《数学分析习题集》第一章 分析引论 5.函数的极限
初等超越函数的极限计算
三角函数的极限计算
这里与前面的极限计算题不同之处是:在一般教科书中列为最基本的两个函数极限之一,即
$$\lim_{x\to 0} \dfrac{\sin{x} }{x} =1,\label{1} \tag{1.31} $$
起重要作用.它是比较三角函数与标准无穷小量的基础.此外,在本小节的许多习题的计算中,等价量代换法也是基本的.关于它的简单介绍见$\S 1.5.7$之$1$.
求下列极限:
$471$.$\displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{\sin{5x} }{x} $.
解$\quad \displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{\sin{5x} }{x} =5\lim_{x\to 0} \dfrac{\sin{5x} }{5x} =5\cdot 1=5$.
$472$.$\displaystyle \lim_{x\to \infty } \dfrac{\sin{x} }{x} $.
解$\quad $当$x\to \infty $时,$\dfrac{1}{x} $为无穷小量,而$\vert \sin{x} \vert \leqslant 1$,故$\dfrac{\sin{x} }{x} $当$x\to \infty $时为无穷小量,即$\displaystyle \lim_{x\to \infty } \dfrac{\sin{x} }{x} =0$.
$473$.$\displaystyle \lim_{x\to \pi } \dfrac{\sin{mx} }{\sin{nx} } $.
解$\quad $令$x=\pi +y$,则当$x\to \pi $时,$y\to 0$.于是,
$$\begin{align}
& \lim_{x\to \pi } \dfrac{\sin{mx} }{\sin{nx} } \\
= & \lim_{y\to 0} \dfrac{(-1)^m \sin{my} }{(-1)^n \sin{ny} } \\
= & (-1)^{m-n} \lim_{y\to 0} \left( \dfrac{\sin{my} }{my} \cdot \dfrac{ny}{\sin{ny} } \cdot \dfrac{m}{n} \right) \\
= & (-1)^{m-n} \dfrac{m}{n} .
\end{align}$$
$474$.$(a)\displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{1-\cos{x} }{x^2} ;(b)\lim_{x\to 0} \dfrac{\tan{x} }{x} ;(c)\lim_{x\to 0} x\cot{3x} $.
解$\quad (a)$首先要看出这是$\dfrac{0}{0} $型的不定式.然后用三角公式如下进行:
$$\lim_{x\to 0} \dfrac{1-\cos{x} }{x^2} =\lim_{x\to 0} \dfrac{2\sin{}^2 \dfrac{x}{2} }{x^2} =\dfrac{1}{2} \lim_{x\to 0} \left( \dfrac{\sin{\dfrac{x}{2} } }{\dfrac{x}{2} } \right)^2 =\dfrac{1}{2} .$$
注$\quad $为便于今后的引用,重记为
$$\lim_{x\to 0} \dfrac{1-\cos{x} }{x^2} =\dfrac{1}{2} \label{474.1} \tag{1.32} $$
利用极限理论中的等价量记号(见$\S 1.5.7$之$1$),我们就得到了两个重要的等价无穷小量的公式:
$$\sin{x} \sim x(x\to 0),1-\cos{x} \sim \dfrac{1}{2} x^2 (x\to 0).\label{474.2} \tag{1.33} $$
$(b)$
$$\lim_{x\to 0} \dfrac{\tan{x} }{x} =\lim_{x\to 0} \dfrac{\sin{x} }{x} \cdot \dfrac{1}{\cos{x} } =\lim_{x\to 0} \dfrac{\sin{x} }{x} \cdot \dfrac{1}{\displaystyle \lim_{x\to 0} \cos{x} } =1.$$
$(c)$
$$\lim_{x\to 0} x\cot{3x} =\dfrac{1}{3} \lim_{x\to 0} \dfrac{3x}{\sin{3x} } \cdot \cos{3x} =\dfrac{1}{3} \lim_{x\to 0} \dfrac{3x}{\sin{3x} } \cdot \lim_{x\to 0} \cos{3x} =\dfrac{1}{3}.$$
$475$.$\displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{\tan{x} -\sin{x} }{\sin{}^3 x } $.
解
$$\begin{align}
& \lim_{x\to 0} \dfrac{\tan{x} -\sin{x} }{\sin{}^3 x } \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{\dfrac{\sin{x} }{\cos{x} } -\sin{x} }{\sin{}^3 x } \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{1-\cos{x} }{\cos{x} \sin{}^2 x } \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{2\sin{}^2 \dfrac{x}{2} }{4\sin{}^2 \dfrac{x}{2} \cos{}^2 \dfrac{x}{2} \cos{x} } \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{1}{2\cos{}^2 \dfrac{x}{2} \cos{x} } \\
= & \dfrac{1}{2} .
\end{align}$$
$476$.$\displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{\sin{5x} -\sin{3x} }{\sin{x} } $.
解$1\quad $第一步是看出这是$\dfrac{0}{0} $型的不定式,然后按照等价量代换法,分母可以用$x$代替,然后分式的极限可以分成两项分别处理.由于这是第一次用等价量代换法,我们将上述过程详细写出如下,其中三次使用了极限$\eqref{1} $:
$$\begin{align}
& \lim_{x\to 0} \dfrac{\sin{5x} -\sin{3x} }{\sin{x} } \\
= & \lim_{x\to 0} \left( \dfrac{\sin{5x} -\sin{3x} }{x} \cdot \dfrac{x}{\sin{x} } \right) \\
= & \lim_{x\to 0} \left( \dfrac{\sin{5x}}{5x} \cdot 5-\dfrac{\sin{3x}}{3x} \cdot 3\right) \\
= & 5-3 \\
= & 2 .
\end{align}$$
解$2\quad $用三角函数的和差化积公式也可以如下求解:
$$\lim_{x\to 0} \dfrac{\sin{5x} -\sin{3x} }{\sin{x} } =\lim_{x\to 0} \dfrac{2\cos{4x} \sin{x} }{\sin{x} } =2\lim_{x\to 0} \cos{4x} =2.$$
$477$.$\displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{\cos{x} -\cos{3x} }{x^2} $.
解$\quad $这是$\dfrac{0}{0} $型的不定式.利用极限$\eqref{474.1} $即可计算如下:
$$\begin{align}
& \lim_{x\to 0} \dfrac{\cos{x} -\cos{3x} }{x^2} \\
= & \lim_{x\to 0} \left( \dfrac{\cos{x} -1 }{x^2} + \dfrac{1-\cos{3x} }{9x^2 } \cdot 9\right) \\
= & \dfrac{1}{2} (-1+9)\\
= & 4 .
\end{align}$$
$478$.$\displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{1+\sin{x} -\cos{x} }{1+\sin{px} -\cos{px} } $.
解$\quad $这是$\dfrac{0}{0} $型的不定式.分子分母同除以$x$后再利用等价关系$\eqref{474.2} $可计算如下:
$$\lim_{x\to 0} \dfrac{1+\sin{x} -\cos{x} }{1+\sin{px} -\cos{px} } =\lim_{x\to 0} \dfrac{\dfrac{\sin{x} }{x} +\dfrac{1-\cos{x} }{x^2} \cdot x}{\dfrac{\sin{px} }{x} +\dfrac{1-\cos{px} }{x^2} \cdot x} =\dfrac{1}{p} .$$
$479$.$\displaystyle \lim_{x\to \frac{\pi }{4} } \tan{2x} \tan{\left( \dfrac{\pi }{4} -x\right) }$.
解$\quad $令$y=\dfrac{\pi }{4} -x$,则
$$\begin{align}
& \lim_{x\to \frac{\pi }{4} } \tan{2x} \tan{\left( \dfrac{\pi }{4} -x\right) } \\
= & \lim_{x\to \frac{\pi }{4} } \dfrac{\sin{2x} \sin{\left( \dfrac{\pi }{4} -x\right) } }{\cos{2x} \cos{\left( \dfrac{\pi }{4} -x\right) } } \\
= & \lim_{y\to 0} \dfrac{\cos{2y} \sin{y} }{\sin{2y} \cos{y} } \\
= & \lim_{y\to 0} \dfrac{\cos{2y} }{2\cos{}^2 y} \\
= & \dfrac{1}{2} .
\end{align}$$
$480$.$\displaystyle \lim_{x\to 1} (1-x)\tan{\dfrac{\pi x}{2} } $.
解$\quad $设$y=1-x$,则
$$\begin{align}
& \lim_{x\to 1} (1-x)\tan{\dfrac{\pi x}{2} } \\
= & \lim_{y\to 0} y\cot{\dfrac{\pi y}{2} } \\
= & \lim_{y\to 0} \left( \dfrac{\dfrac{\pi y}{2}}{\sin{\dfrac{\pi y}{2} } } \cdot \dfrac{2}{\pi } \cdot \cos{\dfrac{\pi y}{2} }\right) \\
= & \dfrac{2}{\pi } .
\end{align}$$
学过连续性和导数的读者不难看出,习题$481$就是证明$\sin{x} $,$\cos{x} $,$\tan{x} $的连续性,而习题$482-487$就是计算$6$个三角函数的导数.
$481$.证明等式:
$\displaystyle (a)\lim_{x\to a} \sin{x} =\sin{a} $;$\displaystyle (b)\lim_{x\to a} \cos{x} =\cos{a} $;
$\displaystyle (c)\lim_{x\to a} \tan{x} =\tan{a} \left( a\neq \dfrac{2n-1}{2} \pi ;n=0,\pm 1,\pm 2,\cdots \right) $.
证$\quad $先建立一个不等式:当$0 < x < \dfrac{\pi }{2} $时有
$$\sin{x} < x < \tan{x} .\label{481.1} \tag{1} $$
事实上,在如图的单位圆内,当$0 < x < \dfrac{\pi }{2} $时,显然有
$$S_{\triangle OAD} < S_{扇形OAD} < S_{\triangle OAB} ,$$
即$\dfrac{1}{2} \sin{x} < \dfrac{1}{2} x < \dfrac{1}{2} \tan{x}$,由此立得$\eqref{481.1} $式.
又当$x \geqslant \dfrac{\pi }{2} $时有$\sin{x} \leqslant x < x$,故对一切$x > 0$都有$\sin{x} < x$;当$x < 0$时,由$\sin{(-x)} < -x$得$-\sin{x} < -x$.综上,我们又得到不等式
$$\vert \sin{x} \vert \leqslant \vert x\vert ,x\in \mathbb{R} ,\label{481.2} \tag{2} $$
其中等号仅当$x=0$时成立.
现证$(a)$.由$\eqref{481.2} $式得
$$\vert \sin{x} -\sin{a} \vert =2\left\vert \cos{\dfrac{x+a}{2} } \right\vert \left\vert \sin{\dfrac{x-a}{2} } \right\vert \leqslant \vert x-a\vert .$$
对任给的$\varepsilon > 0$,只要取$\delta = \varepsilon $,则当$0 < \vert x-a\vert < \delta $时,就有
$$\vert \sin{x} -\sin{a} \vert < \varepsilon .$$
所以$\displaystyle \lim_{x\to a} \sin{x} =\sin{a} $.
$(b)\displaystyle \lim_{x\to a} \cos{x} =\lim_{x\to a} \sin{\left( \dfrac{\pi }{2} -x\right) } =\sin{\left( \dfrac{\pi }{2} -a\right) } =\cos{a} $.
$(c)\displaystyle \lim_{x\to a} \tan{x} =\lim_{x\to a} \dfrac{\sin{x} }{\cos{x} } =\dfrac{\displaystyle \lim_{x\to a} \sin{x} }{\displaystyle \lim_{x\to a} \cos{x} } =\dfrac{\sin{a} }{\cos{a} } =\tan{a} $.其中$a\neq \dfrac{2n-1}{2} \pi ;n=0,\pm 1,\pm 2,\cdots $.
求下列极限:
$482$.$\displaystyle \lim_{x\to a} \dfrac{\sin{x} -\sin{a} }{x-a} $.
解$1\quad $三角公式(和)差化积也可看作因式分解.用此法可把函数之差转化为自变量之差,以便比较.如下所示,本题将从分子中析出的$\sin{\dfrac{x-a}{2} } $与分母$x-a$的比归结为基本极限$\displaystyle \lim_{t\to 0} \dfrac{\sin{t} }{t} $,从而解答本题.具体计算如下:
$$\lim_{x\to a} \dfrac{\sin{x} -\sin{a} }{x-a} =\lim_{x\to a} \dfrac{2\cos{\dfrac{x+a}{2} } \sin{\dfrac{x-a}{2} } }{x-a} =\cos{a} .$$
解$2\quad $用三角函数的和角公式同样可以达到目的:
$$\lim_{x\to a} \dfrac{\sin{(a+(x-a))} -\sin{a} }{x-a} =\lim_{x\to a} \dfrac{\sin{a} [\cos{(x-a)} -1]+\cos{a} \sin{(x-a)} }{x-a} =\cos{a} .$$
其中同时使用了$\eqref{1} $和$\eqref{474.1}$.
$483$.$\displaystyle \lim_{x\to a} \dfrac{\cos{x} -\cos{a} }{x-a} $.
解$\quad $仿习题$482$的解$2$,有
$$\lim_{x\to a} \dfrac{\cos{(a+(x-a))} -\cos{a} }{x-a} =\lim_{x\to a} \dfrac{\cos{a} [\cos{(x-a)} -1]-\sin{a} \sin{(x-a)} }{x-a} =-\sin{a} .$$
$484$.$\displaystyle \lim_{x\to a} \dfrac{\tan{x} -\tan{a} }{x-a} $.
解$1\quad $若将正切函数化为正弦和余弦函数来做,则有
$$\begin{align}
& \lim_{x\to a} \dfrac{\tan{x} -\tan{a} }{x-a} \\
= & \lim_{x\to a} \dfrac{\dfrac{\sin{x} }{\cos{x} } -\dfrac{\sin{a} }{\cos{a} } }{x-a} \\
= & \lim_{x\to a} \dfrac{\sin{x} \cos{a} -\sin{a} \cos{x} }{(x-a)\cos{x} \cos{a} } \\
= & \lim_{x\to a} \dfrac{\sin{(x-a)} }{(x-a)\cos{x} \cos{a} } \\
= & \dfrac{1}{\cos{}^2 a} .
\end{align}$$
解$2\quad $为了处理分子可以利用恒等式$\tan{(x-a)} =\dfrac{\tan{x} -\tan{a} }{1+\tan{x} \tan{a} } $,于是得到
$$\tan{x}-\tan{a} =\tan{(x-a)} (1+\tan{x} \tan{a} ) ,$$
它可看作正切的差化积,其所起作用与习题$482$相同.以下计算已经不难:
$$\begin{align}
& \lim_{x\to a} \dfrac{\tan{x} -\tan{a} }{x-a} \\
= & \lim_{x\to a} \dfrac{\tan{(x-a)} }{x-a} (1+\tan{x} \tan{a} ) \\
= & 1+\tan{}^2 a\\
= & \sec{}^2 a .
\end{align}$$
$485$.$\displaystyle \lim_{x\to a} \dfrac{\cot{x} -\cot{a} }{x-a} $.
解$\quad $将余切函数化为正弦和余弦函数来做,则有
$$\begin{align}
& \lim_{x\to a} \dfrac{\cot{x} -\cot{a} }{x-a} \\
= & \lim_{x\to a} \dfrac{\dfrac{\cos{x} }{\sin{x} } -\dfrac{\cos{a} }{\sin{a} } }{x-a} \\
= & \lim_{x\to a} \dfrac{\sin{a} \cos{x} -\sin{x} \cos{a} }{(x-a)\sin{x} \sin{a} } \\
= & -\lim_{x\to a} \dfrac{\sin{(a-x)} }{(a-x)\sin{x} \sin{a} } \\
= & -\dfrac{1}{\sin{}^2 a} .
\end{align}$$
$486$.$\displaystyle \lim_{x\to a} \dfrac{\sec{x} -\sec{a} }{x-a} $.
解$\quad $将正割函数化为正弦和余弦函数来做,则有
$$\begin{align}
& \lim_{x\to a} \dfrac{\sec{x} -\sec{a} }{x-a} \\
= & \lim_{x\to a} \dfrac{\dfrac{1}{\cos{x} } -\dfrac{1 }{\cos{a} } }{x-a} \\
= & \lim_{x\to a} \dfrac{\cos{a} -\cos{x} }{(x-a)\cos{x} \cos{a} } \\
= & \lim_{x\to a} \left( \dfrac{\sin{\dfrac{x+a}{2} }}{\cos{x} \cos{a} } \cdot \dfrac{\sin{\dfrac{x-a}{2} } }{\dfrac{x-a}{2} }\right) \\
= & \dfrac{\sin{a} }{\cos{}^2 a} .
\end{align}$$
$487$.$\displaystyle \lim_{x\to a} \dfrac{\csc{x} -\csc{a} }{x-a} $.
解$\quad $将余割函数化为正弦和余弦函数来做,则有
$$\begin{align}
& \lim_{x\to a} \dfrac{\csc{x} -\csc{a} }{x-a} \\
= & \lim_{x\to a} \dfrac{\dfrac{1}{\sin{x} } -\dfrac{1 }{\sin{a} } }{x-a} \\
= & \lim_{x\to a} \dfrac{\sin{a} -\sin{x} }{(x-a)\sin{x} \sin{a} } \\
= & -\lim_{x\to a} \left( \dfrac{\sin{a} -\sin{x} }{a-x } \cdot \dfrac{1}{\sin{x} \sin{a} }\right) \\
= & -\dfrac{\cos{a} }{\sin{}^2 a} .
\end{align}$$
注$\quad $在微分学中将习题$482-487$中的$\dfrac{\sin{x} -\sin{a} }{x-a} $,$\dfrac{\cos{x} -\cos{a} }{x-a} ,\cdots $分别称为正弦,余弦$\cdots $从$a$到$x$的(一阶)差商.它们的极限$(x\to a)$分别是正弦,余弦$\cdots $的导数.
可以看到,有些题用合适的三角函数公式来演化确实很方便(例如习题$476$的解$2$).问题在于对于较复杂的题,演化的结果有时会出现大量的三角函数,这时继续做下去就可能会有困难,甚至陷入繁复的计算中而“不能自拔”.例如,学过高阶导数的读者一定会发现,后面的习题$488-492$涉及前$4$个三角函数的二阶导数问题.这时直接用三角函数变换来计算就可能比较复杂.
与上两个小节一样,我们还是建议在函数极限计算中以无穷小量的阶数分析和等价量代换法为主要思路(例如$\eqref{474.2}$,习题$476$的解$1$和习题$477-478$的解等).在这里我们提出下列命题,它可以解决本小节中较复杂习题的极限计算.虽然它不可能对每一个题提供最好的解法,但至少可以提供相当有效的解法.
命题$1.8\quad $设$a$为给定常数,则有
$(1)\displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{x-\sin{x} }{x^2} =0$;
$(2)\displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{\sin{(a+x)} -\sin{a} -x\cos{a} }{x^2} =-\dfrac{\sin{a} }{2} $;
$(3)\displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{\cos{(a+x)} -\cos{a} +x\sin{a} }{x^2} =-\dfrac{\cos{a} }{2} $;
$(4)\displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{\tan{(a+x)} -\tan{a} -x\sec{}^2 a }{x^2} =\sec{}^2 a\tan{a} =\dfrac{\sin{a} }{\cos{}^3 a} $;
$(5)\displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{\cot{(a+x)} -\cot{a} +x\csc{}^2 a }{x^2} =\csc{}^2 a\cot{a} =\dfrac{\cos{a} }{\sin{}^3 a} $.
证$\quad (1)$由于分子为奇函数,只要对$x > 0$作证明即可.利用导出$\eqref{1} $时大多数教科书都已经证明的不等式
$$\sin{x} < x < \tan{x} \left( 0 < x < \dfrac{\pi }{2} \right) ,$$
也就是$\cos{x} < \dfrac{\sin{x} }{x} < 1$,即可得到
$$0 < \dfrac{x-\sin{x} }{x^2} =\dfrac{1}{x} \left( 1-\dfrac{\sin{x} }{x} \right) < \dfrac{1}{x} (1-\cos{x} ) =\dfrac{1}{x} \cdot 2\sin{}^2 \dfrac{x}{2} < \dfrac{1}{x} \cdot \dfrac{x^2}{2} =\dfrac{x}{2} ,$$
令$x\to 0$就知道$\displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{x-\sin{x} }{x^2} =0$.(实际上已经得到$\sin{x} =x+O(x^3)(x\to 0)$.)
$(2)$中令$a=0$就得到$(1)$,因此是它的推广.利用$(1)$可作如下推导得到$(2)$:
$$\begin{align}
& \lim_{x\to 0} \dfrac{\sin{(a+x)} -\sin{a} -x\cos{a} }{x^2} \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{\sin{a} \cos{x} +\cos{a} \sin{x} -\sin{a} -x\cos{a} }{x^2} \\
= & \lim_{x\to 0} \left( \dfrac{\sin{a} (\cos{x} -1)}{x^2} + \dfrac{\cos{a} (\sin{x} -x)}{x^2}\right) \\
= & -\dfrac{\sin{a} }{2} .
\end{align}$$
$(3)$利用$(1)$可作如下推导得到$(3)$:
$$\begin{align}
& \lim_{x\to 0} \dfrac{\cos{(a+x)} -\cos{a} +x\sin{a} }{x^2} \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{\cos{a} \cos{x} -\sin{a} \sin{x} -\cos{a} +x\sin{a} }{x^2} \\
= & \lim_{x\to 0} \left( \dfrac{\cos{a} (\cos{x} -1)}{x^2} - \dfrac{\sin{a} (\sin{x} -x)}{x^2}\right) \\
= & -\dfrac{\cos{a} }{2} .
\end{align}$$
$(4)$利用$(1)$可推导如下:
$$\begin{align}
& \lim_{x\to 0} \dfrac{\tan{(a+x)} -\tan{a} -x\sec{}^2 a }{x^2} \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{\dfrac{\sin{(a+x)} }{\cos{(a+x)} } -\dfrac{\sin{a} }{\cos{a} } -\dfrac{x}{\cos{}^2 a} }{x^2} \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{\dfrac{\sin{x} }{\cos{(a+x)} \cos{a} } -\dfrac{x}{\cos{}^2 a} }{x^2} \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{\cos{a} \sin{x} -x\cos{(a+x)} }{\cos{(a+x)} \cos{}^2 a \cdot x^2} \\
= & \dfrac{1}{\cos{}^3 a} \lim_{x\to 0} \left( \dfrac{\cos{a} (\sin{x} -x)}{x^2} + \dfrac{\cos{a} -\cos{(a+x)} }{x} \right) \\
= & \dfrac{1}{\cos{}^3 a} \lim_{x\to 0} \dfrac{\cos{a} -\cos{(a+x)} }{x} \\
= & \dfrac{\sin{a} }{\cos{}^3 a} .
\end{align}$$
注$1\quad $上述证明的最后一步即是《习题集》中的习题$483$,它的求解与习题$482$的解$2$相同,当然也可以用和差化积公式来做.建议读者自行完成上述命题中的$(3)$和$(5)$的证明,它们比不少习题还容易一些.此外,$(4)$的证明也可以仿照习题$484$的解$2$进行.
$(5)$利用$(1)$可推导如下:
$$\begin{align}
& \lim_{x\to 0} \dfrac{\cot{(a+x)} -\cot{a} +x\csc{}^2 a }{x^2} \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{\dfrac{\cos{(a+x)} }{\sin{(a+x)} } -\dfrac{\cos{a} }{\sin{a} } +\dfrac{x}{\sin{}^2 a} }{x^2} \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{\dfrac{-\sin{x} }{\sin{(a+x)} \sin{a} } +\dfrac{x}{\sin{}^2 a} }{x^2} \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{-\sin{a} \sin{x} +x\sin{(a+x)} }{\sin{(a+x)} \sin{}^2 a \cdot x^2} \\
= & \dfrac{1}{\sin{}^3 a} \lim_{x\to 0} \left( \dfrac{-\sin{a} (\sin{x} -x)}{x^2} + \dfrac{-\sin{a} +\sin{(a+x)} }{x} \right) \\
= & \dfrac{1}{\sin{}^3 a} \lim_{x\to 0} \dfrac{-\sin{a} +\sin{(a+x)} }{x} \\
= & \dfrac{\cos{a} }{\sin{}^3 a} .
\end{align}$$
注$2\quad $利用大$O$和小$o$记号,命题$1.8$的结论可改写为以下形式:
$$\sin{x} =x+O(x^3)(x\to 0);$$
$$\sin{(a+x)} =\sin{a} +x\cos{a} -\dfrac{\sin{a} }{2} x^2+o(x^2) (x\to 0);$$
$$\cos{(a+x)} =\cos{a} -x\sin{a} -\dfrac{\cos{a} }{2} x^2+o(x^2) (x\to 0);$$
$$\tan{(a+x)} =\tan{a} +x\sec{}^2 a +(\sec{}^2 a \tan{a} ) x^2+o(x^2) (x\to 0);$$
$$\cot{(a+x)} =\cot{a} -x\csc{}^2 a +(\csc{}^2 a \cot{a} ) x^2+o(x^2) (x\to 0).$$
其中$o(x^2)$是当$x\to 0$时高于二阶的无穷小量.(已学过微分学的读者自然会看出,这$4$个公式就是写出到二阶项的带佩亚诺余项的泰勒公式,也称为局部泰勒公式.)
用命题$1.8$可方便地解决习题$481-491$的极限计算.
$488$.$\displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{\sin{(a+2x)} -2\sin{(a+x)} +\sin{a} }{x^2} $.
解$\quad $分子是正弦函数的二阶差分,利用命题$1.8$的注$2$中的公式直接计算分子如下:
$$\begin{align}
& \sin{(a+2x)} -2\sin{(a+x)} +\sin{a} \\
= & [\sin{(a+2x)} -\sin{(a+x)} ]-[\sin{(a+x)} -\sin{a} ] \\
= & [x\cos{(a+x)} -\dfrac{\sin{(a+x)} }{2} x^2] -[x\cos{a} -\dfrac{\sin{a} }{2} x^2] +o(x^2) \\
= & x[\cos{(a+x)} -\cos{a} ]-\dfrac{x^2}{2} [\sin{(a+x)} -\sin{a} ]+o(x^2) \\
= & -x^2 \sin{a} +o(x^2) (x\to 0),
\end{align}$$
可见本题的答案是$-\sin{a} $.
$489$.$\displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{\cos{(a+2x)} -2\cos{(a+x)} +\cos{a} }{x^2} $.
解$\quad $分子是余弦函数的二阶差分,利用命题$1.8$的注$2$中的公式直接计算分子如下:
$$\begin{align}
& \cos{(a+2x)} -2\cos{(a+x)} +\cos{a} \\
= & [\cos{(a+2x)} -\cos{(a+x)} ]-[\cos{(a+x)} -\cos{a} ] \\
= & [-x\sin{(a+x)} -\dfrac{\cos{(a+x)} }{2} x^2] -[x\sin{a} -\dfrac{\cos{a} }{2} x^2] +o(x^2) \\
= & -x[\sin{(a+x)} -\sin{a} ]-\dfrac{x^2}{2} [\cos{(a+x)} -\cos{a} ]+o(x^2) \\
= & -x^2\cos{a} +o(x^2) (x\to 0),
\end{align}$$
可见本题的答案是$-\cos{a} $.
$490$.$\displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{\tan{(a+2x)} -2\tan{(a+x)} +\tan{a} }{x^2} $.
解$\quad $与习题$488$用同样的方法计算其分子如下:
$$\begin{align}
& \tan{(a+2x)} -2\tan{(a+x)} +\tan{a} \\
= & [\tan{(a+2x)} -\tan{(a+x)} ]-[\tan{(a+x)} -\tan{a} ] \\
= & [x\sec{}^2 (a+x)+\sec{}^2 (a+x)\tan{(a+x)} x^2] -[x\sec{}^2 a+(\sec{}^2 a\tan{a} )x^2 ] +o(x^2) \\
= & x[\sec{}^2 (a+x) -\sec{}^2 a]+[\sec{}^2 (a+x)\tan{(a+x)} -\sec{}^2 a\tan{a} ]x^2 +o(x^2) \\
= & x[\tan{}^2 (a+x)-\tan{}^2 a]+o(x^2) \\
= & x^2 (2\tan{a} \sec{}^2 a)+o(x^2) (x\to 0),
\end{align}$$
可见本题的答案是$2\tan{a} \sec{}^2 a $.
$491$.$\displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{\cot{(a+2x)} -2\cot{(a+x)} +\cot{a} }{x^2} $.
解$\quad $与习题$488$用同样的方法计算其分子如下:
$$\begin{align}
& \cot{(a+2x)} -2\cot{(a+x)} +\cot{a} \\
= & [\cot{(a+2x)} -\cot{(a+x)} ]-[\cot{(a+x)} -\cot{a} ] \\
= & [-x\csc{}^2 (a+x)+\csc{}^2 (a+x)\cot{(a+x)} x^2] -[-x\csc{}^2 a+(\csc{}^2 a\cot{a} )x^2 ] +o(x^2) \\
= & -x[\csc{}^2 (a+x) -\csc{}^2 a]+[\csc{}^2 (a+x)\cot{(a+x)} -\csc{}^2 a\cot{a} ]x^2 +o(x^2) \\
= & -x[\cot{}^2 (a+x)-\cot{}^2 a]+o(x^2) \\
= & x^2 (2\cot{a} \csc{}^2 a)+o(x^2) (x\to 0),
\end{align}$$
可见本题的答案是$2\cot{a} \csc{}^2 a $.
再举出用命题$1.8$的弱化形式解决问题的例子.
$492$.$\displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{\sin{(a+x)} \sin{(a+2x)} -\sin{}^2 a }{x} $.
解$\quad $用$\sin{(a+x)} =\sin{a} +x\cos{a} +O(x^2) (x\to 0)$和$\sin{(a+2x)} =\sin{a} +2x\cos{a} +O(x^2) (x\to 0)$代入分子就可以得到
$$\lim_{x\to 0} \dfrac{x\sin{a} (\cos{a} +2\cos{a} )}{x} =3\sin{a} \cos{a} .$$
$493$.$\displaystyle \lim_{x\to \frac{\pi }{6} } \dfrac{2\sin{}^2 x+\sin{x} -1}{2\sin{}^2 x-3\sin{x} +1} $.
解
$$\begin{align}
& \lim_{x\to \frac{\pi }{6} } \dfrac{2\sin{}^2 x+\sin{x} -1}{2\sin{}^2 x-3\sin{x} +1} \\
= & \lim_{x\to \frac{\pi }{6} } \dfrac{(\sin{x} +1)(2\sin{x} -1)}{(\sin{x} -1)(2\sin{x} -1)} \\
= & \lim_{x\to \frac{\pi }{6} } \dfrac{\sin{x} +1}{\sin{x} -1} \\
= & -3.
\end{align}$$
$494$.$\displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{1-\cos{x} \cos{2x} \cos{3x} }{1-\cos{x} } $.
解$\quad $分母为二阶无穷小量.用等价量代换法将分母换为$\dfrac{1}{2} x^2 $,对分子采取递推法即可(参见习题$412$的解$2$):
$$\begin{align}
& \lim_{x\to 0} \dfrac{1-\cos{x} \cos{2x} \cos{3x} }{1-\cos{x} } \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{1-\cos{x} +\cos{x} (1-\cos{2x} )+\cos{x} \cos{2x} (1-\cos{3x} )}{1-\cos{x} } \\
= & 1+2\cdot 4\cdot \lim_{x\to 0} \dfrac{1-\cos{2x} }{4x^2} +2\cdot 9\cdot \lim_{x\to 0} \dfrac{1-\cos{3x} }{9x^2} \\
= & 1+8\cdot \dfrac{1}{2} +18\cdot \dfrac{1}{2} \\
= & 14.
\end{align}$$
$495$.$\displaystyle \lim_{x\to \frac{\pi }{3} } \dfrac{\sin{\left( x-\dfrac{\pi }{3} \right) } }{1-2\cos{x} } $.
解$\quad $令$x=\dfrac{\pi }{3} +y$,则
$$\begin{align}
& \lim_{x\to \frac{\pi }{3} } \dfrac{\sin{\left( x-\dfrac{\pi }{3} \right) } }{1-2\cos{x} } \\
= & \lim_{y\to 0} \dfrac{\sin{y} }{1-\cos{y} +\sqrt{3} \sin{y} } \\
= & \lim_{y\to 0} \dfrac{\dfrac{\sin{y} }{y} }{\dfrac{\sin{\dfrac{y}{2} } }{\dfrac{y}{2} } \sin{\dfrac{y}{2}} +\sqrt{3} \dfrac{\sin{y} }{y} } \\
= & \dfrac{\sqrt{3} }{3} .
\end{align}$$
$496$.$\displaystyle \lim_{x\to \frac{\pi }{3} } \dfrac{\tan{}^3 x-3\tan{x} }{\cos{\left( x+\dfrac{\pi }{6} \right) } } $.
解
$$\begin{align}
& \lim_{x\to \frac{\pi }{3} } \dfrac{\tan{}^3 x-3\tan{x} }{\cos{\left( x+\dfrac{\pi }{6} \right) } } \\
= & \lim_{x\to \frac{\pi }{3} } \dfrac{\tan{x} (\tan{}^2 x-3) }{\dfrac{\sqrt{3} }{2} \cos{x} -\dfrac{1}{2} \sin{x} } \\
= & \lim_{x\to \frac{\pi }{3} } \dfrac{\tan{x} (\tan{x} +\sqrt{3} )(\dfrac{\sin{x} }{\cos{x} } -\sqrt{3} ) }{\dfrac{\sqrt{3} }{2} \cos{x} -\dfrac{1}{2} \sin{x} } \\
= & \lim_{x\to \frac{\pi }{3} } -2\tan{x} (\tan{x} +\sqrt{3} )\dfrac{1}{\cos{x} } \\
= & -24.
\end{align}$$
$497$.$\displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{\tan{(a+x)} \tan{(a-x)} -\tan{}^2 a}{x^2} $.
解
$$\begin{align}
& \lim_{x\to 0} \dfrac{\tan{(a+x)} \tan{(a-x)} -\tan{}^2 a}{x^2} \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{\left( \dfrac{\tan{a} +\tan{x} }{1-\tan{a} \tan{x} } \right) \left( \dfrac{\tan{a} -\tan{x} }{1+\tan{a} \tan{x} } \right) -\tan{}^2 a}{x^2} \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{\tan{}^2 x(\tan{}^4 a-1)}{x^2(1-\tan{}^2 x\tan{}^2 a)} \\
= & \tan{}^4 a-1.
\end{align}$$
$498$.$\displaystyle \lim_{x\to \frac{\pi }{4} } \dfrac{1-\cot{}^3 x}{2-\cot{x} -\cot{}^3 x} $.
解
$$\begin{align}
& \lim_{x\to \frac{\pi }{4} } \dfrac{1-\cot{}^3 x}{2-\cot{x} -\cot{}^3 x} \\
= & \lim_{x\to \frac{\pi }{4} } \dfrac{1}{\dfrac{2-\cot{x} -\cot{}^3 x}{1-\cot{}^3 x} } \\
= & \lim_{x\to \frac{\pi }{4} } \dfrac{1}{\dfrac{1-\cot{x} +1-\cot{}^3 x}{1-\cot{}^3 x} } \\
= & \lim_{x\to \frac{\pi }{4} } \dfrac{1}{\dfrac{1}{1+\cot{x} + \cot{}^2 x} +1} \\
= & \dfrac{3}{4} .
\end{align}$$
$499$.$\displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{\sqrt{1+\tan{x} } -\sqrt{1+\sin{x} } }{x^3} $.
解
$$\begin{align}
& \lim_{x\to 0} \dfrac{\sqrt{1+\tan{x} } -\sqrt{1+\sin{x} } }{x^3} \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{\tan{x} -\sin{x} }{x^3(\sqrt{1+\tan{x} } +\sqrt{1+\sin{x} } )} \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{\sin{x} (1-\cos{x} )}{x^3\cos{x} (\sqrt{1+\tan{x} } +\sqrt{1+\sin{x} } )} \\
= & \lim_{x\to 0} \left[ \dfrac{\sin{x} }{x} \cdot \dfrac{(1-\cos{x} )}{x^2} \cdot \dfrac{1}{\cos{x} (\sqrt{1+\tan{x} } +\sqrt{1+\sin{x} } ) } \right] \\
= & \dfrac{1}{4} .
\end{align}$$
$500$.$\displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{x^2}{\sqrt{1+x\sin{x} } -\sqrt{\cos{x} } } $.
解
$$\begin{align}
& \lim_{x\to 0} \dfrac{x^2}{\sqrt{1+x\sin{x} } -\sqrt{\cos{x} } } \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{x^2(\sqrt{1+x\sin{x} } +\sqrt{\cos{x} } )}{x\sin{x} +1-\cos{x} } \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{\sqrt{1+x\sin{x} } +\sqrt{\cos{x} } }{\dfrac{\sin{x} }{x} +\dfrac{1-\cos{x} }{x^2} } \\
= & \dfrac{4}{3} .
\end{align}$$
$501$.$\displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{\sqrt{\cos{x} } -\sqrt[3]{\cos{x} } }{\sin{}^2 x} $.
解
$$\begin{align}
& \lim_{x\to 0} \dfrac{\sqrt{\cos{x} } -\sqrt[3]{\cos{x} } }{\sin{}^2 x} \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{\sqrt{\cos{x} } -1+1-\sqrt[3]{\cos{x} } }{\sin{}^2 x} \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{(\sqrt{\cos{x} } -1 )(\sqrt{\cos{x} } +1)(\cos{x} +1)}{\sin{}^2 x(\sqrt{\cos{x} } +1)(\cos{x} +1)} \\
& +\lim_{x\to 0} \dfrac{(1-\sqrt[3]{\cos{x} } )(1+\sqrt{\cos{x} } +\cos{x} )(1+\cos{x} )}{\sin{}^2 x(1+\sqrt{\cos{x} } +\cos{x} )(1+\cos{x} )} \\
= & -\dfrac{1}{4} +\dfrac{1}{6} \\
= & -\dfrac{1}{12} .
\end{align}$$
$502$.$\displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{\sqrt{1-\cos{x^2} } }{1-\cos{x} } $.
解
$$\lim_{x\to 0} \dfrac{\sqrt{1-\cos{x^2} } }{1-\cos{x} } =\lim_{x\to 0} \dfrac{\sqrt{\dfrac{1}{2} x^4}}{\dfrac{1}{2} x^2} =\sqrt{2} .$$
$503$.$\displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{1-\sqrt{\cos{x} } }{1-\cos{\sqrt{x} } } $.
解
$$\lim_{x\to 0} \dfrac{1-\sqrt{\cos{x} } }{1-\cos{\sqrt{x} } } =\lim_{x\to 0} \dfrac{(1-\sqrt{\cos{x} } )(1+\sqrt{\cos{x} } )}{\dfrac{1}{2} x(1+\sqrt{\cos{x} } )} =\lim_{x\to 0} \dfrac{x}{(1+\sqrt{\cos{x} } )} =0.$$
$504$.$\displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{1-\cos{x} \sqrt{\cos{2x} } \sqrt[3]{\cos{3x} } }{x^2} $.
解
$$\begin{align}
& \lim_{x\to 0} \dfrac{1-\cos{x} \sqrt{\cos{2x} } \sqrt[3]{\cos{3x} } }{x^2} \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{1-\cos{x} +\cos{x} (1-\sqrt{\cos{2x} } )+\cos{x} \sqrt{\cos{2x} } (1-\sqrt[3]{\cos{3x} } )}{x^2} \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{1-\cos{x} }{x^2} +\lim_{x\to 0} \dfrac{\cos{x} (1-\sqrt{\cos{2x} } )(1+\sqrt{\cos{2x} } )}{x^2(1+\sqrt{\cos{2x} } )} \\
& +\lim_{x\to 0} \dfrac{\cos{x} \sqrt{\cos{2x} } (1-\sqrt[3]{\cos{3x} } )(1+\sqrt{\cos{3x} } +\cos{3x} )}{x^2(1+\sqrt{\cos{3x} } +\cos{3x} )} \\
= & \dfrac{1}{2} +\dfrac{1\cdot \dfrac{1}{2} \cdot 4}{1+1} +\dfrac{1\cdot 1\cdot \dfrac{1}{2} \cdot 9}{1+1+1} \\
= & 3.
\end{align}$$
$505$.$\displaystyle \lim_{x\to +\infty } (\sin{\sqrt{x+1} } -\sin{\sqrt{x} } )$.
解$\quad $本题并非常见的不定式,但$\sqrt{x+1} -\sqrt{x} $是不定式(见$\S 1.2.1$的习题$47$),且有
$$\sqrt{x+1} -\sqrt{x} =\dfrac{1}{\sqrt{x+1} +\sqrt{x} } \to 0(x\to +\infty ).$$
作正弦的差化积,得
$$\lim_{x\to +\infty } (\sin{\sqrt{x+1} } -\sin{\sqrt{x} } ) =\lim_{x\to +\infty } 2\cos{\dfrac{\sqrt{x+1} +\sqrt{x} }{2} } \sin{\dfrac{\sqrt{x+1} -\sqrt{x} }{2} } =0.$$
幂指函数和对数函数的极限计算
这里的最基本工具是继$\eqref{1}$之后的第二个最基本的函数极限
$$\lim_{x\to 0} (1+x)^{\frac{1}{x} } =e.\label{2} \tag{1.34} $$
与前面从$\eqref{1} $推出$\eqref{474.1} $一样,从$\eqref{2} $可以推出下列几个重要的极限,它们在今后都是不可或缺的基本公式.
$$\lim_{x\to 0} \dfrac{\ln (1+x)}{x} =1,\label{3} \tag{1.35} $$
$$\lim_{x\to 0} \dfrac{a^x -1}{x} =\ln a(a > 0),\lim_{x\to 0} \dfrac{e^x -1}{x}=1,\label{4} \tag{1.36} $$
$$\lim_{x\to 0} \dfrac{(1+x)^{\alpha } -1}{x} =\alpha .\label{5} \tag{1.37} $$
其中$\eqref{3} $即习题$529$,$\eqref{4} $即习题$541$,它在$x=\dfrac{1}{n} $时就是习题$76$,$\eqref{5}$中当$\alpha =\dfrac{1}{n} $时就是习题$444$(也就是公式$(1.30$)).
用等价记号$\sim $就可以将上述三个公式改写成为$x\to 0$时的等价关系:
$$\ln (1+x) \sim x,a^x-1\sim x\ln a,e^x-1\sim x,(1+x)^{\alpha } -1\sim \alpha x.$$
它们对于使用等价量代换法是非常方便的.
证$\quad $为证明$\eqref{3}$,只要用$\eqref{2}$和对数函数的连续性:
$$\lim_{x\to 0} \dfrac{\ln (1+x)}{x} =\lim_{x\to 0} \ln [(1+x)^{\frac{1}{x} }] =\ln e=1.$$
对于$\eqref{4} $可以先用$\eqref{3} $于$a=e$,这样就可以得到
$$\lim_{x\to 0} \dfrac{e^x -1}{x} =\lim_{x\to 0} \dfrac{e^x -1}{\ln [1+(e^x -1)]} =1,$$
然后对于一般的$a > 0$就有
$$\lim_{x\to 0} \dfrac{a^x -1}{x} =\lim_{x\to 0} \dfrac{e^{x\ln a} -1}{x\ln a} \cdot \ln a=\ln a.$$
最后对于$\eqref{5} $可以用相同的方法推导如下:
$$\lim_{x\to 0} \dfrac{(1+x)^{\alpha } -1}{x} =\lim_{x\to 0} \dfrac{e^{\alpha \ln (1+x)} -1}{\alpha \ln (1+x)} \cdot \dfrac{\ln (1+x)}{x} \cdot \alpha =\alpha .$$
注$\quad $以上的许多推导都涉及复合函数的极限以及若干基本初等函数的连续性.
关于前者,请参看$\S 1.5.7$的第$2$点,其中结合对习题$607$的解答所列出的若干充分条件.
关于后者,则只要用$\S 1.2.9$中的命题$1.4$,并利用沟通数列极限和函数极限之间联系的海涅归结原理,就可以推出幂函数、对数函数、指数函数等的连续性.此外,还可以注意本书中没有讲解的几个题.习题$481$即是求证正弦函数、余弦函数和正切函数的连续性;习题$529$即是求极限$\displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{\ln (1+x)}{x} $;习题$531$和$548$即是分别计算对数函数和指数函数的导数,这比建立它们的连续性要求更高了.
由此可见,命题$1.4$的代入法对于函数极限同样成立.
举一个具体例子.在$\eqref{3}$的证明中,设$f(y)=\ln y$,$y=g(x)=(1+x)^{\frac{1}{x} } $,则一方面有$\displaystyle \lim_{x\to 0} g(x)=e$,另一方面又利用$f(y)=\ln y$于点$y=e$处连续,这样就可以推出有$\displaystyle \lim_{x\to 0} f(g(x)) =\ln e=1$.
在$\eqref{2} $的基础上可以用下列方法解决许多$1^{\infty } $型的不定式问题.这就是对于$\displaystyle \lim_{x\to a} f(x)=0$,$\displaystyle \lim_{x\to a} g(x)=\infty $的情况,有
$$\lim_{x\to a} (1+f(x))^{g(x)} =\lim_{x\to a} [(1+f(x))^{\frac{1}{f(x)} }]^{(f(x)g(x))} =e^{\lim\limits_{x\to a} (f(x)g(x))} ,\label{6} \tag{1.38}$$
于是只要计算$\lim\limits_{x\to a} (f(x)g(x))$即可.
下面来看一些习题.注意第一步是搞清楚它是否是不定式.如果不是不定式,则一般用代入法即可;如果是不定式,则要根据其类型来采取对策.
$506$.$(a)\displaystyle \lim_{x\to 0} \left( \dfrac{1+x}{2+x} \right)^{\frac{1-\sqrt{x} }{1-x} } $;$(b)\displaystyle \lim_{x\to 1} \left( \dfrac{1+x}{2+x} \right)^{\frac{1-\sqrt{x} }{1-x} } $;$(c)\displaystyle \lim_{x\to +\infty } \left( \dfrac{1+x}{2+x} \right)^{\frac{1-\sqrt{x} }{1-x} } $.
解$\quad $在$(a)$中有$\displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{1+x}{2+x} =\dfrac{1}{2} $,$\displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{1-\sqrt{x} }{1-x} =1$,因此只要用代入法就得到极限为$\dfrac{1}{2} $.
在$(b)$中有$\displaystyle \lim_{x\to 1} \dfrac{1+x}{2+x} =\dfrac{2}{3} $,$\displaystyle \lim_{x\to 1} \dfrac{1-\sqrt{x} }{1-x} =\lim_{x\to 1} \dfrac{1}{1+\sqrt{x} } =\dfrac{1}{2} $,因此只要用代入法就得到极限为$\sqrt{\dfrac{2}{3} } $.
在$(c)$中有$\displaystyle \lim_{x\to \infty } \dfrac{1+x}{2+x} =1$,$\displaystyle \lim_{x\to \infty } \dfrac{1-\sqrt{x} }{1-x} =0 $,因此只要用代入法就得到极限为$1^0 =1$.
$507$.$\displaystyle \lim_{x\to \infty } \left( \dfrac{x+2}{2x-1} \right)^{x^2} $.
解$\quad $因为当$x\to \infty $时,有$\displaystyle \lim_{x\to \infty } \dfrac{x+2}{2x-1} =\dfrac{1}{2} $,$\displaystyle \lim_{x\to \infty } x^2 =+\infty $,所以,
$$\lim_{x\to \infty } \left( \dfrac{x+2}{2x-1} \right)^{x^2} =0.$$
$508$.$\displaystyle \lim_{x\to \infty } \left( \dfrac{3x^2-x+1}{2x^2+x+1} \right)^{\frac{x^3}{1-x} } $.
解$\quad $因为当$x\to \infty $时,有$\displaystyle \lim_{x\to \infty } \dfrac{3x^2-x+1}{2x^2+x+1} =\dfrac{3}{2} $,$\displaystyle \lim_{x\to \infty } \dfrac{x^3}{1-x} =-\infty $,所以,
$$\lim_{x\to \infty } \left( \dfrac{3x^2-x+1}{2x^2+x+1} \right)^{\frac{x^3}{1-x} } =0.$$
$509$.$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \left( \sin{}^n \dfrac{2n\pi }{3n+1} \right) $.
解$\quad $因为$\left\vert \sin{\dfrac{2n\pi }{3n+1} }\right\vert \leqslant 1$,所以,$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \left( \sin{}^n \dfrac{2n\pi }{3n+1} \right) =0$.
$510$.$\displaystyle \lim_{x\to \frac{\pi }{4} +0} \left[ \tan{\left( \dfrac{\pi }{8} +x\right) } \right]^{\tan{2x} } $.
解$\quad $因为当$x\to \dfrac{\pi }{4} +0$时,$1 < \tan{\left( \dfrac{\pi }{8} +x\right) } < +\infty $及$\tan{2x} \to +\infty $,所以$\displaystyle \lim_{x\to \frac{\pi }{4} +0} \left[ \tan{\left( \dfrac{\pi }{8} +x\right) } \right]^{\tan{2x} } =0$.
$511$.$\displaystyle \lim_{x\to \infty } \left( \dfrac{x^2-1}{x^2+1} \right)^{\frac{x-1}{x+1} } $.
解$\quad $因为当$x\to \infty $时,$\displaystyle \lim_{x\to \infty } \dfrac{x^2-1}{x^2+1} =1 $,$\displaystyle \lim_{x\to \infty } \dfrac{x-1}{x+1} =1 $,所以$\displaystyle \lim_{x\to \infty } \left( \dfrac{x^2-1}{x^2+1} \right)^{\frac{x-1}{x+1} } =1$.
$512$.$\displaystyle \lim_{x\to \infty } \left( \dfrac{x^2+1}{x^2-1} \right)^{x^2} $.
解$1\quad $将大括号内的分子分母同除以$x^2$后即可利用$\eqref{2} $如下求极限:
$$\lim_{x\to \infty } \left( \dfrac{x^2+1}{x^2-1} \right)^{x^2} =\lim_{x\to \infty } \left( 1+\dfrac{1}{x^2} \right)^{x^2} \left( 1-\dfrac{1}{x^2} \right)^{-x^2} =e\cdot e=e^2.$$
解$2\quad $这是$1^{\infty } $型的不定式.用$\eqref{6} $的方法就得到
$$\lim_{x\to \infty } \left( 1+\dfrac{2}{x^2-1} \right)^{x^2} =e^{\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{2x^2}{x^2-1} } =e^2.$$
解$3\quad $另一种写法是先对于函数取对数,然后用等价量代换法计算极限如下:
$$\lim_{x\to \infty } x^2 \ln \left( \dfrac{x^2+1}{x^2-1} \right) =\lim_{x\to \infty } x^2 \ln \left( 1+\dfrac{2}{x^2-1} \right) =\lim_{x\to \infty } \dfrac{2x^2}{x^2-1} =2,$$
可知极限为$e^2$.其中利用了等价关系$\ln \left( 1+\dfrac{2}{x^2-1} \right) \sim \dfrac{2}{x^2-1} (x\to \infty )$.
注$\quad $解$2$与解$3$本质上完全相同,但对于先取对数的方法还是需要说明一下,因为与幂指函数有关的三个类型的不定式(即$1^{\infty } $,$\infty^0 $和$0^0$)容易从这种方法得到解释.
考虑幂指函数的极限$\displaystyle \lim_{x\to a} u(x)^{v(x)} $,其中设$u(x) > 0$,$x\to a$也可换为其他类型的函数极限.我们要问:这里会遇到什么样的不定式.或者反过来,假设已知存在极限$\displaystyle \lim_{x\to a} u(x)=A$,$\displaystyle \lim_{x\to a} v(x)=B$,其中$A$,$B$允许为非正常极限$\infty $,问上述幂指函数的极限是否可以简单地用代入法得到$A^B$.
用取对数的方法,且同时利用指数函数和对数函数的连续性,就有
$$\lim_{x\to a} u(x)^{v(x)} =e^{\lim\limits_{x\to a} v(x)\ln u(x)} ,$$
其中假设所写出的极限存在.
于是问题已经归结为乘积$v(x)\ln u(x)$当$x\to a$时是否是不定式.由于乘积形式的不定式只可能是$0\cdot \infty $型,从而就只可能出现三种可能性,即$(1)\displaystyle \lim_{x\to a} v(x)=\infty $,$\displaystyle \lim_{x\to a} u(x)=1 $;$(2)\displaystyle \lim_{x\to a} v(x)=0 $,$\displaystyle \lim_{x\to a} u(x)=+\infty $;$(3)\displaystyle \lim_{x\to a} v(x)=0 $,$\displaystyle \lim_{x\to a} u(x)=0 $.回复到幂指函数的极限$\displaystyle \lim_{x\to a} u(x)^{v(x)} $,这就是$1^{\infty } $,$\infty^0 $,$0^0$三种不定式.
需要注意,若$A=\displaystyle \lim_{x\to a} u(x)$为小于$1$的非负数,而$B=\displaystyle \lim_{x\to a} v(x)=\infty $,则极限$\displaystyle \lim_{x\to a} u(x)^{v(x)} $并不是不定式,其中包括容易误认为是不定式的$0^{\infty }$.注意:当指数趋于正无穷大时有$0^{+\infty } =0$;而当指数趋于负无穷大时有$0^{-\infty } =+\infty $.
$513$.$\displaystyle \lim_{x\to \infty } \left( \dfrac{x^2+2x-1}{2x^2-3x-2} \right)^{\frac{1}{x} } $.
解$\quad \displaystyle \lim_{x\to \infty } \left( \dfrac{x^2+2x-1}{2x^2-3x-2} \right)^{\frac{1}{x} } =\lim_{x\to \infty } \left( \dfrac{1}{2} \right)^0 =1$.
$514$.$\displaystyle \lim_{x\to 0} \sqrt[x]{1-2x} $.
解$\quad \displaystyle \lim_{x\to 0} \sqrt[x]{1-2x} =\lim_{x\to 0} [1+(-2x)]^{\frac{1}{-2x} (-2)} =e^{-2}$.
$515$.$\displaystyle \lim_{x\to \infty } \left( \dfrac{x+a}{x-a} \right)^x $.
解$\quad \displaystyle \lim_{x\to \infty } \left( \dfrac{x+a}{x-a} \right)^x =\lim_{x\to \infty } \left( 1+\dfrac{1}{\dfrac{x-a}{2a} } \right)^{\frac{x-a}{2a} \cdot 2a+a} =e^{2a}$.
$516$.$\displaystyle \lim_{x\to \infty } \left( \dfrac{a_1 x+b_1 }{a_2 x+b_2 } \right)^x (a_1 >0 ,a_2 > 0)$.
解$\quad $若$a_1 > a_2 $,则有$\dfrac{a_1 x+b_1 }{a_2 x+b_2 } \to \dfrac{a_1 }{a_2} > 1(x\to +\infty )$,可见极限为$+\infty $.若$a_1 < a_2 $,则同样可见极限为$0$.
在$a_1 =a_2 (=a)$时为$1^{\infty }$型的不定式.用$\eqref{6} $的方法就有
$$\lim_{x\to \infty } \left( \dfrac{a_1 x+b_1 }{a_2 x+b_2 } \right)^x =e^{\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{(b_1 -b_2 )x}{ax+b_2 } } =e^{\frac{b_1 -b_2 }{a} } .$$
$517$.$\displaystyle \lim_{x\to 0} (1+x^2)^{\cot{}^2 x} $.
解$\displaystyle \lim_{x\to 0} (1+x^2)^{\cot{}^2 x} =\lim_{x\to 0} (1+x^2)^{\frac{1}{x^2} \cdot \left( \frac{x}{\sin{x} } \right)^2 \cos{}^2 x} =e$.
$518$.$\displaystyle \lim_{x\to 1} (1+\sin{\pi x} )^{\cot{\pi x} } $.
解$\displaystyle \lim_{x\to 1} (1+\sin{\pi x} )^{\cot{\pi x} } =\lim_{x\to 1} (1+\sin{\pi x} )^{\frac{1}{\sin{\pi x} } \cdot \cos{\pi x} } =e^{-1}$.
$519$.$(a)\displaystyle \lim_{x\to 0} \left( \dfrac{1+\tan{x} }{1+\sin{x} } \right)^{\frac{1}{\sin{x} } } $;$(b)\displaystyle \lim_{x\to 0} \left( \dfrac{1+\tan{x} }{1+\sin{x} } \right)^{\frac{1}{\sin{}^3 x } } $.
解$\quad (a)\displaystyle \lim_{x\to 0} \left( \dfrac{1+\tan{x} }{1+\sin{x} } \right)^{\frac{1}{\sin{x} } } =\lim_{x\to 0} \left( 1+\dfrac{1}{\dfrac{1+\sin{x} }{\tan{x} -\sin{x} } } \right)^{\frac{1+\sin{x} }{\tan{x} -\sin{x} } \cdot \frac{1-\cos{x} }{\cos{x} (1+\sin{x} )} } =e^0 =1$.
$\quad (b)\displaystyle \lim_{x\to 0} \left( \dfrac{1+\tan{x} }{1+\sin{x} } \right)^{\frac{1}{\sin{}^3 x } } =\lim_{x\to 0} \left( 1+\dfrac{1}{\dfrac{1+\sin{x} }{\tan{x} -\sin{x} } } \right)^{\frac{1+\sin{x} }{\tan{x} -\sin{x} } \cdot \frac{1-\cos{x} }{\cos{x} (1+\sin{x} ) \sin{}^2 x} } =\sqrt{e} $.
$520$.$\displaystyle \lim_{x\to a} \left( \dfrac{\sin{x} }{\sin{a} } \right)^{\frac{1}{x-a} } $.
解$\quad \displaystyle \lim_{x\to a} \left( \dfrac{\sin{x} }{\sin{a} } \right)^{\frac{1}{x-a} } =\lim_{x\to a} \left( 1+\dfrac{1}{\dfrac{\sin{a} }{\sin{x} -\sin{a} } } \right)^{\frac{\sin{a} }{\sin{x} -\sin{a} } \cdot \frac{\sin{x} -\sin{a} }{x-a} \cdot \frac{1}{\sin{a} } } =e^{\cot{a} }$,
其中,$a\neq k\pi ,k=0,\pm 1,\pm 2,\cdots $.
$521$.$\displaystyle \lim_{x\to 0} \left( \dfrac{\cos{x} }{\cos{2x} } \right)^{\frac{1}{x^2} } $.
解$\quad \displaystyle \left( \dfrac{\cos{x} }{\cos{2x} } \right)^{\frac{1}{x^2} } =\left( 1+\dfrac{1}{\dfrac{\cos{2x} }{\cos{x} -\cos{2x} } } \right)^{\frac{\cos{2x} }{\cos{x} -\cos{2x} } \cdot \frac{\cos{x} -\cos{2x} }{x^2 \cos{2x} } }$.
因为
$$\begin{align}
& \frac{\cos{x} -\cos{2x} }{x^2 } \\
= & \dfrac{\cos{x} +1-2\cos{}^2 x}{x^2} \\
= & \dfrac{1-\cos{x} }{x^2} (1+2\cos{x} ) \\
= & \dfrac{\dfrac{1}{2} x^2}{x^2} (1+2\cos{x} ) \\
\to & \dfrac{3}{2} (x\to 0),
\end{align}$$
所以,$\displaystyle \lim_{x\to 0} \left( \dfrac{\cos{x} }{\cos{2x} } \right)^{\frac{1}{x^2} } =e^{\frac{3}{2} }$.
$522$.$\displaystyle \lim_{x\to \frac{\pi }{4} } (\tan{x} )^{\tan{2x} } $.
解$\quad \displaystyle \lim_{x\to \frac{\pi }{4} } (\tan{x} )^{\tan{2x} } =\lim_{x\to \frac{\pi }{4} } (\tan{x} )^{\frac{2\tan{x} }{1-\tan{}^2 x} } =\lim_{x\to \frac{\pi }{4} } (1+\tan{x} -1)^{\frac{1}{\tan{x} -1} \frac{-2\tan{x} }{1+\tan{x}} } =e^{-1}$.
$523$.$\displaystyle \lim_{x\to \frac{\pi }{2} } (\sin{x} )^{\tan{x} } $.
解$\quad \displaystyle \lim_{x\to \frac{\pi }{2} } (\sin{x} )^{\tan{x} } =\lim_{x\to \frac{\pi }{2} } (1+\cot{}^2 x )^{-\frac{\tan{x} }{2} } =\lim_{x\to \frac{\pi }{2} } (1+\cot{}^2 x )^{\frac{1}{\cot{}^2 x} \frac{-\cot{x} }{2} } =e^0 =1$.
$524$.$\displaystyle \lim_{x\to 0} \left[ \tan{\left( \dfrac{\pi }{4} -x\right) } \right]^{\cot{x} } $.
解
$$\begin{align}
& \lim_{x\to 0} \left[ \tan{\left( \dfrac{\pi }{4} -x\right) } \right]^{\cot{x} } \\
= & \lim_{x\to 0} \left( \dfrac{1-\tan{x} }{1+\tan{x} } \right)^{\cot{x} } \\
= & \lim_{x\to 0} \left( 1+\dfrac{1}{\dfrac{1+\tan{x} }{-2\tan{x} } } \right)^{\frac{1+\tan{x} }{-2\tan{x} } \cdot \frac{-2}{1+\tan{x} } } \\
= & e^{-2} .
\end{align}$$
$525$.$\displaystyle \lim_{x\to \infty } \left( \sin{\dfrac{1 }{x} } +\cos{\dfrac{1 }{x} } \right)^{x} $.
解
$$\begin{align}
& \lim_{x\to \infty } \left( \sin{\dfrac{1 }{x} } +\cos{\dfrac{1 }{x} } \right)^{x} \\
= & \lim_{x\to \infty } \left[ 1+\left( \sin{\dfrac{1 }{x} } +\cos{\dfrac{1 }{x} } -1 \right)\right]^{\frac{1}{\sin{\frac{1 }{x} } +\cos{\frac{1 }{x} } -1 } \cdot x(\sin{\frac{1 }{x} } +\cos{\frac{1 }{x} } -1 )} .
\end{align}$$
因为
$$\begin{align}
& x(\sin{\dfrac{1 }{x} } +\cos{\dfrac{1 }{x} } -1 ) \\
= & \dfrac{\sin{\dfrac{1 }{x} } }{\dfrac{1}{x} } +\dfrac{-\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{x^2} }{\dfrac{1}{x} } \\
\to & 1 (x\to \infty ),
\end{align}$$
所以,$\displaystyle \lim_{x\to \infty } \left( \sin{\dfrac{1 }{x} } +\cos{\dfrac{1 }{x} } \right)^{x} =e$.
$526$.$\displaystyle \lim_{x\to 0} \sqrt[x]{\cos{\sqrt{x} } } $.
解
$$\begin{align}
& \lim_{x\to 0} \sqrt[x]{\cos{\sqrt{x} } } \\
= & \lim_{x\to 0} (1+\cos{\sqrt{x} } -1)^{\frac{1}{\cos{\sqrt{x} } -1} \cdot \frac{\cos{\sqrt{x} } -1}{x} } \\
= & \lim_{x\to 0} (1+\cos{\sqrt{x} } -1)^{\frac{1}{\cos{\sqrt{x} } -1} \cdot \frac{-\frac{1}{2} x}{x} } \\
= & e^{-\frac{1}{2} } .
\end{align}$$
$527$.$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \left( \dfrac{n+x }{n-1} \right)^{n} $.
解$\quad \displaystyle \lim_{n\to \infty } \left( \dfrac{n+x }{n-1} \right)^{n} =\lim_{n\to \infty } \left( 1+\dfrac{1}{\dfrac{n-1}{1+x} } \right)^{\frac{n-1}{1+x} \cdot (1+x)+1 } =e^{x+1}$.
$528$.$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \cos{}^n \dfrac{x}{\sqrt{n} } $.
解
$$\begin{align}
& \lim_{n\to \infty } \cos{}^n \dfrac{x}{\sqrt{n} } \\
= & \lim_{n\to \infty } \left( 1+\cos{\dfrac{x}{\sqrt{n} } } -1\right)^n \\
= & \lim_{n\to \infty } \left( 1+\cos{\dfrac{x}{\sqrt{n} } } -1\right)^{\frac{1}{\cos{\frac{x}{\sqrt{n} } } -1} \cdot (\cos{\frac{x}{\sqrt{n} } } -1)n} \\
= & \lim_{n\to \infty } \left( 1+\cos{\dfrac{x}{\sqrt{n} } } -1\right)^{\frac{1}{\cos{\frac{x}{\sqrt{n} } } -1} \cdot (-\frac{1}{2} \frac{x^2}{n} )n} \\
= & e^{-\frac{x^2}{2} } .
\end{align}$$
$529$.$\displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{\ln (1+x)}{x} $.
解$\quad \displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{\ln (1+x)}{x} =\lim_{x\to 0} \ln (1+x)^{\frac{1}{x} } =\ln e=1$.
$530$.$\displaystyle \lim_{x\to +\infty } x[\ln (x+1)-\ln x] $.
解$\quad \displaystyle \lim_{x\to +\infty } x[\ln (x+1)-\ln x] =\lim_{x\to +\infty } \ln \left( 1+\dfrac{1}{x} \right)^x =\ln e=1$.
$531$.$\displaystyle \lim_{x\to a} \dfrac{\ln x-\ln a}{x-a} (a > 0) $.
解$\quad \displaystyle \lim_{x\to a} \dfrac{\ln x-\ln a}{x-a} =\lim_{x\to a} \dfrac{\ln \dfrac{x}{a} }{x-a} =\lim_{x\to a} \ln \left( 1+\dfrac{1}{\dfrac{a}{x-a} } \right)^{\frac{a}{x-a} \cdot \frac{1}{a} } =\ln e^{\frac{1}{a} } =\dfrac{1}{a} $.
$532$.$\displaystyle \lim_{x\to +\infty } [\sin{\ln (x+1)} -\sin{\ln x} ] $.
解$\quad \sin{\ln (x+1)} -\sin{\ln x} =2\cos{\dfrac{\ln (x+1)+\ln x}{2} } \sin{\dfrac{\ln (x+1)-\ln x}{2} } $.
因为
$$\ln (x+1)-\ln x=\ln \left( 1+\dfrac{1}{x} \right) \to 0(x\to +\infty ),$$
所以,$\sin{\dfrac{\ln (x+1)-\ln x}{2} } \to 0$;又因$\cos{\dfrac{\ln (x+1)+\ln x}{2} } $为有界函数,所以,$\displaystyle \lim_{x\to +\infty } [\sin{\ln (x+1)} -\sin{\ln x} ] =0$.
$533$.$\displaystyle \lim_{x\to +\infty } \dfrac{\ln (x^2-x+1)}{\ln (x^{10} +x+1)} $.
解
$$\begin{align}
& \lim_{x\to +\infty } \dfrac{\ln (x^2-x+1)}{\ln (x^{10} +x+1)} \\
= & \lim_{x\to +\infty } \dfrac{2\ln x+\ln (1-\dfrac{1}{x} +\dfrac{1}{x^2} )}{10\ln x+\ln (1 +\dfrac{1}{x^9} +\dfrac{1}{x^{10}} )} \\
= & \lim_{x\to +\infty } \dfrac{2+\dfrac{1}{\ln x} \cdot \ln (1-\dfrac{1}{x} +\dfrac{1}{x^2} )}{10+\dfrac{1}{\ln x} \cdot \ln (1 +\dfrac{1}{x^9} +\dfrac{1}{x^{10}} )} \\
= & \dfrac{1}{5} .
\end{align}$$
$534$.$\displaystyle \lim_{x\to \infty } \left( \lg \dfrac{100+x^2}{1+100x^2} \right) $.
解$\quad \displaystyle \lim_{x\to \infty } \left( \lg \dfrac{100+x^2}{1+100x^2} \right) =\lg \dfrac{1}{100} =-2$.
$535$.$\displaystyle \lim_{x\to +\infty } \dfrac{\ln (2+e^{3x} )}{\ln (3+e^{2x})} $.
解
$$\begin{align}
& \lim_{x\to +\infty } \dfrac{\ln (2+e^{3x} )}{\ln (3+e^{2x})} \\
= & \lim_{x\to +\infty } \dfrac{3x+\ln (2e^{-3x}+1 )}{2x+\ln (3e^{-2x} +1)} \\
= & \lim_{x\to +\infty } \dfrac{3+\dfrac{1}{x} \ln (2e^{-3x}+1 )}{2+\dfrac{1}{x} \ln (3e^{-2x} +1)} \\
= & \dfrac{3}{2} .
\end{align}$$
$536$.$\displaystyle \lim_{x\to +\infty } \dfrac{\ln (1+\sqrt{x} +\sqrt[3]{x} )}{\ln (1+\sqrt[3]{x} +\sqrt[4]{x} )} $.
解
$$\begin{align}
& \lim_{x\to +\infty } \dfrac{\ln (1+\sqrt{x} +\sqrt[3]{x} )}{\ln (1+\sqrt[3]{x} +\sqrt[4]{x} )} \\
= & \lim_{x\to +\infty } \dfrac{\dfrac{1}{2} \ln x+\ln (x^{-\frac{1}{2} }+1+x^{-\frac{1}{6} })}{\dfrac{1}{3} \ln x+\ln (x^{-\frac{1}{3} }+1+x^{-\frac{1}{12} })} \\
= & \lim_{x\to +\infty } \dfrac{\dfrac{1}{2} +\dfrac{1}{\ln x} \cdot \ln (x^{-\frac{1}{2} }+1+x^{-\frac{1}{6} })}{\dfrac{1}{3} +\dfrac{1}{\ln x} \cdot \ln (x^{-\frac{1}{3} }+1+x^{-\frac{1}{12} })} \\
= & \dfrac{3}{2} .
\end{align}$$
$537$.$\displaystyle \lim_{h\to 0} \dfrac{\log (x+h)+\log (x-h)-2\log x}{h^2} (x > 0)$.
解
$$\begin{align}
& \lim_{h\to 0} \dfrac{\log (x+h)+\log (x-h)-2\log x}{h^2} \\
= & \lim_{h\to 0} \dfrac{\log (x^2-h^2)-\log x^2}{h^2} \\
= & \lim_{h\to 0} \left[ -\dfrac{1}{x^2} \log \left( 1-\dfrac{h^2}{x^2} \right)^{-\frac{x^2}{h^2} } \right] \\
= & -\dfrac{1}{x^2} \log e.
\end{align}$$
$538$.$\displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{\ln \tan{\left( \dfrac{\pi }{4} +ax\right) } }{\sin{bx} } $.
解
$$\begin{align}
& \lim_{x\to 0} \dfrac{\ln \tan{\left( \dfrac{\pi }{4} +ax\right) } }{\sin{bx} } \\
= & \lim_{x\to 0} \ln \left[ 1+\left( \tan{\left( \dfrac{\pi }{4} +ax\right) } -1\right) \right]^{\frac{1}{\sin{bx} } } \\
= & \lim_{x\to 0} \ln \left[ 1+\dfrac{\sin{\left( \dfrac{\pi }{4} +ax\right) } -\cos{\left( \dfrac{\pi }{4} +ax\right) } }{\cos{\left( \dfrac{\pi }{4} +ax\right) } } \right]^{\frac{1}{\sin{bx} } } \\
= & \lim_{x\to 0} \ln \left[ 1+\dfrac{\sqrt{2} \sin{ax} }{\cos{\left( \dfrac{\pi }{4} +ax\right) } } \right]^{\frac{\cos{\left( \frac{\pi }{4} +ax\right) } }{\sqrt{2} \sin{ax} } \cdot \frac{\sqrt{2} }{\cos{\left( \frac{\pi }{4} +ax\right) } } \frac{\sin{ax} }{ax} \cdot \frac{bx}{\sin{bx} } \cdot \frac{a}{b} } \\
= & \ln e^{\frac{2a}{b} } \\
= & \dfrac{2a}{b} .
\end{align}$$
$539$.$\displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{\ln \cos{ax} }{\ln \cos{bx} } $.
解
$$\begin{align}
& \lim_{x\to 0} \dfrac{\ln \cos{ax} }{\ln \cos{bx} } \\
= & \lim_{x\to 0} \left( \dfrac{\ln \cos{ax} }{\cos{ax} -1} \cdot \dfrac{\cos{bx} -1}{\ln \cos{bx} } \cdot \dfrac{\cos{ax} -1 }{\cos{bx} -1} \right) \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{2\sin{}^2 \dfrac{ax}{2} }{2\sin{}^2 \dfrac{bx}{2} } \\
= & \dfrac{a^2}{b^2} .
\end{align}$$
$540$.$(a)\displaystyle \lim_{x\to 0} \left( \ln \dfrac{nx+\sqrt{1-n^2 x^2} }{x+\sqrt{1-x^2} } \right) $;$(b)\displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{\ln (nx+\sqrt{1-n^2 x^2} )}{\ln (x+\sqrt{1-x^2} )} $.
解$\quad (a)\displaystyle \lim_{x\to 0} \left( \ln \dfrac{nx+\sqrt{1-n^2 x^2} }{x+\sqrt{1-x^2} } \right) =\ln 1=0$.
下面是综合利用等价量代换法与其他方法的例子.
$(b)$先看出是$\dfrac{0}{0} $型的不定式.分母可改写如下:
$$\ln (x+\sqrt{1-x^2} ) =\dfrac{1}{2} \ln (x+\sqrt{1-x^2} )^2 =\dfrac{1}{2} \ln (1+2x\sqrt{1-x^2} ).$$
于是即可用$\eqref{3} $的$\ln (1+x)\sim x(x\to 0)$时分母等价于$x\sqrt{1-x^2} $,而后者又等价于$x$.
又可看出只要将分母中的$x$换为$nx$就得到分子,从而当$x\to 0$时分子等价于$nx$.因此极限为$n$.
$541$.$\displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{a^x -1}{x} (a > 0)$.
解$\quad $设$a^x -1=y$,则
$$\lim_{x\to 0} \dfrac{a^x -1}{x} =\lim_{y\to 0} \dfrac{y}{\log_a (1+y)} =\lim_{y\to 0} \dfrac{1}{\log_a (1+y)^{\frac{1}{y} }} =\dfrac{1}{\log_a e} =\ln a.$$
$542$.$\displaystyle \lim_{x\to a} \dfrac{a^x -x^a}{x-a} (a > 0)$.
解
$$\begin{align}
& \dfrac{a^x -x^a}{x-a} \\
= & \dfrac{a^a \left[ a^{x-a} -\left( \dfrac{x}{a} \right)^a \right] }{x-a} \\
= & a^a \cdot \dfrac{a^{x-a} -1}{x-a} -a^a \dfrac{\left( \dfrac{x}{a} \right)^a -1}{x-a} \\
= & a^a \cdot \dfrac{a^{x-a} -1}{x-a} -a^a \dfrac{e^{a\ln \frac{x}{a} } -1}{a\ln \dfrac{x}{a} } \cdot \dfrac{a\ln \left( 1+\dfrac{x-a}{a} \right) }{x-a} ,
\end{align}$$
当$x\to a$时,等式第一项趋向$a^a \ln a$,而第二项趋向$a^a \cdot 1\cdot 1=a^a$,所以,
$$ \lim_{x\to a} \dfrac{a^x -x^a}{x-a} =a^a \ln a-a^a =a^a \ln \dfrac{a}{e} .$$
$543$.$\displaystyle \lim_{x\to a} \dfrac{x^x -a^a}{x-a} (a > 0)$
解$\quad $改写分子的两项为$e$的幂,然后利用$\eqref{3} $,$\eqref{4}$得到
$$\begin{align}
& \lim_{x\to a} \dfrac{e^{x\ln x} -e^{a\ln a}}{x-a} \\
= & a^a \cdot \lim_{x\to a} \left( \dfrac{e^{x\ln x-a\ln a} -1}{x\ln x-a\ln a} \cdot \dfrac{x\ln x-a\ln a}{x-a} \right) \\
= & a^a \cdot \lim_{x\to a} \dfrac{x\ln x-a\ln x+a\ln x-a\ln a}{x-a} \\
= & a^a \left( \lim_{x\to a} \ln x+\lim_{x\to a} \dfrac{\ln \left( 1+\dfrac{x-a}{a} \right) }{\dfrac{x-a}{a} } \right) \\
= & a^a (\ln a+1).
\end{align}$$
$544$.$\displaystyle \lim_{x\to 0} (x+e^x)^{\frac{1}{x} }$.
解$\quad \displaystyle \lim_{x\to 0} (x+e^x)^{\frac{1}{x} } =\lim_{x\to 0} e\left( 1+\dfrac{x}{e^x} \right)^{\frac{e^x}{x} \cdot e^{-x}} =e\cdot e=e^2$.
$545$.$(a)\displaystyle \lim_{x\to 0} \left( \dfrac{1+x\cdot 2^x}{1+x\cdot 3^x} \right)^{\frac{1}{x^2} } $;$(b)\displaystyle \lim_{x\to 0} \left( \dfrac{1+\sin{x} \cos{\alpha x} }{1+\sin{x} \cos{\beta x} } \right)^{\cot{}^3 x} $;
$(c)\displaystyle \lim_{x\to 1} \dfrac{\sin{(\pi x^{\alpha } )}}{\sin{(\pi x^{\beta })} } $;$(d)\displaystyle \lim_{x\to 1} \dfrac{\sin{}^2 (\pi \cdot 2^x )}{\ln \cos{(\pi \cdot 2^x)} } $.
解$\quad (a)\displaystyle \lim_{x\to 0} \left( \dfrac{1+x\cdot 2^x}{1+x\cdot 3^x} \right)^{\frac{1}{x^2} } =\left( 1+\dfrac{1}{\dfrac{1+x\cdot 3^x}{x(2^x -3^x)} } \right)^{\frac{1+x\cdot 3^x}{x(2^x -3^x)} \cdot \frac{2^x-3^x}{x(1+x\cdot 3^x)} } $.
因为
$$\begin{align}
& \dfrac{2^x-3^x}{x(1+x\cdot 3^x)} \\
= & \dfrac{1}{1+x\cdot 3^x} \cdot \left( \dfrac{2^x-1}{x} -\dfrac{3^x -1}{x} \right) \\
\to & \ln 2-\ln 3 \\
= & \ln \dfrac{2}{3} (x\to 0),
\end{align}$$
所以,$\displaystyle \lim_{x\to 0} \left( \dfrac{1+x\cdot 2^x}{1+x\cdot 3^x} \right)^{\frac{1}{x^2} } =e^{\ln \frac{2}{3} } =\dfrac{2}{3} $.
$(b)$这是$1^{\infty }$型不定式.将括号内写成$1+o(1)$后用$\eqref{6}$的方法,只要计算下列极限:
$$\begin{align}
& \lim_{x\to 0} \left( \dfrac{\sin{x} (\cos{\alpha x} -\cos{\beta x} )}{1+\sin{x} \cos{\beta x} } \cdot \dfrac{\cos{}^3 x}{\sin{}^3 x} \right) \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{\cos{\alpha x} -1+1-\cos{\beta x} }{x^2} \\
= & \dfrac{1}{2} (-\alpha^2 +\beta^2),
\end{align}$$
就可知答案为$e^{\frac{\beta^2 -\alpha^2 }{2}} $.
$(c)$这是$\dfrac{0}{0}$型不定式.令$t=x-1$,并改写分子分母,就可以如下求解(其中两次利用了$\sin{x} \sim x(x\to 0)$和$\eqref{5}$):
$$\begin{align}
& \lim_{t\to 0} \dfrac{\sin{[\pi ((t+1)^{\alpha } -1)]} }{\sin{[\pi ((t+1)^{\beta } -1)]} } \\
= & \lim_{t\to 0} \dfrac{\pi ((t+1)^{\alpha } -1) }{\pi ((t+1)^{\beta } -1)} \\
= & \lim_{t\to 0} \left( \dfrac{(t+1)^{\alpha } -1}{t} \cdot \dfrac{t}{(t+1)^{\beta } -1} \right) \\
= & \dfrac{\alpha }{\beta } .
\end{align}$$
$(d)$这是$\dfrac{0}{0}$型的不定式.令$t=x-1$,并将两个三角函数的自变量改写为$2\pi \cdot (2t-1)$,然后利用$x\to 0$时的等价关系$\sin{x} \sim x$,$1-\cos{x} \sim \dfrac{1}{2} x^2 $和$\ln (1+x)\sim x$,即可计算得到:
$$\lim_{t\to 0} \dfrac{\sin{}^2 (2\pi \cdot (2^t -1))}{\cos{(2\pi \cdot (2^t -1))-1}} =-2.$$
$546$.$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \tan{}^n \left( \dfrac{\pi }{4} +\dfrac{1}{n} \right) $.
解
$$\begin{align}
& \lim_{n\to \infty } \tan{}^n \left( \dfrac{\pi }{4} +\dfrac{1}{n} \right) \\
= & \lim_{n\to \infty } \left( \dfrac{1+\tan{\dfrac{1}{n} } }{1-\tan{\dfrac{1}{n} } } \right)^n \\
= & \lim_{n\to \infty } \left( 1+\dfrac{1}{\dfrac{1-\tan{\dfrac{1}{n} } }{2\tan{\dfrac{1}{n} } } } \right)^{\frac{1-\tan{\frac{1}{n} } }{2\tan{\frac{1}{n} } } \cdot \frac{2\tan{\frac{1}{n} } }{\frac{1}{n} } \cdot \frac{1}{1-\tan{\frac{1}{n} } } } \\
= & e^2.
\end{align}$$
$547$.$\displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{e^{\alpha x} -e^{\beta x} }{\sin{\alpha x} -\sin{\beta x} } $.
解
$$\begin{align}
& \lim_{x\to 0} \dfrac{e^{\alpha x} -e^{\beta x} }{\sin{\alpha x} -\sin{\beta x} } \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{e^{\beta x} [e^{(\alpha -\beta ) x} -1] }{2\cos{\dfrac{\alpha +\beta }{2} x} \sin{\dfrac{\alpha -\beta }{2} x} } \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{e^{(\alpha -\beta ) x} -1}{(\alpha -\beta )x} \cdot \dfrac{\dfrac{\alpha -\beta }{2} x}{\sin{\dfrac{\alpha -\beta }{2} x}} \cdot \dfrac{e^{\beta x} }{\cos{\dfrac{\alpha +\beta }{2} x} }\\
= & \ln e \\
= & 1.
\end{align}$$
$548$.$\displaystyle \lim_{x\to a} \dfrac{x^{\alpha } -a^{\alpha }}{x^{\beta }-a^{\beta } } (a > 0)$.
解
$$\begin{align}
& \dfrac{x^{\alpha } -a^{\alpha }}{x^{\beta }-a^{\beta } } \\
= & a^{\alpha -\beta } \cdot \dfrac{\left( \dfrac{x}{a} \right)^{\alpha } -1}{\left( \dfrac{x}{a} \right)^{\beta } -1}\\
= & a^{\alpha -\beta } \cdot \dfrac{e^{\alpha \ln \frac{x}{a} } -1}{\alpha \ln \dfrac{x}{a}} \cdot \dfrac{\beta \ln \dfrac{x}{a} }{e^{\beta \ln \frac{x}{a} } -1} \cdot \dfrac{\alpha }{\beta } .
\end{align}$$
当$x\to a $时,$\ln \dfrac{x}{a} \to 0$,于是上式趋向$\dfrac{\alpha }{\beta } a^{\alpha -\beta } $,即
$$\lim_{x\to a} \dfrac{x^{\alpha } -a^{\alpha }}{x^{\beta }-a^{\beta } } =\dfrac{\alpha }{\beta } a^{\alpha -\beta } (\beta \neq 0).$$
$549$.$\displaystyle \lim_{x\to b} \dfrac{a^x -a^b}{x-b} (a > 0)$.
解$\quad \displaystyle \lim_{x\to b} \dfrac{a^x -a^b}{x-b} =\lim_{x\to b} \left( a^b \cdot \dfrac{a^{x-b} -1}{x-b} \right) =a^b \ln a$.
$550$.$\displaystyle \lim_{h\to 0} \dfrac{a^{x+h} +a^{x-h}-2a^x}{h^2} (a > 0)$.
解
$$\begin{align}
& \lim_{h\to 0} \dfrac{a^{x+h} +a^{x-h}-2a^x}{h^2} \\
= & \lim_{h\to 0} \left( a^x \cdot \dfrac{a^h +a^{-h}-2}{h^2} \right) \\
= & \lim_{h\to 0} \dfrac{a^x }{a^h} \left( \dfrac{a^h -1}{h} \right)^2 \\
= & a^x \ln^2 a.
\end{align}$$
$551$.$\displaystyle \lim_{x\to \infty } \dfrac{(x+a)^{x+a} (x+b)^{x+b} }{(x+a+b)^{2x+a+b}} $.
解
$$\begin{align}
& \lim_{x\to \infty } \dfrac{(x+a)^{x+a} (x+b)^{x+b} }{(x+a+b)^{2x+a+b}} \\
= & \lim_{x\to \infty } \dfrac{\left(1+\dfrac{a}{x} \right)^{x+a} \left(1+\dfrac{b}{x} \right)^{x+b} }{\left(1+\dfrac{a+b}{x} \right)^{2x+a+b}} \\
= & \lim_{x\to \infty } \dfrac{\left(1+\dfrac{a}{x} \right)^{\frac{x}{a} a+a} \left(1+\dfrac{b}{x} \right)^{\frac{x}{b} b +b} }{\left(1+\dfrac{a+b}{x} \right)^{\frac{x}{a+b} [2(a+b)]+a+b}} \\
= & \dfrac{e^a \cdot e^b}{e^{2(a+b)}} \\
= & e^{-(a+b)} .
\end{align}$$
$552$.$\displaystyle \lim_{n\to \infty } n(\sqrt[n]{x} -1) (x > 0)$.
解$\quad \displaystyle \lim_{n\to \infty } n(\sqrt[n]{x} -1) =\lim_{n\to \infty } \dfrac{x^{\frac{1}{n} } -1}{\dfrac{1}{n} } =\ln x$.
$553$.$\displaystyle \lim_{n\to \infty } n^2(\sqrt[n]{x} -\sqrt[n+1]{x} ) (x > 0)$.
解
$$\begin{align}
& \lim_{n\to \infty } n^2(\sqrt[n]{x} -\sqrt[n+1]{x} ) \\
= & \lim_{n\to \infty } \dfrac{x^{\frac{1}{n} } -x^{\frac{1}{n+1} }}{\dfrac{1}{n^2} } \\
= & \lim_{n\to \infty } \dfrac{x^{\frac{1}{n+1} } [ x^{\frac{1}{n(n+1)} } -1]}{\dfrac{1}{n(n+1)} +\left( \dfrac{1}{n^2} -\dfrac{1}{n^2+n} \right) } \\
= & \lim_{n\to \infty } \left[ \dfrac{x^{\frac{1}{n(n+1)} } -1}{\dfrac{1}{n(n+1)}} \cdot \dfrac{x^{\frac{1}{n+1} }\cdot \dfrac{1}{n(n+1)} }{\dfrac{1}{n(n+1)} +\left( \dfrac{1}{n^2} -\dfrac{1}{n^2+n} \right) } \right] \\
= & \ln x.
\end{align}$$
$554$.$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \left( \dfrac{a-1+\sqrt[n]{b} }{a} \right)^n (a > 0,b > 0) $.
解
$$\begin{align}
& \lim_{n\to \infty } \left( \dfrac{a-1+\sqrt[n]{b} }{a} \right)^n \\
= & \lim_{n\to \infty } \left( 1+\dfrac{1}{\dfrac{a}{b^{\frac{1}{n} } -1} } \right)^{\frac{a}{b^{\frac{1}{n} } -1} \cdot \frac{b^{\frac{1}{n} } -1 }{\frac{1}{n} } \cdot \frac{1}{a}} \\
= & e^{\frac{1}{a} \ln b} \\
= & \sqrt[a]{b} .
\end{align}$$
$555$.$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \left( \dfrac{\sqrt[n]{a} +\sqrt[n]{b} }{2} \right)^n (a > 0,b > 0) $.
解
$$\begin{align}
& \lim_{n\to \infty } \left( \dfrac{\sqrt[n]{a} +\sqrt[n]{b} }{2} \right)^n \\
= & \lim_{n\to \infty } \left( 1+\dfrac{\sqrt[n]{a} +\sqrt[n]{b} }{2} -1\right)^{\left( \frac{1}{\frac{\sqrt[n]{a} +\sqrt[n]{b} }{2} -1} \right) \left( \frac{\sqrt[n]{a} +\sqrt[n]{b} }{2} -1\right) n} \\
= & e^{\frac{1}{2} (\ln a+\ln b)} \\
= & \sqrt{ab} .
\end{align}$$
$556$.$\displaystyle \lim_{x\to 0 } \left( \dfrac{a^x +b^x +c^x}{3} \right)^{\frac{1}{x} } (a > 0,b > 0,c > 0) $.
解
$$\begin{align}
& \lim_{x\to 0 } \left( \dfrac{a^x +b^x +c^x}{3} \right)^{\frac{1}{x} } \\
= & \lim_{x\to 0} \left( 1+\dfrac{a^x +b^x +c^x}{3} -1\right)^{\left( \frac{1}{\frac{a^x +b^x +c^x}{3} -1} \right) \left( \frac{a^x -1+b^x -1+c^x-1}{3x} \right) } \\
= & \sqrt[3]{abc} .
\end{align}$$
$557$.$\displaystyle \lim_{x\to 0 } \left( \dfrac{a^{x+1} +b^{x+1} +c^{x+1}}{a+b+c} \right)^{\frac{1}{x} } (a > 0,b > 0,c > 0) $.
解$\quad $由于
$$\begin{align}
& \lim_{x\to 0} \dfrac{a^{x+1} +b^{x+1} +c^{x+1}-a-b-c}{x(a+b+c)} \\
= & \dfrac{1}{a+b+c} \lim_{x\to 0} \left( a\cdot \dfrac{a^x -1}{x} +b\cdot \dfrac{b^x-1}{x} +c\cdot \dfrac{c^x -1}{x} \right) \\
= & \ln (a^a b^b c^c)^{\frac{1}{a+b+c} } ,
\end{align}$$
因而,
$$\begin{align}
& \lim_{n\to \infty } \left( \dfrac{a^{x+1} +b^{x+1} +c^{x+1}}{a+b+c} \right)^{\frac{1}{x} } \\
= & \lim_{x\to 0} \left( 1+\dfrac{a^{x+1} +b^{x+1} +c^{x+1}}{a+b+c} -1\right)^{\left( \frac{1}{\frac{a^{x+1} +b^{x+1} +c^{x+1}}{a+b+c} -1} \right) \cdot \dfrac{1}{x} \left( \frac{a^{x+1} +b^{x+1} +c^{x+1}}{a+b+c} -1 \right) } \\
= & (a^a b^b c^c )^{\frac{1}{a+b+c} } .
\end{align}$$
$558$.$\displaystyle \lim_{x\to 0} \left( \dfrac{a^{x^2} +b^{x^2} }{a^x+b^x} \right)^{\frac{1}{x} } (a > 0,b > 0) $.
解
$$\begin{align}
& \lim_{x\to 0} \left( \dfrac{a^{x^2} +b^{x^2} }{a^x+b^x} \right)^{\frac{1}{x} } \\
= & \lim_{x\to 0} \left( 1+\dfrac{1}{\dfrac{a^x+b^x}{a^{x^2}+b^{x^2} -a^x-b^x} } \right)^{\frac{a^x+b^x}{a^{x^2}+b^{x^2} -a^x-b^x} \cdot \left[ x\left(\frac{a^{x^2} -1}{x^2} +\frac{b^{x^2} -1}{x^2} \right)-\frac{a^x-1}{x} -\frac{b^x-1}{x} \right] \cdot \frac{1}{a^x+b^x} } \\
= & e^{-\frac{1}{2} (\ln a +\ln b)} \\
= & \dfrac{1}{\sqrt{ab} } .
\end{align}$$
$559$.$\displaystyle \lim_{x\to 0 } \dfrac{a^{x^2} -b^{x^2} }{(a^x -b^x )^2} (a > 0,b > 0)$.
解
$$\begin{align}
& \lim_{x\to 0 } \dfrac{a^{x^2} -b^{x^2} }{(a^x -b^x )^2} \\
= & \lim_{x\to 0} \left[ \left( \dfrac{a^{x^2} -1}{x^2} -\dfrac{b^{x^2} -1}{x^2} \right) \cdot \dfrac{1}{\left( \dfrac{a^x-1}{x} -\dfrac{b^x-1}{x} \right)^2} \right] \\
= & (\ln a-\ln b)\cdot \dfrac{1}{(\ln a-\ln b)^2} \\
= & \dfrac{1}{\ln a-\ln b } \\
= & \left( \ln \dfrac{a}{b} \right)^{-1} .
\end{align}$$
$560$.$\displaystyle \lim_{x\to a } \dfrac{a^{a^x} -a^{x^a} }{a^x -x^a } (a > 0)$.
解$\quad \displaystyle \lim_{x\to a } \dfrac{a^{a^x} -a^{x^a} }{a^x -x^a } =\lim_{x\to a} \left( a^{x^a} \cdot \dfrac{a^{a^x -x^a} -1}{a^x-x^a} \right) =a^{a^a} \ln a$.
$561$.$(a)\displaystyle \lim_{x\to -\infty } \dfrac{\ln (1+3^x)}{\ln (1+2^x)} $;$(b)\displaystyle \lim_{x\to +\infty } \dfrac{\ln (1+3^x)}{\ln (1+2^x)} $.
解$\quad (1)$
$$\begin{align}
& \lim_{x\to -\infty } \dfrac{\ln (1+3^x)}{\ln (1+2^x)} \\
= & \lim_{x\to -\infty } \left[ \dfrac{\ln (1+3^x)}{3^x} \cdot \dfrac{2^x}{\ln (1+2^x)} \cdot \left( \dfrac{2}{ 3} \right)^{-x} \right] \\
= & 1\cdot 1\cdot 0 \\
= & 0 .
\end{align}$$
$(2)$
$$\begin{align}
& \lim_{x\to +\infty } \dfrac{\ln (1+3^x)}{\ln (1+2^x)} \\
= & \lim_{x\to +\infty } \dfrac{x\ln 3+\ln (1+3^{-x})}{x\ln 2+\ln (1+2^{-x})} \\
= & \lim_{x\to +\infty } \dfrac{\ln 3+\dfrac{1}{x} \cdot \ln (1+3^{-x})}{\ln 2+\dfrac{1}{x} \cdot \ln (1+2^{-x})} \\
= & \dfrac{\ln 3}{\ln 2} .
\end{align}$$
$562$.$\displaystyle \lim_{x\to +\infty } \ln (1+2^x) \ln \left( 1+\dfrac{3}{x} \right) $.
解
$$\begin{align}
& \lim_{x\to +\infty } \ln (1+2^x) \ln \left( 1+\dfrac{3}{x} \right) \\
= & \lim_{x\to +\infty } \left[ \dfrac{\ln \left( 1+\dfrac{3}{x} \right) }{\dfrac{3}{x} } \cdot \dfrac{x\ln 2+\ln (2^{-x} +1)}{\dfrac{x}{3} } \right] \\
= & 3\ln 2 \\
= & \ln 8 .
\end{align}$$
$563$.$\displaystyle \lim_{x\to 1} (1-x)\log_x 2$.
解
$$\begin{align}
& \lim_{x\to 1} (1-x)\log_x 2 \\
= & \lim_{x\to 1} \dfrac{1-x}{\ln x} \cdot \ln 2\\
= & -\ln 2\cdot \lim_{x\to 1} \dfrac{x-1}{\ln [1+(x-1)]} \\
= & -\ln 2.
\end{align}$$
$564$.证明:
$$\lim_{x\to +\infty } \dfrac{x^n}{a^x} =0(a > 1,n > 0).$$
证$\quad $当$x\geqslant 1$时,存在唯一的正整数$k$,使
$$k\leqslant x < k+1.$$
于是当$n > 0$时,我们有
$$\dfrac{x^n}{a^x} < \dfrac{(k+1)^n}{a^k} $$
及
$$\dfrac{x^n}{a^x} > \dfrac{k^n}{a^{k+1}} =\dfrac{k^n}{a^k} \cdot \dfrac{1}{a} .$$
因为当$x\to +\infty $时,$k \to +\infty $,所以有
$$\lim_{x\to +\infty } \dfrac{(k+1)^n}{a^k} =\lim_{x\to +\infty } \dfrac{(k+1)^n}{a^{k+1}} \cdot a=0\cdot a=0$$
及
$$\lim_{x\to +\infty } \dfrac{k^n}{a^{k+1}} =\lim_{x\to +\infty } \dfrac{k^n}{a^k} \cdot \dfrac{1}{a} =0\cdot \dfrac{1}{a} =0.$$
于是,$\displaystyle \lim_{x\to +\infty } \dfrac{x^n}{a^x} =0$.
$565$.证明:
$$\lim_{x\to +\infty } \dfrac{\log_a x}{x^{\varepsilon } } =0 ,(a > 0,\varepsilon > 0).$$
证$\quad $设$\log_a x=y$,则$x=a^y $,且当$x\to +\infty $时,$y\to +\infty $.于是,
$$\lim_{x\to +\infty } \dfrac{\log_a x}{x^{\varepsilon } } =\lim_{y\to +\infty } \dfrac{y}{(a^y)^{\varepsilon }} =\lim_{y\to +\infty } \left( \dfrac{y^{\frac{1}{\varepsilon } }}{a^y} \right)^{\varepsilon } =0,$$
即
$$\lim_{x\to +\infty } \dfrac{\log_a x}{x^{\varepsilon } } =0 .$$
求下列极限:
$566$.$(a)\displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{\ln (x^2+e^x)}{\ln (x^4 +e^{2x})} $;$(b)\displaystyle \lim_{x\to +\infty } \dfrac{\ln (x^2+e^x)}{\ln (x^4 +e^{2x})} $.
解$\quad (a)$
$$\begin{align}
& \lim_{x\to 0} \dfrac{\ln (x^2+e^x)}{\ln (x^4 +e^{2x})} \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{x+\ln (1+x^2e^{-x})}{2x+\ln (1+x^4 e^{-2x})}\\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{1+\dfrac{\ln (1+x^2e^{-x})}{x^2e^{-x}} \cdot xe^{-x}}{2+\dfrac{\ln (1+x^4 e^{-2x})}{x^4e^{-2x}} \cdot x^3e^{-2x}} \\
= & \dfrac{1}{2} .
\end{align}$$
$(b)\displaystyle \lim_{x\to +\infty } \dfrac{\ln (x^2+e^x)}{\ln (x^4 +e^{2x})} =\lim_{x\to +\infty } \dfrac{1+\dfrac{\ln (1+x^2e^{-x})}{x} }{2+\dfrac{\ln (1+x^4 e^{-2x})}{x}} =\dfrac{1}{2} $,
其中利用了结果$\displaystyle \lim_{x\to +\infty } x^n a^{-x} =0(n > 0 ,a > 1)$,因而,
$$x^2e^{-x} \to 0,x^4e^{-2x} \to 0(x\to +\infty ).$$
$567$.$\displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{\ln (1+xe^x)}{\ln (x+\sqrt{1+x^2} )} $.
解
$$\begin{align}
& \lim_{x\to 0} \dfrac{\ln (1+xe^x)}{\ln (x+\sqrt{1+x^2} )} \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{\dfrac{\ln (1+xe^x)}{xe^x} \cdot xe^x}{\dfrac{1}{2} \ln (1+x^2)+\dfrac{\ln \left( 1+\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2} } \right)}{\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}}\cdot \dfrac{x}{\sqrt{1+x^2} } } \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{xe^x}{\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2} } } \\
= & \lim_{x\to 0} e^x \sqrt{1+x^2} \\
= & 1.
\end{align}$$
$568$.$\displaystyle \lim_{x\to +\infty } [(x+2)\ln (x+2)-2(x+1)\ln (x+1)+x\ln x]$.
解
$$\begin{align}
& \lim_{x\to +\infty } [(x+2)\ln (x+2)-2(x+1)\ln (x+1)+x\ln x] \\
= & \lim_{x\to +\infty } \ln \dfrac{(x+2)^{x+2} \cdot x^x}{(x+1)^{2x+2}} \\
= & \lim_{x\to +\infty } \ln \dfrac{(1+\dfrac{2}{x} )^{\frac{x}{2} \cdot 2+2} }{(1+\dfrac{1}{x})^{2x+2}} \\
= & \lim_{x\to +\infty } \ln \dfrac{e^2}{e^2} \\
= & 0.
\end{align}$$
$569$.$\displaystyle \lim_{x\to +0} \left[ \ln (x\ln a)\cdot \ln \left( \dfrac{\ln ax}{\ln \dfrac{x}{a} } \right) \right] (a > 1)$.
解
$$\begin{align}
& \lim_{x\to +0} \left[ \ln (x\ln a)\cdot \ln \left( \dfrac{\ln ax}{\ln \dfrac{x}{a} } \right) \right] \\
= & \lim_{x\to +0} \ln \left( \dfrac{\ln a +\ln x}{\ln x-\ln a} \right)^{\ln x+\ln (\ln a)} \\
= & \lim_{x\to +0} \ln \left( 1+\dfrac{2\ln a}{\ln x-\ln a} \right)^{\ln x+\ln (\ln a)} \\
= & \lim_{x\to +0} \ln \left( 1+\dfrac{2\ln a}{\ln x-\ln a} \right)^{\frac{\ln x-\ln a}{2\ln a} \cdot 2\ln a\cdot \frac{\ln x+\ln (\ln a)}{\ln x-\ln a} } \\
= & \ln e^{\ln a^2} \\
= & \ln a^2.
\end{align}$$
$570$.$\displaystyle \lim_{x\to +\infty } \left( \ln \dfrac{x+\sqrt{x^2+1} }{x+\sqrt{x^2-1} } \cdot {\ln }^{-2} \dfrac{x+1}{x-1} \right) $.
解
$$\begin{align}
& \lim_{x\to +\infty } \left( \ln \dfrac{x+\sqrt{x^2+1} }{x+\sqrt{x^2-1} } \cdot {\ln }^{-2} \dfrac{x+1}{x-1} \right) \\
= & \lim_{x\to +\infty } \dfrac{\ln \left( 1+\dfrac{\sqrt{x^2+1} -\sqrt{x^2-1} }{x+\sqrt{x^2-1} } \right) }{ {\ln }^2 \left( 1+\dfrac{2}{x-1} \right) } \\
= & \lim_{x\to +\infty } \dfrac{\left\lbrace \ln \left[ 1+\dfrac{2}{(x+\sqrt{x^2-1} ) (\sqrt{x^2+1} +\sqrt{x^2-1} ) } \right] ^{\frac{(x+\sqrt{x^2-1} ) }{\sqrt{2} } } \right. }{ {\ln }^2 \left[ \left( 1+\dfrac{2}{x-1} \right) ^{\frac{x-1}{2} } \right] } \\
& \dfrac{\left. {\dfrac{ }{ } }^{\cdot \frac{(\sqrt{x^2+1} +\sqrt{x^2-1} )}{\sqrt{2} } } \right\rbrace \cdot \dfrac{2}{(x+\sqrt{x^2-1} )(\sqrt{x^2+1} +\sqrt{x^2-1} )} }{ \left( \dfrac{2}{x-1} \right)^2 } \\
= & \lim_{x\to +\infty } \dfrac{(x-1)^2}{2(x+\sqrt{x^2-1} )(\sqrt{x^2+1} +\sqrt{x^2-1} )} \\
= & \lim_{x\to +\infty } \dfrac{\left( 1-\dfrac{1}{x} \right)^2 }{2\left( 1+\sqrt{1-\dfrac{1}{x^2} } \right) \left( \sqrt{1+\dfrac{1}{x^2} } +\sqrt{1-\dfrac{1}{x^2} } \right) } \\
= & \dfrac{1}{8} .
\end{align}$$
$571$.$\displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{\sqrt{1+x\sin{x} } -1}{e^{x^2} -1} $.
解
$$\begin{align}
& \lim_{x\to 0} \dfrac{\sqrt{1+x\sin{x} } -1}{e^{x^2} -1} \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{x\sin{x} }{(e^{x^2} -1)(\sqrt{1+x\sin{x} } +1)} \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{\dfrac{\sin{x} }{x} }{\dfrac{e^{x^2} -1}{x^2} (\sqrt{1+x\sin{x} } +1)} \\
= & \dfrac{1}{2} .
\end{align}$$
$572$.$\displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{\cos{(xe^x)} -\cos{(xe^{-x})} }{x^3} $.
解
$$\begin{align}
& \lim_{x\to 0} \dfrac{\cos{(xe^x)} -\cos{(xe^{-x})} }{x^3} \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{-2\sin{\dfrac{x(e^x +e^{-x})}{2} \sin{\dfrac{x(e^x -e^{-x})}{2} } } }{x^3} \\
= & -2\lim_{x\to 0} \left[ \dfrac{\sin{\dfrac{x(e^x +e^{-x})}{2}} }{\dfrac{x(e^x +e^{-x})}{2} } \cdot \dfrac{\sin{\dfrac{x(e^x -e^{-x})}{2}} }{\dfrac{x(e^x -e^{-x})}{2} } \cdot \dfrac{x^2 (e^{4x} -1)}{4x^3e^{2x}} \right] \\
= & -2\lim_{x\to 0} \left( \dfrac{e^{4x} -1}{4x} \cdot \dfrac{1}{e^{2x}} \right) \\
= & -2.
\end{align}$$
$573$.$\displaystyle \lim_{x\to 0} (2e^{\frac{x}{x+1} } -1)^{\frac{x^2+1}{x} } $.
解
$$\begin{align}
& \lim_{x\to 0} (2e^{\frac{x}{x+1} } -1)^{\frac{x^2+1}{x} } \\
= & \lim_{x\to 0} \left\lbrace \left[ 1+2(e^{\frac{x}{x+1} } -1) \right]^{\frac{1}{2(e^{\frac{x}{x+1} } -1)} } \right\rbrace^{\frac{2(x^2+1)}{x+1} \cdot \frac{e^{\frac{x}{x+1} } -1}{\frac{x}{x+1} } } \\
= & e^2 .
\end{align}$$
$574$.$\displaystyle \lim_{x\to 1} (2-x)^{\sec{\frac{\pi x}{2} }} $.
解
$$\begin{align}
& \lim_{x\to 1} (2-x)^{\sec{\frac{\pi x}{2} }} \\
= & \lim_{x\to 1} [ 1+(-x+1) ]^{\frac{1}{1-x} \cdot \frac{\frac{\pi (x-1)}{2} }{\sin{\frac{\pi (x-1)}{2} } } \cdot \frac{2}{\pi } } \\
= & e^{\frac{2}{\pi } } .
\end{align}$$
$575$.$\displaystyle \lim_{x\to \frac{\pi }{2} } \dfrac{1-\sin{}^{\alpha +\beta } x}{\sqrt{(1-\sin{}^{\alpha } x)(1-\sin{}^{\beta } x)} } (\alpha > 0,\beta > 0) $.
解
$$\begin{align}
& \lim_{x\to \frac{\pi }{2} } \dfrac{1-\sin{}^{\alpha +\beta } x}{\sqrt{(1-\sin{}^{\alpha } x)(1-\sin{}^{\beta } x)} } \\
= & \lim_{x\to \frac{\pi }{2} } \dfrac{1-e^{(\alpha +\beta )\cdot \ln \sin{x} }}{\sqrt{(1-e^{\alpha \cdot \ln \sin{x} })(1-e^{\beta \cdot \ln \sin{x} }) } } \\
= & \lim_{x\to \frac{\pi }{2} } \left[ \left( \dfrac{1-e^{(\alpha +\beta )\cdot \ln \sin{x} }}{(\alpha +\beta )\cdot \ln \sin{x} } \right) \cdot \left( \dfrac{\alpha \cdot \ln \sin{x} }{e^{\alpha \ln \sin{x} }-1} \right)^{\frac{1}{2} } \cdot \left( \dfrac{\beta \cdot \ln \sin{x} }{e^{\beta \ln \sin{x} }-1} \right)^{\frac{1}{2} } \cdot \left( \dfrac{(\alpha +\beta )\cdot \ln \sin{x} }{\sqrt{\alpha \beta } \cdot \ln \sin{x} } \right) \right] \\
= & \dfrac{\alpha +\beta }{\sqrt{\alpha \beta } } .
\end{align}$$
双曲函数与反三角函数的极限计算
《习题集》中关于前三个双曲函数的定义和图像见习题$340(a),(b),(c)$,关于前四个反三角函数的图像见习题$311-314$(参见附录一).
《习题集》中收入的关于这两类函数的极限计算题一般比较容易.
$576$.$(a)\displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{\sinh{x} }{x} $;$(b)\displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{\cosh{x} -1}{x^2} $;$(c)\displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{\tanh{x} }{x} $(参考习题$340$).
解$\quad (a)$
$$\begin{align}
& \lim_{x\to 0} \dfrac{\sinh{x} }{x} \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{e^x-e^{-x}}{2x} \\
= & \lim_{x\to 0} \left( \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{e^x-1}{x} +\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{e^{-x}-1}{-x} \right) \\
= & 1.
\end{align}$$
$(b)$
$$\begin{align}
& \lim_{x\to 0} \dfrac{\cosh{x} -1}{x^2} \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{e^x+e^{-x}-2}{2x^2} \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{(1+x+\cdots +\dfrac{x^n}{n!} +o(x^n))+(1-x+\cdots +\dfrac{(-1)^n x^n}{n!} +o(x^n))-2}{2x^2} \\
= & \dfrac{1}{2} .
\end{align}$$
$(c)$
$$\begin{align}
& \lim_{x\to 0} \dfrac{\tanh{x} }{x} \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{e^x-e^{-x}}{x(e^x+e^{-x})} \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{e^{-x}(e^{2x}-1)}{xe^{-x}(e^{2x}+1)} \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{e^{2x}-1}{2x} \cdot \dfrac{2}{e^{2x}+1} \\
= & 1.
\end{align}$$
$577$.$\displaystyle (a)\lim_{x\to 0} \dfrac{\sinh{}^2 x}{\ln \cosh{3x} } $(参考习题$340$);$(b)\displaystyle \lim_{x\to +\infty } \dfrac{\sinh{\sqrt{x^2+x} } -\sinh{\sqrt{x^2-x} } }{\cosh{x} } $.
解$\quad (a)$
$$\begin{align}
& \lim_{x\to 0} \dfrac{\sinh{}^2 x}{\ln \cosh{3x} } \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{\dfrac{\left( e^{2x} -1\right)^2 }{4e^{2x}} }{\ln \left[ 1+\dfrac{1}{2} \left( e^{\frac{3}{2} x} -e^{-\frac{3}{2} x} \right)^2 \right] } \\
= & \lim_{x\to 0} \left[ \left( \dfrac{e^{2x}-1}{2x} \right)^2 \cdot \dfrac{\dfrac{1}{2} \left( e^{\frac{3}{2} x} -e^{-\frac{3}{2} x} \right)^2 \cdot e^x}{\ln \left[ 1+\dfrac{1}{2} \left( e^{\frac{3}{2} x} -e^{-\frac{3}{2} x} \right)^2 \right] } \cdot \left( \dfrac{3x}{e^{3x} -1} \right)^2 \cdot \dfrac{2}{9} \right] \\
= & \dfrac{2}{9} .
\end{align}$$
$(b)$分子是$\infty -\infty $型的不定式.按照定义将双曲函数用指数函数表示,并将分子分母同除以适当的无穷大量即可计算如下:
$$\begin{align}
& \lim_{x\to +\infty } \dfrac{\dfrac{e^{\sqrt{x^2+x} } -e^{-\sqrt{x^2+x} } }{2} -\dfrac{e^{\sqrt{x^2-x} } -e^{-\sqrt{x^2-x} } }{2} }{\dfrac{e^x +e^{-x}}{2} } \\
= & \lim_{x\to +\infty } (e^{\sqrt{x^2+x} -x} -e^{\sqrt{x^2-x} -x}) \\
= & \lim_{x\to +\infty } (e^{\frac{x}{\sqrt{x^2+x} +x} } -e^{\frac{-x}{\sqrt{x^2-x} +x} }) \\
= & e^{\frac{1}{2} } -e^{-\frac{1}{2} } \\
= & 2\sinh{\dfrac{1}{2} } .
\end{align}$$
$578$.$\displaystyle (a)\lim_{x\to a} \dfrac{\sinh{x} -\sinh{a} }{x-a} $;$(b)\displaystyle \lim_{x\to a} \dfrac{\cosh{x} -\cosh{a} }{x-a} $;$(c)\displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{\ln \cosh{x} }{\ln \cos{x} } $.
解$\quad (a)$
$$\begin{align}
& \lim_{x\to a} \dfrac{\sinh{x} -\sinh{a} }{x-a} \\
= & \lim_{x\to a} \dfrac{\dfrac{e^x-e^{-x}}{2} -\dfrac{e^a-e^{-a}}{2}}{x-a} \\
= & \lim_{x\to a} \dfrac{\dfrac{e^x-e^{-x}-(e^a-e^{-a})}{2} }{x-a} \\
= & \lim_{x\to a} \dfrac{\dfrac{e^x-e^{a}+e^{-a}-e^{-x}}{2} }{x-a} \\
= & \lim_{x\to a} \dfrac{\dfrac{e^{\frac{x-a}{2} +\frac{x+a}{2} }-e^{\frac{-x+a}{2} +\frac{x+a}{2} }+e^{\frac{x-a}{2} +(-\frac{x+a}{2} )}-e^{\frac{-x+a}{2} +(-\frac{x+a}{2} )}}{2} }{x-a} \\
= & \lim_{x\to a} \dfrac{\left( e^{\frac{x-a}{2} }-e^{\frac{-x+a}{2} }\right) \cdot \dfrac{e^{\frac{x+a}{2} }+e^{-\frac{x+a}{2} }}{2} }{x-a} \\
= & \lim_{x\to a} \dfrac{e^{\frac{x-a}{2} }-e^{\frac{-x+a}{2} }}{x-a} \cdot \lim_{x\to a} \dfrac{e^{\frac{x+a}{2} }+e^{-\frac{x+a}{2} }}{2} \\
= & \lim_{x\to a} \left( \dfrac{e^{\frac{x-a}{2} }-1}{2\cdot \dfrac{x-a}{2} } +\dfrac{e^{\frac{-x+a}{2} } -1}{2\cdot \dfrac{-x+a}{2} } \right) \cdot \lim_{x\to a} \cosh{\dfrac{x+a}{2}} \\
= & \cosh{a} .
\end{align}$$
$(b)$
$$\begin{align}
& \lim_{x\to a} \dfrac{\cosh{x} -\cosh{a} }{x-a} \\
= & \lim_{x\to a} \dfrac{\dfrac{e^x+e^{-x}}{2} -\dfrac{e^a+e^{-a}}{2}}{x-a} \\
= & \lim_{x\to a} \dfrac{\dfrac{e^x+e^{-x}-(e^a+e^{-a})}{2} }{x-a} \\
= & \lim_{x\to a} \dfrac{\dfrac{e^x-e^{a}-e^{-a}+e^{-x}}{2} }{x-a} \\
= & \lim_{x\to a} \dfrac{\dfrac{e^{\frac{x-a}{2} +\frac{x+a}{2} }-e^{\frac{-x+a}{2} +\frac{x+a}{2} }-e^{\frac{x-a}{2} +(-\frac{x+a}{2} )}+e^{\frac{-x+a}{2} +(-\frac{x+a}{2} )}}{2} }{x-a} \\
= & \lim_{x\to a} \dfrac{\left( e^{\frac{x-a}{2} }-e^{\frac{-x+a}{2} }\right) \cdot \dfrac{e^{\frac{x+a}{2} }-e^{-\frac{x+a}{2} }}{2} }{x-a} \\
= & \lim_{x\to a} \dfrac{e^{\frac{x-a}{2} }-e^{\frac{-x+a}{2} }}{x-a} \cdot \lim_{x\to a} \dfrac{e^{\frac{x+a}{2} }-e^{-\frac{x+a}{2} }}{2} \\
= & \lim_{x\to a} \left( \dfrac{e^{\frac{x-a}{2} }-1}{2\cdot \dfrac{x-a}{2} } +\dfrac{e^{\frac{-x+a}{2} } -1}{2\cdot \dfrac{-x+a}{2} } \right) \cdot \lim_{x\to a} \sinh{\dfrac{x+a}{2}} \\
= & \sinh{a} .
\end{align}$$
$(c)$由于,
$$\begin{align}
& \lim_{x\to 0} \left( \left[ \dfrac{e^x+e^{-x}}{2} -1\right] \cdot \dfrac{1}{(\cos{x} -1 )} \right) \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{e^{-x} (e^{2x} -2e^x+1)}{2(\cos{x} -1)} \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{e^{-x}(e^{x} -1)^2}{2(\cos{x} -1)} \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{e^{-x}(\dfrac{e^{x} -1}{x} )^2 \cdot x^2}{2(\cos{x} -1)} \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{e^{-x}(\dfrac{e^{x} -1}{x} )^2 \cdot x^2}{2(-\dfrac{1}{2} x^2)} \\
= & -1,
\end{align}$$
因此,
$$\begin{align}
& \lim_{x\to 0} \dfrac{\ln \cosh{x} }{\ln \cos{x} } \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{\ln \dfrac{e^x+e^{-x}}{2} }{\ln (1+\cos{x} -1)} \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{\ln \dfrac{e^x+e^{-x}}{2} }{(\cos{x} -1)} \\
= & \lim_{x\to 0} \ln \left( 1+\dfrac{e^x+e^{-x}}{2} -1\right)^{\frac{1}{\cos{x} -1} } \\
= & \lim_{x\to 0} \ln \left( 1+\dfrac{e^x+e^{-x}}{2} -1\right)^{\frac{2}{e^x+e^{-x} -2} \cdot \left( \frac{e^x+e^{-x}}{2} -1\right) \cdot \frac{1}{\cos{x} -1} } \\
= & \ln e^{-1} \\
= & -1.
\end{align}$$
$579$.$(a)\displaystyle \lim_{x\to +\infty } (x-\ln \cosh{x} ) $;$(b)\displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{e^{\sin{2x} } -e^{\sin{x} }}{\tanh{x} } $.
解$\quad (a)$
$$\begin{align}
& \lim_{x\to +\infty } (x-\ln \cosh{x} ) \\
= & \lim_{x\to +\infty } \left(x-\ln \dfrac{e^{2x}+1}{2e^x} \right) \\
= & \lim_{x\to +\infty } [2x+\ln 2-\ln (1+e^{2x})] \\
= & \lim_{x\to +\infty } [\ln 2-\ln (e^{-2x} +1)] \\
= & \ln 2.
\end{align}$$
$\quad (b)$
$$\begin{align}
& \lim_{x\to 0} \dfrac{e^{\sin{2x} } -e^{\sin{x} }}{\tanh{x} } \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{(e^{\sin{2x} } -e^{\sin{x} })(e^{2x} +1)}{(e^{2x} -1)} \\
= & \lim_{x\to 0} \dfrac{\left( \dfrac{e^{\sin{2x} } -1}{\sin{2x} } \cdot \dfrac{\sin{2x}}{2x} -\dfrac{e^{\sin{x} } -1}{\sin{x} } \cdot \dfrac{\sin{x}}{x} \cdot \dfrac{1}{2} \right) (e^{2x} +1)}{\dfrac{(e^{2x} -1)}{2x} } \\
= & \dfrac{2\left( 1-\dfrac{1}{2} \right) }{1} \\
= & 1.
\end{align}$$
$580$.$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \left( \dfrac{\cosh{\dfrac{\pi }{n} } }{\cos{\dfrac{\pi }{n} } } \right)^{n^2} $.
解
$$\begin{align}
& \left( \dfrac{\cosh{\dfrac{\pi }{n} } }{\cos{\dfrac{\pi }{n} } } \right)^{n^2} \\
= & \left( \dfrac{e^{\frac{\pi }{n} } +e^{-\frac{\pi }{n} }}{2\cos{\dfrac{\pi }{n} } } \right)^{n^2} \\
= & \left( 1+\dfrac{1}{\dfrac{2\cos{\dfrac{\pi }{n} } }{e^{\frac{\pi }{n} } +e^{-\frac{\pi }{n} } -2\cos{\dfrac{\pi }{n} } } } \right)^{\frac{2\cos{\frac{\pi }{n} } }{e^{\frac{\pi }{n} } +e^{-\frac{\pi }{n} } -2\cos{\frac{\pi }{n} } } \cdot \frac{n^2 \left( e^{\frac{\pi }{n} } +e^{-\frac{\pi }{n} } -2\cos{\frac{\pi }{n} } \right) }{2\cos{\frac{\pi }{n} } } } ,
\end{align}$$
因为,
$$\begin{align}
& n^2 \left( e^{\frac{\pi }{n} } +e^{-\frac{\pi }{n} } -2\cos{\dfrac{\pi }{n} } \right) \\
= & n^2 \left[ (e^{\frac{\pi }{2n} } +e^{-\frac{\pi }{2n} } )^2 +2(1-\cos{\dfrac{\pi }{n} } ) \right] \\
= & n^2 \left[ (e^{\frac{\pi }{2n} } +e^{-\frac{\pi }{2n} } )^2 +4\sin{}^2 \dfrac{\pi }{2n} \right] \\
= & \left( \dfrac{e^{\frac{\pi }{2n} } -1}{\dfrac{\pi }{2n} } \cdot \dfrac{\pi }{2} +\dfrac{e^{-\frac{\pi }{2n} } -1}{-\dfrac{\pi }{2n} } \cdot \dfrac{\pi }{2} \right)^2 +\pi^2 \left( \dfrac{\sin{\dfrac{\pi }{2n} } }{\dfrac{\pi }{2n} } \right)^2 \\
\to & 2\pi^2 (n\to \infty ),
\end{align}$$
所以,$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \left( \dfrac{\cosh{\dfrac{\pi }{n} } }{\cos{\dfrac{\pi }{n} } } \right)^{n^2} =e^{\pi^2} $.
$581$.$\displaystyle \lim_{x\to \infty } \arcsin{\dfrac{1-x}{1+x} } $.
解$\quad \displaystyle \lim_{x\to \infty } \arcsin{\dfrac{1-x}{1+x} } =\arcsin{(-1)} =-\dfrac{\pi }{2} $.
$582$.$\displaystyle \lim_{x\to +\infty } \arccos{(\sqrt{x^2+x} -x)} $.
解$\quad \displaystyle \lim_{x\to +\infty } \arccos{(\sqrt{x^2+x} -x)} =\lim_{x\to +\infty } \arccos{\dfrac{x}{\sqrt{x^2+x} +x} } =\arccos{\dfrac{1}{2} } =\dfrac{\pi }{3} $.
$583$.$\displaystyle \lim_{x\to 2} \arctan{\dfrac{x-4}{(x-2)^2} } $.
解$\quad \displaystyle \lim_{x\to 2} \arctan{\dfrac{x-4}{(x-2)^2} } =-\dfrac{\pi }{2} $.
$584$.$\displaystyle \lim_{x\to -\infty } \mathrm{arccot} \;\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2} } $.
解$\quad \displaystyle \lim_{x\to -\infty } \mathrm{arccot} \;\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2} } =\mathrm{arccot} \;(-1)=\dfrac{3\pi }{4} $.
$585$.$\displaystyle \lim_{h\to 0} \dfrac{\arctan{(x+h)} -\arctan{x} }{h} $.
解$\quad $这里的困难在于如何处理分子.计算分子的正切函数值就有
$$\tan [\arctan{(x+h)} -\arctan{x} ] =\dfrac{h}{1+(x+h)x} .$$
可见当$h$充分小时分子的绝对值也很小,因此得到
$$\arctan{(x+h)} -\arctan{x} =\arctan{\dfrac{h}{1+(x+h)x} } .$$
从等价关系$\tan{x} \sim x(x\to 0)$(即习题$474(b)$),可见也有$\arctan{x} \sim x(x\to 0)$.
综合以上两点可见本题的极限为$\dfrac{1}{1+x^2} $.
$586$.$\displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{\ln \dfrac{1+x}{1-x} }{\arctan{(1+x)} -\arctan{(1-x)} } $.
解
$$\begin{align}
& \lim_{x\to 0} \dfrac{\ln \dfrac{1+x}{1-x} }{\arctan{(1+x)} -\arctan{(1-x)} } \\
= & \lim_{x\to 0} \left[ \dfrac{\ln \left( 1+\dfrac{2x}{1-x} \right) }{\dfrac{2x}{1-x} } \cdot \dfrac{\dfrac{2x}{2-x^2} }{\arctan{\dfrac{2x}{2-x^2} } } \cdot \dfrac{2-x^2}{1-x} \right] \\
= & 2.
\end{align}$$
$587$.$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \left[ n\arctan \dfrac{1}{n(x^2+1)+x} \cdot \tan{}^n \left( \dfrac{\pi }{4} +\dfrac{x}{2n} \right) \right] $.
解
$$\begin{align}
& \lim_{n\to \infty } \left[ n\arctan \dfrac{1}{n(x^2+1)+x} \cdot \tan{}^n \left( \dfrac{\pi }{4} +\dfrac{x}{2n} \right) \right] \\
= & \lim_{n\to \infty } \left[ \dfrac{\arctan \dfrac{1}{n(x^2+1)+x} }{\dfrac{1}{n(x^2+1)+x} } \cdot \dfrac{n}{n(x^2+1)+x} \cdot \left( 1+\dfrac{1}{\dfrac{1-\tan{\dfrac{x}{2n} } }{2\tan{\dfrac{x}{2n} }} } \right)^{\frac{1-\tan{\frac{x}{2n} } }{2\tan{\frac{x}{2n} } } \cdot \frac{\tan{\frac{x}{2n} } }{\frac{x}{2n} } \cdot \frac{x}{1-\tan{\frac{x}{2n} } } } \right] \\
= & \dfrac{e^x}{1+x^2} .
\end{align}$$
$588$.$\displaystyle \lim_{x\to \infty } x\left( \dfrac{\pi }{4} -\arctan{\dfrac{x}{x+1} } \right) $.
解
$$\begin{align}
& \lim_{x\to \infty } x\left( \dfrac{\pi }{4} -\arctan{\dfrac{x}{x+1} } \right) \\
= & \lim_{x\to \infty } x\arctan{\dfrac{1}{2x+1} } \\
= & \lim_{x\to \infty } \left( \dfrac{\arctan{\dfrac{1}{2x+1} } }{\dfrac{1}{2x+1}} \cdot \dfrac{x}{2x+1} \right) \\
= & \dfrac{1}{2} .
\end{align}$$
$589$.$\displaystyle \lim_{x\to +\infty } x\left( \dfrac{\pi }{2} -\arcsin{\dfrac{x}{\sqrt{x^2+1} } } \right) $.
解
$$\begin{align}
& \lim_{x\to +\infty } x\left( \dfrac{\pi }{2} -\arcsin{\dfrac{x}{\sqrt{x^2+1} } } \right) \\
= & \lim_{x\to +\infty } x\arcsin{\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1} } } \\
= & \lim_{x\to \infty } \left( \dfrac{\arcsin{\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1} } } }{\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1} } } \cdot \dfrac{x}{\sqrt{x^2+1} } \right) \\
= & 1 .
\end{align}$$
$590$.$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \left[ 1+\dfrac{(-1)^n}{n} \right]^{\csc{(\pi \sqrt{1+n^2} )}} $.
解
$$\begin{align}
& \lim_{n\to \infty } \left[ 1+\dfrac{(-1)^n}{n} \right]^{\csc{(\pi \sqrt{1+n^2} )}} \\
= & \lim_{n\to \infty } \left[ 1+\dfrac{(-1)^n}{n} \right]^{\frac{n}{(-1)^n} \cdot \frac{(-1)^n}{n\sin{(\pi \sqrt{1+n^2} )}} } \\
= & \lim_{n\to \infty } \left[ 1+\dfrac{(-1)^n}{n} \right]^{\frac{n}{(-1)^n} \cdot \frac{-1}{n\sin{(n\pi -\pi \sqrt{1+n^2} )}} } \\
= & \lim_{n\to \infty } \left[ 1+\dfrac{(-1)^n}{n} \right]^{\frac{n}{(-1)^n} \cdot \frac{n\pi -\pi \sqrt{1+n^2} }{\sin{(n\pi -\pi \sqrt{1+n^2} )}} \cdot \frac{1}{n(\pi \sqrt{1+n^2} -n\pi ) } } \\
= & e^{\lim\limits_{n\to +\infty } \frac{\sqrt{n^2+1} +n}{n\pi (n^2+1-n^2)} } \\
= & e^{\frac{2}{\pi } } (n\pi -\pi \sqrt{1+n^2} \to 0).
\end{align}$$
$591$.$\displaystyle (a)\lim_{x\to 0} \dfrac{1}{x^{100}} e^{-\frac{1}{x^2} } $;$(b)\displaystyle \lim_{x\to +0} x\ln x$.
解$\quad (a)$令$y=\dfrac{1}{x}$,则
$$\lim_{x\to 0} \dfrac{1}{x^{100}} e^{-\frac{1}{x^2} } =\lim_{y\to \infty } \dfrac{y^{100}}{e^{y^2}} =\lim_{y\to \infty } \dfrac{(y^2)^{50}}{e^{y^2}} =0.$$
$(b)$设$y=\dfrac{1}{x} $,则
$$\lim_{x\to +0} x\ln x=\lim_{y\to +\infty } \dfrac{-\ln y}{y} =0.$$
求下列极限:
$602$.$\displaystyle \lim_{x\to 0} x\sqrt{\cos{\dfrac{1}{x} } } $.
解$\quad $因为$\sqrt{\cos{\dfrac{1}{x} } } $为有界函数,所以,$\displaystyle \lim_{x\to 0} x\sqrt{\cos{\dfrac{1}{x} } } =0$.
$604$.$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \sin{(\pi \sqrt{n^2+1} )} $.
解
$$\begin{align}
& \lim_{n\to \infty } \sin{(\pi \sqrt{n^2+1} )} \\
= & \lim_{n\to \infty } (-1)^n \sin{(\pi \sqrt{n^2+1} -n\pi )} \\
= & \lim_{n\to \infty } (-1)^n \sin{\dfrac{\pi }{\sqrt{n^2+1} +n} } \\
= & 0.
\end{align}$$
$605$.$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \sin{}^2 (\pi \sqrt{n^2+n} ) $.
解
$$\begin{align}
& \lim_{n\to \infty } \sin{}^2 (\pi \sqrt{n^2+n} ) \\
= & \lim_{n\to \infty } \dfrac{1}{2} [1-\cos{(2\pi \sqrt{n^2+n})} ] \\
= & \lim_{n\to \infty } \dfrac{1}{2} \left\lbrace 1-\cos{[2\pi (\sqrt{n^2+n} -n)]} \right\rbrace \\
= & 1.
\end{align}$$
杂题
这里的习题数量不多,但有多类型,下面先浏览一下其内容.
习题$592-601$都是(广义)单侧极限的计算题,其中包括$x\to a\pm 0$和$x\to \pm \infty $在内,其中的计算没有特殊困难.
习题$613-625$是函数序列研究中需要用到的内容.假设在某个区间上定义有函数序列$\lbrace f_n (x)\rbrace $,且在区间的每个点上存在极限$\displaystyle \lim_{n\to \infty } f_n (x)$,这样就得到了函数序列的极限函数.这些习题就是要求计算出极限函数,并作出其图像(其中习题$624$是含有连续参数$t$的对应问题).这里的计算和作图也都比较容易.
习题$626-627$是关于斜渐近线的定义和训练.这在一般教科书中都有,相应的计算题和作图都不难(在$\S 1.4$中已经有大量的这类习题).
习题$641-644$是涉及函数的点振幅和函数的上下极限的题,计算均较容易.
下面只对于习题$628-636$作讲解,其中含有与无穷级数、无穷乘积有关以及更广泛的一些极限计算题,对于后者还专门介绍了一个有用的定理.
这里的问题是计算如下形式的数列极限:
$$\lim_{n\to \infty } (x_{1n} +x_{2n} +\cdots +x_{nn} )=\lim_{n\to \infty } \sum_{m=1}^n x_{mn} ,\label{7} \tag{1.39}$$
其中$\lbrace x_{mn} \rbrace $是具有双下标的数列,$n$取所有正整数,而在下标$n$给定之后的下标$m$则只需要取$1,2,\cdots ,n$.问题$\eqref{7}$的一个变型是用相乘代替相加,即求如下数列极限:
$$\lim_{n\to \infty } (x_{1n} \cdot x_{2n} \cdot \cdots \cdot x_{nn} )=\lim_{n\to \infty } \prod_{m=1}^n x_{mn} ,\label{8} \tag{1.40}$$
其中双下标的意义与$\eqref{7}$相同.
在每一个$x_{mn} > 0$的前提下,可以取对数将问题$\eqref{8}$转化为问题$\eqref{7}$.
事实上这样的数列极限问题早在$\S 1.2$就已经遇到,例如习题$51-57$,$68$,$72$,$77-80$,$82-85$等等都是如此.
若$x_{mn}$与$n$无关,即只有一个下标$m$时,$n$只以求和或求乘积的项数出现.这就是今后要遇到的无穷级数和无穷乘积的计算题(见《习题集》第五章).例如$\S 1.2$中的习题$56$,$57$,$68$,$72$,$77-80$,$82-85$,以及本节的习题$629-630$,都属于这个子类.由于这类问题将在第五章作专门研究,因此从略.
下面主要介绍习题$631-636$,即$x_{mn}$确实为双下标的情况.
习题$631$提出了计算这类问题的一种方法,其中的$x_{mn} =\varphi (\alpha_{mn} )$,$\varphi $为某个具有一定性质的函数,$\lbrace \alpha_{mn} \rbrace $为具有双下标的数列,$\rightrightarrows $是一致收敛的记号.
$592$.$(a)\displaystyle \lim_{x\to -\infty } (\sqrt{x^2+x} -x) $;$(b)\displaystyle \lim_{x\to +\infty } (\sqrt{x^2+x} -x) $.
解$\quad (a)\displaystyle \lim_{x\to -\infty } (\sqrt{x^2+x} -x) =+\infty $;
$(b)\displaystyle \lim_{x\to +\infty } (\sqrt{x^2+x} -x) =\lim_{x\to \infty } \dfrac{x}{\sqrt{x^2+x} +x} =\dfrac{1}{2} $.
$593$.$(a)\displaystyle \lim_{x\to -\infty } (\sqrt{1+x+x^2} -\sqrt{1-x+x^2} ) $;$(b)\displaystyle \lim_{x\to +\infty } (\sqrt{1+x+x^2} -\sqrt{1-x+x^2} ) $.
解$\quad (a)$
$$\begin{align}
& \lim_{x\to -\infty } (\sqrt{1+x+x^2} -\sqrt{1-x+x^2} ) \\
= & \lim_{x\to -\infty } \dfrac{2x}{\sqrt{1+x+x^2} +\sqrt{1-x+x^2} } \\
= & \lim_{x\to -\infty } \dfrac{-2}{\sqrt{\dfrac{1}{x^2} +\dfrac{1}{x} +1} +\sqrt{\dfrac{1}{x^2} -\dfrac{1}{x} +1} } \\
= & -1.
\end{align}$$
$(b)$
$$\begin{align}
& \lim_{x\to +\infty } (\sqrt{1+x+x^2} -\sqrt{1-x+x^2} ) \\
= & \lim_{x\to +\infty } \dfrac{2x}{\sqrt{1+x+x^2} +\sqrt{1-x+x^2} } \\
= & \lim_{x\to +\infty } \dfrac{2}{\sqrt{\dfrac{1}{x^2} +\dfrac{1}{x} +1} +\sqrt{\dfrac{1}{x^2} -\dfrac{1}{x} +1} } \\
= & 1.
\end{align}$$
$594$.设$f(x)=\ln \dfrac{x+\sqrt{x^2+a^2} }{x+\sqrt{x^2+b^2} } $,求$h=\displaystyle \lim_{x\to +\infty } f(x)-\lim_{x\to -\infty } f(x)$.
解$\quad $由于
$$\begin{align}
& \lim_{x\to +\infty } f(x) \\
= & \lim_{x\to +\infty } \ln \dfrac{x+\sqrt{x^2+a^2} }{x+\sqrt{x^2+b^2} } \\
= & \lim_{x\to +\infty } \ln \dfrac{1+\sqrt{1+\dfrac{a^2}{x^2} } }{1+\sqrt{1+\dfrac{b^2}{x^2} } } \\
= & 0,
\end{align}$$
及
$$\begin{align}
& \lim_{x\to -\infty } f(x) \\
= & \lim_{x\to -\infty } \ln \dfrac{x+\sqrt{x^2+a^2} }{x+\sqrt{x^2+b^2} } \\
= & \lim_{x\to -\infty } \ln \dfrac{1-\sqrt{1+\dfrac{a^2}{x^2} } }{1-\sqrt{1+\dfrac{b^2}{x^2} } } \\
= & \lim_{x\to -\infty } \ln \dfrac{\left( 1+\dfrac{a^2}{x^2} \right)^{\frac{1}{2} } -1}{\left( 1+\dfrac{b^2}{x^2} \right)^{\frac{1}{2} } -1} \\
= & \lim_{x\to -\infty } \ln \left( \dfrac{\left( 1+\dfrac{a^2}{x^2} \right)^{\frac{1}{2} } -1}{\dfrac{a^2}{x^2} } \cdot \dfrac{\dfrac{b^2}{x^2} }{\left( 1+\dfrac{b^2}{x^2} \right)^{\frac{1}{2} } -1} \cdot \dfrac{\dfrac{a^2}{x^2} }{\dfrac{b^2}{x^2} }\right) \\
= & \lim_{x\to -\infty } \ln \left( \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{\dfrac{1}{2} } \cdot \dfrac{a^2}{b^2} \right) \\
= & \ln \dfrac{a^2}{b^2} ,
\end{align}$$
故,$h=\displaystyle \lim_{x\to +\infty } f(x)-\lim_{x\to -\infty } f(x)=0-\ln \dfrac{a^2}{b^2} =\ln \dfrac{b^2}{a^2} $.
$595$.$(a)\displaystyle \lim_{x\to 1-0} \arctan{\dfrac{1}{1-x} } $;$(b)\displaystyle \lim_{x\to 1+0} \arctan{\dfrac{1}{1-x} } $.
解$\quad (a)\displaystyle \lim_{x\to 1-0} \arctan{\dfrac{1}{1-x} } =\dfrac{\pi }{2} $;
$(b)\displaystyle \lim_{x\to 1+0} \arctan{\dfrac{1}{1-x} } =-\dfrac{\pi }{2} $.
$596$.$(a)\displaystyle \lim_{x\to 1-0} \dfrac{1}{1+e^{\frac{1}{x} }} $;$(b)\displaystyle \lim_{x\to 1+0} \dfrac{1}{1+e^{\frac{1}{x} }} $.
解$\quad (a)\displaystyle \lim_{x\to 1-0} \dfrac{1}{1+e^{\frac{1}{x} }} =1$;
$(b)\displaystyle \lim_{x\to 1+0} \dfrac{1}{1+e^{\frac{1}{x} }} =0$.
$597$.$(a)\displaystyle \lim_{x\to -\infty } \dfrac{\ln (1+e^x)}{x} $;$(b)\displaystyle \lim_{x\to +\infty } \dfrac{\ln (1+e^x)}{x} $.
解$\quad (a)\displaystyle \lim_{x\to -\infty } \dfrac{\ln (1+e^x)}{x} =\lim_{x\to -\infty } \left[ \dfrac{\ln (1+e^x)}{e^x} \cdot \dfrac{e^x}{x} \right] =0$;
$(b)\displaystyle \lim_{x\to +\infty } \dfrac{\ln (1+e^x)}{x} =\lim_{x\to +\infty } \left[ 1+\dfrac{\ln (e^{-x} +1)}{x} \right] =1 $.
$598$.证明:
$(a)$当$x\to -\infty $时,$\dfrac{2x}{1+x} \to 2+0$;
$(b)$当$x\to +\infty $时,$\dfrac{2x}{1+x} \to 2-0$.
证$\quad (a)$当$x < 0$时,及当$\vert x\vert $充分大以后,$\dfrac{2x}{1+x} > 2$.于是,当$x\to -\infty $时,$\dfrac{2x}{1+x} \to 2+0 $;
$(b)$当$x > 0$时,$0 < \dfrac{2x}{1+x} < 2$.于是,当$x\to +\infty $时,$\dfrac{2x}{1+x} \to 2-0$.
$599$.证明:
$(a)$当$x\to -0 $时,$2^x \to 1-0$;
$(b)$当$x\to +0 $时,$2^x \to 1+0$.
证$\quad (a)$当$x < 0$时,$0 < 2^x < 1$.于是,当$x\to -0 $时,$2^x \to 1-0 $;
$(b)$当$x > 0$时,$2^x >1$.于是,当$x\to +0 $时,$\dfrac{2x}{1+x} \to 1+0$.
$600$.设$f(x)=x+[x^2] $,求$f(1)$,$f(1-0)$,$f(1+0)$.
解$\quad f(1)=2$;
$f(1-0)=\displaystyle \lim_{x\to 1-0} (x+[x^2])=1+0=1$;
$f(1+0)=\displaystyle \lim_{x\to 1+0} (x+[x^2])=1+1=2$.
$601$.设$f(x)=\mathrm{sgn} (\sin{\pi x} )$,求$f(n)$,$f(n-0)$,$f(n+0)(n=0,\pm 1,\cdots )$.
解$\quad f(n)=0$;
$f(n-0)=\displaystyle \lim_{x\to n-0} \mathrm{sgn} (\sin{\pi x} )=(-1)^{n-1}$;
$f(n+0)=\displaystyle \lim_{x\to n+0} \mathrm{sgn} (\sin{\pi x} )=(-1)^n$.
$603$.$\displaystyle \lim_{x\to 0} x\left[ \dfrac{1}{x} \right] $.
解$\quad $因为
$$\dfrac{1}{x} -1 < \left[ \dfrac{1}{x} \right] \leqslant \dfrac{1}{x} (x\neq 0),$$
当$x > 0$时
$$1-x < x\left[ \dfrac{1}{x} \right] \leqslant 1,$$
当$x < 0$时
$$1-x > x\left[ \dfrac{1}{x} \right] \geqslant 1,$$
于是,$\displaystyle \lim_{x\to 0} x\left[ \dfrac{1}{x} \right] =1$.
作下列函数的图像:
$613$.$(a)y=1-x^{100} $;$(b)y=\displaystyle \lim_{n\to \infty } (1-x^{2n}) (-1\leqslant x\leqslant 1)$.
解$\quad (a)$如图所示.它关于$y$轴对称.
$(b)y=\displaystyle \lim_{n\to \infty } (1-x^{2n})=\begin{cases} 1, & \vert x\vert < 1,\\ 0 & \vert x\vert =1.\end{cases}$如图所示.
$614$.$(a)y=\dfrac{x^{100}}{1+x^{100}} (x\geqslant 0)$;$(b)y=\displaystyle \lim_{n\to \infty } \dfrac{x^n}{1+x^n} (x\geqslant 0) $.
解$\quad (a)$如图所示.
$(b)y=\displaystyle \displaystyle \lim_{n\to \infty } \dfrac{x^n}{1+x^n}=\begin{cases} 0, & 0\leqslant x < 1,\\ \dfrac{1}{2} & x= 1, \\ 1 & 1 < x < +\infty . \end{cases}$ 如图所示.
$615$.$y=\displaystyle \lim_{n\to \infty } \dfrac{x^n -x^{-n}}{x^n +x^{-n}} (x\neq 0)$.
解$\quad $因为$y=\displaystyle \lim_{n\to \infty } \dfrac{x^{2n} -1}{x^{2n} +1} $,所以,$y=\begin{cases} -1, & \vert x\vert < 1 ,\\ 0 & \vert x\vert = 1, \\ 1 & \vert x\vert > 1 . \end{cases}$如图所示.
$616$.$y=\displaystyle \lim_{n\to \infty } \sqrt{x^2 +\dfrac{1}{n^2} } $.
解$\quad y=\sqrt{x^2} =\vert x\vert $.如图所示.
$617$.$y=\displaystyle \lim_{n\to \infty } \sqrt[n]{1+x^n } (x\geqslant 0)$.
解$\quad y=\begin{cases} 1, & 0\leqslant x \leqslant 1,\\ x & x > 1.\end{cases}$如图所示.
$618$.$y=\displaystyle \lim_{n\to \infty } \sqrt[n]{1+x^n +\left( \dfrac{x^2}{2} \right)^n } (x\geqslant 0)$.
解$\quad y=\begin{cases} 1, & 0\leqslant x \leqslant 1,\\ x & 1 < x < 2,\\ \dfrac{x^2}{2} , & 2\leqslant x < +\infty .\end{cases}$如图所示.
$619$.$y=\displaystyle \lim_{n\to \infty } \dfrac{x^{n+2}}{\sqrt{2^{2n} +x^{2n}} } (x\geqslant 0)$.
解$\quad y=\begin{cases} 0, & 0\leqslant x < 2,\\ 2\sqrt{2} & x=2,\\ x^2 , & x > 2 .\end{cases}$如图所示.
$620$.$(a)y=\sin{}^{1000} x$;$(b)y=\displaystyle \lim_{n\to \infty } \sin{}^{2n} x$.
解$\quad (a)$如图所示.其图像始终在$Ox$轴上方.
$(b)y=\begin{cases} 0, & x\neq (2k+1)\dfrac{\pi }{2} ,\\ 1, & x=(2k+1)\dfrac{\pi }{2} .\end{cases} (k=0,\pm 1,\pm 2 ,\cdots )$如图所示.
$621$.$y=\displaystyle \lim_{n\to \infty } \dfrac{\ln (2^n +x^n)}{n} (x\geqslant 0)$.
解$\quad y=\begin{cases} \ln 2, & 0\leqslant x\leqslant 2 ,\\ \ln x, & 2 < x < +\infty .\end{cases}$如图所示.
$622$.$y=\displaystyle \lim_{n\to \infty } (x-1)\arctan{x^n} $.
解$\quad y=\begin{cases} 0, & -1 < x\leqslant 1 ,\\ \dfrac{\pi }{2} , & x > 1 .\end{cases}$如图所示.
$623$.$y=\displaystyle \lim_{n\to \infty } \sqrt[n]{1+e^{n(x+1)}} $.
解$\quad y=\begin{cases} 1, & x\leqslant -1 ,\\ e^{x+1} , & x > -1 .\end{cases}$如图所示.
$624$.$(a)y=\displaystyle \lim_{t\to +\infty } \dfrac{x+e^{tx}}{1+e^{tx}} $;$(b)y=\displaystyle \lim_{t\to x} \dfrac{1}{t-x} \ln \dfrac{t}{x} (x > 0)$.
解$\quad (a)y=\begin{cases} x, & x < 0 ,\\ \dfrac{1}{2} , & x=0 \\ 1, & x > 0 .\end{cases}$如图所示.
$(b)y=\displaystyle \lim_{t\to x} \left[ \dfrac{\ln \left( 1+\dfrac{t-x}{x} \right) }{\dfrac{t-x}{x} } \cdot \dfrac{1}{x} \right] =\dfrac{1}{x} $.
$625$.$(a)y=\displaystyle \lim_{n\to \infty } \dfrac{x\tan{}^{2n} \dfrac{\pi x}{4} +\sqrt{x} }{\tan{}^{2n} \dfrac{\pi x}{4} +1} (x\geqslant 0)$;
$(b)y=\displaystyle \lim_{n\to \infty } x\mathrm{sgn} \;\vert \sin{}^2 (n!\pi x)\vert $;
$(c)$作曲线$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \sqrt[n]{\vert x\vert^n +\vert y\vert^n } =1$.
解$\quad (a)$
$$y=\begin{cases} \sqrt{x} , & 0\leqslant x < 1,4k-1 < x < 4k+1 ,\\ x , & 4k-3 < x < 4k-2,4k-2 < x < 4k-1, \\ \dfrac{1}{2} (\sqrt{x} +x), & x=2k-1 ,\end{cases}$$
$(k=1,2,3,\cdots )$
1 | f[x\_] := Which[x < 1, Sqrt[x], x < 2, x, x < 3, x, x < 5, Sqrt[x], x < 6, x, x < 7, x, x < 9, Sqrt[x]]; |
$(b)$
$$y=\begin{cases} 0 , & x为有理数 ,\\ x , & x为无理数 ,\end{cases}$$
$(c)$正方形的闭曲线$\max{\lbrace \vert x\vert ,\vert y\vert \rbrace } =1$.
$626$.若
$$\lim_{x\to \infty } [f(x)-(kx+b)]=0,$$
则直线$y=kx+b$称为曲线$y=f(x)$的(斜)渐近线.利用此方程推出渐近线存在的充分必要条件.
解$\quad $先讨论渐近线从右边伸向无穷远的情形:
$$\lim_{x\to +\infty } [f(x)-(kx+b)]=0.\label{626.1} \tag{1}$$
而在$x > 0$时,
$$\dfrac{f(x)}{x} =\dfrac{f(x)-(kx+b)}{x}+k+\dfrac{b}{x} ,$$
可见
$$\lim_{x\to +\infty } \dfrac{f(x)}{x} =k.\label{626.2} \tag{2}$$
又由$\eqref{626.1}$式得
$$\lim_{x\to +\infty } [f(x)-kx]=b,\label{626.3} \tag{3} $$
即常数$k,b$可由$\eqref{626.2}$、$\eqref{626.3}$式确定.反之,若极限$\displaystyle \lim_{x\to +\infty } \dfrac{f(x)}{x} $存在,且为有限数$k$,极限$\displaystyle \lim_{x\to +\infty } [f(x)-kx]$存在且有限,等于$b$,则$\eqref{626.1}$式成立,即
$$y=kx+b$$
是一条渐近线.用完全类似的方法可以讨论$x\to -\infty $的情形,且得出同样的结论.
综上所述,所求的渐近线存在的充分必要条件为
$$\lim_{x\to \infty } \dfrac{f(x)}{x} =k,\lim_{x\to \infty } [f(x)-kx]=b,$$
此时,$y=kx+b$为曲线$y=f(x)$的(斜)渐近线.
$627$.求下列曲线的渐近线并作其图像:
$(a)y=\dfrac{x^3}{x^2+x-2} $;$(b)y=\sqrt{x^2+x} $;$(c)y=\sqrt[3]{x^2-x^3} $;
$(d)y=\dfrac{xe^x}{e^x -1} $;$(e)y=\ln (1+e^x) $;$(f)y=x+\arccos{\dfrac{1}{x} } $.
解$\quad (a)$因为$\displaystyle \lim_{x\to 1} y=\infty $及$\displaystyle \lim_{x\to -2} y=\infty $,所以直线$x=1$及$x=-2$为曲线的垂直渐近线.其次,因为
$$k=\lim_{x\to \infty } \dfrac{y}{x} =\lim_{x\to \infty } \dfrac{x^2}{x^2+x-2} =1,$$
而
$$b=\lim_{x\to \infty } (y-kx) =\lim_{x\to \infty } \dfrac{-x^2+2x}{x^2+x-2} =-1,$$
所以,$y=x-1$为曲线的水平渐近线.图像如图所示.
$(b)k_1 =\displaystyle \lim_{x\to +\infty } \dfrac{\sqrt{x^2+x}}{x} =1,b_1 =\displaystyle \lim_{x\to +\infty } (\sqrt{x^2+x} -x)=\dfrac{1}{2} ,$
$k_2 =\displaystyle \lim_{x\to -\infty } \dfrac{\sqrt{x^2+x}}{x} =-1,b_2 =\displaystyle \lim_{x\to -\infty } (\sqrt{x^2+x} -x)=-\dfrac{1}{2} ,$
于是,直线$y=x+\dfrac{1}{2} $及$y=-x-\dfrac{1}{2} $为曲线的(斜)渐近线.
曲线$y=\sqrt{x^2+x} $为双曲线$\dfrac{\left( x+\dfrac{1}{2} \right)^2 }{\dfrac{1}{4} } -\dfrac{y^2}{\dfrac{1}{4} } =1$,在$Ox$轴上方的部分.如图所示.
$(c)k=\displaystyle \lim_{x\to \infty } \dfrac{\sqrt[3]{x^2-x^3}}{x} =\lim_{x\to \infty } \sqrt[3]{\dfrac{1}{x} -1} =-1,$
$$\begin{align}
b & =\lim_{x\to \infty } (\sqrt[3]{x^2-x^3} +x)\\
& =\lim_{x\to \infty } \dfrac{x^3+x^2-x^3}{\sqrt[3]{(x^2-x^3)^2} -x\sqrt[3]{x^2-x^3} +x^2} \\
& =\lim_{x\to \infty } \dfrac{1}{\sqrt[3]{\left( \dfrac{1}{x} -1 \right)^2 } -\sqrt[3]{\dfrac{1}{x} -1} +1} \\
& =\dfrac{1}{3} .
\end{align}$$
斜渐近线为
$$y=-x+\dfrac{1}{3} .$$
曲线通过原点及点$A(1,0)$.当$-\infty < x < 1$时,$y > 0$;而当$x > 1$时,$y < 0$.如图所示.
$(d)$当$x > 0$时,
$$k=\lim_{x\to +\infty } \dfrac{xe^x}{x(e^x-1)} =1,$$
$$b=\lim_{x\to +\infty } \left[ \dfrac{xe^x}{e^x -1} -x\right] =\lim_{x\to +\infty } \dfrac{x}{e^x-1} =0,$$
故渐近线为$y=x$;当$x < 0$时
$$k=\lim_{x\to -\infty } \dfrac{xe^x}{x(e^x-1)} =0,b=\lim_{x\to -\infty } \dfrac{xe^x}{e^x-1} =0,$$
故另一渐近线为$y=0$.
曲线在$x=0$处无定义(以后可以说明它是“可去的间断”).
因为$y > 0$,故图像始终在$Ox$轴上方.如图所示.
$(e)$当$x > 0$时,
$$k=\lim_{x\to +\infty } \dfrac{\ln (1+e^x)}{x} =\lim_{x\to +\infty } \left[ \dfrac{x+\ln (e^{-x} +1)}{x} \right] =1,$$
$$b=\lim_{x\to +\infty } [\ln (1+e^x)-x]=\lim_{x\to +\infty } \ln (e^{-x} +1) =0,$$
故渐近线为$y=x$.同法可求,当$x < 0$时的渐近线为$y=0$.曲线通过点$A(0,\ln 2)$.如图所示.
$(f)k=\displaystyle \lim_{x\to \infty } \dfrac{x+\arccos{\dfrac{1}{x}}}{x} =1,b=\displaystyle [(x+\arccos{\dfrac{1}{x} })-x]=\dfrac{\pi }{2} ,$
故渐近线为$y=x+\dfrac{\pi }{2} $.将函数$y=x$及$y=\arccos{\dfrac{1}{x} }$(见习题$316$)的图像按相加法即得,如图所示.
求下列极限:
$628$.$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \left[ \dfrac{x^{n+1}}{(n+1)!} +\dfrac{x^{n+2}}{(n+2)!} +\cdots +\dfrac{x^{2n}}{(2n)!} \right] $.
解$\quad $由于
$$\begin{align}
& \left\vert \dfrac{x^{n+1}}{(n+1)!} +\dfrac{x^{n+2}}{(n+2)!} +\cdots +\dfrac{x^{2n}}{(2n)!} \right\vert \\
\leqslant & \dfrac{\vert x\vert^{n+1}}{(n+1)!} +\dfrac{\vert x\vert^{n+2}}{(n+2)!} +\cdots +\dfrac{\vert x\vert^{2n}}{(2n)!} \\
\leqslant & \dfrac{\vert x\vert^{n+1}}{(n+1)!} (1+\vert x\vert +\cdots +\vert x\vert^{n-1}) .
\end{align}$$
当$\vert x\vert =1$时,上式右端为$\dfrac{n}{(n+1)!} \to 0(n\to \infty )$;
当$\vert x\vert \neq 1$时,此式为
$$\dfrac{\vert x\vert^{n+1}}{(n+1)!} \cdot \dfrac{1-\vert x\vert^n }{1-\vert x\vert} =\dfrac{1}{1-\vert x\vert } \cdot \left[ \dfrac{\vert x\vert^{n+1}}{(n+1)!} -\dfrac{\vert x\vert }{n+1} \cdot \dfrac{(\vert x\vert^2 )^n}{n!} \right] .$$
由习题$61$题的结果知:$\dfrac{\vert x\vert^{n+1}}{(n+1)!}\to 0,\dfrac{(\vert x\vert^2 )^n}{n!} \to 0(n\to \infty )$,故当$n\to \infty $时有$\dfrac{\vert x\vert^{n+1}}{(n+1)!} \cdot \dfrac{1-\vert x\vert^n }{1-\vert x\vert} \to 0$.
于是,对于任意实数$x$,有$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \left[ \dfrac{x^{n+1}}{(n+1)!} +\dfrac{x^{n+2}}{(n+2)!} +\cdots +\dfrac{x^{2n}}{(2n)!} \right] =0$.
$629$.$\displaystyle \lim_{n\to \infty } [(1+x)(1+x^2)(1+x^4)\cdots (1+x^{2^n})] (\vert x\vert < 1)$.
解$\quad $因为
$$1+x=\dfrac{1-x^2}{1-x} ,1+x^2=\dfrac{1-x^4}{1-x^2} ,\cdots ,1+x^{2^n} =\dfrac{1-x^{2^{n+1}}}{1-x^{2^n}} .$$
所以,
$$(1+x)(1+x^2)(1+x^4)\cdots (1+x^{2^n})=\dfrac{1-x^{2^{n+1}}}{1-x} .$$
又因$\vert x\vert < 1$,故当$n\to \infty $时,$x^{2^{n+1}} \to 0$.最后得到
$$\lim_{n\to \infty } [(1+x)(1+x^2)(1+x^4)\cdots (1+x^{2^n})] =\dfrac{1}{1-x} .$$
$630$.$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \left( \cos{\dfrac{x}{2} } \cos{\dfrac{x}{4} } \cdots \cos{\dfrac{x}{2^n} } \right) $.
解$\quad $因为
$$\begin{align}
& \sin{x} \\
= & 2\cos{\dfrac{x}{2} }\sin{\dfrac{x}{2} } \\
= & 2^2 \cos{\dfrac{x}{2} } \cos{\dfrac{x}{4} }\sin{\dfrac{x}{4} } \\
& \cdots \\
= & 2^n \cos{\dfrac{x}{2} } \cos{\dfrac{x}{4} } \cdots \cos{\dfrac{x}{2^n} } \sin{\dfrac{x}{2^n} } ,
\end{align}$$
所以,
$$\begin{align}
& \lim_{n\to \infty } \left( \cos{\dfrac{x}{2} } \cos{\dfrac{x}{4} } \cdots \cos{\dfrac{x}{2^n} } \right) \\
= & \lim_{n\to \infty } \left( \dfrac{\sin{x} }{2^n} \cdot \dfrac{1}{\sin{\dfrac{x}{2^n} } } \right) \\
= & \lim_{n\to \infty } \left( \dfrac{\sin{x} }{x} \cdot \dfrac{\dfrac{x}{2^n} }{\sin{\dfrac{x}{2^n} } } \right) \\
= & \dfrac{\sin{x} }{x} \quad (x\neq 0).
\end{align}$$
当$x =0$时,原式显然为$1$.
$631$.设
$$\lim_{x\to 0} \dfrac{\varphi (x)}{\psi (x)}=1,$$
其中$\psi (x) > 0$,再设当$n\to \infty $时$\alpha_{mn} \rightrightarrows 0(m=1,2,\cdots ,n)$,换言之,对于任意$\varepsilon > 0$,存在正整数$N(\varepsilon )$,当$m=1,2,\cdots ,n$且$n > N(\varepsilon )$时$0 < \vert \alpha_{mn} \vert < \varepsilon $.证明:
$$\lim_{n\to \infty } [\varphi (\alpha_{1n} )+\varphi (\alpha_{2n} )+\cdots +\varphi (\alpha_{nn} )] =\lim_{n\to \infty } [\psi (\alpha_{1n} ) +\psi (\alpha_{2n} )+\cdots +\psi (\alpha_{nn})],\label{631} \tag{1} $$
此处假定等式$\eqref{631} $右端的极限存在.
证$\quad $根据$\varphi (x)\sim \psi (x)(x\to 0)$,对$\varepsilon > 0$,存在$\delta > 0$,当$0 < \vert x\vert < \delta $时成立
$$\left\vert \dfrac{\varphi (x)}{\psi (x)} -1\right\vert < \varepsilon \Leftrightarrow (1-\varepsilon )\psi (x) < \varphi (x) < (1+\varepsilon ) \psi (x).$$
其中利用了$\psi (x) > 0$的条件.
对于上述$\delta $,根据$\alpha_{mn} \rightrightarrows 0(n\to \infty )$关于$m=1,2,\cdots $一致收敛的条件,存在$N$,当$n > N$时,对一切$m=1,2,\cdots $同时成立$0 < \vert \alpha_{mn} \vert < \delta $,因此也就成立
$$(1-\varepsilon )\psi (\alpha_{mn} ) < \varphi (\alpha_{mn} ) < (1+\varepsilon ) \psi (\alpha_{mn} ).$$
将上述不等式对于$m=1,2,\cdots ,n$求和,得到
$$(1-\varepsilon )\sum_{m=1}^n \psi (\alpha_{mn} ) < \sum_{m=1}^n \varphi (\alpha_{mn} ) < (1+\varepsilon ) \sum_{m=1}^n \psi (\alpha_{mn} ).$$
改写为
$$1-\varepsilon < \dfrac{\displaystyle \sum_{m=1}^n \varphi (\alpha_{mn} )}{\displaystyle \sum_{m=1}^n \psi (\alpha_{mn} )} < 1+\varepsilon .$$
这就已经证明了
$$\lim_{n\to \infty } \dfrac{\displaystyle \sum_{m=1}^n \varphi (\alpha_{mn} )}{\displaystyle \sum_{m=1}^n \psi (\alpha_{mn} )} =1.$$
最后,利用已知极限$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \sum_{m+1}^n \psi (\alpha_{mn} )$存在的条件和极限的乘积法则就得到
$$\lim_{n\to \infty } \sum_{m+1}^n \varphi (\alpha_{mn} )=\lim_{n\to \infty } \left( \dfrac{\displaystyle \sum_{m+1}^n \varphi (\alpha_{mn} )}{\displaystyle \sum_{m+1}^n \psi (\alpha_{mn} )} \cdot \sum_{m+1}^n \psi (\alpha_{mn} ) \right) =\lim_{n\to \infty } \sum_{m=1}^n \psi (\alpha_{mn} ).$$
下面的习题$632-636$都是上述定理的应用.我们只讲一个例子.看如何确定该定理中的两个函数和(有双下标的)数列,以及如何验证定理的条件满足.
利用上述定理,求:
$632$.$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \sum_{k=1}^n \left( \sqrt[3]{1+\dfrac{k}{n^2} } -1\right) $.
解$\quad $设$x=\dfrac{k}{n^2}$,我们将首先说明它满足习题$631$的条件.首先,
$$\begin{align}
& \lim_{x\to 0 } \dfrac{\sqrt[3]{1+x} -1}{\dfrac{x}{3} } \\
= & \lim_{x\to 0 } \dfrac{\dfrac{x}{\sqrt[3]{(1+x)^2} +\sqrt[3]{1+x} +1} }{\dfrac{x}{3} } \\
= & \lim_{x\to 0 } \dfrac{3}{\sqrt[3]{(1+x)^2} +\sqrt[3]{1+x} +1} \\
= & 1,
\end{align}$$
其次,$\dfrac{k}{n^2} \rightrightarrows 0(n\to \infty ;k=1,2,\cdots ,n)$.最后,$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \sum_{k=1}^n \dfrac{k}{3n^2} =\dfrac{1}{6} \displaystyle \lim_{n\to \infty } \dfrac{n(n+1)}{n^2} =\dfrac{1}{6} $.所以,
$$\lim_{n\to \infty } \sum_{k=1}^n \left( \sqrt[3]{1+\dfrac{k}{n^2} } -1\right) =\dfrac{1}{6} .$$
$633$.$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \sum_{k=1}^n \left( \sin{\dfrac{ka}{n^2} } \right) $.
解$\quad $因为$\displaystyle \lim_{x\to 0}\dfrac{\sin{x} }{x} =1$,而且当$n\to \infty $时,$\dfrac{ka}{n^2} \rightrightarrows 0(k=1,2,\cdots ,n)$.
又因$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \sum_{k=1}^n \dfrac{ka}{n^2} =\dfrac{a}{2} $,故利用习题$631$的结论,即得
$$\lim_{n\to \infty } \sum_{k=1}^n \left( \sin{\dfrac{ka}{n^2} } \right) =\dfrac{a}{2} .$$
$634$.$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \sum_{k=1}^n \left( a^{\frac{k}{n^2} } -1\right) (a > 0)$.
解$\quad $我们有$\displaystyle \lim_{x\to 0}\left( \dfrac{a^x-1}{x} \cdot \dfrac{1}{\ln a} \right) =1$,当$n\to \infty $时,$\dfrac{k}{n^2} \cdot \ln a\rightrightarrows 0(k=1,2,\cdots n)$且$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \sum_{k=1}^n \dfrac{k}{n^2} \cdot \ln a=\dfrac{1}{2} \ln a$;因而,
$$ \lim_{n\to \infty } \sum_{k=1}^n \left( a^{\frac{k}{n^2} } -1\right) =\dfrac{1}{2} \ln a.$$
$635$.$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \prod_{k=1}^n \left( 1+\dfrac{k}{n^2} \right) $.
解$\quad $令$y=\displaystyle \prod_{k=1}^n \left( 1+\dfrac{k}{n^2} \right) $,$\ln y=\displaystyle \sum_{k=1}^n \ln \left( 1+\dfrac{k}{n^2} \right) $.
我们考虑下列极限,
$$\lim_{n\to \infty } \sum_{k=1}^n \ln \left( 1+\dfrac{k}{n^2} \right) .$$
因为$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \dfrac{\ln (1+x)}{x} =1$,又$\dfrac{k}{n^2} \rightrightarrows 0(n\to \infty $时,$k=1,2,\cdots n)$,且有$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \sum_{k=1}^n \dfrac{k}{n^2} =\dfrac{1}{2} $,所以,$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \ln y=\dfrac{1}{2} $,即$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \prod_{k=1}^n \left( 1+\dfrac{k}{n^2} \right) =e^{\frac{1}{2} } =\sqrt{e} $.
$636$.$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \prod_{k=1}^n \cos{\dfrac{ka}{n\sqrt{n} } } $.
解$\quad $这是$\eqref{8}$型的问题.不妨假设所出现的余弦值都大于$0$,取对数后变为$\eqref{7}$,令$\varphi (x)=\ln \cos{(ax)} $,则有
$$\ln \cos{(ax)} =\ln [1+\cos{(ax)} -1]\sim \cos{(ax)} -1\sim -\dfrac{a^2}{2} x^2 (x\to 0),$$
于是可取$\psi (x)=-\dfrac{a^2}{2} x^2 $,它比函数$\varphi (x)$要简单得多了.
令$\alpha_{kn} =\dfrac{k}{n\sqrt{n} } $,其中$k=1,2,\cdots ,n$,而当$k > n$时令$\alpha_{kn} =0$,则就有$0 < \alpha_{kn} \leqslant \dfrac{1}{\sqrt{n} }$,因此当$n\to \infty $时有$\alpha_{kn} \rightrightarrows 0$,即关于$k=1,2,\cdots $一致收敛于$0$的条件满足.这样就有
$$\lim_{n\to \infty } \sum_{k=1}^n \ln \cos{\dfrac{ka}{n\sqrt{n} } } =-\dfrac{a^2}{2} \lim_{n\to \infty } \sum_{k=1}^n \dfrac{k^2}{n^3} =-\dfrac{a^2}{6} ,$$
其中利用了习题$2$和$53$和结果.由此可见原题的答案为$e^{-\frac{a^2}{6} } $.
注$\quad $习题$631$的定理提供了求$\eqref{7}$和$\eqref{8}$类型的极限的一个很有用的工具.在$\varphi (x)\sim \psi (x)(x\to 0)$中,一般来说是寻找比$\varphi (x)$更简单的$\psi (x)$,但也可能发生相反的情况.这里的关键是用$\psi $代替$\varphi $之后,相应的极限是否求得出.
例如回顾$\S 1.2.3$的最后一题,即习题$147$,要求
$$\lim_{n\to \infty } \left( \dfrac{1}{n+1} +\dfrac{1}{n+2} +\cdots +\dfrac{1}{2n} \right) ,$$
这时在$\eqref{7}$中的$x_{mn} =\dfrac{1}{n+m} $,利用$x\sim \ln (1+x)(x\to 0)$,取$\varphi (x)=x$,$\psi (x)=\ln (1+x)$,$\alpha_{kn} =\dfrac{1}{n+k} $,$k=1,2,\cdots ,n$,则上述极限就可用习题$631$的定理计算如下:
$$\begin{align}
& \lim_{n\to \infty } \left( \dfrac{1}{n+1} +\dfrac{1}{n+2} +\cdots +\dfrac{1}{2n} \right) \\
= & \lim_{n\to \infty } \sum_{k=1}^n \ln \left( 1+\dfrac{1}{n+k} \right) \\
= & \lim_{n\to \infty } \ln \left( \dfrac{n+2}{n+1} \cdot \dfrac{n+3}{n+2} \cdot \cdots \cdot \dfrac{2n+1}{2n} \right) \\
= & \lim_{n\to \infty } \ln \dfrac{2n+1}{n+1} \\
= & \ln 2.
\end{align}$$
学过积分学的读者都知道,还可以用定积分方法求出包括习题$147$在内的许多极限计算问题.见《习题集》后面$\S 4.2$的习题$2219-2230$等,其中的习题$2219$就是习题$147$.此外,还可以补充一点,即有时还需要将习题$631$中的定理和定积分方法联合使用来解决某些稍难一点的问题.所有这些内容都将在《指引》的第二册中学习.
$641$.若$\omega_{h} (f)$为函数$f(x) $在区间$\vert x-\xi \vert \leqslant h(h > 0) $上的振幅,则数
$$\omega_0 (f)=\lim_{h\to 0} \omega_h (f)$$
称为函数$f(x)$在$\xi $点的振幅.
若$f(x)=0$,而在$x\neq 0$时$f(x)$为下列函数,求$f(x)$在点$x=0$的振幅:
$(a)f(x)=\sin{\dfrac{1}{x} } $;$(b)f(x)=\dfrac{1}{x^2} \cos{}^2 \dfrac{1}{x} $;
$(c)f(x)=x\left( 2+\sin{\dfrac{1}{x}} \right) $;$(d)f(x)=\dfrac{1}{\pi } \arctan{\dfrac{1}{x} } $;
$(e)f(x)=\dfrac{\vert \sin{x} \vert }{x} $;$(f)f(x)=\dfrac{1}{1+e^{\frac{1}{x} }} $;
$(g)f(x)=(1+\vert x\vert )^{\frac{1}{x} } $.
解$\quad (a)\omega_h (f)=2,\omega_0 (f)=2$;
$(b)\omega_h (f)=+\infty ,\omega_0 (f)=+\infty $;
$(c)\omega_h (f)=3h-h=2h,\omega_0 (f)=0 $;
$(d)\omega_h (f)=\dfrac{1}{\pi } \left[ \arctan{\dfrac{1}{h} } -\arctan{\dfrac{1}{(-h)} } \right] ,\omega_0 (f)=\dfrac{2}{\pi } \cdot \dfrac{\pi }{2} =1$;
$(e)\omega_h (f)=2,\omega_0 (f)=2 $;
$(f)\omega_h (f)=\left\vert \dfrac{1}{1+e^{\frac{1}{h} }} - \dfrac{1}{1+e^{-\frac{1}{h} }}\right\vert ,\omega_0 (f)=1 $;
$(e)\omega_h (f)=(1+h)^{\frac{1}{h} }-(1+h)^{-\frac{1}{h} },\omega_0 (f)=e-e^{-1}=2\sinh{1} $;
$642$.设
$$f(x)=\sin{\dfrac{1}{x} } ,$$
证明:对于满足条件$-1 \leqslant \alpha \leqslant 1$的任何数$\alpha $,可以选出数列$x_n \to 0(n=1,2,\cdots )$,使得
$$\lim_{n\to \infty } f(x_n )=\alpha .$$
证$\quad $对于确定的$\alpha \colon \vert \alpha \vert \leqslant 1$,总存在$x_0 \in \left[ -\dfrac{\pi }{2} ,\dfrac{\pi }{2} \right]$,使$\sin{x_0 } =\alpha $.
令$x_n =\dfrac{1}{2n\pi +x_0 } $,则显然有$\displaystyle \lim_{n\to \infty } x_n =0$.又因
$$f(x_n )=\sin{\dfrac{1}{x_n } } =\sin{(2n\pi +x_0 )} =\alpha ,$$
所以,$\displaystyle \lim_{n\to \infty } f(x_n )=\alpha $.
$643$.求$\displaystyle l=\varliminf_{x\to 0} f(x)$和$\displaystyle L=\varlimsup_{x\to 0} f(x)$:
$(a)f(x)=\sin{}^2 \dfrac{1}{x} +\dfrac{2}{\pi } \arctan{\dfrac{1}{x} } $;$(b)f(x)=(2-x^2)\cos{\dfrac{1}{x} } $;
$(c)f(x)=\left( 1+\cos{}^2 \dfrac{1}{x} \right)^{\sec{}^2 \frac{1}{x} } $.
解$\quad $由$l$及$L$的定义,容易求得
$(a)l=-1,L=2$;
$(b)l=-2,L=2$;
$(c)l=2,L=e$;
$644$.求$\displaystyle l=\varliminf_{x\to \infty } f(x)$和$\displaystyle L=\varlimsup_{x\to \infty } f(x)$:
$(a)f(x)=\sin{x} $;$(b)f(x)=x^2 \cos{}^2 x$;
$(c)f(x)=2^{\sin{x^2} } $;$(d)f(x)=\dfrac{x}{1+x^2\sin{}^2 x} (x\geqslant 0) $.
解$\quad $由$l$及$L$的定义,容易求得
$(a)l=-1,L=1$;
$(b)l=0,L=+\infty $;
$(c)l=\dfrac{1}{2} ,L=2$;
$(d)l=0,L=+\infty $.
补注
在这个补注中有以下内容:
$1$.对于等价代换法作补充说明;
$2$.结合习题$607$给出复合函数极限计算的充分条件;
$3$.推广的柯西命题(习题$608-610$);
$4$.函数$e^x$的两种表示(习题$611-612$);
$5$.迭代生成的函数列(习题$606$,$637-640$).
关于等价量代换法的补充说明
如前面的大量习题所表明,等价概念和等价量代换法在本节的函数极限计算中起重要作用.下面是几点补充说明.
为简明起见,用$\lim $表示某个极限过程,其中包括数列极限在内,$u$和$v$是两个函数,其中$v\neq 0$.若有
$$\lim \dfrac{u}{v} =1,$$
则称$u$和$v$对于$\lim $所指的极限过程为等价,简记为$u\sim v$.
上述等式可改写为
$$\lim \dfrac{u-v}{v} =0,$$
从而也可以用小$o$记号定为
$$u=v(1+o(1))=v+o(v).$$
由于这个记法中不需要$v\neq 0$的条件,因此往往作为$u\sim v$的更广一些的含义.
对于具体的等价关系,由于存在多种函数极限,因此必须写明等价关系是对什么样的函数极限而说的,即在后面添上$(x\to a)$.只有在数列极限的情况,习惯上往往可以省去$(n\to \infty )$.
例如对于函数$\ln x$,以下两个等价关系都是正确的,这时后面括号内的说明是不可缺少的:
$$\ln (1+x)\sim x(x\to 0),\ln x\sim x-1(x\to 1).$$
又如对于函数$x^3+x$有以下等价关系:
$$x^3+x\sim x^3 (x\to +\infty ),x^3+x\sim x(x\to 0),$$
两者的意义完全不同.
这里要说明,虽然在本节中$u\sim v$一般都用于无穷小量之间的等价,但从等价记号的定义来看,$u\sim v$中并没有说在指定的极限过程中$u$和$v$是否是无穷小量或无穷大量,或是其他情况.如上面$x^3+x$的第一个等价关系就是指两个无穷大量之间的等价.
下面说一下等价量代换法.这就是在$u\sim \tilde{u}$时,就可推出有
$$uv\sim \tilde{u} v,\dfrac{u}{v} \sim \dfrac{\tilde{u} }{v} (v\neq 0),\dfrac{v}{u} \sim \dfrac{v}{\tilde{u} } (n\neq 0).$$
因此在求乘除形式的极限时,可以将其中的因子换为等价量来计算,本节的许多题中都是如此.举个简单例子.由于$\sin{x} \sim x(x\to 0)$,$\ln (1+x)\sim x(x\to 0)$,因此就有
$$\lim_{x\to 0} \dfrac{\sin{3x}}{\ln (1-x)} =\lim_{x\to 0} \dfrac{3x}{-x} =-3.$$
显然这只不过是将
$$\lim_{x\to 0} \dfrac{\sin{3x}}{\ln (1-x)} =\lim_{x\to 0} \left( \dfrac{\sin{3x}}{3x} \cdot \dfrac{-x}{\ln (1-x)} \cdot \dfrac{3x}{-x} \right) =\lim_{x\to 0} \dfrac{3x}{-x} =-3$$
写得更简单一点而已.
最后要指出,对等价量代换法使用不当是初学者容易犯的一种错误.举个最简单的例子.例如前面已经有$x^3+x\sim x(x\to 0)$,如果在极限计算
$$\lim_{x\to 0} \dfrac{(x^3+x)-x}{x^3} =1$$
中将分子的$(x^3+x)$用等价量$x$来代替,则得到的结果就是$0$了.当然读者会认为谁也不会犯这样的“低级”错误.但实际上发生的错误与这个简单例子在本质上是一样的.从无穷小量的阶数很容易理解这类错误的原因.在上面的例子中分母对于$x\to 0$而言是三阶无穷小量,而分子的两项,即$(x^3+x)$和$x$都是一阶无穷小量,关键在于它们的差是三阶无穷小量.上面的错误做法就是用$x$代替$x^3+x$,抛弃了将要起关键作用的$x^3$项.打个比方,这与计算
$$\dfrac{1.001-1}{0.001} =1$$
时不能将左边分子的第一项用$1$代替是一个道理.
下面举一个在一次考试中出现的错误,即要求极限
$$I=\lim_{x\to 0} \dfrac{\dfrac{x}{1+x} -\ln (1+x)}{x^2} .$$
当时的学生已经学过泰勒公式和洛必达法则,但还是有不少学生用等价量代换法做.
第一种错误是对于分子的两项分别利用$\dfrac{x}{1+x} \sim x(x\to 0)$和$\ln (1+x)\sim x(x\to 0)$换为等价量$x$,于是分子成为$x-x=0$,所以$I=0$.
第二种错误是利用$\dfrac{x}{1+x} \sim x(x\to 0)$,将分子的第一项换为它的等价量$x$,对第二项则用泰勒公式,于是有
$$I=\lim_{x\to 0} \dfrac{x-\ln (1+x)}{x^2} =\lim_{x\to 0} \dfrac{x-(x-\dfrac{x^2}{2} +o(x^2))}{x^2} =\dfrac{1}{2} .$$
第三种错误是在分子中用$\ln (1+x)\sim x(x\to 0)$将第二项换为$x$,于是
$$I=\lim_{x\to 0} \dfrac{\dfrac{x}{1+x} -x}{x^2} =\lim_{x\to 0} \dfrac{x-x(1+x)}{x^2(1+x)} =\lim_{x\to 0} \dfrac{-x^2}{x^2+x^3} =-1.$$
以上三个答案都是错的,正确的答案是$-\dfrac{1}{2}$.错误的根源相同,都是不恰当地应用等价量代换法.其实只要从无穷小量的阶数来观察问题就很容易明白这里的困难.将$x\to 0$时的$x$作为一阶无穷小量,则本题中的分母就是二阶无穷小量.由于分子中的两项的一阶都是$x$,恰如抵消,因此应当将分子的每一项都写出到$x^2$项才行.
虽然本书目前还没有进入到微分学,但还是可以得到
$$\lim_{x\to 0} \dfrac{\dfrac{x}{1+x} -x}{x^2} =\lim_{x\to 0} \dfrac{x-(1+x)x}{x^2(1+x)} =-1,$$
若利用习题$611(b)$则还可以得到
$$\lim_{x\to 0} \dfrac{x-\ln (1+x)}{x^2} =\dfrac{1}{2} .$$
合并这两个结果就得到
$$\lim_{x\to 0} \dfrac{\left( \dfrac{x}{1+x} -x\right) +\left( x-\ln (1+x)\right) }{x^2} =-1+\dfrac{1}{2} =-\dfrac{1}{2} .$$
小结$\quad $等价量代换法就是在乘除形式的极限计算中将其中的因子用等价量代替以简化计算.但是在求和的表达式中,不能随意将其中的一项或几项用等价量来代替.
关于复合函数的极限问题
在本节的函数极限计算中广泛利用了复合函数运算来计算一些比较复杂的极限问题.习题$607$指出这种做法不是无条件成立的.这里我们先回答该习题提出的问题,然后对于习题$607$中的正面结论给出一些充分条件.
$607$.设$\displaystyle \lim_{x\to a} \varphi (x)=A$及$\displaystyle \lim_{x\to A} \psi (x)=B$,由此可否推出
$$\lim_{x\to a} \psi (\varphi (x)) =B?$$
研究例子:
$$\varphi (x)=\begin{cases} \dfrac{1}{q} , & x=\dfrac{p}{q} (p,q是互素的整数,q > 0),\\ 0, & x为无理数, \end{cases} \quad \psi (x)=\begin{cases} 1, & x\neq 0 ,\\ 0, & x=0 ,\end{cases} $$
并且$x\to 0$.
解$\quad $本题已经对于所提的问题给出反例,因此只要验证即可.
函数$\varphi (x)$即是著名的黎曼函数.对于它的较详细的讨论见$\S 1.7.3$的习题$736$.其中包含了本题中需要的$\displaystyle \lim_{x\to 0} \varphi (x) =0$,这里不另行证明.
这时$a=0,A=0$.此外,由$A=0$就得到$B=\displaystyle \lim_{x\to A} \psi (x)=1$.
然而复合函数$\psi (\varphi (x))$当$x\neq 0$时有两种可能性.若$x$为无理数,则$\varphi (x) =0$,因此$\psi (\varphi (x)) =\psi (0)=0$;若$x$为有理数,则$\varphi (x)\neq 0$,因此$\psi (\varphi (x))=1$.这表明复合函数$\psi (\varphi (x))$在点$x=0$的任意邻近可以取到$0$,也可以取到$1$,因此当$x\to 0$时函数$\psi (\varphi (x))$的极限不存在.
在前面已经遇到过许多例子,它们表明在习题的条件下结论$\displaystyle \lim_{x\to a} \psi (\varphi (x))=B$经常成立,但目前却有一个例子表明这个结论也可以不成立,因此答案是:不一定成立.
下面讲两个问题.第一,为什么会发生上述现象?第二,什么条件下习题中的$\displaystyle \lim_{x\to a} \psi (\varphi (x))=\lim_{x\to A} \psi (x)=B$能够成立?
第一个问题从函数极限定义就可以得到解释.
考察习题$607$中给出的例子中$\psi (0)=0$,而这与$\displaystyle \lim_{y\to 0} \psi (y)=1$毫无关系.
然而在考虑复合函数$\psi (\varphi (x))$在$x\to a$的极限时,其中的$\varphi (x)$完全可能取到$A$,甚至会在$x\to a$的过程中无限多次取到$A$.这就是问题所在.若$\psi (y)$于$y=A$处无定义,则$\displaystyle \lim_{x\to a} \psi (\varphi (x))$无意义;若$\psi (y)$于$y=A$处有定义,则习题$607$的例子告诉我们$\displaystyle \lim_{x\to a} \psi (\varphi (x))$未必等于$B=\displaystyle \lim_{y\to A} \psi (y)$.
下面讲第二个问题,即在什么条件下会成立以下关系:
$$\lim_{x\to a} \varphi (x)=A,\lim_{x\to A} \psi (x)=B\Rightarrow \lim_{x\to a} \psi (\varphi (x))=B.\label{9} \tag{1.41}$$
从前面对于第一个问题的分析可以知道,在以下几个条件下$\eqref{9}$都能够成立.
$(1)\psi (A)=B$,即函数$\psi $在点$A$处连续;
$(2)$存在某个$\delta_0 > 0$,使得在$0 < \vert x-a\vert < \delta_0 $时$\psi (x)\neq A$;
$(3)A=\pm \infty$,而$\displaystyle \lim_{x\to A} \psi (x)$有意义.
解释$\quad $条件$(1)$使得在$\displaystyle \lim_{x\to A} \psi (x)=B$中允许$x$取到$A$;条件$(2)$使得在$x\to a$时复合函数$\psi (\varphi (x))$中的内层$\varphi (x)$不会取到$A$;条件$(3)$与$(2)$类似,因为$\varphi (x)$一定是有限实数,因此不可能取到$\pm \infty $.
读者如果有兴趣,可以检查前面用到复合函数极限的一些实际例子,看看是否满足以上的条件.(典型的例子就是从$\eqref{2}$)推出$\eqref{3} -\eqref{5} $.)
柯西命题的推广
这是将数列极限中的柯西命题和施托尔茨定理(即习题$138-141,143$等)从离散推广到连续.在学习上述数列极限习题的基础上,就不难解决这里的习题.下面给出前题的解答供参考,其中的方法与习题$138-139$相同.
$608$.证明柯西定理:若函数$f(x)$定义于区间$(a,+\infty )$,并且在每一个有限区间$(a,b)$内是有界的,则
$$(a)\lim_{x\to +\infty } \dfrac{f(x)}{x} =\lim_{x\to +\infty } [f(x+1)-f(x)];$$
$$(b)\lim_{x\to +\infty } [f(x)]^{\frac{1}{x} } =\lim_{x\to +\infty } \dfrac{f(x+1)}{f(x)} (f(x)\geqslant C > 0),$$
假定等式右端的极限都存在.
证$\quad (a)$设$\displaystyle \lim_{x\to +\infty } [f(x+1)-f(x)]=A$,则容易发现只要对$A=0$的情况作出证明就足够了,因为当$A\neq 0$时可以用辅助函数$f(x)-Ax$来代替$f(x)$.此外又不妨设已有$a > 0$.
对给定的任意$\varepsilon > 0$,存在$M_1 > a$,当$x\geqslant M_1 $时成立$\vert f(x+1)-f(x)\vert < \dfrac{1}{2} \varepsilon $.
对$x > M_1 $,取正整数$n=[x-M_1 +1]$,则有$n\leqslant x-M_1 +1 < n+1$,也就是
$$M_1 \leqslant x-n+1 < M_1 +1.$$
现在对于$x > M_1 $时的分式$\dfrac{f(x)}{x} $的分子做分拆并估计如下:
$$\begin{align}
& \left\vert \dfrac{f(x)}{x} \right\vert \\
\leqslant & \dfrac{\vert f(x)-f(x-1)\vert +\cdots +\vert f(x-n+2)-f(x-n+1)\vert +\vert f(x-n+1)\vert }{x} \\
\leqslant & \dfrac{n-1}{x} \cdot \dfrac{\varepsilon }{2} +\dfrac{\vert f(x-n+1)\vert }{x} \\
< & \dfrac{\varepsilon }{2} +\dfrac{\vert f(x-n+1)\vert }{x} .
\end{align}$$
由于最后一项的分子中的自变量$x-n+1\in [M_1 ,M_1 +1)$,而$f$在任意有限区间上有界,因此存在$M > M_1 $,使得当$x > M$时有$\dfrac{\vert f(x-n+1)\vert }{x} < \dfrac{\varepsilon }{2} $,于是也同时成立了$\left\vert \dfrac{f(x)}{x} \right\vert < \varepsilon $.
$(b)$由已经证明的$(a)$和指数函数与对数函数的连续性就有
$$\begin{align}
& \lim_{x\to +\infty } [f(x)]^{\frac{1}{x} } \\
= & \lim_{x\to +\infty } e^{\frac{\ln f(x)}{x} } \\
= & e^{\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{\ln f(x)}{x} } \\
= & e^{\lim\limits_{x\to +\infty } (\ln f(x+1)-\ln f(x)) } \\
= & e^{\ln \left( \lim\limits_{x\to +\infty } \frac{f(x+1)}{f(x)} \right) } \\
= & \lim_{x\to +\infty } \dfrac{f(x+1)}{f(x)} .
\end{align}$$
$609$.证明:若$(1)$函数$f(x)$定义于区域$x > a$;$(2)f(x)$在每一个有限区域$a < x < b$内是有界的;$(3)\displaystyle \lim_{x\to +\infty } [f(x+1)-f(x)]=\pm \infty $,则
$$\lim_{x\to +\infty } \dfrac{f(x)}{x} =\pm \infty .$$
证$\quad $不妨设有$a > 0$.先讨论条件$(3)$为$+\infty $的情况.
对给定的任意$K > 0$,存在$M_1 > a$,当$x\geqslant M_1 $时成立$f(x+1)-f(x) > 2K$,对$x > M_1 $,取正整数$n=[x-M_1 +1]$,则有$n \leqslant x-M_1 +1 < n+1$,也就是
$$M_1 \leqslant x-n+1 < M_1 +1.$$
现在对于$x > M_1 $时的分式$\dfrac{f(x)}{x}$的分子做分拆并估计如下:
$$\begin{align}
& \left\vert \dfrac{f(x)}{x} \right\vert \\
= & \dfrac{[ f(x)-f(x-1)] +\cdots +[ f(x-n+2)-f(x-n+1)] + f(x-n+1)}{x} \\
\geqslant & \dfrac{n-1}{x} \cdot 2K -\dfrac{\vert f(x-n+1)\vert }{x} .
\end{align}$$
这时有$\dfrac{n-1}{x} > 1-\dfrac{M_1 +1}{x} $,又由于上式的最后一项的分子中的自变量$x-n+1\in [M_1 ,M_1 +1)$,而$f$在任意有限区间上有界,因此存在$M > M_1 $,使得当$x > M$时有$\dfrac{\vert f(x-n+1)\vert }{x} < \dfrac{K}{3} $,且同时成立$\dfrac{n-1}{x} > \dfrac{2}{3} $,于是当$x > M$时就得到
$$\dfrac{f(x)}{x} > \dfrac{2}{3} \cdot 2K -\dfrac{K}{3} =K,$$
这样就证明了$\displaystyle \lim_{x\to +\infty } \dfrac{f(x)}{x} =+\infty $.
对于条件$(3)$为$-\infty $的情况,或者模仿上面的方法,或者令$g(x)=-f(x)$,就可以归结为已经证明的结论.从略.
习题$610$及其证明都没有新的内容,从略.读者可以试试看,能否证明它,用以测试自己是否已经掌握了前面的方法.
$610$.证明:若$(1)$函数$f(x)$定义于区域$x > a$;$(2)f(x)$在每一个有限区域$a < x < b$内是有界的;$(3)$对于某正整数$n$,存在有限的或无穷的极限
$$\lim_{x\to +\infty } \dfrac{f(x+1)-f(x)}{x^n} =l;$$
则
$$\lim_{x\to +\infty } \dfrac{f(x)}{x^{n+1}} =\dfrac{l}{n+1} .$$
证$\quad $先证一条一般性的定理(Stolz定理在函数情形的推广):若$(1)$函数$f(x)$与$g(x)$都定义于区域$x > a$内;$(2)f(x)$与$g(x)$在每一个有限区域$a < x < b$内有界,并且$g(x)$当$x > a$时满足$g(x+1) > g(x)$且$\displaystyle \lim_{x\to +\infty } g(x)=+\infty $;$(3)$存在极限
$$\lim_{x\to +\infty } \dfrac{f(x+1)-f(x)}{g(x+1)-g(x)} =l$$
($l$为有限数或为$+\infty $或为$-\infty $);则必$\displaystyle \lim_{x\to +\infty } \dfrac{f(x)}{g(x)} =l$.
证如下:
先证$l$为有限数.任给$\varepsilon > 0$,存在正数$X_0 > a$,使当$x\geqslant X_0 $时,恒有
$$\left\vert \dfrac{f(x+1)-f(x)}{g(x+1)-g(x)} -l\right\vert < \dfrac{\varepsilon }{2} .$$
现设$x > X_0 +1$.于是,恰有一个正整数$n$(依赖于$x$),使$n\leqslant x-X_0 < n+1$.令$\tau =x-X_0 -n $,则$0\leqslant \tau < 1$,$x=X_0 +\tau +n $. 我们有
$$\begin{align}
& \dfrac{f(x)-f(X_0 +\tau )}{g(x)-g(X_0 +\tau )} -l \\
= & \sum_{k=1}^n \dfrac{g(X_0 +\tau +k)-g(X_0 +\tau +k-1)}{g(x)-g(X_0 +\tau )} \cdot \left[ \dfrac{f(X_0 +\tau +k)-f(X_0 +\tau +k-1)}{g(X_0 +\tau +k)-g(X_0 +\tau +k-1)} -l\right] , \end{align}$$
而
$$\left\vert \dfrac{f(X_0 +\tau +k)-f(X_0 +\tau +k-1)}{g(X_0 +\tau +k)-g(X_0 +\tau +k-1)} -l\right\vert < \dfrac{\varepsilon }{2} (k=1,2,\cdots ,n),$$
又由于
$$\begin{align}
& g(x) \\
= & g(X_0 +\tau +n) \\
{>} & g(X_0 +\tau +n -1) \\
{>} & g(X_0 +\tau +n -2) \\
{>} & \cdots \\
{>} & g(X_0 +\tau ) ,
\end{align}$$
从而,
$$\dfrac{g(X_0 +\tau +k)-g(X_0 +\tau +k-1)}{g(x)-g(X_0 +\tau )} > 0(k=1,2,\cdots ,n);$$
由此可知
$$\begin{align}
& \left\vert \dfrac{f(x)-f(X_0 +\tau )}{g(x)-g(X_0 +\tau )} -l \right\vert \\
{<} & \dfrac{\varepsilon }{2} \sum_{k=1}^n \dfrac{g(X_0 +\tau +k)-g(X_0 +\tau +k-1)}{g(x)-g(X_0 +\tau )} \\
= & \dfrac{\varepsilon }{2} .
\end{align}$$
容易直接验证等式
$$\begin{align}
& \dfrac{f(x)}{g(x)} -l \\
= & \left[ 1-\dfrac{g(X_0 +\tau )}{g(x)} \right] \cdot \left[ \dfrac{f(x)-f(X_0 +\tau )}{g(x)-g(X_0 +\tau )} -l\right] +\dfrac{f(X_0 +\tau )-lg(X_0 +\tau )}{g(x)} .
\end{align}$$
由于$\displaystyle \lim_{x\to +\infty } g(x)=+\infty $,并且$f(x)$与$g(x)$都在$X_0 \leqslant x < X_0 +1$上有界,故必有正数$X_1 > a$存在,使当$x > X_1 $时,恒有
$$\left\vert \dfrac{g(X_0 +\tau )}{g(x)} \right\vert < \dfrac{1}{2} ,\left\vert \dfrac{f(X_0 +\tau )-lg(X_0 +\tau )}{g(x)} \right\vert < \dfrac{\varepsilon }{4} .$$
令$X=\max{\lbrace X_0 +1 ,X_1 \rbrace }$.于是,当$x > X$时,恒有
$$\left\vert \dfrac{f(x)}{g(x)} -l\right\vert < \dfrac{3}{2} \cdot \dfrac{\varepsilon }{2} + \dfrac{\varepsilon }{4} =\varepsilon .$$
由此可知$\displaystyle \lim_{x\to +\infty } \dfrac{f(x)}{g(x)} =l$,$l$为有限数获证.
下设$l=+\infty $(若$l=-\infty $,则考虑函数$-f(x)$即可化为$l=+\infty $的情形).任给$G > 0$,存在正数$X_0 > a$,使当$x\geqslant X_0 $时,恒有
$$\dfrac{f(x+1)-f(x)}{g(x+1)-g(x)} > 4G.$$
当$x > X_0 +1 $时,仿前一段之证,有
$$\begin{align}
& \dfrac{f(x)-f(X_0 +\tau )}{g(x)-g(X_0 +\tau )} \\
= & \sum_{k=1}^n \dfrac{g(X_0 +\tau +k)-g(X_0 +\tau +k-1)}{g(x)-g(X_0 +\tau )} \cdot \dfrac{f(X_0 +\tau +k)-f(X_0 +\tau +k-1)}{g(X_0 +\tau +k)-g(X_0 +\tau +k-1)} \end{align}$$
从而,
$$\dfrac{f(x)-f(X_0 +\tau )}{g(x)-g(X_0 +\tau )} > 4G \sum_{k=1}^n \dfrac{g(X_0 +\tau +k)-g(X_0 +\tau +k-1)}{g(x)-g(X_0 +\tau )} =4G.$$
易知
$$\dfrac{f(x)}{g(x)} =\left[ 1-\dfrac{g(X_0 +\tau )}{g(x)} \right] \cdot \dfrac{f(x)-f(X_0 +\tau )}{g(x)-g(X_0 +\tau )} +\dfrac{f(X_0 +\tau )}{g(x)} .$$
根据$\displaystyle \lim_{x\to +\infty } g(x)=+\infty $以及$f(x)$,$g(x)$在$X_0 \leqslant x < X_0 +1$上的有界性,可取正数$X_1 > a$,使当$x > X_1 $时,恒有
$$\left\vert \dfrac{g(X_0 +\tau )}{g(x)} \right\vert < \dfrac{1}{2} ,\left\vert \dfrac{f(X_0 +\tau )}{g(x)} \right\vert < G.$$
令$X=\max{\lbrace X_0 +1 ,X_1 \rbrace }$.于是,当$x > X$时,恒有
$$\dfrac{f(x)}{g(x)} > \dfrac{1}{2} \cdot 4G -G=G .$$
由此可知$\displaystyle \lim_{x\to +\infty } \dfrac{f(x)}{g(x)} =+\infty $.所述一般性定理获证.
现在我们应用此一般定理来证明本题,在一般性定理中取$g(x)=x^{n+1} $.显然此$g(x)$满足一般性定理的条件,并且
$$\begin{align}
& \lim_{x\to +\infty } \dfrac{f(x+1)-f(x)}{g(x+1)-g(x)} \\
= & \lim_{x\to +\infty } \dfrac{f(x+1)-f(x)}{(x+1)^{n+1}-x^{n+1}} \\
= & \lim_{x\to +\infty } \dfrac{f(x+1)-f(x)}{(n+1)x^n +\dfrac{1}{2} (n+1)nx^{n-1} +\cdots +(n+1)x+1} \\
= & \lim_{x\to +\infty } \left[ \dfrac{f(x+1)-f(x)}{x^n} \cdot \dfrac{1}{(n+1)+\cdots +(n+1)x^{-n+1}+x^{-n}} \right] \\
= & \dfrac{l}{n+1} .
\end{align}$$
由此,根据此一般性定理,即得$\displaystyle \lim_{x\to +\infty } \dfrac{f(x)}{x^{n+1}} =\lim_{x\to +\infty } \dfrac{f(x)}{g(x)} =\dfrac{l}{n+1} $.
函数$e^x$的两种表示
习题$611$将习题$69$和$72$的内容从数列推广到函数序列.
$611$.证明:
$(a)\displaystyle \lim_{n\to \infty } \left( 1+\dfrac{x}{n} \right)^n =e^x $;
$(b)\displaystyle \lim_{n\to \infty } \left( 1+x+\dfrac{x^2}{2!} +\cdots +\dfrac{x^n}{n!} \right) =e^x $.
证$\quad (a)$用习题$71$和代入法即有
$$\lim_{n\to \infty } \left( 1+\dfrac{x}{n} \right)^n =\lim_{n\to \infty } \left[ \left( 1+\dfrac{x}{n} \right)^{\frac{n}{x} } \right]^x =e^x .$$
$(b)$仿照习题$72$的解,引入记号:$y_n (x)=\left( 1+\dfrac{x}{n} \right)^n $,$z_n (x)=1+x+\dfrac{x^2}{2!} +\cdots +\dfrac{x^n}{n!} $,$n=1,2,\cdots $,它们是两个函数序列.
首先证明$\lbrace z_n (x)\rbrace $对任何$x$值都是收敛的.
用柯西收敛准则,对于任何正整数$n$和$p$,有
$$\begin{align}
& \vert z_{n+p} (x)-z_n (x)\vert \\
= & \left\vert \dfrac{x^{n+1}}{(n+1)!} +\dfrac{x^{n+2}}{(n+2)!} +\cdots +\dfrac{x^{n+p}}{(n+p)!} \right\vert \\
\leqslant & \dfrac{\vert x\vert^{n+1}}{(n+1)!} +\dfrac{\vert x\vert^{n+2}}{(n+2)!} +\cdots +\dfrac{\vert x\vert^{n+p}}{(n+p)!} \\
= & \dfrac{\vert x\vert^{n+1}}{(n+1)!} \left( 1+\dfrac{\vert x\vert }{(n+2)} +\cdots +\dfrac{\vert x\vert^{p-1}}{(n+2)\cdots (n+p)} \right) \\
\leqslant & \dfrac{\vert x\vert^{n+1}}{(n+1)!} \left( 1+\dfrac{\vert x\vert }{(n+2)} +\cdots +\dfrac{\vert x\vert^{p-1}}{(n+2)^{p-1}} \right) \\
\leqslant & \dfrac{\vert x\vert^{n+1}}{(n+1)!} \cdot \dfrac{1}{1-\dfrac{\vert x\vert }{n+2} } \\
= & \dfrac{\vert x\vert^{n+1}}{(n+1)!} \cdot \dfrac{n+2}{n+2-\vert x\vert } ,
\end{align}$$
其中假设已取$n$充分大,使得$n+2 > \vert x\vert $.
由于当$n\to \infty $时上述最后一式极限为$0$(即习题$61$的$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \dfrac{a^n}{n!}=0$),因此对给定的任意正数$\varepsilon > 0$,存在$N$,当$n > N$且$p$为任意正整数时,上述最后一式小于$\varepsilon $.这就证明了对每一个$x$,存在极限$\displaystyle \lim_{n\to \infty } z_n (x)=E(x)$.
下面将证明$E(x)=e^x $,其中的方法与$\S 1.2.3$的习题$72$中的方法几乎完全相同.
直接估计函数序列$\lbrace y_n (x)\rbrace $和$\lbrace z_n (x)\rbrace $之差.将$y_n (x)=\left( 1+\dfrac{x}{n}\right)^n $用二项式定理展开,其中前两项$1+x$与$z_n (x)$的前两项相同,因而抵消,然后与习题$72$类似地利用习题$6$的伯努利不等式,就有
$$\begin{align}
& \vert z_n (x)-y_n (x)\vert \\
= & \left\vert \sum_{k=2}^n \dfrac{x^k}{k!} -\sum_{k=2}^n \dfrac{x^k}{k!} \left( 1-\dfrac{1}{n} \right) \cdots \left( 1-\dfrac{k-1}{n} \right) \right\vert \\
\leqslant & \sum_{k=2}^n \dfrac{\vert x\vert^k}{k!} \left[ 1-\left( 1-\dfrac{1}{n} \right) \cdots \left( 1-\dfrac{k-1}{n} \right) \right] \\
\leqslant & \sum_{k=2}^n \dfrac{\vert x\vert^k}{k!} \left[ 1-\left( 1-\dfrac{(k-1)k}{2n} \right) \right] \\
= & \dfrac{1}{2n} \sum_{k=2}^n \dfrac{\vert x\vert^k }{(k-2)!} \\
\leqslant & \dfrac{x^2}{2n} \cdot E(\vert x\vert ),
\end{align}$$
可见有$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \vert z_n (x)-y_n (x)\vert =0$.这就证明了函数序列$\lbrace y_n (x)\rbrace $和$\lbrace z_n (x)\rbrace $具有相同的极限,即$E(x)=e^x $.
$612$.证明:
$$\lim_{n\to \infty } n\sin{(2\pi en!)} =2\pi .$$
提示:利用习题$72$的公式$(\ast )$.
证$\quad $(本题也可放在$\S 1.2$中.)利用习题$72$中的结论,就有
$$\dfrac{1}{(n+1)!} < e-\left( 1+1+\dfrac{1}{2!} +\cdots +\dfrac{1}{n!} \right) < \dfrac{1}{n!n} .$$
将上式乘以$n!$后,中间是$n!e$减去一个正整数,而左边为$\dfrac{1}{n+1} $,右边为$\dfrac{1}{n} $,由此可见,中间就是$n!e-[n!e]$,即$n!e$的小数部分.再乘以$2\pi $就得到
$$\dfrac{2\pi }{n+1} < 2\pi (n!e -[n!e]) < \dfrac{2\pi }{n} .$$
当$n \geqslant 4$时利用$\sin{x}$在$[0,\dfrac{\pi }{2} ]$上单调递增,就有
$$\sin{\dfrac{2\pi }{n+1} } < \sin{(2\pi n!e)} < \sin{\dfrac{2\pi }{n} } .$$
最后两边乘以$n$并令$n\to \infty $就得到所求的极限为$2\pi $.
迭代生成的函数列
这是$\S 1.2$中有关迭代数列的习题$81$,$148-149$的继续.其中的规律性需要专门介绍.
先讲其中与众不同的一道题,所用的方法是柯西命题(即习题$138$)的进一步发展.
$637.3$.数列$y_n $借助于数列$x_n $由下述关系式定义:
$$y_0 =x_0 ,y_n =x_n -\alpha x_{n-1} (n=1,2,\cdots ),$$
其中$\vert \alpha \vert < 1$.若$\displaystyle \lim_{n\to \infty } y_n =b$,求$\displaystyle \lim_{n\to \infty } x_n $.
解$\quad $设$\alpha \neq 0$,否则不必再讨论.由于$\lbrace y_n \rbrace $的极限已知,我们可以用$\lbrace y_n \rbrace $去研究$\lbrace x_n \rbrace $.认为$\lbrace y_n \rbrace $已经给定,然后从$x_0 =y_0 $和
$$x_n =\alpha x_{n-1} +y_n (n=1,2,\cdots )$$
来确定数列$\lbrace x_n \rbrace $.用差分方程的语言来说,这就是一个一阶线性非齐次差分方程.(在$1.2.8$的习题$148$的解$3$中已经出现了线性差分方程.)另一方面也可以将上述方程看成为线性迭代,只是每次的$y_n $与$n$有关.
于是就有$x_0 =y_0 $,$x_1 =\alpha y_0 +y_1 $,$x_2 =\alpha^2 y_0 +\alpha y_1 +y_2 $,$\cdots $,一般地用数学归纳法可以证明有
$$x_n =\alpha^n y_0 +\alpha^{n-1} y_1 +\cdots +\alpha y_{n-1} +y_n .$$
为从此式证明$\lbrace x_n \rbrace $收敛,可以用柯西收敛准则(参见习题$81$的解$2$).
下面将采取类似于$\S 1.2.4$的习题$81$的解$3$中的方法.首先,如果$\displaystyle \lim_{n\to \infty } x_n $存在的话,它等于什么?从$y_n =x_n -\alpha x_{n-1} $中令$n\to \infty $就得到
$$\lim_{n\to \infty } x_n =\dfrac{b}{1-\alpha } .$$
第二步,我们直接证明$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \left( x_n -\dfrac{b}{1-\alpha } \right) =0$.由于
$$\begin{align}
& x_n -\dfrac{b}{1-\alpha } \\
= & x_n -b\left( 1+\alpha +\cdots +\alpha^n +\dfrac{\alpha^{n+1} }{1-\alpha } \right) \\
= & \alpha^n (y_0 -b)+\alpha^{n-1} (y_1 -b)+\cdots +\alpha (y_{n-1} -b)+(y_n -b)-\dfrac{b\alpha^{n+1} }{1-\alpha } ,
\end{align}$$
而$\vert \alpha \vert < 1$, 上式右边的最后一项极限为$0$,因此只要证明以下极限等式即可:
因此只要证明以下极限等式即可:
$$\lim_{n\to \infty } [\alpha^n (y_0 -b)+\alpha^{n-1} (y_1 -b)+\cdots +\alpha (y_{n-1} -b)+(y_n -b)]=0. \label{10} \tag{1.42} $$
下面的方法就是在$\S 1.2.7$中证明柯西命题(即习题$138$)的方法.
对于给定的任意$\varepsilon > 0$,存在$N_1 $,当$n > N_1 $时有$\vert y_n -b\vert < \varepsilon $.固定这个$N_1 $,将$\eqref{10}$左边的方括号内的表达式记为$\Delta_n $,然后进行分拆处理如下:
$$\begin{align}
& \vert \Delta_n \vert \\
= & \vert \alpha^n (y_0 -b)+\alpha^{n-1} (y_1 -b)+\cdots +\alpha (y_{n-1} -b)+(y_n -b)\vert \\
\leqslant & \vert \alpha^n (y_0 -b)+\alpha^{n-1} (y_1 -b)+\cdots +\alpha^{n-N_1 } (y_{N_1} -b)\vert \\
& +\vert \alpha^{n-N_1 -1} (y_{N_1 +1} -b)+\cdots +\alpha (y_{n-1} -b)+(y_n -b)\vert \\
\leqslant & \vert \alpha^n \vert \cdot \vert (y_0 -b)+\alpha^{-1} (y_1 -b)+\cdots +\alpha^{-N_1 } (y_{N_1 } -b)\vert \\
& +\varepsilon (1+\vert \alpha \vert +\cdots +\vert \alpha \vert^{n-N_1 -1} ).
\end{align}$$
由于$N_1 $已经固定,记$M=\vert (y_0 -b)+\alpha^{-1} (y_1 -b)+\cdots +\alpha^{-N_1 } (y_{N_1 } -b)\vert $,则就得到当$n > N_1 $时有
$$\vert \Delta_n \vert \leqslant M\cdot \vert \alpha \vert^n +\varepsilon \cdot \dfrac{1}{1-\vert \alpha \vert } .$$
由于$\vert \alpha \vert < 1$,存在$N > N_1 $,使得当$n > N$时$M\cdot \vert \alpha \vert^n < \varepsilon $.于是当$n > N$时就有
$$\vert \Delta_n \vert \leqslant \varepsilon \cdot \dfrac{2-\vert \alpha \vert }{1-\vert \alpha \vert } .$$
由于右边的$\varepsilon $的系数与$\varepsilon $和$n$无关,因此这就证明了$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \Delta_n =0$.
下面我们指出,除了上一题和(习题$148$雷同的)习题$637.2$之外,其余的几个习题存在统一的规律和解法.(当然它不一定是对每个题的最佳解法.)
为简明起见,称$x_{n+1} =f(x_n ),n=1,2,\cdots $为迭代数列,称其中的函数$f$为迭代函数,以下均假设$f$与$n$无关.
首先有一个简单但很基本的如下规律.
命题$1.9\quad $设数列$\lbrace x_n \rbrace $满足迭代公式$x_{n+1} =f(x_n )$,$n=1,2,\cdots $,且已知有$\displaystyle \lim_{n\to \infty } x_n =\xi $,若又已知有
$$\lim_{n\to \infty } f(x_n ) =f(\xi ),$$
则极限$\xi $是方程$f(x)=x$的根(即$f$的不动点).
注$\quad $条件$\displaystyle \lim_{n\to \infty } f(x_n ) =f(\xi )$在$f$于点$\xi $处连续时就成立.证明是直截了当的,但命题提供了一种方法,即在研究迭代数列时,经常先假设它收敛,看极限会是什么,然后再做下去.如前面的习题$637.3$的解法就是如此.该题中的迭代数列的迭代数与$n$有关,因此比上述命题中的问题要复杂一点.
值得指出,若迭代函数$f$没有不动点,则从命题$1.9$就推出数列$\lbrace x_n \rbrace $发散.
在迭代函数为单调时迭代数列的性态很简单,这就是下一个命题,它给出了迭代数列的单调性规律的理论依据.
命题$1.10\quad $设函数$f$在区间$I$上单调,数列$\lbrace x_n \rbrace $满足迭代公式$x_{n+1} =f(x_n ) $,$n=1,2,\cdots $,且$x_n \in I,n=1,2,\cdots $,则只有两种可能性:
$(a)$当$f$为单调递增时,$\lbrace x_n \rbrace $为单调数列;
$(b)$当$f$为单调递减时,$\lbrace x_n \rbrace $的子列$\lbrace x_{2n-1} \rbrace $和$\lbrace x_{2n} \rbrace $是具有相反单调性的两个单调子列.
这里我们只用图示来解释命题$1.10$的意义,其简单证明可以在$[23]$的$\S 2.6.2$中找到.附图中的分图$(a)$和$(b)$分别对应于命题$1.10$的情况$(a)$和情况$(b)$.分图$(c)$则表明命题$1.9$中的极限$\xi$不一定唯一.随着初始条件的不同,收敛的迭代数列可能有不同的极限.这只是对$f$单调递增作出的图.对$f$单调递减也有类似的结论.
下面用以上两个命题对$7$个习题作出统一的分析.我们的方法是先作出$f(x)$的草图,求出它与$y=x$的交点,即得出$f$的不动点.然后从$f$的图像的单调性来判断迭代数列的单调性.这就是将结果猜到之后(与命题无关地)再写出证明.
$606$.$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \underbrace{\sin{\sin{} \cdots \sin{} }}_x{x} .$
分析$\quad $这个题与$\S 1.2.4$的习题$81$和下面的习题$637.1$等类似,可以改写为迭代数列来处理.定义$x_0 =x$,$x_n =\sin{x_{n-1} } (n=1,2,\cdots )$,于是迭代函数是$f(x)=\sin{x} $.无论$x_0 =x$如何,从$n=1$起总有$x_n \in [-1,1]$,而$f(x)=\sin{x} $在该区间上单调递增,因此可以从命题$1.10(a)$肯定$\lbrace x_n \rbrace $单调且有界,从而一定收敛.细节留给读者.
解$\quad $先设$0\leqslant x \leqslant \pi $,这时,$0\leqslant \sin{x} \leqslant x$,$0\leqslant \sin{(\sin{x} )} \leqslant \sin{x} $,依次类推.用数学归纳法,即可证得
$$0\leqslant \underbrace{\sin{\sin{} \cdots \sin{x} }}_{n次} \leqslant \underbrace{\sin{\sin{} \cdots \sin{x} }}_{n-1次} ,$$
这说明$\underbrace{\sin{\sin{} \cdots \sin{x} }}_{n次} $随着$n$的增大而单调减少,于是,由其有界性知极限
$$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \underbrace{\sin{\sin{} \cdots \sin{x} }}_{n次} =\mu $$
存在有限,且$0\leqslant \mu \leqslant 1$,因此,
$$\lim_{n\to \infty } \underbrace{\sin{\sin{} \cdots \sin{x} }}_{n次} =\sin{} ( \lim_{n\to \infty } \underbrace{\sin{\sin{} \cdots \sin{x} }}_{n-1次} )$$
即$\sin{\mu } =\mu $,故$\mu =0$.
同法可证,当$\pi < x \leqslant 2\pi $时,
$$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \underbrace{\sin{\sin{} \cdots \sin{x} }}_{n次} =0. $$
再利用$\sin{x}$的周期性(周期为$2\pi $),得知对任一$x$值,均有
$$\displaystyle \lim_{n\to \infty } \underbrace{\sin{\sin{} \cdots \sin{x} }}_{n次} =0. $$
$637.1$.数列$x_n $由等式
$$x_1 =\sqrt{a} ,x_2 =\sqrt{a+\sqrt{a} } ,x_3 =\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a} } } ,\cdots (a > 0) $$
给出,求$\displaystyle \lim_{n\to \infty } x_n $.
分析$\quad $如取$a=2$则就是前面的习题$81$,只是那里只要证明数列收敛.
这里的迭代函数是$f(x)=\sqrt{a+x} ,x\geqslant 0$.命题$1.9$可以用于事先确定极限值,命题$1.10$则可以确定数列$\lbrace x_n \rbrace $为单调递增.具体求解的写法可参考习题$81$的解$3$.
解$\quad $首先,我们注意到此数列显然是单调上升的.其次,由$x_n =\sqrt{a+x_{n-1}}$,得$x_n^2 =a+x_{n-1} $,即
$$x_n =\dfrac{a}{x_n } +\dfrac{x_{n-1} }{x_n } .\label{637.1.1} \tag{1}$$
因为$\sqrt{a} < x_{n-1} < x_n $,即在$\eqref{637.1.1}$式右端第二项小于$1$,所以
$$x_n < \dfrac{a}{x_n } +1.\label{637.1.2} \tag{2} $$
又显然有
$$x_n > \sqrt{a} (n=2,3,\cdots )\label{637.1.3} \tag{3} $$
将$\eqref{637.1.3}$式代入$\eqref{637.1.2}$式右端,即得$x_n < \sqrt{a} +1$,故数列$\lbrace x_n \rbrace $是有界的.
根据极限存在的准则可知,数列$\lbrace x_n \rbrace $的极限$\displaystyle \lim_{n\to \infty} x_n $存在,设其值为$l$.
利用等式$x_n^2 =a+x_{n-1} $,两端取极限,得$l^2=a+l$,解之,得
$$l=\dfrac{1\pm \sqrt{1+4a} }{2} (a > 0),$$
负根不适合(因为$x_n > 0$),只取其正根,即$\displaystyle \lim_{n\to \infty } x_n =\dfrac{1+ \sqrt{1+4a} }{2}$.
$637.2$.数列$x_n $按下述方式给出:
$$x_1 =0,x_2 =1,x_n =\dfrac{1}{2} (x_{n-1} +x_{n-2} )(n=3,4,\cdots ).$$
求$\displaystyle \lim_{n\to \infty } x_n $.
解$\quad $由于
$$x_{n+1} -x_n =\dfrac{x_n +x_{n-1}}{2} -x_n =\dfrac{x_{n-1} -x_n }{2} =\cdots =\dfrac{x_2 -x_1 }{(-2)^{n-1}} =\dfrac{1}{(-2)^{n-1}} $$
及
$$x_{n+1} =\sum_{m=1}^n (x_{m+1} -x_m )+x_1 =\sum_{m=1}^n \dfrac{1}{(-2)^{m-1}} ,$$
所以,$\displaystyle \lim_{n\to \infty } x_n =\dfrac{1}{1-\left( -\dfrac{1}{2} \right) } =\dfrac{2}{3} $.
$637.4$.数列$x_n $由下述方式给出:
$$x_0 =1,x_n =\dfrac{1}{1+x_{n-1} } (n=1,2,\cdots ).$$
求$\displaystyle \lim_{n\to \infty } x_n $.
提示:考虑$x_n $与方程$x=\dfrac{1}{1+x} $的根之差.
分析$\quad $由于数列每项大于$0$,因此迭代函数为$f(x)=\dfrac{1}{1+x} (x > 0)$.由$x=f(x)$求出不动点,记为$\xi =\dfrac{1}{2} (-1+\sqrt{5} )(\approx 0.618)$.从命题$1.10$知道本题属于情况$(b)$(参看附图$(b)$),即需证$\lbrace x_n \rbrace $的奇数项子列和偶数项子列分别单调,且收敛于同一极限$\xi $.
但本题可以如前面的习题$637.3$那样,在求出$\xi $之后直接证明$\displaystyle \lim_{n\to \infty } (x_n -\xi )=0$.这是因为下面的估计比较容易:
$$\begin{align}
& \vert x_n -\xi \vert \\
= & \left\vert \dfrac{1}{1+x_{n-1} } -\dfrac{1}{1+\xi } \right\vert \\
= & \dfrac{\vert x_{n-1} -\xi \vert }{(1+x_{n-1} )(1+\xi )} \\
\leqslant & \dfrac{1}{1+\xi } \cdot \vert x_{n-1} -\xi \vert .
\end{align}$$
$638$.函数序列
$$y_n =y_n (x) (0\leqslant x\leqslant 1)$$
用以下方式确定:
$(a)y_1 =\dfrac{x}{2} ,y_n =\dfrac{x}{2} -\dfrac{y_{n-1}^2 }{2} (n=2,3,\cdots )$;
$(b)y_1 =\dfrac{x}{2} ,y_n =\dfrac{x}{2} +\dfrac{y_{n-1}^2 }{2} (n=2,3,\cdots )$.
解$(a)$分析$\quad $本题中的自变量$x$只不过是一个参数,因此前面的两个命题和方法都适用.这时的迭代函数是$f(y)=\dfrac{x}{2} -\dfrac{y^2}{2} $.
由初值$y_1 =\dfrac{x}{2} $和参数范围$0\leqslant x \leqslant 1$可以确定$y_n (x) \in [0,\dfrac{x}{2} ]$始终成立,而在此区间上迭代函数$f$单调递减,因此属于命题$1.10$的情况$(b)$.但是这里用上一题的方法更容易一些.这就是从$y=f(y)$直接解出$y(x)=-1+\sqrt{1+x} $.然后证明对于$0 \leqslant x\leqslant 1$上的每个$x$都有$\displaystyle \lim_{n\to \infty } (y_n (x)-y(x))=0$.以下请读者写出细节.
解$\quad $当$x=0$时,$y_n =0,n=1,2,\cdots $,则$\displaystyle \lim_{n\to \infty } y_n =0$.
当$0 < x\leqslant 1$时,用数学归纳法可证$y_n > 0$,$n=1,2,\cdots \colon y_1 > 0$.若$y_k > 0$,由$x > y_{k-1}^2$,可得
$$y_{k+1} =\dfrac{x}{2} -\dfrac{y_k^2}{2} =\dfrac{4x-(x-y_{k-1}^2)^2}{8} \geqslant \dfrac{3x}{8} > 0.$$
因而有
$$y_1 -y_3 =\dfrac{y_2^2}{2} > 0,y_2 -y_4 =\dfrac{y_3^2 -y_1^2}{2} < 0,\cdots $$
用数学归纳法可证
$$y_{2n} -y_{2n+2} < 0,y_{2n-1} -y_{2n+1} > 0 (n=1,2,\cdots ).$$
即
$$\dfrac{x}{2} =y_1 > y_3 > \cdots > 0,0 < y_2 < y_4 < \cdots < \dfrac{x}{2} .$$
可见序列$y_1 ,y_3 ,\cdots $及序列$y_2 ,y_4 ,\cdots $都是收敛的.设极限分别为$A_1 ,A_2 $,由
$$y_{2n} =\dfrac{x}{2} -\dfrac{y_{2n-1}^2}{2} ,y_{2n+1} =\dfrac{x}{2} -\dfrac{y_{2n}^2}{2} ,$$
求极限得$A_2 =\dfrac{x}{2} -\dfrac{A_1^2}{2} ,A_1 =\dfrac{x}{2} -\dfrac{A_2^2}{2} $,相减得$A_1 -A_2 =(A_1 -A_2 )\dfrac{(A_1 +A_2 )}{2} $.而$0\leqslant A_1 \leqslant \dfrac{x}{2} \leqslant \dfrac{1}{2} $,$0\leqslant A_2 \leqslant \dfrac{x}{2} \leqslant \dfrac{1}{2} $,故
$$A_1 =A_2 =A.$$
用极限定义直接可以证明:若$\lbrace y_n \rbrace $的两个子序列$\lbrace y_{2n} \rbrace $及$\lbrace y_{2n-1} \rbrace (n=1,2,\cdots )$收敛于同一个极限,则$\lbrace y_n \rbrace $也收敛地这个极限,由$A=\dfrac{x}{2} -\dfrac{A^2}{2} $解得$A=\sqrt{1+x} -1$,即$\displaystyle \lim_{n\to \infty } y_n =\sqrt{1+x} -1$.
$(b)$分析$\quad $此题中迭代函数$f(y)=\dfrac{x}{2} +\dfrac{y^2}{2} $为单调递增函数,属于命题$1.10$的情况$(a)$,因此只要证明对每个$x\in [0,1]$的$\lbrace y_n \rbrace $关于$n$为单调有界就解决了收敛性问题,再从命题$1.9$得到极限函数为$y(x)=1+\sqrt{1-x} $.当然用上一题的方法也可以成功.
解$\quad $显然,$y_2 > y_1 $.假设$y_n \geqslant y_{n-1} $,则由$y_{n+1} -y_n =\dfrac{y_n^2 -y_{n-1}^2 }{2} $可推出$y_{n+1} \geqslant y_n $.
由数学归纳法得知,序列$\lbrace y_n \rbrace $单调上升.
现在我们证明这个序列有界.显然,
$$0\leqslant y_1 < 1.$$
设$0\leqslant y_k < 1$,则$0\leqslant y_k^2 < 1$,且$0\leqslant y_{k+1} < 1 $.由数学归纳法便得知序列$\lbrace y_n \rbrace $有界.
这样,我们就证明了此序列的极限$\displaystyle \lim_{n\to \infty } y_n $存在.设其值为$l$(显然$0\leqslant l\leqslant 1$),即得$l=\dfrac{x}{2} +\dfrac{l^2}{2} $,解之,得$l=1\pm \sqrt{1-x} $.由于$0\leqslant l\leqslant 1$,故必
$$\lim_{n\to \infty } y_n =l=1-\sqrt{1+x} .$$
$639.1$.设$x > 0$且$y_n =y_{n-1} (2-xy_{n-1} )(n=1,2,\cdots )$.证明:若$y_i > 0(i=0,1)$,则序列$y_n $收敛且
$$\displaystyle \lim_{n\to \infty } y_n =\dfrac{1}{x} .$$
提示:研究差$\dfrac{1}{x} -y_n $.
分析$\quad $这里$x$同样只起着正参数的作用.迭代函数为$f(y)=y(2-xy)$.它的不动点就是$\dfrac{1}{x} $.如附图所示,这个不动点恰好也是迭代函数$f$的极大值点.
于是从条件$y_1 > 0$可推出只能取$y_0 \in (0,\dfrac{2}{x} )$.若$y_0 =\dfrac{1}{x} $,则当然就“不动”了.若$0 < y_0 < \dfrac{1}{x} $,则就是命题$1.10$的情况$(a)$.最后,若$\dfrac{1}{x} < y_0 < \dfrac{2}{x} $,则$y_1 \in (0,\dfrac{1}{x} )$,因此与上面的情况相同.
$639.2$.为了求$y=\sqrt{x} $,其中$x > 0$,采用如下步骤:$y_0 > 0$是任意的,
$$y_n =\dfrac{1}{2} \left( y_{n-1} +\dfrac{x}{y_{n-1} } \right) (n=1,2,\cdots ).$$
证明:$\displaystyle \lim_{n\to \infty } y_n =\sqrt{x} $.
提示:利用公式
$$\dfrac{y_n -\sqrt{x} }{y_n +\sqrt{x} } =\left( \dfrac{y_{n-1} -\sqrt{x} }{y_{n-1} +\sqrt{x} } \right)^2 (n\geqslant 1).$$
分析$\quad $若取$x=1$则就是习题$149$.请参看$\S 1.2.8$中该题的解法以及后面的两个注.注意本题中的不动点也恰好是迭代函数的极值点,因此与上一题有类似的分析.
与上述$7$个题不同,在下面一题中起主要作用的是关于正弦函数$\sin{x}$的不等式$0 < \vert \sin{x} \vert < \vert x\vert (x\neq 0)$.
$640$.为了求开普勒方程
$$x-\varepsilon \sin{x} =m(0 < \varepsilon < 1)\label{640} \tag{1} $$
的近似解,假设
$$x_0 =m,x_1 =m+\varepsilon \sin{x_0 } ,\cdots ,x_n =m+\varepsilon \sin{x_{n-1} } ,\cdots $$
(逐步逼近法).证明:存在$\xi =\displaystyle \lim_{n\to \infty } x_n $,且数$\xi $为方程$\eqref{640} $的唯一的根.
证$\quad $这里的迭代函数为$f(x)=m+\varepsilon \sin{x} $,一次迭代之后就只需要在$[m-\varepsilon ,m+\varepsilon ]$上研究$f$了,但其单调性分析不是非常方便.因此下面改用其他方法来做.
首先看方程解的唯一性.若有$x_1 ,x_2 $都满足方程$x-\varepsilon \sin{x} =m$,则将$x_1 ,x_2 $分别代入,然后将两式相减就得到
$$\begin{align}
& \vert x_1 -x_2 \vert \\
= & \varepsilon \cdot \vert \sin{x_1 } -\sin{x_2} \vert \\
= & \varepsilon \cdot \left\vert 2\sin{\dfrac{x_1 -x_2 }{2} } \cos{\dfrac{x_1 +x_2 }{2} }\right\vert \\
\leqslant & \varepsilon \cdot \vert x_1 -x_2 \vert ,
\end{align}$$
由条件$\varepsilon \in (0,1)$可见只能有$x_1 =x_2 $.
用相同的方法可以导出最近两次迭代之差满足以下不等式:
$$\vert x_{n+1} -x_n \vert \leqslant \varepsilon \vert x_n -x_{n-1} \vert (n=1,2,\cdots ),$$
于是就可以用柯西收敛准则来证明数列$\lbrace x_n \rbrace $收敛(参见$\S 1.2.5$的习题$82$等).具体来说,对于任何正整数$p$有
$$\vert x_{n+p} -x_n \vert \leqslant \varepsilon \vert x_{n+p-1} -x_{n-1} \vert \leqslant \cdots \leqslant \varepsilon^n \vert x_p -x_0 \vert \leqslant \varepsilon^{n+1} .$$
其中最后一步利用了$x_0 =m$和$\vert x_p -m \vert =\vert \varepsilon\sin{x_{p-1}} \vert \leqslant \varepsilon $.
由于$0 < \varepsilon < 1$保证了$\varepsilon^n \to 0$,因此对于任意的$\delta > 0$,存在$N$,当$n > N$时,对任意的正整数$p$,都成立$\vert x_{n+p} -x_{n} \vert < \delta $,于是从柯西准则知道迭代数列$\lbrace x_n \rbrace $收敛.
注$\quad $以上方法就是压缩映射原理,可参见$[23]$的$\S 3.4.4$中的介绍.
这里要指出,命题$1.10$中总结的迭代数列的单调性规律只是迭代数列理论中最为初等的部分.其中的主要条件是该数列落在迭代函数的某个单调区间内.如果该条件不成立,则情况完全不同.这时的迭代数列会有极其复杂的性态,它就是二十世纪七直年代出现的新科学——混沌学——的源头之一.对此有兴趣的读者可以阅读$[23]$中的$\S 5.6$,也可以直接阅读这方面的科普读物$[8]$和入门读物$[9]$.
为了让有兴趣的读者能够产生在这方面的一点感觉,不妨举一个在混沌学中最简单的例子,看其中会发生些什么,而将它们的证明略去.
如右图所示,取迭代函数$y=f(x)=4x(1-x),0\leqslant x\leqslant 1$.
初看起来这个迭代函数只不过是开口向下的一条抛物线.它只有两个单调区间:$[0,0.5]$和$[0.5,1]$.这样的情况在前面的习题$639.1$(参见其附图)和其他习题中都出现过,似乎是平淡无奇的.
然而这里的迭代数列则完全不同.若取初值$x_0 \in [0,1]$,然后用$x_n =f(x_{n-1} )$,$n=1,2,\cdots $,生成迭代数列,则除了$x_0 =0$和$x_0 =0.75$(即图中由$y=f(x)$和$y=x$的交点所确定的两个不动点)之外,其他迭代数列不可能完全落在$f$的某个单调区间内.
下面列出由这个迭代函数生成的迭代数列会具有的一些性态:
$(1)$存在周期为$3$的迭代数列.这在图上已经画出,即从$x_0 =\sin{}^2 20^{\circ} \approx 0.0117$出发,就可以计算得出$x_1 =\sin{}^2 40^{\circ} $,$x_2 =\sin{}^2 80^{\circ} $,$x_3 =x_0 $,于是以后就以周期$3$重复了.这当然是发散数列,并有三个聚点.
$(2)$引用著名论文中的第一定理,就知道只要选取适当的初值,就可以生成最小周期等于每一个正整数$n$的周期迭代数列.(不动点就是周期$1$的迭代数列.)
$(3)$再引用同一论文的第二定理,就知道存在一个不可列数集$S\subset [0,1]$.在$S$中任何两个不相等的初值$x_0 \neq y_0 $所生成的迭代数列$\lbrace x_n \rbrace $和$\lbrace y_n \rbrace $之间都具有以下性质:
$$\varliminf_{n\to \infty } \vert y_n -x_n \vert =0,\varlimsup_{n\to \infty } \vert y_n -x_n \vert > 0,$$
也就是说它们既会无限接近,又总是会分开.这样的性态可称复杂了.在混沌学中的第一个可操作的混沌定义即是以此为主要依据而产生的.
$(4)$只要在取初值$x_0 $时避开$[0,1]$中的一个可列集(包括$0,0.75$等),则所生成的每一个数列$\lbrace x_n \rbrace $就会在区间$[0,1]$内处处稠密,于是其聚点全体就是区间$[0,1]$.这种“遍历性”是与收敛性截然相反的性态.
最后应当指出,就迭代函数为$f(x)=4x(1-x)$来说,对以上各点作出严格证明还是比较容易的,然而如果讨论更为一般的抛物线映射
$$f(x)=bx(1-x),0 \leqslant x\leqslant 1,0 < b\leqslant 4,$$
即带有参数$b\in (0,4]$时,同j问题就要复杂得多.对于它的研究已经包含着离散动力系统的许多基本内容.这也就是参考文献《从抛物线谈起》的书名的由来.