09-等价关系与 L’Hôpital 法则

依赖于

• 03-上、下极限的运用
• 08-连续性方法

被以下题目直接调用

• 无

正文部分

我们在此介绍 L’Hôpital 法则的运用中如何结合等价关系、变量代换、化简等来计算极限. 在极限的计算中, 我们例题中的很多措施其实是非常平凡的, 但不采用这些措施则会给计算过程带来很大的麻烦.

首先, 我们请大家注意以下这些极限以及它们的变形:

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{x}& =1,\\ \underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+x)}{x}& =1,\\ \underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\mathrm{e}}^x-1}{x}& =1,\\ \underset{x\to 0}{\lim }\frac{(1+x{)}^{\alpha }-1}{x}& =\alpha ,\forall \alpha \in \mathbb{R},\\ \underset{x\to 0^{+}}{\lim }{x}^{\alpha }\ln x& =0,\forall \alpha >0,\\ \underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x^{\alpha }}{{\mathrm{e}}^x}& =0,\forall \alpha \in \mathbb{R}.\end{array}$$

进一步, 我们请大家关注以下几个明显的结果.

命题 9.1

设 $n⩾1,{\lim }_{x\to 0}\frac{F(x)}{x}=1,{\lim }_{x\to 0}\frac{f(x)}{x^n}=\ell \in [-\infty ,+\infty ]$ . 则

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f[F(x)]}{x^n}=\ell .\text{\hspace{1em}(9.1)}$$

命题 9.2

设 F 在点 0 的一个邻域内可导, 且 ${\lim }_{x\to 0}{F}^{\prime }(x)=A$ . 又设 ${\lim }_{x\to 0}f(x)={\lim }_{x\to 0}g(x)=0$ , 且对 $0<|x|<\delta$ 成立 $f(x)\ne g(x)$ . 则 ${}^{(1)}$

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{F[f(x)]-F[g(x)]}{f(x)-g(x)}=A.\text{\hspace{1em}(9.2)}$$

命题 9.3

设实函数 $f$ 在点0的一个邻域内解析且不恒为零. 则存在 $n⩾0$ 以及 $c\ne 0$ 使得

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x^n}=c.\text{\hspace{1em}(9.3)}$$

结合命题9.1和9.3就可以得到

推论9.1 设 ${\lim }_{x\to 0}\frac{F(x)}{x}=1$ ，实函数 $f,h$ 在点0附近解析， $h\not\equiv 0.$ 则

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f[F(x)]}{h(x)}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{h(x)}.$$

注 9.1 ^zhu-9-1 在应用中, 命题 9.1 和 9.2 常用于在一定条件下得到如下形式的等式:

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f[F(x)]-g[F(x)]}{h(x)}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-g(x)}{h(x)}\text{\hspace{1em}(9.4)}$$

以及

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{F[f(x)]-F[g(x)]}{h(x)}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-g(x)}{h(x)}.\text{\hspace{1em}(9.5)}$$

命题 9.1

用于处理前者, 把内层的 F 去掉, 可称之为 “去核”; 而命题 9.2 用于处理后者, 把外层的 F 去掉, 可称之为 “去皮”.

注 9.2 ^zhu-9-2 就应试而言, 应用命题 9.1---9.3 以及推论 9.1 时, 宜给出必要的步骤或加上必要的说明.

例 9.1

例 9.1

求

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\tan x-x}{x{\sin }^{2}x}.$$

解 对于此例的分母, 宜先利用等价关系, 而不宜直接对分母求导.

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\tan x-x}{x{\sin }^{2}x}& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\tan x-x}{x^3}(\sin x\sim x)\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\sec }^{2}x-1}{3x^2}(\text{L’Hoˆpital法则})\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\tan }^{2}x}{3x^2}(\text{整理})\\ & =\frac{1}{3}.\end{array}$$

例 9.2

例 9.2

求

$$\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{1}{x^2}-{\cot }^{2}x\right).$$

解 计算过程中能够化简的应尽量化简.

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{1}{x^2}-{\cot }^{2}x\right)& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\tan }^{2}x-x^2}{x^2{\tan }^{2}x}(\text{整理})\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{(\tan x-x)(\tan x+x)}{x^4}(\tan x\sim x)\end{array}$$ $$=2\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\tan x-x}{x^3}(\tan x\sim x)$$ $$=\frac{2}{3}.(\text{见上例})$$

例 9.3

例 9.3

求

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\left[x-x^2\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)\right].$$

解 适当的变量代换可以使计算过程更简捷.

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\left[x-x^2\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)\right]=\underset{x\to 0}{\lim }\left[\frac{1}{x}-\frac{\ln (1+x)}{x^2}\right](\text{变量代换})$$ $$=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x-\ln (1+x)}{x^2}(\text{整理})$$ $$=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\frac{1}{1+x}}{2x}(\text{L’Hoˆpital法则})$$ $$=\frac{1}{2}.$$

例 9.4

例 9.4

求

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{(1+x{)}^{\frac{1}{x}}-\mathrm{e}}{x}.$$

解 ${\lim }_{x\to 0}\frac{(1+x{)}^{\frac{1}{x}}-\mathrm{e}}{x}={\lim }_{x\to 0}\frac{{\mathrm{e}}^{\frac{\ln (1+x)}{x}-1}-1}{x}\mathrm{e}$ （整理）

$$=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{\ln (1+x)}{x}-1}{x}\mathrm{e}\left({\mathrm{e}}^y-1\sim y(y\to 0)\right)$$ $$=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+x)-x}{x^2}\mathrm{e}(\text{整理})$$ $$=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{1}{1+x}-1}{2x}\mathrm{e}(\text{L’Hoˆpital法则})$$ $$=-\frac{\mathrm{e}}{2}.$$

例 9.5

例 9.5

求

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{x}^{(x^x-1)}$$

解 ${\lim }_{x\to 0^{+}}{x}^{(x^x-1)}={\lim }_{x\to 0^{+}}{\mathrm{e}}^{({\mathrm{e}}^{x\ln x}-1)\ln x}$ (整理)

$$=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{\mathrm{e}}^{x\ln x\cdot \ln x}({\mathrm{e}}^y-1\sim y(y\to 0))$$ $$=1.(x{\ln }^{2}x\to 0)$$

例 9.6

例 9.6

求

$$\underset{x\to 0}{\lim }{\left(\frac{1+\tan x}{1+\sin x}\right)}^{\frac{1}{{\sin }^{3}x}}.$$

解 考虑

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln \frac{1+\tan x}{1+\sin x}}{{\sin }^{3}x}.$$

法 I 下面第一步中把分子拆开是求导时一个常用的技巧.

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln \frac{1+\tan x}{1+\sin x}}{{\sin }^{3}x}& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+\tan x)-\ln (1+\sin x)}{x^3}(\sin x\sim x)\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{{\sec }^{2}x}{1+\tan x}-\frac{\cos x}{1+\sin x}}{3x^2}(\text{L’Hoˆpital法则})\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\sec }^{2}x-\cos x+{\tan }^{2}x\sin x}{3x^2(1+\tan x)(1+\sin x)}(\text{整理})\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\sec }^{2}x-\cos x}{3x^2}(\text{化简})\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2{\sec }^{2}x\tan x+\sin x}{6x}(\text{L’Hoˆpital法则})\\ & =\frac{1}{2}.(\tan x\sim x,\sin x\sim x)\end{array}$$

或者我们可以这样计算倒数第二步的极限:

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\sec }^{2}x-\cos x}{3x^2}& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-{\cos }^{3}x}{3x^2{\cos }^{2}x}\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-{\cos }^{3}x}{3x^2}(\text{化简})\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{3{\cos }^{2}x\sin x}{6x}({\mathrm{L}}^{\prime }\text{Hoˆpital法则})\\ & =\frac{1}{2}.\end{array}$$

这对于不熟悉求导公式 $(\sec x{)}^{\prime }=\sec x\tan x$ 的读者不失为一个简便的方法.

$$\begin{array}{rl}& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\tan x-\sin x}{x^3(1+\sin x)}(\text{整理})\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\tan x-\sin x}{x^3}(\text{化简})\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\sec }^{2}x-\cos x}{3x^2}({\mathrm{L}}^{\prime }\text{Hoˆpital法则})\end{array}$$

法II

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln \frac{1+\tan x}{1+\sin x}}{{\sin }^{3}x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{1+\tan x}{1+\sin x}-1}{x^3}(\ln (1+y)\sim y(y\to 0),\sin x\sim x)$$ $$=\frac{1}{2}.(\text{见法I})$$ $$\begin{array}{rl}& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\tan x-\sin x}{x^3(1+\sin x)}(\text{整理})\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\cos x}{x^2}(\tan x\sim x)\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{2x}(\text{L’Hoˆpital法则})\\ & =\frac{1}{2}.(\sin x\sim x)\end{array}$$

法III

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln \frac{1+\tan x}{1+\sin x}}{{\sin }^{3}x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{1+\tan x}{1+\sin x}-1}{x^3}(\ln (1+y)\sim y(y\to 0),\sin x\sim x)$$ $$\begin{array}{rl}& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\tan x-\sin x}{x^3}(\text{命题}9.2,\text{等价关系})\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\cos x}{x^2}(\tan x\sim x)\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{2x}(\text{L’Hoˆpital法则})\\ & =\frac{1}{2}.(\sin x\sim x)\end{array}$$

法IV ${\lim }_{x\to 0}\frac{\ln (1+\tan x)-\ln (1+\sin x)}{{\sin }^{3}x}$

从这个例子我们可以看出, 早一点使用等价关系, 可以简化计算. 法III、法IV的等价关系运用得比法II彻底, 所以也更简捷, 更容易避免计算错误.

最后我们有

$$\underset{x\to 0}{\lim }{\left(\frac{1+\tan x}{1+\sin x}\right)}^{\frac{1}{{\sin }^{3}x}}={\mathrm{e}}^{\frac{1}{2}}.$$

例 9.7

例 9.7

求

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin (\sin x)-x}{x^3}.$$

解 法 I 用 L’Hôpital 法则.

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin (\sin x)-x}{x^3}& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\cos (\sin x)\cos x-1}{3x^2}\text{(L’Hoˆpital法则)}\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-\sin (\sin x){\cos }^{2}x-\cos (\sin x)\sin x}{6x}\text{(L’Hoˆpital法则)}\\ & =-\frac{1}{3}.(\sin (\sin x)\sim x,\sin x\sim x)\end{array}$$

法II ${\lim }_{x\to 0}\frac{\sin (\sin x)-x}{x^3}={\lim }_{x\to 0}\frac{\sin x-\arcsin x}{x^3}$ （命题9.1或命题9.2）

$$\begin{array}{rl}& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\cos x-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}}{3x^2}(\text{L’Hoˆpital法则})\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-\sin x-x{\left(1-x^2\right)}^{-3/2}}{6x}\text{(L’Hoˆpital法则)}\\ & =-\frac{1}{3}.\end{array}$$

法III

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin (\sin x)-x}{x^3}$$ $$=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin (\sin x)-\sin x}{x^3}+\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x-x}{x^3}(\text{拆项})$$ $$=2\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x-x}{x^3}(\text{命题}9.1\text{或命题}9.2)$$ $$=\cdots =-\frac{1}{3}.$$

例 9.8

例 9.8

求

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\tan (\tan x)-\sin (\sin x)}{\tan x-\sin x}.$$

解

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\tan (\tan x)-\sin (\sin x)}{\tan x-\sin x}$$ $$\begin{array}{rl}& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\tan (\tan x)-\tan (\sin x)}{\tan x-\sin x}+\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\tan (\sin x)-\sin (\sin x)}{\tan x-\sin x}(\text{分拆})\\ & =1+1(\text{第一式命题}9.2,\text{第二式命题}9.1)\\ & =2.\end{array}$$

例 9.9

例 9.9

求

$$\underset{x\to 0}{\lim }\left[\frac{1}{\ln (x+\sqrt{1+x^2})}-\frac{1}{\ln (1+x)}\right].$$

法 I

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{\lim }\left[\frac{1}{\ln (x+\sqrt{1+x^2})}-\frac{1}{\ln (1+x)}\right]& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-\ln \frac{x+\sqrt{1+x^2}}{1+x}}{\ln (x+\sqrt{1+x^2})\ln (1+x)}(\text{通分})\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\frac{x+\sqrt{1+x^2}}{1+x}}{x^2}(\text{等价关系})\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\sqrt{1+x^2}}{x^2}(\text{整理简化})\\ & =-\frac{1}{2}.\end{array}$$

法II 若利用命题 9.2, 取 $F(x)=\ln (1+x)$ , 则 ${\lim }_{x\to 0}{F}^{\prime }(x)=1$ . 因此, 本例也可以这样写

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{\lim }\left[\frac{1}{\ln (x+\sqrt{1+x^2})}-\frac{1}{\ln (1+x)}\right]& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+x)-\ln \left(x+\sqrt{1+x^2}\right)}{\ln \left(x+\sqrt{1+x^2}\right)\ln (1+x)}(\text{通分})\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x-(x+\sqrt{1+x^2}-1)}{x^2}(\text{命题9.2,等价关系})\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\sqrt{1+x^2}}{x^2}(\text{整理简化})\\ & =-\frac{1}{2}.(\text{等价关系})\end{array}$$

在本例中, 由于 $F$ 是对数函数, 其函数值的差可以化为商的函数值, 因此, 这两种解法没有多大的区别.

例 9.10

例 9.10

求

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\left(1+\frac{x}{1+x}\right)}^{\frac{1+x}{x}}-(1+\tan x{)}^{\frac{1}{\tan x}}}{x^2}.$$

解 考虑 $F(x)=(1+x{)}^{\frac{1}{x}}$ ，则 ${\lim }_{x\to 0}{F}^{\prime }(x)=-\frac{\mathrm{e}}{2}$ . 因此

$$\begin{array}{rl}& \underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\left(1+\frac{x}{1+x}\right)}^{\frac{1+x}{x}}-(1+\tan x{)}^{\frac{1}{\tan x}}}{x^2}\\ & =-\frac{\mathrm{e}}{2}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{x}{1+x}-\tan x}{x^2}(\text{命题 9.2})\\ & =-\frac{\mathrm{e}}{2}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{1}{(1+x{)}^2}-{\sec }^{2}x}{2x}(\text{L’Hoˆpital 法则})\\ & =-\frac{\mathrm{e}}{2}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{1}{(1+x{)}^2}-1-{\tan }^{2}x}{2x}(\text{等价关系})\\ & =\frac{\mathrm{e}}{2}.\end{array}$$

例 9.11

例 9.11

计算

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\tan [1+\cos (\tan x)]-\tan (1+\cos x)}{x^4}.$$

解 取 $F(x)=\tan (1+\cos x)$ , 则 $F^{\prime }(0)=0$ . 但此时不能由命题9.2得到如下结果:

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\tan [1+\cos (\tan x)]-\tan (1+\cos x)}{x^4}=0\cdot \underset{x\to 0}{\lim }\frac{\tan x-x}{x^4}=0.$$

其原因自然是因为 ${\lim }_{x\to 0}\frac{\tan x-x}{x^4}$ 不存在. 正确的解法是利用Lagrange中值定理，对点0附近的每个 $x$ ，存在 ${\theta }_x\in (0,1)$ 使得

$$F(\tan x)-F(x)=F^{\prime }[x+{\theta }_x(\tan x-x)](\tan x-x).$$

从而利用 ${\lim }_{x\to 0}\frac{F^{\prime }(x)}{x}=-{\sec }^{2}2$ 可得

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\tan [1+\cos (\tan x)]-\tan (1+\cos x)}{x^4}& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{F^{\prime }[x+{\theta }_x(\tan x-x)]}{x}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\tan x-x}{x^3}\\ & =-\frac{1}{3{\cos }^{2}2}.\end{array}$$

我们把上述结果一般化成以下结果.

命题 9.4

设 $\alpha ,\beta \in R$ ，实函数 $F,\phi ,\psi$ 满足

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{F^{\prime }(x)}{x^{\alpha }}=A,\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\phi (x)}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\psi (x)}{x}=1,$$

以及

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\phi (x)-\psi (x)}{x^{\beta }}=B.$$

则

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{F[\phi (x)]-F[\psi (x)]}{x^{\alpha +\beta }}=AB.$$

例 9.12

例 9.12

求

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x-\arctan x}{\tan x-\arcsin x}.$$

解 由命题9.3, 存在 $n⩾0$ 使得 ${\lim }_{x\to 0}\frac{\sin x-\arctan x}{x^n}=c\in \mathbb{R}\setminus \{0\}$ . 于是

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\tan x-\arcsin x}{x^n}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\tan (\sin x)-x}{x^n}\text{\hspace{1em}(命题9.1)}$$ $$=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x-\arctan x}{x^n}(\text{命题}9.2)$$ $$=c.$$

所以 ${\lim }_{x\to 0}\frac{\sin x-\arctan x}{\tan x-\arcsin x}=1.$

一般地, 我们有

例 9.13

例 9.13

设实函数 $f$ 和 $g$ 在点 $x=0$ 的一个邻域内解析且不恒等. 若 ${\lim }_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}={\lim }_{x\to 0}\frac{g(x)}{x}=1$ ，则 ${\lim }_{x\to 0}\frac{f(x)-g(x)}{g^{-1}(x)-f^{-1}(x)}=1$ ，其中 $f^{-1},g^{-1}$ 分别为 $f,g$ 的反函数.

作为例 9.13 的又一个特例, 我们有

例 9.14

例 9.14

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin (\tan x)-\tan (\sin x)}{\arcsin (\arctan x)-\arctan (\arcsin x)}=1.$$

而直接计算例 9.14 中分子、分母的阶, 并不是那么容易.

例 9.15

例 9.15

计算

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin (\tan x)-\tan (\sin x)}{x^7}.$$

解 此类问题用 Taylor 展开式解决是自然的. 我们设

$$f(x)=x+a_3{x}^3+a_5{x}^5+a_7{x}^7+o\left(x^7\right),x\to 0,$$ $$g(x)=x+b_3{x}^3+b_5{x}^5+b_7{x}^7+o(x^7),x\to 0.$$

则

$$\begin{array}{rl}f(g(x))& =g(x)+a_3{g}^3(x)+a_5{g}^5(x)+a_7{g}^7(x)+o\left(x^7\right)\\ & =x+b_3{x}^3+b_5{x}^5+b_7{x}^7+a_3(x+b_3{x}^3+b_5{x}^5{)}^3+\\ & a_5(x+b_3{x}^3{)}^5+a_7{x}^7+o(x^7)\\ & =x+\left(a_3+b_3\right)x^3+\left(a_5+b_5+3a_3{b}_3\right)x^5+\\ & (a_7+b_7+3a_3{b}_3^2+3a_3{b}_5+5a_5{b}_3)x^7+o(x^7),x\to 0\end{array}$$

因此，

$$f[g(x)]-g[f(x)]=\left(3a_3{b}_3^2-3a_3^2{b}_3+2a_5{b}_3-2a_3{b}_5\right)x^7+o\left(x^7\right),x\to 0.$$

由于相对来讲, 大家不熟悉 $\tan x$ 的 Taylor 展开式, 我们可以利用 $\arctan x$ 的 Taylor 展开式

$$\arctan x=x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}-\frac{x^7}{7}+o(x^7),x\to 0,$$ $$\sin x=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+o(x^7),x\to 0.$$

得到

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin (\tan x)-\tan (\sin x)}{x^7}& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x-\tan [\sin (\arctan x)]}{x^7}(\text{命题 9.1})\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\arctan (\sin x)-\sin (\arctan x)}{x^7}(\text{命题 9.2})\\ & =\frac{1}{3!}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{3!}\right)+\frac{2}{3\cdot 5!}-\frac{2}{5\cdot 3!}\\ & =-\frac{1}{30}.\end{array}$$

注 9.3 ^zhu-9-3 显然, 我们也可以利用 $\sin (\arctan x)=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$ .

例 9.16

例 9.16

设 $f$ 在 $R$ 上连续, $b$ > $a$ > 0, 对任何 $x\in R$ , 成立

$$\underset{t\to 0}{\underline{\lim }}\frac{f(x+bt)+f(x+at)-f(x-at)-f(x-bt)}{t}>0,$$

其中上式左边的下极限有可能是 $+\infty$ 。证明 $f$ 严格单增。

证明 当 $a=0$ 或 $a=b$ 时, 本质上, 本例就变为例8.4. 因此, 本例是例8.4的推广. 按以下的证明方法, 我们可以把结论推广到更一般的情形.

令 $F(x)={\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t(x\in \mathbb{R})$ ，则利用推广的L’Hôpital法则(参见定理3.2)，

$$\underset{t\to 0}{\lim }\frac{aF(x+bt)+bF(x+at)+bF(x-at)+aF(x-bt)-2(a+b)F(x)}{t^2}$$ $$⩾\underset{t\to 0}{\underline{\lim }}\frac{ab[f(x+bt)+f(x+at)-f(x-at)-f(x-bt)]}{2t}>0.$$

我们断言, $F$ 是严格凸函数. 这只要证明对于任意 $A<B$ 以及 $x\in (A,B)$ , 成立 $G(x)<0$ , 其中

$$G(x)=F(x)-F(A)-\frac{F(B)-F(A)}{B-A}(x-A).$$

如若不然, 注意到 $G(A)=G(B)=0$ , 我们有 $\xi \in (A,B)$ 使得 $G(\xi )={\max }_{x\in [A,B]}G(x)$ . 易见

$$\begin{array}{rl}\underset{t\to 0}{\lim }\frac{aF(\xi +bt)+bF(\xi +at)+bF(\xi -at)+aF(\xi -bt)-2(a+b)F(\xi )}{t^2}& \\ & ⩾\underset{t\to 0}{\underline{\lim }}\frac{aG(\xi +bt)+bG(\xi +at)+bG(\xi -at)+aG(\xi -bt)-2(a+b)G(\xi )}{t^2}⩽0.\end{array}$$

得到矛盾. 因此, $F$ 是严格凸函数, 从而 $f=F^{\prime }$ 严格单增.

类似地, 我们可以给出积分型的结果.

例 9.17

例 9.17

设 $f$ 在 $R$ 上连续, 对任何 $x\in R$ , 成立

$$\underset{\delta \to 0^{+}}{\underline{\lim }}{\int }_0^1\frac{f(x+\delta t)-f(x-\delta t)}{\delta }\mathrm{d}t>0,$$

其中上式左边的下极限有可能是 $+\infty$ 。证明 $f$ 严格单增。

证明 令 $F(x)={\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t(x\in \mathbb{R})$ ，易见

$$\underset{\delta \to 0^{+}}{\lim }{\int }_0^1\frac{F(x+\delta t)+F(x-\delta t)-2F(x)}{t}\mathrm{d}t=0.$$

则类似上一例, 有

$$\begin{array}{rl}\underset{\delta \to 0^{+}}{\underline{\lim }}{\int }_0^1\frac{F(x+\delta t)+F(x-\delta t)-2F(x)}{{\delta }^{2}t}\mathrm{d}t& \\ & ⩾\underset{\delta \to 0^{+}}{\underline{\lim }}\frac{1}{2\delta }\frac{\partial }{\partial \delta }{\int }_0^1\frac{F(x+\delta t)+F(x-\delta t)-2F(x)}{t}\mathrm{d}t\\ & =\underset{\delta \to 0^{+}}{\underline{\lim }}{\int }_0^1\frac{f(x+\delta t)-f(x-\delta t)}{2\delta }\mathrm{d}t>0.\end{array}$$

进而可证 $F$ 是严格凸函数. 最后得到 $f$ 严格单增.

注 9.4 ^zhu-9-4 在《大学数学》的问题征解中, 梅加强提供了如下问题: 设 $f\in C(R)$ 满足: $\forall x\in \mathbb{R}$ , 成立

$$\underset{\delta \to 0}{\lim }\frac{1}{{\delta }^3}{\int }_{-\delta }^{\delta }f(x+t)t\mathrm{d}t=0,$$

则 $f$ 恒等于常数.

可以利用上例的方法给出此题的一个解答. 我们把它留给读者.