《陶哲軒實分析》習題10 4 3

2022-02-10 13:39:12 字數 1524 閱讀 8857

設$\alpha$是實數,並設$f:(0,+\infty)\to \mathbf$是函式$f(x):x^$.

a)證明

\begin

\label

\lim_\frac=\alpha

\end

證明:設$(q_n)_^$是有理柯西列,該柯西列的極限是$\alpha$.且$\forall n\in\mathbf}$,$q_n\geq \alpha$(為什麼這可以實現?)設$(p_n)_^$是有理柯西列,該柯西列的極限也為$\alpha$,且$\forall n\in\mathbf}$,$p_n\leq \alpha$(為什麼這可以實現?)

當$x>1$時,顯然$\forall k\in\mathbf}$,

\begin

\label

\frac-1}\leq \frac-1}\leq \frac-1}

\end

因此當$x>1$時,

\begin

\label

\lim_\frac-1}\leq

\lim_\frac-1}\leq \lim_\frac-1}

\end

(為什麼?)

根據《陶哲軒實分析》習題10.4.2,可知$\lim_\frac-1}=p_k$,且$\lim_\frac-1}=q_k$.因此

\begin

\label

p_k\leq \lim_\frac-1}\leq q_k

\end

由於$\lim_p_k=\lim_q_k=\alpha$,因此根據夾逼定理,$\lim_\frac-1}=\alpha$.

當$x<1$時,顯然$\forall k\in\mathbf}$,

\begin

\label

\frac-1}\leq \frac-1}\leq \frac-1}

\end

因此當$x<1$時,

\begin

\label

\lim_\frac-1}\leq \lim_\frac-1}\leq \lim_\frac-1}

\end

(為什麼?)

同樣根據《陶哲軒實分析》習題10.4.2,可知$\lim_\frac-1}=p_k$,且$\lim_\frac-1}=q_k$.因此

\begin

\label

q_k\leq \lim_\frac-1}\leq p_k

\end

由於$\lim_p_k=\lim_q_k=\alpha$.因此根據夾逼定理,$\lim_\frac-1}=\alpha$.

顯然$x\neq 1$.

b)證明$f$在$(0,+\infty)$上可微,且$f'(x)=\alpha x^$.

證明:\begin

\label

\lim_\frac&=\lim_\frac-x_0^}\\&=\lim_\frac[(\frac)^-1]}-1)}\\&=\lim_\to

1}x_0^\frac)^-1}-1}

\end

根據a),可知上式等於$\alpha x_0^$.

《陶哲軒實分析》習題10 4 3

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