极限求法(六):泰勒公式,斯托兹定理及其它

利用泰勒公式求极限,实际上就是比较无穷小的阶;而斯托兹定理相当于数列的洛必达法则。当然还有其它的一些求极限的方法,不过应用得比较少。

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1,泰勒公式:应用泰勒公式求极限需要知道一些基本函数的泰勒公式

\(\displaystyle e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots+\frac{z^n}{n!}+o(x^n)\)

\(\displaystyle \sin x=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+\cdots+\frac{(-1)^nx^{2n+1}}{(2n+1)!}+o(x^{2n+1})\)

\(\displaystyle \cos x=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+\cdots+\frac{(-1)^nx^{2n}}{(2n)!}+o(x^{2n})\)

\(\displaystyle \frac{1}{1-x}=1+x+x^2+\cdots+x^n+o(x^n)\)

\(\ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3!}+\cdots+\frac{(-1)^{n-1}x^n}{n!}+o(x^n)\)

应用泰勒公式求极限就是应用这些公式来比较无穷小的阶。

例1:求极限 \(\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\cos x-e^{x^2}}{x^2(x+\ln(1-x))}\)。

解:我们将 \(\cos x, e^{x^2}, \ln(1-x)\)都展开成泰勒公式。因为分母里面,\(x^2\) 是关于 \(x\) 的二阶无穷小,\(\ln(1-x)\sim -x\),所以分母括号里面,展开以后,应当是 \(2\) 阶的无穷小,所以 \(\ln(1-x)\sim -x\) 只需要展开成二阶,而分母应该是关于 \(x\) 的 \(4\) 阶无穷小。所以分子也只需要展开成关于 \(x\) 的 \(4\) 阶泰勒公式。所以

\(\cos x=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+o(x^4)\);

\(e^{x^2}=1+x^2+\frac{x^4}{2!}+o(x^4)\)(将 \(e^x\) 的展开式里的 \(x\) 直接换成 \(x^2\));

\(\ln(1-x)=-x-\frac{x^2}{2!}+o(x^2)\)(将 \(\ln(1+x)\) 里的 \(x\) 直接换成 \(-x\))。

所以极限为

\begin{align*}\lim_{x\to0}\frac{\cos x-e^{x^2}}{x^2(x+x+\ln(1-x))}&=\lim_{x\to0}\frac{1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-1-x^2-\frac{x^4}{2!}+o(x^4)}{x^2(x-x-\frac{x^2}{2!}+o(x^2))}\\& =\lim_{x\to0}\frac{\frac{3x^2}{2}+o(x^2)}{-\frac{x^4}{3}+o(x^4)}=\infty\end{align*}

2,Stolz 公式:这是数列形式的洛必达法则。

定理:若 (1)\(\displaystyle\lim_{x\to \infty}x_n=\infty, \lim_{x\to \infty}y_n=\infty\);(2)\(\displaystyle\lim_{n\to \infty}\frac{y_{n}-y_{n-1}}{x_n-x_{n-1}}\) 存在,则

\[\lim_{n\to\infty}\frac{y_n}{x_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{y_{n}-y_{n-1}}{x_n-x_{n-1}}\]

上面的第一个条件可以改成 \(\displaystyle\lim_{x\to \infty}x_n=0, \lim_{x\to \infty}y_n=0\),结论是一样的。

例2:若 \(\lim_{n\to\infty}a_n=A\),求 \(\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}\)。

解:由 Stolz 定理,设 \(x_n=a_1+a_2+\cdots+a_n, y_n=n\)

\begin{align*}\lim_{n\to\infty}\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}&=\lim_{n\to\infty}\frac{x_n-x_{n-1}}{n-(n-1)}\\ &=\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{1}=A\end{align*}

例3,求极限 \(\displaystyle\lim_{nto\infty}\frac{1^k+2^k+\cdots+n^k}{n^{k+1}}\)。

解:令 \(x_n=1^k+2^k+\cdots+n^k, y=n^{k+1}\),由 Stolz 定理,

\begin{align*}\lim_{nto\infty}\frac{1^k+2^k+\cdots+n^k}{n^{k+1}}&=\lim_{nto\infty}\frac{n^k}{n^{k-1}-(n-1)^{k+1}}\\ &=\lim_{nto\infty}\frac{n^k}{(k+1)n^{k}+\cdots}=\frac{1}{k+1}\end{align*}

这里我们用到了二项式定理将 \((n-1)^{k+1}\) 展开,\[(a+b)^n=a^n+na^{n-1}b+\cdots+nab^{n-1}+b^n=\sum_{i=1}^{n}C_n^{i}a^{n-i}b^i\]

还有一些其它的求极限方法,例如利用定积分的定义,利用级数求极限等等,我们在高等数学这门课程用到的机会不多,我们就不展开讲述了。