【高等数学学习记录】极限存在准则，两个重要极限

1 知识点

准则 Ⅰ（夹逼准则）：
如果数列 { x n } \lbrace x_n\rbrace {xn​}、 { y n } \lbrace y_n\rbrace {yn​}、 { z n } \lbrace z_n\rbrace {zn​}满足下列条件：
(1) 从某项起，即 $\exists n_0\in N$， 当 $n>n_0$ 时，有 $y_n\le x_n\le z_n$；
(2) ${\lim }_{n\to \infty }{y}_n=a$，${\lim }_{n\to \infty }{z}_n=a$，
那么数列 { x n } \lbrace x_n \rbrace {xn​} 的极限存在，且 ${\lim }_{x\to \infty }{x}_n=a$。

准则Ⅰ’（夹逼准则）：
如果
(1) 当 $x\in \mathring{U}(x_0,r)$ （或 $\left|\begin{array}{c}x\end{array}\right|>M$） 时，$g(x)\le f(x)\le h(x)$；
(2) ${\lim }_{x\to x_0(x\to \infty )}g(x)=A$，${\lim }_{x\to x_0(x\to \infty )}h(x)=A$；
那么 ${\lim }_{x\to x_0(x\to \infty )}h(x)=A$。

准则Ⅱ：
单调有界数列必有极限。

准则Ⅱ’：
设函数 $f(x)$ 在点 $x_0$ 的某个左邻域内单调并且有界，则 $f(x)$ 在 $x_0$ 的左极限 $f(x_0^{-})$ 必定存在。

柯西极限存在准则（或称柯西审敛原理）：
数列 { x n } \lbrace x_n\rbrace {xn​} 收敛的充分必要条件是：对于任意给定的正数 $ϵ$，存在着这样的正整数 $N$，使得当 $m>N$，$n>N$ 时，就有 $\left|\begin{array}{c}{x}_n-x_m\end{array}\right|<ϵ$。

两个重要极限：
(1) ${\lim }_{x\to 0}\frac{sinx}{x}=1$
(2) ${\lim }_{x\to \infty }(1+\frac{1}{x}{)}^x=e$

2 练习题

2.1 计算极限【利用重要极限 ${\lim }_{x\to 0}\frac{sinx}{x}=1$ 进行计算】

• (1) ${\lim }_{x\to 0}\frac{sin\omega x}{x}$
  原式=${\lim }_{x\to 0}\frac{\omega sin\omega x}{\omega x}$
  $=\omega$
• (2) ${\lim }_{x\to 0}\frac{tan3x}{x}$
  原式=${\lim }_{x\to 0}\frac{3\cdot sin3x}{cos3x\cdot 3x}$
  $=3$
• (3) ${\lim }_{x\to 0}\frac{sin2x}{sin5x}$
  原式=${\lim }_{x\to 0}\frac{2\cdot 5\cdot sin2x}{2\cdot 5\cdot sin5x}$
  $=\frac{2}{5}$
• (4) ${\lim }_{x\to 0}xcotx$
  原式=${\lim }_{x\to 0}x\frac{cosx}{sinx}$
  $={\lim }_{x\to 0}cosx$
  $=1$
• (5) ${\lim }_{x\to 0}\frac{1-cos2x}{xsinx}$
  原式= ${\lim }_{x\to 0}\frac{1-1+2si{n}^{2}x}{xsinx}$
  $={\lim }_{x\to 0}\frac{2sinx}{x}$
  $=2$
• (6) ${\lim }_{n\to \infty }{2}^{n}sin\frac{x}{2^n}$ （$x$ 为不等于零的常数）
  原式 $={\lim }_{n\to \infty }\frac{xsin\frac{x}{2^n}}{\frac{x}{2^n}}$
  令 $t=\frac{x}{2^n}$
  上式 $={\lim }_{t\to 0}x\frac{sint}{t}$
  $=x$

2.2 计算极限【利用重要极限 ${\lim }_{x\to \infty }(1+\frac{1}{x}{)}^x=e$ 进行计算】

• (1) ${\lim }_{x\to 0}(1-x{)}^{\frac{1}{x}}$
  令 $t=-\frac{1}{x}$
  原式 $={\lim }_{t\to \infty }\frac{1}{(1+\frac{1}{t}{)}^t}$
  $=\frac{1}{e}$
• (2) ${\lim }_{x\to 0}(1+2x{)}^{\frac{1}{x}}$
  令 $t=\frac{1}{2x}$
  原式 $={\lim }_{t\to \infty }(1+\frac{1}{t}{)}^{2t}$
  $=[{\lim }_{t\to \infty }(1+\frac{1}{t}{)}^t{]}^2$
  $=e^2$
• (3) ${\lim }_{x\to \infty }(\frac{1+x}{x}{)}^{2x}$
  原式 $=[{\lim }_{x\to \infty }(1+\frac{1}{x}{)}^x{]}^2$
  $=e^2$
• (4) ${\lim }_{x\to \infty }(1-\frac{1}{x}{)}^{kx}$（$k$为正整数）
  令 $t=-x$
  原式 $={\lim }_{t\to \infty }(1+\frac{1}{t}{)}^{-kt}$
  $=[{\lim }_{t\to \infty }(1+\frac{1}{t}{)}^t{]}^{-k}$
  $=\frac{1}{e^k}$

2.2 根据函数极限的定义，证明极限存在的准则I’。

• 第一种情况：当 $x\in \mathring{U}(x_0,r)$ 时：
  $\because {\lim }_{x\to x_0}g(x)=A$
  $\therefore$ 对 $\forall ϵ>0$（无论它多么小），$\exists {\delta }_1>0$，
  当 $x\in \mathring{U}(x_0,{\delta }_1)$ 时，有 $0<\left|\begin{array}{c}g(x)-A\end{array}\right|<ϵ$，即 $A-ϵ<g(x)<A+ϵ$
  
  $\because {\lim }_{x\to x_0}h(x)=A$
  $\therefore$ 对 $\forall ϵ>0$（无论它多么小），$\exists {\delta }_2>0$，
  当 $x\in \mathring{U}(x_0,{\delta }_2)$时，有 $0<\left|\begin{array}{c}h(x)-A\end{array}\right|<ϵ$，即 $A-ϵ<h(x)<A+ϵ$
  
  ∴ ∃ δ = m i n { r , δ 1 , δ 2 } \therefore \exist \delta=min\lbrace r, \delta _1, \delta _2\rbrace ∴∃δ=min{r,δ1​,δ2​}
  当 $x\in \mathring{U}(x_0,\delta )$ 时，有 $A-ϵ<g(x)\le f(x)\le h(x)<A+ϵ$
  $\therefore {\lim }_{x\to x_0}f(x)=A$
  
  
• 第二种情况：当 $\left|\begin{array}{c}x\end{array}\right|>M$ 时：
  $\because {\lim }_{x\to \infty }g(x)=A$
  $\therefore$ 对 $\forall ϵ>0$（无论它多么小）， $\exists X_1>0$
  当 $\left|\begin{array}{c}x\end{array}\right|>X_1$ 时，有 $0<\left|\begin{array}{c}g(x)-A\end{array}\right|<ϵ$，即 $A-ϵ<g(x)<A+ϵ$
  
  $\because {\lim }_{x\to \infty }h(x)=A$
  $\therefore$ 对 $\forall ϵ>0$（无论它多么小），$\exists X_2>0$
  当 $\left|\begin{array}{c}x\end{array}\right|>X_2$ 时，有 $0<\left|\begin{array}{c}h(x)-A\end{array}\right|<ϵ$，即 $A-ϵ<h(x)<A+ϵ$
  
  ∴ ∃ X = m a x { M , X 1 , X 2 } \therefore \exist X=max\lbrace M,X_1,X_2 \rbrace ∴∃X=max{M,X1​,X2​}
  当 $\left|\begin{array}{c}x\end{array}\right|>X$ 时，有 $A-ϵ<g(x)\le f(x)\le h(x)<A+ϵ$
  $\therefore {\lim }_{x\to \infty }f(x)=A$

2.3 利用极限存在的准则证明
(1) ${\lim }_{n\to \infty }\sqrt{1+\frac{1}{n}}=1$
(2) ${\lim }_{n\to \infty }n(\frac{1}{n^2+\pi }+\frac{1}{n^2+2\pi }+\cdots +\frac{1}{n^2+n\pi })=1$
(3) 数列 $\sqrt{2},\sqrt{2+\sqrt{2}},\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}},\cdots$ 的极限存在
(4) ${\lim }_{x\to 0}\sqrt[n]{1+x}=1$
(5) ${\lim }_{x\to 0^{+}}x[\frac{1}{x}]=1$

• 证明：

• (1)
  依据“夹逼准则”证明本题。
  $\because 1<\sqrt{1+\frac{1}{n}}<1+\frac{1}{n}$
  ${\lim }_{n\to \infty }1=1$
  ${\lim }_{n\to \infty }(1+\frac{1}{n})=1$
  $\therefore {\lim }_{n\to \infty }\sqrt{1+\frac{1}{n}}=1$

• (2)
  依据“夹逼准则”证明本题。
  $\because \frac{n^2}{n^2+n\pi }<n(\frac{1}{n^2+\pi }+\frac{1}{n^2+2\pi }+\cdots +\frac{1}{n^2+n\pi })<\frac{n^2}{n^2+\pi }$
  ${\lim }_{n\to \infty }\frac{n^2}{n^2+n\pi }=1$
  ${\lim }_{n\to \infty }\frac{n^2}{n^2+\pi }=1$
  $\therefore {\lim }_{n\to \infty }n(\frac{1}{n^2+\pi }+\frac{1}{n^2+2\pi }+\cdots +\frac{1}{n^2+n\pi })=1$

• (3)
  待证数列 { x n } \lbrace x_n\rbrace {xn​} 可以表示为：$x_1=\sqrt{2},x_2=\sqrt{2+x_1},\cdots ,x_n=\sqrt{2+x_{n-1}},\cdots$
  依据“准则Ⅱ 单调有界函数必有极限”证明本题。
  
  第一步：证明有界性
  当 $n=1$ 时，$x_1=\sqrt{2}<2$，
  假定 $x_k<2$， 则 $x_{k+1}=\sqrt{2+x_k}<\sqrt{2+2}=2$，
  故 $x_n<2$。
  
  第二步：证明单调性
  $x_n-x_{n-1}$
  $=\sqrt{2+x_{n-1}}-x_{n-1}$
  $=\frac{2+x_{x-1}-x_{n-1}^2}{\sqrt{2+x_{n-1}}+x_{n-1}}$
  $=-\frac{(x_{n-1}-2)(x_{n-1}+1)}{\sqrt{2+x_{n-1}}+x_{n-1}}>0$
  故 { x n } \lbrace x_n\rbrace {xn​} 单调增加。
  
  $\therefore$ 数列 $\sqrt{2},\sqrt{2+\sqrt{2}},\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}},\cdots$ 的极限存在。

• (4)
  先求 ${\lim }_{x\to 0^{-}}\sqrt[n]{1+x}$
  $\because 1+x\le \sqrt[n]{1+x}<1$ 且 ${\lim }_{x\to 0^{-}}(1+x)=1$
  $\therefore {\lim }_{x\to 0^{-}}\sqrt[n]{1+x}=1$
  
  再求 ${\lim }_{x\to 0^{+}}\sqrt[n]{1+x}$
  $\because 1\le \sqrt[n]{1+x}<1+x$ 且 ${\lim }_{x\to 0^{+}}(1+x)=1$
  $\therefore {\lim }_{x\to 0^{+}}\sqrt[n]{1+x}=1$
  
  $\therefore {\lim }_{x\to 0}\sqrt[n]{1+x}=1$

• (5)
  根据“夹逼准则”
  $\because x(\frac{1}{x}-1)<x[\frac{1}{x}]<1$
  ${\lim }_{x\to 0^{+}}(1-x)=1$
  $\therefore {\lim }_{x\to 0^{+}}x[\frac{1}{x}]=1$

• 学习资料
  1.《高等数学（第六版）》 上册，同济大学数学系 编