夹挤原理与两个重要极限(一)

夹挤原理,也称夹逼原理或者三明治定理,是极限存在的一个重要准则。由该准则,我们可以证明一个非常有名也是非常重要的一个极限:

\[\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1\]

以下的文字内容与视频可能稍有不同,但基本内容是差不多的。

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我们将夹挤原理叙述如下:

定理1(夹挤原理):设在 \(x=a\) 的某个领域内,\(g(x)\le f(x)\le h(x)\) 而且 \(\lim_{x\to a}g(x)=\lim_{x\to a}h(x)=A\), 则 \[\lim_{x\to a}f(x)=A\]

我们从图形上看这个定理就很直观了:

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用这个定理我们可以证明一个重要的极限:\[\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1\]这个公式是证明三角函数导数公式的关键。

我们应用夹挤原理来证明这个公式。

考虑单位圆上圆心角为 \(x\)的一个扇形 \(OAB\),这里我们先假设 \(0<x<\frac{\pi}{2}\),

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它的内接三角形为 \(\Delta OAB\),从图形上可以看出三角形 \(\Delta OAC\)的面积小于扇形 \(OAC\) 的面积,而扇形的面积又小于三角形 \(OAB\)的面积,也就是

\[A_{\Delta OAC}<A_{\frown\atop OAB}<A_{\Delta OAB}\]

这里的 \(A\) 表示面积。但是因为这个圆是单位圆,由扇形和三角形面积的公式,我们知道

\[A_{\Delta OAC}=\frac{1}{2}\sin x, A_{\frown \atop OAB}=\frac{1}{2}x, A_{\Delta OAB}=\frac{1}{2}\tan x\]因为三角形 \(\Delta OAD\) 的高为 \(\sin x\),三角形 \(OAB\)的高为\(\tan x\)。所以我们有

\[\sin x<x<\tan x\Longleftrightarrow \frac{1}{\sin x}>\frac{1}{x}>\frac{\cos x}{\sin x}\]

两边同乘以 \(\sin x\),上式右边成为

\[1>\frac{\sin x}{x}>\cos x\]因为当 \(x\to0\) 时,\(\cos x\to 1\),由夹挤原理,我们证明了当 \(0<x<\frac{\pi}{2}\) 时,\(\lim_{x\to0^+}\frac{\sin x}{x}=1\)。

我们用 \(-x\) 代替上述证明过程中的 \(x\),可以得到当 \(x<0\) 的结论。证毕。

我们来用这个公式求一些未定式极限。

例1:求极限 \(\lim_{x\to0}\frac{\sin 3x}{\tan 5x}\)。

解:我们将这个极限变形

\begin{align*}\lim_{x\to0}\frac{\sin 3x}{\tan 5x}&= \lim_{x\to0}\frac{\sin 3x}{3x}\cdot\frac{5x}{\tan 5x}\cdot\frac{3x}{5x}\\ &=\lim_{x\to0}\frac{\sin 3x}{3x}\cdot\frac{5x}{\sin 5x}\cdot\cos 5x\cdot\frac{3x}{5x}\\&=\frac{3}{5}\end{align*}

例2:求极限 \(\lim_{n\to\infty}2^n\sin\frac{x}{2^n}\)。

解:这个极限过程是 \(n\to\infty\),所以我们将 \(x\) 看成常数。

\[\lim_{n\to\infty}2^n\sin\frac{x}{2^n}=\lim_{n\to\infty}\frac{\sin\frac{x}{2^n}}{\frac{x}{2^n}}\cdot x=x\]

我们再来看一个直接应用夹挤原理求极限的例题。

例3:求极限

\[\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{n^2+2}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}\right)\]

解:这个极限我们没有什么直接的计算方法。但是应用夹挤原理,我们可以将这个式子进行一些微小的“放缩”,使得放缩以后的式子有相同的极限。我们可以这样做

\[\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{n^2+2}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}<\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}=\frac{n}{\sqrt{n^2+1}}\]

同样,

\[\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{n^2+2}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}>\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}+\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}=\frac{n}{\sqrt{n^2+n}}\]

所以

\[\frac{n}{\sqrt{n^2+n}}<\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{n^2+2}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}<\frac{n}{\sqrt{n^2+1}}\]

但是 \[\lim_{n\to\infty}\frac{n}{\sqrt{n^2+1}}=1, \lim_{n\to\infty}\frac{n}{\sqrt{n^2+n}}=1\]所以

\[\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{n^2+2}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}\right)=1\]