等价无穷小和泰勒公式

• 等价无穷小可以有泰勒公式推导(通用)
• 通过泰勒公式的变形,可以获得各式各样的等价无穷小
• 如果不使用泰勒公式,直接从极限的角度和函数的基本性质来证明,从中也可以学习到一些技巧,开阔思路

常用等价无穷小

• 后半部分相对不如第一部分常用(都可以通过泰勒公式推导)

泰勒公式&等价无穷小求解极限

• 带有peano余项的泰勒公式(maclaurin)公式,可以方便的求出一些函数的极限
• 例如

lim⁡x→0ex−cosx−xln(1+x2)ex=1+x+x22!+o(x2);cosx=1−x22!+o(x2);于是,分子可以被统一为关于x的幂的形式(通过合并幂以及(有限个同阶等价无穷小)):ex−cosx−x=(1+x+x22!)−(1−x22)−x+o(x2)=x2+o(x2)o(x2)是x2的高阶无穷小,有lim⁡x→0o(x2)x2=0分母可以通过等价无穷小直接将(ln(1+x2)替换为x2)从而函数的(x→0)极限=lim⁡x→0x2+o(x2)x2=lim⁡x→0(1+o(x2)x2)=1+0=1\lim_{x\rightarrow 0}\frac{e^{x}-cosx-x}{ln(1+x^2)} \\e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+o(x^2); \\cosx=1-\frac{x^2}{2!}+o(x^2); \\于是,分子可以被统一为关于x的幂的形式(通过合并幂以及(有限个同阶等价无穷小)): \\ e^x-cosx-x=(1+x+\frac{x^2}{2!})-(1-\frac{x^2}{2})-x+o(x^2) \\=x^2+o(x^2) \\o(x^2)是x^2的高阶无穷小,有\lim_{x\rightarrow 0}\frac{o(x^2)}{x^2}=0 \\分母可以通过等价无穷小直接将(ln(1+x^2)替换为x^2) \\ 从而函数的(x\rightarrow 0)极限=\lim_{x\rightarrow 0}{\frac{x^2+o(x^2)}{x^2}} \\=\lim_{x\rightarrow 0}(1+\frac{o(x^2)}{x^2}) =1+0=1 x→0lim​ln(1+x2)ex−cosx−x​ex=1+x+2!x2​+o(x2);cosx=1−2!x2​+o(x2);于是,分子可以被统一为关于x的幂的形式(通过合并幂以及(有限个同阶等价无穷小)):ex−cosx−x=(1+x+2!x2​)−(1−2x2​)−x+o(x2)=x2+o(x2)o(x2)是x2的高阶无穷小,有x→0lim​x2o(x2)​=0分母可以通过等价无穷小直接将(ln(1+x2)替换为x2)从而函数的(x→0)极限=x→0lim​x2x2+o(x2)​=x→0lim​(1+x2o(x2)​)=1+0=1

无穷小量

• 如果lim⁡x→∗f(x)=0,则称,f(x)为x→∗时的无穷小量如果\lim\limits_{x\to{*}}f(x)=0,则称,f(x)为x\to *时的无穷小量如果x→∗lim​f(x)=0,则称,f(x)为x→∗时的无穷小量

无穷小量的比较

• 下面用lim⁡来简写lim⁡x→∗下面用\lim来简写\lim\limits_{x\to {*}}下面用lim来简写x→∗lim​
  • 设lim⁡a(x)=0,lim⁡b(x)=0设\lim a(x)=0,\lim b(x)=0设lima(x)=0,limb(x)=0
  • 记:k=k(a(x),b(x))=lim⁡a(x)b(x)记:k=k(a(x),b(x))=\lim\frac{a(x)}{b(x)}记:k=k(a(x),b(x))=limb(x)a(x)​
• 高阶无穷小:
  • k=0k=0k=0
    • 记为:a(x)=o(b(x)),表示a(x)是b(x)同一个过程下的高阶无穷小a(x)=o(b(x)),表示a(x)是b(x)同一个过程下的高阶无穷小a(x)=o(b(x)),表示a(x)是b(x)同一个过程下的高阶无穷小
• 低阶:
  • k=∞k=\infink=∞
• 同阶:
  • k=C≠0k=C\neq0k=C=0
  • 等价:k=C=1等价:k=C=1等价:k=C=1
    • 这是同阶的特殊情况!

无穷小的阶(相对阶)

如果lim⁡a(x)(b(x))k=C≠0则a(x)是b(x)的k阶无穷小如果\lim\frac{a(x)}{(b(x))^k}=C\neq 0 \\则a(x)是b(x)的k阶无穷小 如果lim(b(x))ka(x)​=C=0则a(x)是b(x)的k阶无穷小

• 常用的等价无穷小比较多

  • 对于三角函数相关的等价无穷小,他们大多可以通过

    • 三角恒等式转换函数名
    • 配凑系数(依据第一重要极限):

    lim⁡x→0sin(x)x=1\lim_{x\rightarrow0}{\frac{sin(x)}{x}}=1 x→0lim​xsin(x)​=1

  • 通常通过一下三角函数倍角公式:(将cos函数转化为sin进行利用第一重要极限)

    1−cosx=1−(1−2sin2(x))=2sin2x21-cosx=1-(1-2sin^2(x))=2sin^2\frac{x}{2} 1−cosx=1−(1−2sin2(x))=2sin22x​

    • 两边同乘以−1cosx−1=−2sin2x2\\两边同乘以-1 \\ cosx-1=-2sin^2{\frac{x}{2}} 两边同乘以−1cosx−1=−2sin22x​

利用等价无穷小来计算极限(代换原则)

• 总的来说,代换之后,不可以相互抵消(产生最高阶无穷小0 )

  • 

• 整个式子中的乘除因子可以用等价无穷小替换求极限

  • 加减的时候谨慎替换

  • 被求极限的表达式如果表示成∑ei(x),并且ei=∏tj(x)\sum{e_i(x)},并且e_i=\prod_{}t_j(x)∑ei​(x),并且ei​=∏​tj​(x)

    • 那么对于tjt_jtj​的替换属于局部替换,这是错误的替换

  • 例如:

    • lim⁡x→0ln⁡(1+x)−xx2=lim⁡x→0(ln⁡(1+x)x2−xx2)此处需要小心,不可以轻易将ln⁡(1+x)替换为xlim⁡x→0ln⁡(1+x)x2属于00型,可以考虑使用洛必达法则lim⁡x→0(ln⁡(1+x)x2−xx2)≠lim⁡x→0ln⁡(1+x)x2−lim⁡x→0xx2因为,右侧中第二部分式无穷大,不满足基本极限的加减运算法则\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln (1+x)-x}{x^2} =\lim\limits_{x\to 0}({\frac{\ln (1+x)}{x^2}-\frac{x}{x^2}}) \\此处需要小心,不可以轻易将\ln {(1+x)}替换为x \\\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln{(1+x)}}{{x^2}}属于\frac{0}{0}型, \\可以考虑使用洛必达法则 \\ \lim\limits_{x\to 0}({\frac{\ln (1+x)}{x^2}-\frac{x}{x^2}}) \neq\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln{(1+x)}}{{x^2}}-\lim\limits_{x\to 0}\frac{x}{{x^2}} \\因为,右侧中第二部分式无穷大,不满足基本极限的加减运算法则 x→0lim​x2ln(1+x)−x​=x→0lim​(x2ln(1+x)​−x2x​)此处需要小心,不可以轻易将ln(1+x)替换为xx→0lim​x2ln(1+x)​属于00​型,可以考虑使用洛必达法则x→0lim​(x2ln(1+x)​−x2x​)=x→0lim​x2ln(1+x)​−x→0lim​x2x​因为,右侧中第二部分式无穷大,不满足基本极限的加减运算法则

等价无穷小充要条件

• x→∗的过程中,a(x)−b(x)=o(b(x))a(x),b(x)调换顺序依然成立(a(x)∼b(x)⇔b(x)∼a(x))x\to{*}的过程中,a(x)-b(x)=o(b(x)) \\a(x),b(x)调换顺序依然成立(a(x)\sim b(x) \Leftrightarrow b(x)\sim{a(x)}) x→∗的过程中,a(x)−b(x)=o(b(x))a(x),b(x)调换顺序依然成立(a(x)∼b(x)⇔b(x)∼a(x))

  • 例如x3+x4∼x3,其中a(x)=x3+x4;b(x)=x3例如x^3+x^4\sim x^3,其中a(x)=x^3+x^4;b(x)=x^3例如x3+x4∼x3,其中a(x)=x3+x4;b(x)=x3
    • a(x)−b(x)=x4=o(b(x))a(x)-b(x)=x^4=o(b(x))a(x)−b(x)=x4=o(b(x))
    • b(x)−a(x)=−x4=o(b(x))b(x)-a(x)=-x^4=o(b(x))b(x)−a(x)=−x4=o(b(x))

常用的等价无穷小和推导

sin⁡(x)∼x\sin(x)\sim xsin(x)∼x

lim⁡x→0sin(x)x=1;第一重要极限\lim_{x\rightarrow 0}{\frac{sin(x)}{x}}=1;第一重要极限 x→0lim​xsin(x)​=1;第一重要极限

tan(x)∼xtan(x)\sim xtan(x)∼x

lim⁡x→0tan(x)x=1lim⁡x→0sinxxcos(x)=lim⁡x→0sinxx1cosx=lim⁡x→0(1⋅1cosx)=lim⁡x→01lim⁡x→0cos(x)=1\\ \lim_{x\rightarrow 0}{\frac{tan(x)}{x}}=1 \\ \lim_{x\rightarrow 0}{\frac{sinx}{xcos(x)}} =\lim_{x\rightarrow0}{\frac{sinx}{x}\frac{1}{cosx}} =\lim_{x\rightarrow0}{(1\cdot\frac{1}{cosx})} =\frac{\lim\limits_{x\rightarrow0}{1}}{\lim\limits_{x\rightarrow0}cos(x)}=1 x→0lim​xtan(x)​=1x→0lim​xcos(x)sinx​=x→0lim​xsinx​cosx1​=x→0lim​(1⋅cosx1​)=x→0lim​cos(x)x→0lim​1​=1

arcsin(x)∼xarcsin(x)\sim xarcsin(x)∼x

令t=arcsin(x),x=sin(t),t→0(x→0)lim⁡x→0arcsin(x)x=lim⁡t→0tsin(t)=1令t=arcsin(x),x=sin(t),t\rightarrow0(x\rightarrow 0) \\ \lim_{x\rightarrow0}{\frac{arcsin(x)}{x}} =\lim_{t\rightarrow0}{\frac{t}{sin(t)}}=1 令t=arcsin(x),x=sin(t),t→0(x→0)x→0lim​xarcsin(x)​=t→0lim​sin(t)t​=1

arctan(x)∼xarctan(x)\sim xarctan(x)∼x

lim⁡x→0arctan(x)x=1令t=arctan(x),x=tan(t);⇒lim⁡x→0arctan(x)x=lim⁡t→0ttan(t)=1\lim_{x\rightarrow 0}{\frac{arctan(x)}{x}}=1 \\ \\令t=arctan(x), \\x=tan(t); \\\Rightarrow \lim_{x\rightarrow 0}{\frac{arctan(x)}{x}} =\lim_{t\rightarrow 0}{\frac{t}{tan(t)}}=1 x→0lim​xarctan(x)​=1令t=arctan(x),x=tan(t);⇒x→0lim​xarctan(x)​=t→0lim​tan(t)t​=1

ln(1+x)∼xln(1+x)\sim xln(1+x)∼x

lim⁡x→0ln(1+x)x=1利用对数性质和第二重要极限证明lim⁡x→0ln(1+x)x=lim⁡x→01xln(1+x)=lim⁡x→0ln(1+x)1x=lim⁡x→0ln(e)=1\\\lim_{x\rightarrow 0}{\frac{ln(1+x)}{x}}=1 \\利用对数性质和第二重要极限证明 \\ \lim_{x\rightarrow 0}{\frac{ln(1+x)}{x}} =\lim_{x\rightarrow 0}{\frac{1}{x}{ln(1+x)}} =\lim_{x\rightarrow 0}{ln(1+x)^\frac{1}{x}} =\lim_{x\rightarrow0}ln(e)=1 x→0lim​xln(1+x)​=1利用对数性质和第二重要极限证明x→0lim​xln(1+x)​=x→0lim​x1​ln(1+x)=x→0lim​ln(1+x)x1​=x→0lim​ln(e)=1

loga(1+x)∼1ln(a)xlog_a(1+x)\sim \frac{1}{ln(a)}xloga​(1+x)∼ln(a)1​x

更一般的,可有lim⁡x→0loga(1+x)1ln(a)x=1根据换底公式(changebase)log⁡ae=ln(e)ln(a)=1ln(a)lim⁡x→0loga(1+x)x=lim⁡x→01xloga(1+x)=lim⁡x→0loga((1+x)1x)=loga(e)=1ln(a)∴loga(1+x)∼1ln(a)x更一般的,可有 \lim_{x\rightarrow0}{\frac{log_a(1+x)}{\frac{1}{ln(a)}x}}=1 \\根据换底公式(change\ base) \\\log_{a}{e}=\frac{ln{(e)}}{ln(a)}=\frac{1}{ln(a)} \\ \lim_{x\rightarrow0}{\frac{log_a(1+x)}{x}} =\lim_{x\rightarrow 0}\frac{1}{x}{log_a{(1+x)}} =\lim_{x\rightarrow0}log_a((1+x)^{\frac{1}{x}})=log_a(e)=\frac{1}{ln(a)} \\\therefore log_a(1+x)\sim \frac{1}{ln(a)}x 更一般的,可有x→0lim​ln(a)1​xloga​(1+x)​=1根据换底公式(change base)loga​e=ln(a)ln(e)​=ln(a)1​x→0lim​xloga​(1+x)​=x→0lim​x1​loga​(1+x)=x→0lim​loga​((1+x)x1​)=loga​(e)=ln(a)1​∴loga​(1+x)∼ln(a)1​x

ex−1∼xe^x-1\sim xex−1∼x

lim⁡x→0ex−1x=1换元法:令t=ex−1;t=(ex−1)→0(x→0)即,有lim⁡x→0x=lim⁡t→0t=0则x=ln(t+1)lim⁡x→0ex−1x=lim⁡t→0tln(t+1)=1ex−1∼x\lim_{x\rightarrow 0}{\frac{e^x-1}{x}}=1 \\ 换元法:令t=e^x-1; \\t=(e^x-1)\rightarrow0(x\rightarrow0)即, 有\lim_{x\rightarrow0}{x}=\lim_{t\rightarrow 0}{t}=0 \\则x=ln(t+1) \\ \lim_{x\rightarrow0}{\frac{e^x-1}{x}} =\lim_{t\rightarrow0}{\frac{t}{ln{(t+1)}}}=1 \\ e^x-1\sim x x→0lim​xex−1​=1换元法:令t=ex−1;t=(ex−1)→0(x→0)即,有x→0lim​x=t→0lim​t=0则x=ln(t+1)x→0lim​xex−1​=t→0lim​ln(t+1)t​=1ex−1∼x

(ax−1)∼xln⁡a(a^x-1)\sim x\ln a(ax−1)∼xlna

更一般的,可有
(ax−1)∼xln⁡aoriginal=lim⁡x→0ax−1xln⁡a令t=ax−1;t→0(x→0);x=loga(t+1)loga(1+t)∼1ln(a)toriginal=lim⁡t→0tlog⁡a(t+1)=lim⁡t→0t1ln⁡at=ln⁡a∴(ax−1)∼xln⁡a(a^x-1)\sim x\ln a \\ original=\lim_{x\rightarrow 0}{\frac{a^x-1}{x\ln a}} \\ 令t=a^x-1; \\t\rightarrow0(x\rightarrow0); \\x=log_a(t+1) \\ log_a(1+t)\sim \frac{1}{ln(a)}t \\original=\lim_{t\rightarrow0}{\frac{t}{\log_a(t+1)}} =\lim_{t\rightarrow 0}{\frac{t}{\frac{1}{\ln a}t}} =\ln a \\\therefore (a^x-1)\sim x\ln a (ax−1)∼xlnaoriginal=x→0lim​xlnaax−1​令t=ax−1;t→0(x→0);x=loga​(t+1)loga​(1+t)∼ln(a)1​toriginal=t→0lim​loga​(t+1)t​=t→0lim​lna1​tt​=lna∴(ax−1)∼xlna

1−cos(x)∼12x21-cos(x)\sim \frac{1}{2}x^21−cos(x)∼21​x2

lim⁡x→01−cos(x)12x2=1三角函数倍角公式cosx=cos2(x2)−sin2(x2)=1−2sin⁡2(x2),(cosx=2cos2(x2)−1;sin形式更重要,比较接近(容易使用)第一重要极限)lim⁡x→01−cos(x)x2=lim⁡x→02sin2(x2)x2=lim⁡x→02sin2(x2)4(x2)2=lim⁡x→012(sin(x2)x2)2=12∴lim⁡x→01−cos(x)12x2=1\lim_{x\rightarrow0}{\frac{1-cos(x)}{\frac{1}{2}x^2}}=1 \\三角函数倍角公式cosx=cos^2(\frac{x}{2})-sin^2{(\frac{x}{2})} \\ =1-2\sin^2(\frac{x}{2}) ,(cosx=2cos^2(\frac{x}{2})-1;sin形式更重要,比较接近(容易使用)第一重要极限) \\ \lim_{x\rightarrow 0}{\frac{1-cos(x)}{x^2}}=\lim_{x\rightarrow0}{\frac{2sin^{2}{(\frac{x}{2})}}{x^2}} =\lim_{x\rightarrow0}{\frac{2sin^{2}{(\frac{x}{2})}}{4(\frac{x}{2})^2}} \\ =\lim_{x\rightarrow0}{\frac{1}{2}{(\frac{sin(\frac{x}{2})}{\frac{x}{2}})^2} } =\frac{1}{2} \\ \therefore \lim_{x\rightarrow0}{\frac{1-cos(x)}{\frac{1}{2}x^2}}=1 x→0lim​21​x21−cos(x)​=1三角函数倍角公式cosx=cos2(2x​)−sin2(2x​)=1−2sin2(2x​),(cosx=2cos2(2x​)−1;sin形式更重要,比较接近(容易使用)第一重要极限)x→0lim​x21−cos(x)​=x→0lim​x22sin2(2x​)​=x→0lim​4(2x​)22sin2(2x​)​=x→0lim​21​(2x​sin(2x​)​)2=21​∴x→0lim​21​x21−cos(x)​=1

稍复杂的等价无穷小

(1+x)a−1∼ax(1+x)^a-1\sim ax(1+x)a−1∼ax

• 前面证明过的两个等价无穷小做替换,来证明稍微复杂的等价无穷小

根据对数的含义&性质:

alogab=blnxn=n⋅ln(x)(1+x)a=eloge(1+x)a=eln(1+x)a=ea⋅ln(1+x)\\ a^{log_ab}=b\\ ln{x^n}=n\cdot ln(x)\\ (1+x)^a=e^{log_e{(1+x)^a}}=e^{ln{(1+x)^a}}=e^{a\cdot ln{(1+x)}} aloga​b=blnxn=n⋅ln(x)(1+x)a=eloge​(1+x)a=eln(1+x)a=ea⋅ln(1+x)

• 从而需要被证明的命题变为:

ea⋅ln(1+x)−1∼x或者说:(1+x)a−1=ea⋅ln⁡(x+1)−1∼a⋅ln⁡(x+1)e^{a\cdot ln{(1+x)}}-1\sim x \\或者说: {(1+x)^a-1} =e^{a\cdot\ln(x+1)}-1\sim a\cdot\ln(x+1) ea⋅ln(1+x)−1∼x或者说:(1+x)a−1=ea⋅ln(x+1)−1∼a⋅ln(x+1)

lim⁡x→0ea⋅ln(1+x)−1x★利用前面证明的ln(x+1)∼x,将分母进行替换(等价无穷小替换定理)从而得到形如另一个等价无穷小的形式:lim⁡x→0ex−1x=1★或者,替换分子(分子整体是符合ex−1(ex−1∼x的形式)),这里x取值为表达式x=a⋅ln⁡(x+1),从而:(1+x)a−1=ea⋅ln⁡(x+1)−1∼a⋅ln⁡(x+1)现在,lim⁡x→0(1+x)a−1x=lim⁡x→0a⋅ln⁡(x+1)x=lim⁡x→0aln(x+1)x=a从而:lim⁡x→0(x+1)a−1ax=1\lim_{x\rightarrow 0}{\frac{e^{a\cdot ln{(1+x)}}-1}{x}} \\\bigstar利用前面证明的ln(x+1)\sim x,将分母进行替换(等价无穷小替换定理) \\从而得到形如另一个等价无穷小的形式: \\ \lim_{x\rightarrow0}{\frac{e^x-1}{x}}=1 \\\bigstar或者,替换分子(分子整体是符合e^x-1(e^x-1\sim x的形式)), \\这里x取值为表达式x=a\cdot\ln(x+1),从而: \\ {(1+x)^a-1} =e^{a\cdot\ln(x+1)}-1\sim a\cdot\ln(x+1) \\现在,\lim_{x\rightarrow 0}\frac{{(1+x)^a-1}}{x} =\lim_{x\rightarrow 0}{\frac{a\cdot\ln(x+1)}{x}} =\lim_{x\rightarrow 0}{a\frac{ln(x+1)}{x}}=a \\ 从而: \\ \lim_{x\rightarrow 0}{\frac{(x+1)^a-1}{ax}}=1 x→0lim​xea⋅ln(1+x)−1​★利用前面证明的ln(x+1)∼x,将分母进行替换(等价无穷小替换定理)从而得到形如另一个等价无穷小的形式:x→0lim​xex−1​=1★或者,替换分子(分子整体是符合ex−1(ex−1∼x的形式)),这里x取值为表达式x=a⋅ln(x+1),从而:(1+x)a−1=ea⋅ln(x+1)−1∼a⋅ln(x+1)现在,x→0lim​x(1+x)a−1​=x→0lim​xa⋅ln(x+1)​=x→0lim​axln(x+1)​=a从而:x→0lim​ax(x+1)a−1​=1

或者使用换元+配凑的方法

令t=(1+x)a−1;即,(1+x)a=t+1则ln⁡(1+x)a=ln⁡(t+1)=lim⁡x→0(1+x)a−1xln(1+x)aln(1+x)a=lim⁡x→0(1+x)a−1xa⋅ln(1+x)ln(1+x)a=lim⁡x→0(1+x)a−1ln(1+x)aa⋅ln(1+x)x=lim⁡t→0tln(t+1)⋅lim⁡x→0a⋅ln(1+x)x=1×a=a令t=(1+x)^a-1;即,(1+x)^a=t+1 \\则\ln (1+x)^a=\ln (t+1) \\ =\lim_{x\rightarrow0}{\frac{(1+x)^a-1}{x}\frac{ln (1+x)^a}{ln(1+x)^a}} \\ = \lim_{x\rightarrow0}{\frac{(1+x)^a-1}{x}\frac{a\cdot ln(1+x)}{ln (1+x)^a}} \\ =\lim_{x\rightarrow0}{\frac{(1+x)^a-1}{ln(1+x)^a}\frac{a\cdot ln (1+x)}{x}} \\ =\lim_{t\rightarrow0}{\frac{t}{ln(t+1)}}\cdot \lim_{x\rightarrow0}{\frac{a\cdot ln(1+x)}{x}} \\ =1\times a=a 令t=(1+x)a−1;即,(1+x)a=t+1则ln(1+x)a=ln(t+1)=x→0lim​x(1+x)a−1​ln(1+x)aln(1+x)a​=x→0lim​x(1+x)a−1​ln(1+x)aa⋅ln(1+x)​=x→0lim​ln(1+x)a(1+x)a−1​xa⋅ln(1+x)​=t→0lim​ln(t+1)t​⋅x→0lim​xa⋅ln(1+x)​=1×a=a

小结

• 上述公式中,有-1的一般都是为了使用1∞1^\infty1∞的重要极限(第二重要极限e)
• 其中+1不换元既可以靠近第二重要不等式
• -1换元后转换为＋1

等价无穷小之间的比较

无穷小之间不总是可以比较的(有些无穷小没有高低阶之分,也没有同阶可言)

例如:

{f(x)=xsin(1x)g(x)=xh(x)=sin(1x)lim⁡x→0xsin(1x)x=lim⁡x→0sin(1x)显然,h(x)的极限不存在(但f(x)&g(x)单独的时候,都是x→0过程的无穷小量.)\\ \begin{cases} f(x)=xsin(\frac{1}{x})\\ g(x)=x\\ h(x)=sin(\frac{1}{x}) \end{cases} \\ \lim_{x\rightarrow0}{\frac{xsin(\frac{1}{x})}{x}} =\lim_{x\rightarrow0}{sin(\frac{1}{x})} \\显然,h(x)的极限不存在(但f(x)\&g(x)单独的时候,都是x\rightarrow0过程的无穷小量.) ⎩⎨⎧​f(x)=xsin(x1​)g(x)=xh(x)=sin(x1​)​x→0lim​xxsin(x1​)​=x→0lim​sin(x1​)显然,h(x)的极限不存在(但f(x)&g(x)单独的时候,都是x→0过程的无穷小量.)

常见无穷大的比较

• 无穷大乘以无穷大得到无穷大

• 无穷大+无穷大没有定论(鉴于无穷大区分正无穷和负无穷)

• 无穷大+有界⇒无穷大无穷大+有界\Rightarrow无穷大无穷大+有界⇒无穷大

• 无穷小乘以有界⇒无穷小无穷小乘以有界\Rightarrow无穷小无穷小乘以有界⇒无穷小

• 无穷大乘以有界⇏无穷大无穷大乘以有界\nRightarrow 无穷大无穷大乘以有界⇏无穷大

  • n⋅0=0n\cdot 0=0n⋅0=0

  • 譬如,f(x)=x;g(x)=0;h(x)=f(x)g(x)=0f(x)=x;g(x)=0;h(x)=f(x)g(x)=0f(x)=x;g(x)=0;h(x)=f(x)g(x)=0

无穷大量(变量)&无界变量的关系

• 无穷大量可以推出无界
  • 但是无界不可以推出无穷大量
  • ∀M>0,∃N>0,∣XN∣>M⇒无界变量\forall M>0,\exist N>0,|X_N|>M\Rightarrow 无界变量∀M>0,∃N>0,∣XN​∣>M⇒无界变量
  • ∀M>0,∃N>0,n>N时,恒有∣XN∣>M⇒无穷大\forall M>0,\exist N>0,n>N时,恒有|X_N|>M\Rightarrow 无穷大∀M>0,∃N>0,n>N时,恒有∣XN​∣>M⇒无穷大
  • 例如{an}=1,0,3,0,5,0,⋯,0,2k+1\set{a_n}=1,0,3,0,5,0,\cdots,0,2k+1{an​}=1,0,3,0,5,0,⋯,0,2k+1
    • 是无界变量但不是无穷大

f(x)=x+(−1)nxf(x)={x+(-1)^{n}x} f(x)=x+(−1)nx

综合例题

• 复合函数和无穷小量之间的比较

  • 用到的等价无穷小包括:

    cosx−1∼−12x2;(1−cosx∼12x2)sin(x)∼x;(类似的sin(α(x))∼α(x))cosx-1\sim\frac{-1}{2}x^2;(1-cosx\sim \frac{1}{2}x^2) \\ sin(x)\sim x;(类似的sin(\alpha(x))\sim\alpha(x)) cosx−1∼2−1​x2;(1−cosx∼21​x2)sin(x)∼x;(类似的sin(α(x))∼α(x))

  • 复合函数需要考虑外层函数的定义域和内层函数的值域之间的制约

  • 本题中

根据等价无穷小,lim⁡x→0h(x)=lim⁡x→0sin(α(x))=−12,h(x)=sin(α(x))和y=x是x→0的同阶无穷小从而,lim⁡x→0h(x)=0∣α(x)∣<π2为了更加通俗的理解该条件,去掉绝对值得到:−π2<α(x)<π2指出了函数α(x)的取值范围记:u=α(x)lim⁡x→0u=u0根据三角坐标单位圆可知lim⁡u→kπsin(u)=lim⁡x→0sin(α(x))=lim⁡u→u0sin(u)=0∵lim⁡u→kπsin(u)=0∴u0=kπ根据α(x)的值域,可知,u0⩽π2∴k=0(u0=0,即lim⁡x→0α(x)=u0=0),\\根据等价无穷小,\lim_{x\rightarrow0}{h(x)}=\lim_{x\rightarrow0}{sin(\alpha(x))} =-\frac{1}{2}, \\h(x)=sin(\alpha(x))和y=x是x\rightarrow0的同阶无穷小 从而,\lim_{x\rightarrow0}{h(x)}=0 \\|\alpha(x)|<\frac{\pi}{2} 为了更加通俗的理解该条件,去掉绝对值得到: \\-\frac{\pi}{2}<\alpha(x)<\frac{\pi}{2} \\指出了函数\alpha(x)的取值范围 \\记:u=\alpha(x) \\\lim_{x\rightarrow0}{u}=u_0 \\根据三角坐标单位圆可知 \lim_{u\rightarrow k\pi}sin(u)= \\ \lim_{x\rightarrow 0}{sin(\alpha(x))} =\lim_{u\rightarrow u_0}{sin(u)}=0 \\ \because \lim_{u\rightarrow k\pi}{sin(u)}=0 \\\therefore u_0=k\pi \\根据\alpha(x)的值域,可知,u_0\leqslant\frac{\pi}{2} \\\therefore k=0 \\(u_0=0,即\lim_{x\rightarrow 0}\alpha(x)=u_0=0), 根据等价无穷小,x→0lim​h(x)=x→0lim​sin(α(x))=−21​,h(x)=sin(α(x))和y=x是x→0的同阶无穷小从而,x→0lim​h(x)=0∣α(x)∣<2π​为了更加通俗的理解该条件,去掉绝对值得到:−2π​<α(x)<2π​指出了函数α(x)的取值范围记:u=α(x)x→0lim​u=u0​根据三角坐标单位圆可知u→kπlim​sin(u)=x→0lim​sin(α(x))=u→u0​lim​sin(u)=0∵u→kπlim​sin(u)=0∴u0​=kπ根据α(x)的值域,可知,u0​⩽2π​∴k=0(u0​=0,即x→0lim​α(x)=u0​=0),

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