frac{\pi}{n}} = 1,
$$
$$
\lim_{n\to\infty} \frac{n^2}{n^2 + \pi} = \lim_{n\to\infty} \frac{1}{1 + \frac{\pi}{n^2}} = 1.
$$
由夹逼准则，原极限为 $1$。

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（3） 证明 $\displaystyle{\lim_{x \to 0} \sqrt[n]{1+x} = 1}$。

这里 $n$ 是固定正整数。考虑 $x\to 0$，利用不等式：
当 $x > -1$ 时，有
$$
1 + \frac{x}{n} \le \sqrt[n]{1+x} \le 1 + x \quad (\text{当 } x>0),
$$
或反向不等式当 $x<0$ 时类似成立，但统一可用夹逼。
更直接：
$$
\lim_{x\to 0} (1+x)^{1/n} = 1^{1/n} = 1,
$$
由指数函数的连续性即得。

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（4） 证明 $\displaystyle{\lim_{x \to 0^{+}} x\left[\frac{1}{x}\right] = 1}$。

记 $t = \frac{1}{x}$，则当 $x\to 0^{+}$ 时 $t\to +\infty$，且
$$
x\left[\frac{1}{x}\right] = \frac{[t]}{t}.
$$
由取整函数性质：
$$
t-1 < [t] \le t,
$$
所以
$$
\frac{t-1}{t} < \frac{[t]}{t} \le 1.
$$
当 $t\to +\infty$，$\displaystyle{\frac{t-1}{t} \to 1}$，由夹逼准则得极限为 $1$。

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难度评级：★★☆☆☆