人邮高数 第1章 第1-7-9题
📝 题目
9．讨论下列函数的连续性，若有间断点，判断其所属类型． （1）$f(x)=\displaystyle{\lim} _{n \rightarrow \infty} \frac{1-x^{2 n}}{1+x^{2 n}} x$ ； （2）$f(x)=\displaystyle{\lim} _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{1+x^{2 n}}$ ．
💡 答案解析
[AI解答]
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**习题1-7 第9题解答**
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### （1）$f(x)=\displaystyle{\lim}_{n \rightarrow \infty} \frac{1-x^{2 n}}{1+x^{2 n}} x$
**第一步：分析极限表达式**
考虑极限 $$ f(x) = x \cdot \lim_{n\to\infty} \frac{1-x^{2n}}{1+x^{2n}}. $$ 令 $t = x^2$，则 $x^{2n} = (x^2)^n = t^n$。需要分情况讨论 $|x|$ 的大小。
**第二步：分情况求极限**
- 当 $|x|<1$ 时，$x^{2n} \to 0$，于是 $$ \frac{1-x^{2n}}{1+x^{2n}} \to \frac{1-0}{1+0}=1, $$ 所以 $f(x)=x\cdot 1 = x$。
- 当 $|x|=1$ 时，$x^{2n}=1$，则 $$ \frac{1-1}{1+1}=0, $$ 所以 $f(x)=x\cdot 0 = 0$。
- 当 $|x|>1$ 时，$x^{2n} \to \infty$，分子分母同除以 $x^{2n}$： $$ \frac{1-x^{2n}}{1+x^{2n}} = \frac{\frac{1}{x^{2n}}-1}{\frac{1}{x^{2n}}+1} \to \frac{0-1}{0+1} = -1, $$ 所以 $f(x)=x\cdot (-1) = -x$。
因此函数为分段形式： $$ f(x)= \begin{cases} x, & |x|<1,\\ 0, & |x|=1,\\ -x, & |x|>1. \end{cases} $$
**第三步：讨论连续性**
- 在 $|x|<1$ 时，$f(x)=x$ 连续； - 在 $|x|>1$ 时，$f(x)=-x$ 连续； - 在 $x=1$ 处： $$ \lim_{x\to 1^-} f(x)=\lim_{x\to 1^-} x = 1,\quad \lim_{x\to 1^+} f(x)=\lim_{x\to 1^+} (-x) = -1, $$ 左右极限不相等，且 $f(1)=0$，故 $x=1$ 为**第一类跳跃间断点**。
- 在 $x=-1$ 处： $$ \lim_{x\to -1^-} f(x)=\lim_{x\to -1^-} (-x)=1,\quad \lim_{x\to -1^+} f(x)=\lim_{x\to -1^+} x = -1, $$ 左右极限不相等，且 $f(-1)=0$，故 $x=-1$ 也为**第一类跳跃间断点**。
**结论（1）**：函数在 $x=\pm 1$ 处为第一类跳跃间断点，其余点连续。
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### （2）$f(x)=\displaystyle{\lim}_{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{1+x^{2 n}}$
**第一步：分析极限**
考虑 $$ f(x)=\lim_{n\to\infty} (1+x^{2n})^{1/n}. $$ 同样分 $|x|$ 的情况。
**第二步：分情况**
- 当 $|x|<1$ 时，$x^{2n}\to 0$，则 $1+x^{2n}\to 1$，于是 $$ (1+x^{2n})^{1/n} \to 1^{0}=1. $$ 更严格：$1 \le 1+x^{2n} \le 2$，开 $n$ 次方后极限为 $1$。
- 当 $|x|=1$ 时，$x^{2n}=1$，则 $1+1=2$，于是 $$ f(x)=\lim_{n\to\infty} 2^{1/n}=1. $$
- 当 $|x|>1$ 时，$x^{2n}\to\infty$，提取 $x^{2n}$： $$ 1+x^{2n}=x^{2n}\left(1+\frac{1}{x^{2n}}\right), $$ 则 $$ (1+x^{2n})^{1/n} = (x^{2n})^{1/n} \cdot \left(1+\frac{1}{x^{2n}}\right)^{1/n} = x^2 \cdot \left(1+\frac{1}{x^{2n}}\right)^{1/n}. $$ 由于 $\displaystyle \left(1+\frac{1}{x^{2n}}\right)^{1/n} \to 1$（因为底数趋于1，指数趋于0），所以 $$ f(x)=x^2. $$
因此： $$ f(x)= \begin{cases} 1, & |x|\le 1,\\ x^2, & |x|>1. \end{cases} $$
**第三步：讨论连续性**
- 在 $|x|<1$ 时，$f(x)=1$ 连续； - 在 $|x|>1$ 时，$f(x)=x^2$ 连续； - 在 $x=1$ 处： $$ \lim_{x\to 1^-} f(x)=1,\quad \lim_{x\to 1^+} f(x)=1^2=1,\quad f(1)=1, $$ 连续。 - 在 $x=-1$ 处： $$ \lim_{x\to -1^-} f(x)=(-1)^2=1,\quad \lim_{x\to -1^+} f(x)=1,\quad f(-1)=1, $$ 也连续。
**结论（2）**：函数在全体实数上连续，无间断点。
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**最终答案** （1）间断点 $x=\pm1$，为第一类跳跃间断点； （2）处处连续。