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+++ date = '2025-12-15T16:40:05+08:00' draft = false title = '2 – 数院人的一天' tags = ['数学分析'] categories = 'math' description = '我是数院的，数学再差也是数院的。' +++ 今日习题：来自《数学分析》上册 习题7.2 L'Hôpital法则。
题目描述1
求极限：\lim_{x\to0}{(\frac{a_1^x+a_2^x+\cdots+a_n^x}{n})^\frac{1}{x}}, a_i≥0
解答
[ \begin{align} \lim_{x\to0}{(\frac{a_1^x+a_2^x+\cdots+a_n^x}{n})^\frac{1}{x}}&=\lim_{x\to0}{e^\frac{\ln{(\frac{a_1^x+a_2^x+\cdots+a_n^x}{n})}}{x}}\ &=e^{\lim_{x\to0}\frac{\ln{\frac{a_1^x+a_2^x+\cdots+a_n^x}{n}}}{x}}\ (L'Hôpital)&=e^{\lim_{x\to0}{\frac{\frac{a_1^x\ln a_1+a_2^x\ln a_2+\cdots+a_n^x\ln a_n^x}{n}}{\frac{a_1^x+a_2^x+\cdots+a_n^x}{n}}}}\ &=e^{\frac{\ln a_1+\ln a_2+\cdots+\ln a_n}{n}}\ &=\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n} \end{align} ]
注
L'Hôpital习题真难😭
题目描述2
求极限：\lim_{x\to0}{\frac{(1+\ln(1+x))^{\frac{1}{\tan x}}+e(x-1)}{x^2}}
解答
\begin{align}
\lim_{x\to0}{\frac{(1+\ln(1+x))^{\frac{1}{\tan x}}+e(x-1)}{x^2}}&=e\lim_{x\to0}{\frac{e^{\frac{\ln(1+\ln(1+x))}{\tan x}-1}+x-1}{x^2}}\\
\end{align}
由于
\begin{align}
\ln(1+\ln(1+x))&=\ln(1+x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+O(x^4))\\
&=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+O(x^4)-\frac{(x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+O(x^4))^2}{2}+\frac{x^3}{3}+O(x^4)\\
&=x-x^2+\frac{7x^3}{6}+O(x^4)\\
\tan x&=x+\frac{x^3}{3}+O(x^5)\\
e^t&=1+t+\frac{t^2}{2}+O(t^3)
\end{align}
则
\begin{align}
\lim_{x\to0}{\frac{(1+\ln(1+x))^{\frac{1}{\tan x}}+e(x-1)}{x^2}}&=e\lim_{x\to0}{\frac{e^{\frac{x-x^2+\frac{7x^3}{6}+O(x^4)}{x+\frac{x^3}{3}+O(x^5)}-1}+x-1}{x^2}}\\
&=e\lim_{x\to0}{\frac{e^{\frac{-x^2+\frac{5x^3}{6}+O(x^4)}{x+\frac{x^3}{3}+O(x^5)}}+x-1}{x^2}}\\
&=e\lim_{x\to0}{\frac{e^{\frac{-x+\frac{5x^2}{6}+O(x^3)}{1+\frac{x^2}{3}+O(x^4)}}+x-1}{x^2}}\\
&=e\lim_{x\to0}{\frac{\frac{-x+\frac{5x^2}{6}+O(x^3)}{1+\frac{x^2}{3}+O(x^4)}+\frac{x^2+O(x^3)}{2(1+\frac{x^2}{3}+O(x^4))^2}+O(x^3)+x}{x^2}}\\
&=e\lim_{x\to0}{\frac{\frac{\frac{5x^2}{6}+O(x^3)}{1+\frac{x^2}{3}+O(x^4)}+\frac{x^2+O(x^3)}{2(1+\frac{x^2}{3}+O(x^4))^2}+O(x^3)}{x^2}}\\
&=e\lim_{x\to0}{(\frac{\frac{5}{6}+O(x)}{1+\frac{x^2}{3}+O(x^4)}+\frac{1+O(x)}{2(1+\frac{x^2}{3}+O(x^4))^2}+O(x))}\\
&=\frac{4e}{3}
\end{align}
注
纯Taylor，不L'Hôpital。
题目描述3：
设$f$是方程$f''(x)+3f'(x)+4f(x)=\frac{4x^2}{x^2+x+1}, x≥0, f(0)=1, f'(0)=2$的解。
证明：$\lim_{x\to+\infty}f''(x)=\lim_{x\to+\infty}f'(x)=0$。
类题：（来自习题课助教黄婧扬）
(1) 设 ( f(x) ) 在 ( (0, \infty) ) 上可导，( a > 0 )。若 [ \lim_{x \to \infty} \big( a f(x) + f'(x) \big) = l, ] 则 [ \lim_{x \to \infty} f(x) = \frac{l}{a}. ]
证明：构造辅助函数 [ g(x) = e^{a x} f(x). ] 则 [ g'(x) = e^{a x} \big( a f(x) + f'(x) \big). ] 由题设条件可知 [ \lim_{x \to \infty} \frac{g(x)}{e^{a x}} = \lim_{x \to \infty} \big( a f(x) + f'(x) \big) = l. ] 由 L'Hôpital 法则，我们有 [ \lim_{x \to \infty} f(x) = \lim_{x \to \infty} \frac{g(x)}{e^{a x}} = \lim_{x \to \infty} \frac{g'(x)}{a e^{a x}} = \frac{l}{a}. ] 上述证明对实部为正的复数 ( \alpha ) 都成立。
(2) 设 ( f(x) ) 在 ( (0, \infty) ) 上二次可导。若有 [ \lim_{x \to \infty} \big( f(x) + f'(x) + f''(x) \big) = l, ] 则 [ \lim_{x \to \infty} f(x) = l. ]
证明：设 ( \alpha = \frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2} i )，( \beta = \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} i )，则 ( \alpha, \beta ) 为方程 ( x^2 - x + 1 = 0 ) 的两个根。构造辅助函数 [ g(x) = e^{\alpha x} \big(\beta f(x) + f'(x) \big). ] 则 [ g'(x) = e^{\alpha x} \big(\alpha\beta f(x) + (\alpha+\beta)f'(x) + f''(x) \big).\ g'(x) = e^{\alpha x} \big(f(x) + f'(x) + f''(x) \big). ] 由题设条件可知 [ \lim_{x \to \infty} \frac{g(x)}{e^{\alpha x}} = \lim_{x \to \infty} \big( f(x) + f'(x) + f''(x) \big) = l. ] 由 L'Hôpital 法则，我们有 [ \lim_{x \to \infty} \big( f(x) + \beta f'(x) \big) = \lim_{x \to \infty} \frac{g'(x)}{\alpha e^{\alpha x}} = \frac{l}{\alpha}. ] 由 (1) 得到 [ \lim_{x \to \infty} f(x) = l. ]
解答
设$g(x)=e^{\alpha x}(\beta f(x)+f'(x))$，待定系数$\alpha,\beta$满足：
[
\begin{align}
g'(x)&= e^{\alpha x}(\alpha\beta f(x) + (\alpha+\beta)f'(x) + f''(x))\
&=e^{\alpha x}(4f(x) +3f'(x) + f''(x))
\end{align}
]
即：$\alpha,\beta$是方程$x^2-3x+4=0$的两个复根。$\alpha=\frac{3-\sqrt7i}{2},\beta=\frac{3+\sqrt7i}{2}$。
则：
[
\lim_{x\to+\infty}\frac{g'(x)}{e^{\alpha x}}=\lim_{x\to+\infty}\frac{4x^2}{x^2+x+1}=4\
\lim_{x\to+\infty}\frac{g'(x)}{\alpha e^{\alpha x}}=\frac{4}\alpha=\lim_{x\to+\infty}\frac{g(x)}{e^{\alpha x}}=\lim_{x\to+\infty}{(\beta f(x)+f'(x))}
]
由上述类题1的(1)可得：$\lim_{x\to+\infty}{f(x)}=\frac{4}{\alpha\beta}=1$，
则由$\lim_{x\to+\infty}{(f''(x)+3f'(x)+4f(x))}=\lim_{x\to+\infty}\frac{4x^2}{x^2+x+1}=4$得：
[
\lim_{x\to+\infty}{(f''(x)+3f'(x))}=0
]
由于$\lim_{x\to+\infty}{f(x)}=\frac{4}{\alpha\beta}=1$，
易知$\lim_{x\to+\infty}{f'(x)}=0$，
则$\lim_{x\to+\infty}{f''(x)}=0$，原命题得证。
注
不知道为什么(1)在复数也成立，好神奇。