一元微积分

极限的方法

1、初等变形用初等变换化为已知的极限
eg.1 $\lim\limits_{x\to+\infty}\cos{\dfrac{x}{2}}...\cos{\dfrac{x}{2^n}}=\lim\limits_{x\to+\infty}\cos{\dfrac{x}{2}}...\cos{\dfrac{x}{2^n}}\cdot\dfrac{2\sin{\dfrac{x}{2^n}}}{2\sin\dfrac{x}{2^n}}$
$=\dfrac{\sin{x}}{2^n\sin{\dfrac{x}{2^n}}}=1$

eg.2 $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{1}{n}(\cos{\dfrac{\pi}{4n}}+\cos{\dfrac{3\pi}{4n}}+...+\cos{\dfrac{2n-1}{4n}}\pi)$

$令x_n=\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^n \cos{{\dfrac{2k-1}{4n}}\pi}=\dfrac{1}{2n \sin{\dfrac{\pi}{4n}}}\sum_{k=1}^n2\sin{\dfrac{\pi}{4n}}\cos{\dfrac{2k-1}{4n}}\pi$
$=\dfrac{1}{2n \sin{\dfrac{\pi}{4n}}}(\sin{\dfrac{\pi}{2}}-\sin{0})=\dfrac{2}{\pi}$

补充和差化积公式用欧拉公式记忆
$e^{ix}=\cos{x}+i\sin{x}$
$e^{i\alpha}=\cos{\alpha}+i\sin{\alpha}$ $e^{i\beta}=\cos{\beta}+i\sin{\beta}$
$e^{i(\alpha+\beta)}=\cos{(\alpha+\beta)}+i\sin{(\alpha+\beta)}$
两两对照可得： $\cos(\alpha+\beta)=\cos{\alpha}\cos{\beta}-\sin{\alpha}\sin{\beta}$
裂项方法
$\dfrac{1}{(n+a)(n+b)}=\dfrac{1}{a-b}(\dfrac{1}{n+a}-\dfrac{1}{n+b})$
$\dfrac{1}{n(n+1)\cdots(n+l)}=\dfrac{1}{l}(\dfrac{1}{n(n+1)\cdots(n+l-1)}-\dfrac{1}{(n+1)(n+2)\cdots(n+l)}$
2、变量替换
eg.3 $\lim\limits_{n\to+\infty}x_n=A则\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}=A$
- 两分法
$\lim\limits_{n\to+\infty}x_n=A$
对 $\forall \epsilon>0,\exists N>0,当n>N时|x_n-A|<\epsilon$
$|\dfrac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}-A|=\dfrac{(x_1-A)+(x_2-A)+\cdots+(x_N-A)+\cdots+(x_n-A)}{n}$
$\leq \dfrac{|x_1-A|+|x_2-A|+\cdots+|x_{N-1}-A|}{n} +\dfrac{|x_N-A|+\cdots+|x_n-A|}{n}$
令 $|x_1-A|+|x_2-A|+\cdots+|x_{N-1}-A|=M$
$N_0=\max({N,[\dfrac{M}{\epsilon}]}) \Rightarrow |\dfrac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}-A|< 2\epsilon$

eg.4 $\lim\limits_{n\to+\infty}x_n=A\lim\limits_{n\to+\infty}y_n=B \,\, \dfrac{x_1y_1+x_2y_2+\cdots+x_ny_n}{n}=AB$
如上题所述从略

eg.5、 $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\cos^{\frac{1}{2}}{x}-\cos^{\frac {1}{3}}{x}}{\sin^2{x}}$
$设 \cos^{\frac {1} {6}}x =u原式可化为\lim\limits_{u\to 1}\dfrac{u^3-u^2}{1-u^{12}}=\dfrac{1}{12}$

eg.6 $\lim\limits_{n\to \infty}\sin^2{(\pi \sqrt{n^2+n})}=\lim\limits_{n\to \infty}\sin^2{(\pi \sqrt{n^2+n}+n\pi)}=1$
3、两个重要极限
$\lim\limits_{f(x)\to0}\dfrac{sin{f(x)}}{f(x)}=1$
$\lim\limits_{f(x) \to 1{g(x) \to \infty}}f(x)^{g(x)}=e^{\lim\limits_{f(x) \to 1{g(x) \to \infty}}g(x)(f(x)+1)}$
4、洛必达法则
要求在x的某个邻域内有导数定义（~~x处可导~~）
5、等价无穷小
$x\to0时$
$x$ ~ $\sin{x}$ ~ $\tan{x}$ ~ $\arcsin{x}$ ~ $\arctan{x}$ ~ $e^x-1$ ~ $\ln(1+x)$
$(1+x)^\alpha$ ~ $\alpha x$ $a^x-1$ ~ $(\ln{a})x$
$1-\cos{x}$ ~ $\dfrac{x^2}{2}$
分式乘积幂指代换
eg.7 $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1}{x^3}[(\dfrac{2+\cos{x}}{3})^x-1]=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{e^{x\ln{\dfrac{2+\cos{x}}{3}}}-1}{x^3}=\dfrac{x\ln{\dfrac{2+\cos{x}}{3}}}{x^3}=-\dfrac{1}{6}$

$\lim\limits_{n\to\infty}\tan^n(\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{2}{n})^n=\lim\limits_{n\to\infty}(\dfrac{1+\tan{\dfrac{2}{n}}}{1-\tan{\dfrac{2}{n}}})^n=\lim\limits_{n\to\infty}(1+\dfrac{2\tan{\dfrac{2}{n}}}{1-\tan{\dfrac{2}{n}}})^n=e^4$

$\lim\limits_{n\to\infty}(\dfrac{\sqrt[n]{a}+\sqrt[n]{b}}{2})^n=e^{\lim\limits_{n\to\infty} n\ln{(\frac {\sqrt[n]{a}+ \sqrt[n]{b}}{2}}-1)}=\sqrt{ab}$

无穷大量的比较
$\ln{n}<<n^{\epsilon}(\epsilon>0)<<a^n<<n!<<n^n$

$\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{n}{\sqrt[n]{n!}}=e$
$法一取对之后：\dfrac{n\ln{n}-(\ln1+\ln2+\cdots+\ln{n})}{n}$
设 $b_n=n\ln{n}-(\ln1+\ln2+\cdots+\ln{n})$
$且b_n-b_{n-1}=n\ln({n+1})-n\ln{n}=\ln({1+\dfrac{1}{n}})^n$
$=\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{(b_n-b_{n-1})+(b_{n-1}-b_{n-2})+\cdots+(b_2-b_1)+b_1}{n}=\lim\limits_{n\to \infty}(b_n-b_{n-1})=1$

$法二设a_n=\dfrac{n^n}{n!} \lim\limits_{n\to \infty} \dfrac{n}{\sqrt[n]{n!}}=\lim\limits_{n\to \infty} \sqrt[n]{a_n} \quad \lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{a_{n+1}}{a_n}= \lim\limits_{n\to \infty}(\dfrac{n+1}{n})^n=e$
$法三由不等式可得：(\dfrac{n+1}{e})^n<n!<(\dfrac{n+1}{e})^{n+1}可导出$

$法四利用定积分\lim\limits_{n\to \infty}-\dfrac{1}{n}(\ln{\dfrac{1}{n}}+\cdots+\ln{\dfrac{n}{n}})=\int_{0}^{1} \ln{x}\, dx=1$

利用到的几个推论 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n=A\Rightarrow \lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}=A \lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]a_n=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=a$

$\lim\limits_{n\to0}$
7、利用导数定义
eg.10 $f(0)=0,f'(0)存在则\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(1-\cos{x})}{1-\cos{x}\sqrt{\cos{2x}}}$
由导数定义 $\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(1-\cos{x})}{1-\cos{x}}=f'(0)\Rightarrow\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(1-\cos{x})}{1-\cos{x}\sqrt{\cos{2x}}}$
$=f'(0)\lim\limits_{x\to0}\dfrac{1-\cos{x}}{1-\cos{x}\sqrt{\cos{2x}}}=\dfrac{1}{3}f'(0)$
eg.11 $f(0)=0,f'(0)=1求\lim\limits_{n\to\infty} f(\dfrac{1}{n^2})+f(\dfrac{2}{n^2})+\cdots+f(\dfrac{n}{n^2})$
$f(\dfrac{i}{n^2})=\dfrac{i}{n^2}+o(\dfrac{i}{n^2}) \Rightarrow\lim\limits_{n\to\infty}{f(\dfrac{1}{n^2})+f(\dfrac{2}{n^2})+\cdots+f(\dfrac{n}{n^2})}=\dfrac{1}{2}$
8、利用中值公式
$\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\tan{(\tan{x})-\tan{(\sin{x})}}}{\tan{x}-\sin{x}}=\lim\limits_{\xi\to0}(tan{\xi})'=1$
9、Talor公式

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