[原创]高等数学笔记(15)

【前言】
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【正文】
例2. 重要极限之一： $\mathop {\lim }\limits_{\alpha \to 0} \frac{{\sin \alpha }}{\alpha } = 1$

证：

在单位圆内，设圆心角 $\angle AOB = \alpha ,\;0 < \alpha < \frac{\pi }{2}$
$BC = \sin \alpha$
$\stackrel \frown {AB} = 1 \cdot \alpha = \alpha$ （弧长 = 半径×圆心角）
$AD = \tan \alpha$
$\bigtriangleup AOB$ 面积 < 圆扇形 $AOB$ 面积 <  $\bigtriangleup AOD$ 面积
即 $\frac{1}{2}AO \cdot BC < \frac{1}{2}AO \cdot \stackrel \frown {AB} < \frac{1}{2}AO \cdot AD$
即 $BC < \stackrel \frown {AB} < AD$
$\sin \alpha < \alpha < \tan \alpha$
因为 $0 < \alpha < \frac{\pi }{2},\;\sin \alpha > 0$
所以上面的不等式同除以 $\sin \alpha$ 得：
$1 < \frac{\alpha }{{\sin \alpha }} < \frac{1}{{\cos \alpha }}$
即 $1 > \frac{{\sin \alpha }}{\alpha } > \cos \alpha$
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如果 $- \frac{\pi }{2} < \alpha < 0$ ，令 $t = - \alpha$
$\cos \alpha = \cos ( - t) = \cos t$
$\frac{{\sin \alpha }}{\alpha } = \frac{{\sin ( - t)}}{{ - t}} = \frac{{ - \sin t}}{{ - t}} = \frac{{\sin t}}{t}$
所以上面的不等式对 $\alpha > 0$ 和 $\alpha < 0$ 都正确
因为 $\mathop {\lim }\limits_{\alpha \to 0} 1 = 1,\;\mathop {\lim }\limits_{\alpha \to 0} \cos \alpha = 1$
所以根据夹挤准则，得 $\mathop {\lim }\limits_{\alpha \to 0} \frac{{\sin \alpha }}{\alpha } = 1$
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例1. 求 $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin \alpha x}}{{\sin \beta x}}\;\;(\alpha \ne 0,\;\beta \ne 0)$ ，其中 $\alpha ,\beta$ 均为常数。
解：
原式 $= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\frac{{\frac{{\sin \alpha x}}{{\alpha x}}}}{{\frac{{\sin \beta x}}{{\beta x}}}} \cdot \frac{{\alpha x}}{{\beta x}}} \right) = \frac{{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin \alpha x}}{{\alpha x}}}}{{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin \beta x}}{{\beta x}}}} \cdot \frac{\alpha }{\beta } = \frac{1}{1} \cdot \frac{\alpha }{\beta } = \frac{\alpha }{\beta }$

例2. 求 $= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0}$
解：
原式 $= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\frac{{\sin 2x}}{{\cos 2x}}}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\frac{{\sin 2x}}{x} \cdot \frac{1}{{\cos 2x}}} \right) = 2\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin 2x}}{x} \cdot \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{{\cos 2x}} = 2 \cdot 1 \cdot 1 = 2$
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例3. 求 $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\tan x - \sin x}}{{{x^3}}}$
解：
原式 $= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\frac{{\sin x}}{{\cos x}} - \sin x}}{{{x^3}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\frac{{\sin x}}{x} \cdot \frac{{1 - \cos x}}{{{x^2}\cos x}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\frac{{\sin x}}{x} \cdot \frac{{2{{\sin }^2}\frac{x}{2}}}{{{x^2}}} \cdot \frac{1}{{\cos x}}} \right)$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin x}}{x} \cdot \frac{1}{2}\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\left( {\frac{{\sin \frac{x}{2}}}{{\frac{x}{2}}}} \right)^2} \cdot \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{{\cos x}} = 1 \cdot \left( {\frac{1}{2} \cdot {1^2}} \right) \cdot 1 = \frac{1}{2}$
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二、准则2 单调有界准则
如果数列 $\{ {u_n}\}$ 满足 ${u_1} \le {u_2} \le {u_3} \le \cdots \le {u_n} \le \cdots$ ，则称 $\{ {u_n}\}$ 为单调增数列。
若其满足 ${u_1} \ge {u_2} \ge {u_3} \ge \cdots \ge {u_n} \ge \cdots$ ，则称 $\{ {u_n}\}$ 为单调减数列。
极限存在的单调有界准则就是：若单调数列 $\{ {u_n}\}$ 是有界的，则 $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {u_n}$ 存在。

例1. 重要极限之二： $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)^x} = e$
证：
先证 $x = n,\;n \in N$ ，即 $n$ 为正整数的情况。
通项 ${u_n} = {\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)^n}$ ，要证 $\{ {u_n}\}$ 单调增且有界。
设 $a > b > 0$ （ $a,b$ 为实数）
${a^{n + 1}} - {b^{n + 1}} = (a - b)({a^n} + {a^{n - 1}}b + {a^{n - 2}}{b^2} + \cdots + {b^n})$ （中学因式分解知识）
$< (a - b)({a^n} + {a^{n - 1}}a + {a^{n - 2}}{a^2} + \cdots + {a^n})$ （把上个式子中的 $b$ 换成 $a$ ，由 $a > b$ 可得此不等式）
$= (a - b)({a^n} + {a^n} + {a^n} + \cdots + {a^n})$ （共 $n + 1$ 个 ${a^n}$ ）
$= (a - b)(n + 1){a^n}$
$\Rightarrow {a^n}\left[ {(n + 1)b - na} \right] < {b^{n + 1}}$
取 $a = 1 + \frac{1}{n},\;b = 1 + \frac{1}{{n + 1}}$ ，则 $a,b$ 的取值满足 $a > b > 0$
把 $a = 1 + \frac{1}{n},\;b = 1 + \frac{1}{{n + 1}}$ 代入上面推导出的不等式，得：
${\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)^n}\left[ {\left( {n + 1} \right)\left( {1 + \frac{1}{{n + 1}}} \right) - n\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)} \right] < {\left( {1 + \frac{1}{{n + 1}}} \right)^{n + 1}}$
$\Rightarrow {\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)^n} \cdot 1 < {\left( {1 + \frac{1}{{n + 1}}} \right)^{n + 1}} \Rightarrow {u_n} < {u_{n + 1}}\;(n = 1,2, \cdots )$
这说明 ${u_n}$ 是单调增数列。
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再设 $a = 1 + \frac{1}{{2n}},\;b = 1$ ，则 $a,b$ 的取值满足 $a > b > 0$ 。代入上面推导出的不等式：
${\left( {1 + \frac{1}{{2n}}} \right)^n}\left[ {(n + 1) \cdot 1 - n\left( {1 + \frac{1}{{2n}}} \right)} \right] < {1^{n + 1}} \Rightarrow {\left( {1 + \frac{1}{{2n}}} \right)^n} < 2$
两边都是 $> 1$ 的数，故两边平方，得：
${\left( {1 + \frac{1}{{2n}}} \right)^{2n}} < 4$
即 ${u_{2n}} < 4$
又由前面已经证明的 ${u_n}$ 是单调增数列，可知：
${u_{2n - 1}} < {u_{2n}} < 4$
即 ${u_n} < 4\;(n = 1,2, \cdots )$ ，也即 ${u_n}$ 有界。
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因为 ${u_n}$ 单调增且有界
所以根据准则2， $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {u_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)^n} = e$
（注：看到这里，有人可能会有疑问：上面折腾了那么多，无非就是证明了极限是存在的，但是并没有证明这个极限的值是什么啊！你怎么知道它是等于 $e$ 的呢？没错，这里根本就是“把这个极限值记为 $e$ ”，而不是知道了这个值具体等于多少，所以不要觉得奇怪）

上面成功地证明了当 $x$ 为正整数时的情况，下一节课将证明当 $x$ 是连续自变量时 $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)^x} = e$ 也成立。
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（第15课完）

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