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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从这个图形可以看出,这个定理就像一个三明治,所以也称之为三明治定理。这个定理的证明需要用到实数的性质,超出了这门课的范围,这里就不加以证明了。我们可以将此定理当成是公理来使用。

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

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