数学分析习题解-函数极限(1)

【习题来源】数学分析：第七版.（俄罗斯）卓里奇著；李植译. 北京：高等教育出版社，2019.2

习题

1. a) 请证明: 在 $\mathbb{R}$ 上定义且满足以下要求的函数存在并且是唯一的:
   $$\begin{array}{c} f(1)=a\quad(a>0, a\neq 1),\\ f(x_1)\cdot f(x_2)=f(x_1+x_2),\\ x\rightarrow x_0, f(x)\rightarrow f(x_0). \end{array}$$
   b) 请证明: 在 $\mathbb{R_+}$ 上定义且满足以下要求的函数存在并且是唯一的:
   $$\begin{array}{c} f(1)=a\quad(a>0, a\neq 1),\\ f(x_1)\cdot f(x_2)=f(x_1+x_2),\\ x_0\in \mathbb{R_+}, \mathbb{R_+}\ni x\rightarrow x_0, f(x)\rightarrow f(x_0). \end{array}$$

【证明】 显然, 指数函数和对数函数是分别满足 a) 和 b) 的条件的函数(存在性). 事实上, 参考指数函数, 对数函数以及幂函数的定义, 容易得到, 若函数 $f(x)$ 满足 a) (或 b)) 中的性质, 则其在定义域上任意一点处与指数函数(或对数函数)相同的值. 这就说明两者就是同一个函数(唯一性).

2. a) 请建立一一映射 $\varphi:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R_+}$, 使得对于任何 $x,y\in\mathbb{R}$, 都有 $\varphi(x+y)=\varphi(x)\cdot\varphi(y)$, 即让原像中的加法运算对应于像中的乘法运算. 这种映射的存在意味着, 群 $(\mathbb{R},+)$ 和 $\mathbb{R_+,\cdot}$ 作为代数对象是一样的. 或者说它们同构.
   
   b) 请证明: 群 $(\mathbb{R},+)$ 和 $(\mathbb{R\backslash 0,\cdot})$ 不同构.

【证明】 a) 事实上, 指数函数就是满足要求的这样一个一一映射. 参考Isomorphism.

b) 若群 $(\mathbb{R},+)$ 和 $(\mathbb{R\backslash 0,\cdot})$ 同构, $\varphi$ 为同构映射, 那么有 $$\varphi(0+y)=\varphi(0)\cdot\varphi(y)\Rightarrow \varphi(0) = 1.$$ 同时, 对任意 $\mathbb{R\backslash 0}\ni a < 0$, 比如 $-1$, 由于同构映射是满射, 故必存在 $x_0\in \mathbb{R}$, 使得 $\varphi(x_0) = -1$. 于是, 我们有
$$\varphi(0)=\varphi(x_0-x_0)=\varphi(x_0)\cdot\varphi(-x_0)\Rightarrow \varphi(-x_0) = -1.$$
而 $\varphi$ 是单射, 所以 $x_0=-x_0$. 这便有了矛盾. 故而两群并不同构. Q.E.D.

3. 计算极限:
   • $\lim_\limits{x\rightarrow+0}x^x$,
   • $\lim_\limits{x\rightarrow+\infty}x^{1/x}$,
   • $\lim_\limits{x\rightarrow 0}\frac{\log_{a}(1+x)}{x}$,
   • $\lim_\limits{x\rightarrow+0}\frac{a^x-1}{x}$.

【解】

• $\lim_\limits{x\rightarrow+0}x^x = \lim_\limits{x\rightarrow+0}x\ln x \overset{令 t = 1/x}{=} \lim_\limits{t\rightarrow+\infty}\frac{-\ln t}{t} = 0$.
• $\lim_\limits{x\rightarrow+\infty}x^{1/x} = \lim_\limits{t\rightarrow+\infty}\frac{\ln x}{x} = 0$.
• $\lim_\limits{x\rightarrow 0}\frac{\log_{a}(1+x)}{x} = \lim_\limits{x\rightarrow 0}\frac{\ln(1+x)}{x\ln a} = \frac{1}{\ln a}\lim_\limits{x\rightarrow 0}x/x = \frac{1}{\ln a}$.
• $\lim_\limits{x\rightarrow+0}\frac{a^x-1}{x} \overset{令 t = a ^ x -1}{=} \ln a \lim_\limits{t\rightarrow 0}\frac{t}{\ln (t+1)} = \ln a$.

4. 请证明:
   $$1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n} = \ln n +c+ o(1),\quad n\rightarrow\infty,$$
   其中 $c$ 是常数 ($c = 0.57721\cdots$ 称为欧拉常数).

【Hint】 考虑数列
$$a_n = \sum_{k=1}^{n}{\frac{1}{k}-\ln n}.$$
并利用单调有界定理证明. Q.E.D.

5. 请证明:
   a) 如果两个级数 $\sum_{n=1}^{\infty}a_n$, $\sum_{n=1}^{\infty}b_n$ 都是正项级数, 并且当 $n\rightarrow\infty$ 时 $a_n\sim b_n$, 则两个级数同时收敛或同时发散.
   
   b) 级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\sin{\frac{1}{n^p}}$ 仅当 $p>1$ 时收敛.

【证明】 a) 由于 $a_n\sim b_n$, 故 $\exists q_n>p_n >0$ 使得 $p_nb_n< a_n < q_nb_n$. 其中 $\lim_{n\rightarrow\infty}p_n=\lim_{n\rightarrow\infty}q_n=1$. 由正向级数的比较判别法, 显然, 两数列同时敛散.

b) 由于 $n\rightarrow\infty$ 时 $\sin\frac{1}{n^p}\sim \frac{1}{n^p}$, 故级数与 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^p}$ 同时敛散. Q.E.D.

6. 请证明:
   a) 如果对于任何 $n\in \mathbb{N}$ 有 $a_n\geqslant a_{n+1}>0$, 并且级数 $\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 收敛, 则当 $n\rightarrow\infty$ 时 $a_n = o(1/n)$.
   b) 如果 $b_n = o(1/n)$, 则总可以构造出一个收敛级数 $\sum_{n=1}^{\infty}a_n$, 使得当 $n\rightarrow\infty$ 时, $b_n= o(a_n)$.
   c) 如果正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 收敛, 则以 $A_n = \sqrt{\sum_{k=n}^{\infty}a_k} - \sqrt{\sum_{k=n+1}^{\infty}a_k}$ 为项的级数 $\sum_{n=1}^{\infty}A_n$ 也收敛, 并且当 $n\rightarrow\infty$ 时 $a_n = o(A_n)$.
   d) 如果正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 发散, 则以 $A_n = \sqrt{\sum_{k=1}^{n}a_k} - \sqrt{\sum_{k=1}^{n-1}a_k}$ 为项的级数 $\sum_{n=1}^{\infty}A_n$ 也发散, 并且当 $n\rightarrow\infty$ 时 $A_n = o(a_n)$.
   
   由 c), d) 可知, 任何收敛(发散)级数都不可能作为普适的比较级数来判断其他级数的敛散性.

【证明】
a) 由级数收敛知 $\lim_{n\rightarrow\infty}a_{n}/a_{n-1}=q<1$, 同时 $\forall n \in \mathbb{N}$, 有 $a_{n+1}/a_{n} = q_n <1$. 于是得到 $a_n/a_1 = q_1\cdots q_{n-1}$. 由极限的性质, $n\rightarrow\infty$ 时 $a_n = a_1q^n + o(q^n)$. 而 $\lim_{n\rightarrow\infty}{q^n/\frac{1}{n}} = 0~ (q<1)$, 于是 $q^n = o(1/n)$. 故 $a_n =o(1/n)$.

b) 由 $b_n = o(1/n)$ 知, 存在无穷小量 $\alpha(n)$, 使得 $b_n = \alpha(n)\cdot\frac{1}{n}$. 同时, $\exists N\in \mathbb{N}$, $\forall n>N$, 有 $\alpha(n)<1/n$. 故而
$$b_n = \alpha(n)\cdot\frac{1}{n}< \frac{1}{n^2},$$
由实数的连续性, 总是存在 $a_n$ 满足 $b_n< a_n< 1/n^2$. 于是由比较判别法, 级数 $\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 收敛 (级数的前有限项不影响级数的敛散性), 并且满足 $b_n = o(a_n)$.

c) 考虑级数 $\sum_{n=1}^{\infty}A_n$ 的部分和序列 $S_n$:
$$S_n = \sum_{k=1}^{n}A_k = \sqrt{\sum_{k=1}^{\infty}a_k} - \sqrt{\sum_{k=n+1}^{\infty}a_k}.$$
显然, $A_n>0$, 故 $S_n$ 单调递增. 又因为$\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 收敛而有上界. 所以 $n\rightarrow \infty$ 时, $S_n$ 有极限. 即 $\sum_{n=1}^{\infty}A_n$ 收敛.

考虑
$$\frac{a_n}{A_n} = \frac{a_n}{\sqrt{\sum_{k=n}^{\infty}a_k} - \sqrt{\sum_{k=n+1}^{\infty}a_k}} = \sqrt{\sum_{k=n}^{\infty}a_k} + \sqrt{\sum_{k=n+1}^{\infty}a_k},$$
由级数 $\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 收敛, 上式的极限为 $0$. 故 $a_n = o(A_n)$.

d) 考虑级数的部分和序列 $S_n$:
$$S_n = \sum_{k=1}^{n}A_k = \sqrt{\sum_{k=1}^{n}a_k} - \sqrt{a_1}.$$
由级数 $\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 发散, 显然可知级数 $\sum_{n=1}^{\infty}A_n$ 发散.

考虑
$$\frac{A_n}{a_n} = \frac{\sqrt{\sum_{k=1}^{n}a_k} - \sqrt{\sum_{k=1}^{n-1}a_k}}{a_n} = \frac{1}{\sqrt{\sum_{k=1}^{n}a_k} + \sqrt{\sum_{k=1}^{n-1}a_k}},$$
由级数 $\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 发散, 于是上式的极限为 $0$. 故 $a_n = o(A_n)$. Q.E.D.