復雜極限的計算方法

【摘要】影響高等數學這門課程學習效果的一個主要因素是計算復雜極限的能力不夠.本文專門討論復雜極限計算的五種方法：利用泰勒公式，利用兩邊夾法則的推廣形式，利用變量替換，利用導數和利用積分.

【關鍵詞】泰勒公式；兩邊夾法則；變量替換；導數；積分

一、引言

高等數學這門課程是以極限為工具去研究函數的三性：連續性、可微性和可積性，因而極限計算的能力是學好這門課程的基本功.計算極限的常規方法有利用四則運算，利用兩個重要極限及其變形，利用等價無窮小量的代換和利用洛必達法則等等.筆者在教授高等數學這門課程的過程中發現大部分學生都能較好地掌握這些基本的極限計算方法，但是碰到復雜極限的計算問題時往往會束手無策.鑒于此，本文將專門討論復雜極限的計算問題，主要介紹五種方法：利用泰勒公式，利用兩邊夾法則的推廣形式，利用變量替換，利用導數和利用積分.

二、利用泰勒公式求極限

對于未定式的極限，通常可以用洛必達法則計算，但是洛必達法則并非對所有未定式的極限都是有效的，例如：

例1計算limx→0cosx-e-x2121x2[x+ln（1-x）].

分析雖然這個極限是010型未定式，但是如果直接用洛必達法則計算將會十分復雜.考慮對分子、分母同時做泰勒展開，這里的困難是將函數展開成泰勒多項式時，究竟展開到哪一項為止呢？事實上，做泰勒展開的技巧是保證展開后分子、分母是同階的泰勒多項式.

解原式=limx→01-112！x2+114！x4+o（x5）-1-x212+118x4+o（x4）1x2x+-x-112x2+o（x2）

=limx→0-1112x4+o（x4）1-112x4+o（x4）=116.

例2計算limx→0sin（ex-1）-（esinx-1）1sin43x.

解因為當x→0時，

ex-1=x+112！x2+113！x3+114！x4+o（x4），

sinx=x-113！x3+o（x4），

所以，

sin（ex-1）=sinx+112！x2+113！x3+114！x4+o（x4）=x+112x2-5124x4+o（x4），

esinx-1=ex-113！x3+o（x4）-1=x+112x2-118x4+o（x4）.

于是，

原式=limx→0x+112x2-5124x4+o（x4）-x+112x2-118x4+o（x4）1（3x）4

=-11972.

三、利用兩邊夾法則的推廣形式

當極限不易直接求出時，可考慮將求極限的變量，作適當的放大和縮小，使放大、縮小所得的新變量，易于求極限，且二者的極限值相同，則原極限存在，且等于此公共值.實際上，當使用兩邊夾法則時，若放大與縮小所得之量的極限值不相等，但二者只相差一個任意小量，則兩邊夾法則仍然有效.

例3設f（x）>0，在區間[0，1]上連續，試證limn→∞n1∑n1i=1fi1nn11n=max0≤x≤1f（x）.

證明記xn=limn→∞n1∑n1i=1fi1nn11n，M=max0≤x≤1f（x），則xn≤M.（1）為了證明limn→∞xn=M，現在考慮將xn縮小，使縮小所得到的量以M為極限，或者雖然不等于M，但跟M只相差一個任意小量.因為f（x）連續，根據閉區間連續函數的性質，x0∈[0，1]，使得f（x0）=M.于是ε>0，δ>0，當x-x0<δ，x∈[0，1]時，有M-εM-ε.所以，xn=n1∑n1i=1fi1nn11n≥n1fi01nn11n>（M-ε）11n1n.（2）

由（1）和（2）得（M-ε）11n1n

由limn→∞11n1n=1及ε>0的任意性，知limn→∞xn=M.

四、利用變量替換求極限

當未知的極限較復雜時，可考慮將其化簡，或轉化為已知的極限，可根據極限式的特點，適當引入新變量，以替換原有的變量，使原來的極限過程轉化為新的極限過程.

例4若limn→∞xn=a，limn→∞yn=b，試證：

limn→∞x1yn+x2yn-1+…+xny11n=ab.

證明因為limn→∞xn=a，limn→∞yn=b，

所以，可令xn=a+αn，yn=b+βn，且有n→∞時，αn ，βn→0.于是，x1yn+x2yn-1+…+xny11n=

（a+α1）（b+βn）+（a+α2）（b+βn-1）+…+（a+αn）（b+β1）1n=ab+aβ1+β2+…+βn1n+bα1+α2+…+αn1n+α1βn+α2βn-1+…+αnβ11n.（1）

下面先證明limn→∞α1+α2+…+αn1n=0.

證明α1+α2+…+αn1n≤α1+α2+…+αn1n.

因為limn→∞αn=0，所以對ε>0，N1>0，當n>N1時，有|αn|<ε12.從而，α1+α2+…+αn1n≤α1+…+αN11n+n-N11n·ε12.由于α1+…+αN1為定數，于是N2>0，當n>N2時，有α1+…+αN11n<ε12.取N=max{N1，N2}，則當n>N時，有α1+α2+…+αn1n<ε12+n-N11n·ε12<ε12+ε12=ε.所以，limn→∞α1+α2+…+αn1n=0.

同理可證，limn→∞β1+β2+…+βn1n=0.

當n→∞時，（1）式中的第二、三項均趨向于零，接下來證明第四項極限也是零.事實上，因為當n→∞時，αn→0，所以{αn}有界，即M>0，使得對n∈N，有|αn|≤M.于是，0≤α1βn+α2βn-1+…+αnβ11n≤Mβn+βn-1+…+β11n.（2）

因為limn→∞|βn|=0，所以limn→∞βn+βn-1+…+β11n=0.于是，（2）式的右端趨向于零.

所以，

limn→∞α1βn+α2βn-1+…+αnβ11n=0.

從而，

limn→∞x1yn+x2yn-1+…+xny11n=ab.

五、利用導數求極限

此種方法是利用導數的定義式計算極限.

例5已知f（0）=0，f′（0）存在，求limn→∞f11n2+f21n2+…+fn1n2.

解因為f（0）=0，f′（0）存在，則由導數的定義

limn→∞fk1n2-f（0）111n2=klimn→∞fk1n2-f（0）1k1n2=kf′（0） （k=1，2，…，n）.

于是，

fk1n2=kf′（0）·11n2+o11n2（k=1，2，…，n）.

從而，

原式=limn→∞[f′（0）（11n2+21n2+…+n1n2）+n·o11n2]

=limn→∞[f′（0）·112n（1+n）1n2+o11n]

=112f′（0）.

六、利用積分求極限

定積分是積分和的極限，因此求某個表達式的極限，若能將表達式寫成某可積函數的積分和，那么極限就等于此函數的積分.

例6求極限limn→∞（b11n-1）∑n-11i=0bi1nsinb2i+112n（b>1）.

解原式=limn→∞∑n-11i=0sinb2i+112n（bi+11n-bi1n）.

這里的和式可看成函數sinx在[1，b]上按劃分

1=b01n

所作的積分和.其中

Δxi=bi+11n-bi1n為小區間[bi1n，bi+11n]的長度，ξi=b2i+112n∈[bi1n，bi+11n].因此

原極限=∫b1sinxdx=cos1-cosb.

本文通過實例說明了計算復雜極限時可以嘗試的五種方法：利用泰勒公式，利用兩邊夾法則的推廣形式，利用變量替換，利用導數和利用積分.希望對讀者有所幫助.

【參考文獻】

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