方企勤 第二章 一元函数微分学 第2.5题
📝 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。