数分学习笔记（二）
数分学习笔记（二）
书接上回。我们已经了解熟悉了数列极限的相关知识。本篇我们从函数极限开始。
Chapter 4 函数的极限
1.自变量趋于无穷大时函数的极限
对于定义在实数集上的函数 \(f(x)\) ，自变量 \(x\) 趋于无穷大有三种形式
① \(x\to+\infty\) ，即沿 \(x\) 轴正向趋于无穷大（ \(x\) 无限增大），
② \(x\to-\infty\) ，即沿 \(x\) 轴负向趋于无穷大（ \(-x\) 无限增大），
③ \(x\to\infty\) ，即沿 \(x\) 轴两个方向趋于无穷大（ \(|x|\) 无限增大）。
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函数在无穷大处极限的定义
设函数 \(f(x)\) 当 \(|x|\) 大于某一正数时有定义。
类比着数列极限的定义我们可以仿照出：
若 \(\forall\varepsilon>0,\exists X>0\) ，当 \(x>X\) 时，有 \(|f(x)-A|<\varepsilon\) ，则称常数 \(A\) 为函数 \(f(x)\) 当 \(x\to\infty\) 时的极限，记作 \(\lim\limits_{x\to\infty}f(x)=A\) 或 \(f(x)\to A\) （当 \(x\to\infty\) ）。直线 \(y=A\) 也被称为 \(f(x)\) 的水平渐近线。
e.g.1. 证明 \(\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{x}{1+x}=1\)
由于 \(\left|\dfrac{x}{1+x}-1\right|=\left|\dfrac{1}{1+x}\right|\leq\dfrac{1}{|x|-1}\) ，（ \(|x+1|\geq||x|-1|=|x|-1\) ）
要使 \(\dfrac{1}{|x|-1}<\varepsilon\) ，即 \(|x|>\dfrac{1}{\varepsilon}+1\) ，
所以取 \(X=\dfrac{1}{\varepsilon}+1\) ，则当 \(|x|>X\) 时，就有 \(\left|\dfrac{x}{1+x}-1\right|<\varepsilon\)
因此， \(\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{x}{1+x}=1\) 。
上述给出的是两边趋于无穷时的极限
还有另外两种情况：
① \(\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=A\) 的定义： \(\forall\varepsilon>0,\exists X>0\) ，当 \(x>X\) 时，有 \(|f(x)-A|<\varepsilon\)
② \(\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=A\) 的定义： \(\forall\varepsilon>0,\exists X>0\) ，当 \(x<-X\) 时，有 \(|f(x)-A|<\varepsilon\)
很自然地，我们能想到 \(\lim\limits_{x\to\infty}f(x)=A\) 等价于 \(\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=A\) 且 \(\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=A\) 。
练习1. 证明 \(\lim\limits_{x\to+\infty}\arctan x=\dfrac{\pi}{2}\)
因为 \(\left|\arctan x-\dfrac{\pi}{2}\right|=\dfrac{\pi}{2}-\arctan x\)
故对 \(\forall \varepsilon>0\) ，要使 \(\left|\arctan x-\dfrac{\pi}{2}\right|<\varepsilon\) ，只要 \(x>\tan\left(\dfrac{\pi}{2}-\varepsilon\right)\)
取 \(X=\left(\dfrac{\pi}{2}-\varepsilon\right)\) ，则当 \(x>X\) 时，
就有 \(\left|\arctan x-\dfrac{\pi}{2}\right|=\dfrac{\pi}{2}-\arctan x<\dfrac{\pi}{2}-\arctan X=\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{\pi}{2}+\varepsilon=\varepsilon\)
所以 \(\lim\limits_{x\to+\infty}\arctan x=\dfrac{\pi}{2}\)
2.自变量趋于有限值时函数的极限
类比无穷大时的定义。
对于定义在实数集上的函数 \(f(x)\) ，自变量 \(x\) 趋于有限值也有三种形式
① \(x\to x_0\) ，即沿 \(x\) 轴两个方向向无限接近 \(x_0\) ，但不相等。
② \(x\to {x_0}^+\) ，即从大于 \(x\) 轴的方向无限接近 \(x_0\) 。
③ \(x\to {x_0}^-\) ，即从小于 \(x\) 轴的方向无限接近 \(x_0\) 。
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函数在有限值处极限的定义
设函数 \(f(x)\) 在点 \(x_0\) 的某去心邻域内有定义，
若 \(\forall\varepsilon>0,\exists \delta>0\) ，当 \(0<|x-x_0|<\delta\) 时，有 \(|f(x)-A|<\varepsilon\) ，则称常数 \(A\) 为函数 \(f(x)\) 当 \(x\to {x_0}\) 时的极限，记作 \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=A\) 或 \(f(x)\to A\) （当 \(x\to {x_0}\) ）。
ps：① 极限只与函数值在 \(x_0\) 附近的变化趋势有关，因此不必考虑 \(f(x)\) 在 \(x_0\) 处的值
② 在给出函数极限的时候一定要指明变化过程，不同变化过程极限可能不同。
e.g.1. 证明 \(\lim\limits_{x\to x_0}C=C\) ， \(C\) 为常数
证明：
\(|f(x)-A|=|C-C|=0\)
故 \(\forall\varepsilon>0,\forall\delta>0\) ，当 \(0<|x-x_0|<\delta\) 时，总有 $|C-C|=0<\varepsilon $
所以 \(\lim\limits_{x\to x_0}C=C\)
练习1. 证明 \(\lim\limits_{x\to \frac{1}{2}}\dfrac{4x^2-1}{2x-1}=2\)
证明：
先化简， \(\left| \dfrac{4x^2-1}{2x-1}-2 \right|=\left|\dfrac{4x^2-4x+1}{2x-1}\right|=|2x-1|\)
要使 \(|2x-1|<\varepsilon\) 即 \(|x-\dfrac{1}{2}|<\dfrac{\varepsilon}{2}\)
所以取 \(\delta=\dfrac{\varepsilon}{2}\) ，则当 \(0<|x-x_0|<\delta\) 时，必有 \(\left| \dfrac{4x^2-1}{2x-1}-2 \right|<\varepsilon\)
因此 \(\lim\limits_{x\to \frac{1}{2}}\dfrac{4x^2-1}{2x-1}=2\)
明确证明时的目标，我们现在要做的是取 \(\delta\) ，所以应尽可能化简出与 \(|x-x_0|\) 有关的式子。
练习2. 证明 \(\lim\limits_{x\to 1 }\dfrac{x^3-1}{x-1}=3\)
证明：
先化简， \(\left|\dfrac{x^3-1}{x-1}-3\right|=\left|\dfrac{x^3-3x+2}{x-1}\right|=\left| \dfrac{(x-1)^2(x+2)}{x-1} \right|=|x+2|\cdot |x-1|\) ，
因为 \(x\to 1\) ，不妨设 \(|x-1|<1\) ，则 \(x\in(0,2)\)
要使 \(|x+2|\cdot |x-1|<\varepsilon\) ，可令 \(|x+2|\cdot |x-1|<4|x-1|<\varepsilon\)
所以只需要 \(|x-1|<\dfrac{\varepsilon}{4}\) ，
这里我们取 \(\delta=\min(\dfrac{\varepsilon}{4},1)\) ，
不妨分类讨论一下，
如果 \(\delta=\dfrac{\varepsilon}{4}<1\) ， 则当 \(0<|x-1|<\delta\) 时，\(|x-1|<1\) 依然成立。则有 \(\left|\dfrac{x^3-1}{x-1}-3\right|<4\cdot |x-1|<\varepsilon\)
如果 \(\delta=1<\dfrac{\varepsilon}{4}\) ，则当 \(0<|x-1|<\delta\) 时， \(|x-1|<1\) 成立，且有 \(\left|\dfrac{x^3-1}{x-1}-3\right|<4\cdot |x-1|<4\delta<4<\varepsilon\)
因此 \(\lim\limits_{x\to 1 }\dfrac{x^3-1}{x-1}=3\) 。
练习3. 已知 \(x_0>0\) ，证明 \(\lim\limits_{x\to x_0}\sqrt{x}=\sqrt{x_0}\)
证明：
对于 \(\forall \varepsilon>0\) ，要使 \(|f(x)-A|=|\sqrt{x}-\sqrt{x_0}|=\left|\dfrac{x-x_0}{\sqrt{x}+\sqrt{x_0}}\right|<\varepsilon\)
可以先对上式放缩， \(\left|\dfrac{x-x_0}{\sqrt{x}+\sqrt{x_0}}\right|\leq\left|\dfrac{x-x_0}{\sqrt{x_0}}\right|<\varepsilon\) ，此时只需要 \(|x-x_0|<\sqrt{x_0}\cdot \varepsilon\) 且 \(x>0\)
注意到我们并没有表示 \(x>0\) 这个条件，所以还需要 \(|x-x_0|<x_0\) ，
问题便转移成了与上面一道题类似的情况，取 \(\delta=\min(x_0,\sqrt{x_0}\cdot \varepsilon)\) ，
则当 \(0<|x-x_0|<\varepsilon\) 时，有 \(|\sqrt{x}-\sqrt{x_0}|<\varepsilon\)
因此 \(\lim\limits_{x\to x_0}\sqrt{x}=\sqrt{x_0}\) 。
总结一下：
①与证明数列极限类似，我们要找的是 \(\delta\) ，但不一定要最优。可以适当放大 \(|f(x)-A|\) 至 \(x-x_0\) 的常数倍，再确定 \(\delta\) 。
②与数列极限类似的是，并不是所有函数在 \(x_0\) 处一定有极限，例如 \(\sin \dfrac{1}{x}\) 在 \(x\to 0\) 时函数值在 \(1\) 与 \(-1\) 之间震荡，不存在极限。
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左极限与右极限
左极限表示为 \(f(x_0-0)=\lim\limits_{x\to {x_0}^-}f(x)=A\) 。其定义为 \(\forall\varepsilon>0,\exists\delta>0\) ，当 \(x\in(x_0-\delta,x_0)\) 时，有 \(|f(x)-A|<\varepsilon\) 。
右极限表示为 \(f(x_0+0)=\lim\limits_{x\to {x_0}^+}f(x)=A\) 。其定义为 \(\forall\varepsilon>0,\exists\delta>0\) ，当 \(x\in(x_0,x_0+\delta)\) 时，有 \(|f(x)-A|<\varepsilon\) 。
关于左极限和右极限有命题： \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=A\) 等价于 \(\lim\limits_{x\to {x_0}^+}f(x)=A\) 且 \(\lim\limits_{x\to {x_0}^-}f(x)=A\) 。
e.g.1. 试讨论函数 \(f(x)=\begin{cases}x&x<0\\e^x&x\geq0\end{cases}\) ，在 \(x=0\) 处的极限是否存在。
解：
因为 \(\lim\limits_{x\to {0}^-}f(x)=\lim\limits_{x\to {0}^-}x=0\) ，且 \(\lim\limits_{x\to {0}^+}f(x)=\lim\limits_{x\to {0}^+}e^x=1\)
显然 \(f(0^-)\neq f(0^+)\)
所以根据刚才的命题可知， \(f(x)\) 在 \(x=0\) 处的极限不存在。
练习1. 给定函数 \(f(x)=\begin{cases}x-1&x<0\\0&x=0\\x+1&x>0 \end{cases}\) ，讨论 \(x\to 0\) 时 \(f(x)\) 的极限是否存在。
解：
因为 \(\lim\limits_{x\to {0}^-}f(x)=\lim\limits_{x\to {0}^-}(x-1)=-1\) ，且 \(\lim\limits_{x\to {0}^+}f(x)=\lim\limits_{x\to {0}^+}(x+1)=1\)
显然 \(f(0^-)\neq f(0^+)\)
根据刚才的命题可知， \(f(x)\) 在 \(x=0\) 处的极限不存在。
练习2. 设函数 \(f(x)=\begin{cases}x&x<1\\x^2&x\geq1 \end{cases}\) ，证明 \(\lim\limits_{x\to 1^-}f(x)=\lim\limits_{x\to 1^+}f(x)=\lim\limits_{x\to 1}f(x)=1\)
证明：分开证明即可。
先不妨假设 \(x\in(0,1)\) ，此时 \(f(x)=x\) ，从而 \(|f(x)-1|=|x-1|=1-x\) ，
令 \(|f(x)-1|<\varepsilon\) ，即 \(|x-1|<\varepsilon\) ，
所以取 \(\delta_1=\varepsilon\) ，则当 \(|x-x_0|\in(0,\delta_1)\) 时，有 \(|f(x)-1|<\varepsilon\) ，所以 \(\lim\limits_{x\to 1^-}f(x)=1\) 。
再不妨假设 \(x\in(1,2)\) ，此时 \(f(x)=x^2\) ，从而 \(|f(x)-1|=|x^2-1|=(x-1)(x+1)<3(x-1)\)
可以令 \(3(x-1)<\varepsilon\) ，即 \(|x-1|<\dfrac{\varepsilon}{3}\) ，
又因为 \(x>1\) 所以 \(|x-1|<1\) ，所以取 \(\delta_2=\min(1,\dfrac{\varepsilon}{3})\) 。则当 \(|x-x_0|\in(0,\delta_2)\) ，有 \(|f(x)-1|<\varepsilon\) ，所以 \(\lim\limits_{x\to 1^+}f(x)=1\)
最后取 \(\delta=\min(\delta_1,\delta_2)\) ，则当 \(|x-x_0|\in(0,\delta)\) 时，必定有 \(|f(x)-1|<\varepsilon\) ，
所以 \(\lim\limits_{x\to 1^-}f(x)=\lim\limits_{x\to 1^+}f(x)=\lim\limits_{x\to 1}f(x)=1\)
3.函数极限的性质
了解过数列极限的相关性质以后，就会发现函数的性质在这部分上与数列几乎是相同的。
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函数的极限唯一
若极限 \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)\) 存在，则极限唯一。
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函数极限的局部有界性
若极限 \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)\) 存在，则存在 \(\delta>0\) ，使得 \(f(x)\) 在邻域 \(U^0(x_0,\delta)\) 内有界 。
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保号性的一般与特殊
一般性的结论：若 \(\lim\limits_{x\to x_0} f(x)=A\) ， \(\lim\limits_{x\to x_0} g(x)=B\) ，且 \(A<B\) ，则 \(\exists \delta>0\) ，使得当 \(|x-x_0|\in(0,\delta)\) 时，有 \(f(x)<g(x)\) 。
这个结论反过来也是成立的。
设 \(\lim\limits_{x\to x_0} f(x)=A\) ， \(\lim\limits_{x\to x_0} g(x)=B\) ，且 \(\exists \delta>0\) ，当 \(|x-x_0|\in(0,\delta)\) 时，有 \(f(x)\leq g(x)\) ，则 \(A\leq B\) 。
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迫敛性
如果存在 \(\delta'>0\) ，使当 \(x\in U^0(x_0,\delta')\) 时，有 \(f(x)\leq h(x)\leq g(x)\) ，且 \(\lim\limits_{x\to x_0} f(x)=\lim\limits_{x\to x_0} g(x)=A\) ，则 \(\lim\limits_{x\to x_0} h(x)=A\)
以上定理都可以推广到左右极限 \(x\to x_0^-\) ，\(x\to x_0^+\) ，和自变量趋于 \(\infty\) ，\(+\infty\) ，\(-\infty\) 的情形。而且证明方法与数列极限中相关定理证明方式类似，此处不再赘述。
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归结原则
如果存在 \(\lim\limits_{x\to x_0} f(x)=A\) 的充分必要条件是：对于任何在 \(U^0(x_0,h)\) 中收敛于 \(x_0\) 的数列 \(\{x_n\}\) 都有 \(\lim\limits_{n\to\infty} f(x_n)=A\)
推论： \(\lim\limits_{x\to \infty} f(x)=A\) 的充分必要条件是：对于任何 \(x_n\to\infty(n\to\infty)\) 的数列 \(\{x_n\}\) ，都有 \(\lim\limits_{n\to\infty} f(x_n)=A\)
e.g.1. 证明： \(\lim\limits_{x\to 0} \sin\dfrac{1}{x}\) 不存在
证明：
设 \(f(x)=\sin\dfrac{1}{x}\) ，取 \(x_n'=\dfrac{1}{2n\pi}\) ，与 \(x_n''=\dfrac{1}{2n\pi+\dfrac{\pi}{2}}\) ，
显然 \(\{x_n'\}\) 与 \(\{x_n''\}\) 都收敛于 \(0\) ，
而 \(\lim\limits_{n\to\infty} f(x_n')=\lim\limits_{n\to\infty}\sin\dfrac{1}{\dfrac{1}{2n\pi}}=\lim\limits_{n\to\infty} \sin2n\pi=0\) ，
但是 \(\lim\limits_{n\to\infty} f(x_n'')=\lim\limits_{n\to\infty} \sin\left(2n\pi+\dfrac{\pi}{2}\right)=1\) ，
所以 \(\lim\limits_{x\to 0} \sin\dfrac{1}{x}\) 不存在。
4.函数极限的运算
也是与数列极限的运算类似。
假设 \(\lim f(x)=A\) ， \(\lim g(x)=B\) ，则有
① \(\lim [f(x)\pm g(x)]=A\pm B=\lim f(x)+\lim g(x)\)
② \(\lim [f(x)\cdot g(x)]=A\cdot B =\lim f(x)\cdot \lim g(x)\)
③ \((B\neq0)\lim\dfrac{f(x)}{g(x)}=\dfrac{A}{B}=\dfrac{\lim f(x)}{\lim g(x)}\)
④ \(\lim[Cf(x)]=C\lim f(x)\)
⑤ \(\lim[f(x)]^k=[\lim f(x)]^k\)
⑥ 设 \(\lim\limits_{x\to x_0}\varphi(x)=a\) ，且 \(x\) 满足 \(0<|x-x_0|<\delta_1\) 时， \(\varphi(x)\neq a\) ，又 \(\lim\limits_{u\to a}f(u)=A\) ，则有 \(\lim\limits_{x\to x_0}f[\varphi(x)]=\lim\limits_{u\to a}f(u)=A\)
e.g.1. 求 \(\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+1}-x\right)\)
解：
化简可得， \(\left(\sqrt{x^2+1}-x\right)=\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}+x}\) ，
所以 \(\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+1}-x\right)=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}+x}=0\)
练习1. 计算 \(\lim\limits_{x\to-1}\left(\dfrac{1}{x+1}-\dfrac{3}{x^3+1}\right)\)
解：
先化简， \(\dfrac{1}{x+1}-\dfrac{3}{x^3+1}=\dfrac{x^2-x+1-3}{x^3+1}=\dfrac{(x+1)(x-2)}{(x+1)(x^2-x+1)}=\dfrac{x-2}{x^2-x+1}\)
所以， \(\lim\limits_{x\to-1}\left(\dfrac{1}{x+1}-\dfrac{3}{x^3+1}\right)=\lim\limits_{x\to-1}\dfrac{x-2}{x^2-x+1}\)
根据运算法则， \(\lim\limits_{x\to-1}\dfrac{x-2}{x^2-x+1}=\dfrac{\lim\limits_{x\to-1}(x-2)}{\lim\limits_{x\to-1}(x^2-x+1)}=-1\)
练习2. 求 \(\lim\limits_{x\to 3} \sqrt{\dfrac{x-3}{x^2-9}}\)
此处用换元法解答一下：
令 \(t=\dfrac{x-3}{x^2-9}\) ，则当 \(x\to 3\) 时， \(t\to \dfrac{1}{6}\) ，
所以原式转化为 \(\lim\limits_{t\to\frac{1}{6}}\sqrt{t}=\dfrac{\sqrt{6}}{6}\) 。
5.两个重要极限
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\(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin x}{x}=1\)
证明：
根据初中知识我们知道 \(\sin x<x<\tan x\) ，
不等式同时除以 \(\sin x\) ，可得 \(1<\dfrac{x}{\sin x}<\dfrac{1}{\cos x}\quad \left(0<x<\dfrac{\pi}{2}\right)\) ，
调整一下，即 \(\cos x<\dfrac{\sin x}{x}<1\quad \left(0<|x|<\dfrac{\pi}{2}\right)\) ，
又 \(\lim\limits_{x\to 0} \cos x=1\) ，
根据迫敛性即可得， \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin x}{x}=1\)
ps：这里需要注意 \(x\to 0\) 表示的是从两边趋近于 \(0\) 。得需要说明左右极限都有，所以 \(x\) 不能仅满足 \(0<x<\dfrac{\pi}{2}\) 。因为 \(\cos x\) 与 \(\dfrac{\sin x}{x}\) 都是偶函数，所以 \(x\) 的范围可以到 \(0<|x|<\dfrac{\pi}{2}\) ，这个时候才能说明 \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin x}{x}=1\) 。
e.g.1. 求 \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\tan x}{x}\)
解：
先转化一下， \(\dfrac{\tan x}{x}=\dfrac{\sin x}{x}\cdot \dfrac{1}{\cos x}\)
所以， \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\tan x}{x}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin x}{x}\cdot \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1}{\cos x}\)
又 \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1}{\cos x}=1\) ，所以 \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\tan x}{x}=1\)
练习1. 求 \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1-\cos x}{x^2}\)
解：
利用半角公式， \(\dfrac{1-\cos x}{x^2}=\dfrac{2\left(\sin\dfrac{x}{2}\right)^2}{x^2}\) ，
调整可得， \(\dfrac{2\left(\sin\dfrac{x}{2}\right)^2}{x^2}=\dfrac{1}{2}\dfrac{\left(\sin\dfrac{x}{2}\right)^2}{\left(\dfrac{x}{2}\right)^2}\) ，
所以 \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1-\cos x}{x^2}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1}{2}\dfrac{\left(\sin\dfrac{x}{2}\right)^2}{\left(\dfrac{x}{2}\right)^2}=\dfrac{1}{2}\)
练习2. 求 \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin 5x}{\sin 2x}\)
解：
还是先尝试转化， \(\dfrac{\sin 5x}{\sin 2x}=\dfrac{5}{2}\dfrac{\dfrac{\sin 5x}{5x}}{\dfrac{\sin 2x}{2x}}\) ，
所以 \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin 5x}{\sin 2x}=\dfrac{5}{2}\)
练习3. 求 \(\lim\limits_{x\to a}\dfrac{\sin x-\sin a}{x-a}\)
解：
利用和差化积公式化简得， \(\dfrac{\sin x-\sin a}{x-a}=\dfrac{2\cdot \cos\dfrac{x+a}{2}\cdot\sin\dfrac{x-a}{2}}{x-a}=\dfrac{\cos\dfrac{x+a}{2}\cdot\sin\dfrac{x-a}{2}}{\dfrac{x-a}{2}}\) ，
所以， \(\lim\limits_{x\to a}\dfrac{\cos\dfrac{x+a}{2}\cdot\sin\dfrac{x-a}{2}}{\dfrac{x-a}{2}}=\lim\limits_{x\to a}\cos\dfrac{x+a}{2}\) ，
于是 \(\lim\limits_{x\to a}\dfrac{\sin x-\sin a}{x-a}=\cos a\)
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\(\lim\limits_{x\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^x=e\)
证明：
当 \(x>0\) 时，设 \(n\leq x\leq n+1\) ，
则有， \(\left(1+\dfrac{1}{n+1}\right)^n<\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^x<\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^{n+1}\)
又， \(\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{n+1}\right)^{n}=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\left(1+\dfrac{1}{n+1}\right)^{n+1}}{1+\dfrac{1}{n+1}}=\dfrac{e}{1}=e\)
且， \(\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^{n+1}=\lim\limits_{n\to\infty}\left[\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^{n}\cdot\left(1+\dfrac{1}{n}\right)\right]=e\cdot 1=e\)
所以 \(\lim\limits_{x\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^x=e\)
e.g.1. 计算 \(\lim\limits_{x\to\infty}\left(1-\dfrac{1}{x}\right)^x\)
解：
先转化， \(\left(1-\dfrac{1}{x}\right)^x=\left[\left(1+\dfrac{1}{-x}\right)^{-x}\right]^{-1}\)
所以， \(\lim\limits_{x\to\infty}\left(1-\dfrac{1}{x}\right)^x=\dfrac{1}{e}\)
练习1. 计算 \(\lim\limits_{x\to 0}\left(1+2x^2\right)^{\frac{1}{x^2}}\)
解：
令 \(t=2x^2\) ，则当 \(x\to 0\) 时， \(t\to 0^+\) ，
所以原式等价于， \(\lim\limits_{t\to 0^+}\left(1+t\right)^{\frac{2}{t}}=\lim\limits_{t\to 0^+}\left[\left(1+t\right)^{\frac{1}{t}}\right]^2=e^2\)
所以， \(\lim\limits_{x\to 0}\left(1+2x^2\right)^{\frac{1}{x^2}}=e^2\)
练习2. 计算 \(\lim\limits_{x\to\infty}\left(\dfrac{x+1}{x-1}\right)^x\)
解法一：
先分离常数， \(\left(\dfrac{x+1}{x-1}\right)^x=\left(1+\dfrac{2}{x-1}\right)^x\) ，
令 \(t=\dfrac{2}{x-1}\) ，当 \(x\to\infty\) 时， \(t\to 0\) ，
再转化， \(\left(1+\dfrac{2}{x-1}\right)^x=\left[\left(1+t\right)^{\frac{x-1}{2}}\right]^2\cdot(1+t)=\left[\left(1+t\right)^{\frac{1}{t}}\right]^2\)
所以， \(\lim\limits_{x\to\infty}\left(\dfrac{x+1}{x-1}\right)^x=\lim\limits_{x\to\infty}\left[\left(1+t\right)^{\frac{1}{t}}\right]^2=e^2\)
解法二：
利用 e.g.1. 中的结论 \(\lim\limits_{x\to\infty}\left(1-\dfrac{1}{x}\right)^x=\dfrac{1}{e}\)
先转化， \(\left(\dfrac{x+1}{x-1}\right)^x=\left(\dfrac{1+\dfrac{1}{x}}{1-\dfrac{1}{x}}\right)^x\)
所以， \(\lim\limits_{x\to\infty}\left(\dfrac{x+1}{x-1}\right)^x=\lim\limits_{x\to\infty}\left(\dfrac{1+\dfrac{1}{x}}{1-\dfrac{1}{x}}\right)^x=\dfrac{e}{\dfrac{1}{e}}=e^2\)
