9月20日数学分析（B1）作业

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P50 第1题

(2)

f(x)在x∈(−∞,−1)∪(−1,+∞)有定义，当x>−1时，对任意给定的ϵ>0，解不等式∣x−1x+1−1∣=2x+1<ϵ得x>2ϵ−1取X=2ϵ−1，当x>X>−1时，有∣x−1x+1−1∣<ϵ，故lim⁡x→+∞∣x−1x+1∣=1同理，当x<−1时，对任意给定的ϵ>0，解不等式∣x−1x+1−1∣=−2x+1<ϵ得x<−2ϵ−1取X=−2ϵ−1，当x<X<−1时，有∣x−1x+1−1∣<ϵ，故lim⁡x→−∞∣x−1x+1∣=1综上，lim⁡x→∞∣x−1x+1∣=1f(x)在x\in(-\infty,-1)\cup(-1,+\infty)有定义， \\ 当x>-1时，对任意给定的\epsilon>0，解不等式\left\vert \frac{x-1}{x+1}-1 \right\vert=\frac{2}{x+1} <\epsilon \\ 得x>\frac{2}{\epsilon}-1 \\ 取X=\frac{2}{\epsilon}-1，当x>X>-1时，有\left\vert \frac{x-1}{x+1}-1 \right\vert<\epsilon，故\lim_{x \to +\infty}\left\vert \frac{x-1}{x+1} \right\vert=1 \\ 同理，当x<-1时，对任意给定的\epsilon>0，解不等式\left\vert \frac{x-1}{x+1}-1 \right\vert=-\frac{2}{x+1} <\epsilon \\ 得x<-\frac{2}{\epsilon}-1 \\ 取X=-\frac{2}{\epsilon}-1，当x<X<-1时，有\left\vert \frac{x-1}{x+1}-1 \right\vert<\epsilon，故\lim_{x \to -\infty}\left\vert \frac{x-1}{x+1} \right\vert=1 \\ 综上，\lim_{x \to \infty}\left\vert \frac{x-1}{x+1} \right\vert=1

(4)

f(x)在x∈(0,+∞)有定义，当x>0时，∀ϵ>0，解不等式x1q<ϵ由于q∈N+，得x<ϵq取X=ϵq，当0<x<X时，有x1q<ϵ，故lim⁡x→0+x1/q=0f(x)在x\in(0,+\infty)有定义， \\ 当x>0时，\forall\epsilon>0，解不等式 x^{\frac{1}{q}} <\epsilon \\ 由于q\in\mathbb{N_+}，得x<\epsilon^q \\ 取X=\epsilon^q，当0<x<X时，有x^{\frac{1}{q}}<\epsilon，故\lim_{x \to 0^+}x^{1/q}=0

P50 第2题

(2)

由n∈N+，知x∈(0,1)∪(1,+∞)lim⁡x→1xn−1x−1=lim⁡x→1(1+x+x2+⋯+xn−1)=1+1+1+⋯+1=n故lim⁡x→1xn−1x−1=n由n\in \mathbb{N_+}，知x\in (0,1)\cup(1,+\infty) \\ \lim_{x \to 1}\frac{x^n-1}{x-1}=\lim_{x \to 1}( 1+x+x^2+ \cdots +x^{n-1} )=1+1+1+ \cdots +1=n 故\lim_{x \to 1}\frac{x^n-1}{x-1}=n

(4)

lim⁡x→∞(3x+6)70(8x−5)20(5x−1)90=lim⁡x→∞(3+6x)70(8−5x)20(5−1x)90=370⋅820590综上，lim⁡x→∞(3x+6)70(8x−5)20(5x−1)90=260⋅370590\lim_{x \to \infty}\frac{(3x+6)^{70}(8x-5)^{20}}{(5x-1)^{90}}=\lim_{x \to \infty}\frac{(3+\frac{6}{x})^{70}(8-\frac{5}{x})^{20}}{(5-\frac{1}{x})^{90}}=\frac{3^{70}\cdot 8^{20}}{5^{90}} \\ 综上，\lim_{x \to \infty}\frac{(3x+6)^{70}(8x-5)^{20}}{(5x-1)^{90}}=\frac{2^{60}\cdot 3^{70}}{5^{90}}

P50 第4题

lim⁡x→+∞f(x)=l⇒∀ϵ>0,∃X>0使∀x>X,∣f(x)−l∣<ϵ令N=k，其中k为使ak>X时最小的k∀n>N,an>X⇒∣f(an)−l∣<ϵ故有lim⁡n→∞f(an)=l\lim_{x \to +\infty}f(x)=l \Rightarrow \forall \epsilon>0, \exists X>0使\forall x>X, \left\vert f(x)-l \right\vert <\epsilon \\ 令N=k，其中k为使a_k>X时最小的k \\ \forall n>N,a_n>X\Rightarrow \left\vert f(a_n)-l \right\vert <\epsilon \\ 故有\lim_{n \to \infty}f(a_n)=l

P50 第5题

(2)

f(x)={1,x>00,x=0−1,x<0lim⁡x→0+f(x)=lim⁡x→0+1=1lim⁡x→0−f(x)=lim⁡x→0−−1=−1lim⁡x→0+f(x)≠lim⁡x→0−f(x)综上,lim⁡x→0+f(x)=1,lim⁡x→0−f(x)=−1,lim⁡x→0f(x)不存在f(x)=\begin{cases} 1, &x>0 \\ 0, &x=0 \\ -1,&x<0 \end{cases} \\ \lim_{x \to 0^+}f(x)=\lim_{x \to 0^+}1=1 \\ \lim_{x \to 0^-}f(x)=\lim_{x \to 0^-}-1=-1 \\ \lim_{x \to 0^+}f(x)\neq \lim_{x \to 0^-}f(x) \\ 综上,\lim_{x \to 0^+}f(x)=1, \lim_{x \to 0^-}f(x)=-1 , \lim_{x \to 0}f(x)不存在

(4)

f(x)={cos⁡1x,x>0x,x≤0lim⁡x→0−f(x)=lim⁡x→0−x=0下证lim⁡x→0+f(x)=lim⁡x→0+cos⁡1x不存在：假设lim⁡x→0+cos⁡1x=k取数列an=12nπ,f(an)=cos⁡2nπ=1⇒lim⁡n→∞f(12nπ)=1由数列与函数极限的关系可知k=1取数列bn=1(2n+1)π,f(an)=cos⁡(2n+1)π=−1⇒lim⁡n→∞f(1(2n+1)π)=−1由数列与函数极限的关系可知k=−1,矛盾故lim⁡x→0+f(x)=lim⁡x→0+cos⁡1x不存在综上，lim⁡x→0+f(x)不存在,lim⁡x→0−f(x)=0,lim⁡x→0f(x)不存在f(x)=\begin{cases} \cos \frac{1}{x}, & x>0 \\ x, & x\leq 0 \end{cases} \\ \lim_{x \to 0^-}f(x)=\lim_{x \to 0^-}x=0 \\ 下证\lim_{x \to 0^+}f(x)=\lim_{x \to 0^+}\cos \frac{1}{x}不存在：\\ 假设\lim_{x \to 0^+}\cos \frac{1}{x}=k 取数列a_n=\frac{1}{2n\pi}, f(a_n)=\cos 2n\pi=1 \\ \Rightarrow \lim_{n \to \infty}f(\frac{1}{2n\pi})=1 \\ 由数列与函数极限的关系可知k=1 \\ 取数列b_n=\frac{1}{(2n+1)\pi}, f(a_n)=\cos (2n+1)\pi=-1 \\ \Rightarrow \lim_{n \to \infty}f(\frac{1}{(2n+1)\pi})=-1 \\ 由数列与函数极限的关系可知k=-1,矛盾 \\ 故\lim_{x \to 0^+}f(x)=\lim_{x \to 0^+}\cos \frac{1}{x}不存在 \\ 综上，\lim_{x \to 0^+}f(x)不存在, \lim_{x \to 0^-}f(x)=0,\lim_{x \to 0}f(x)不存在