前言

\(\require{color}\)

\(\displaystyle\lim_{x\to0} \frac{\sin x}{x}\) 是個重要的極限,

因為考題中有許多極限題都是圍繞著此極限,

需要你作些變形然後引用 \(\displaystyle\lim_{x\to0} \frac{\sin x}{x}=1\) 。

雖然在《白話微積分》一書中有盡量多點例題來讓讀者能慢慢跟上,

包含了此重要極限也確實放了好幾道例題,

但作為一本實體書,還是沒辦用太大篇幅來裝下非常多題目。
(就算我下決心要這樣搞,出版社也很難同意。

即使真如此出版的話,也會嚇走不少人)

所以,那就由本文來進行補充吧!

複習書中習題

首先簡單整理一下書中介紹過的極限題:
\begin{align*}
(1)\quad&\,\lim_{x\to0} \frac{\sin(3x)}{x}\\[2mm]
=&\,\lim_{x\to0} \frac{\sin(\colorbox{ProcessBlue}{\(3x\)})}
{\colorbox{ProcessBlue}{\(3x\)}}
\cdot3=1\cdot3=3\\[2mm]
(2)\quad&\,\lim_{x\to0} \frac{2x}{\sin(5x)}\\[2mm]
=&\,\lim_{x\to0}
\frac{\colorbox{Lavender}{\(5x\)}}
{\sin(\colorbox{Lavender}{\(5x\)})}
\cdot\frac{2}{5}=\frac{2}{5}\\[2mm]
(3)\quad&\,\lim_{x\to0}
\frac{1-\cos x}{x^2}\\[2mm]
=&\,\lim_{x\to0}
\frac{2\sin^2(\frac{x}{2})}
{(\frac{x}{2})^2\cdot2^2}
=1^2\cdot\frac{2}{2^2}
=\frac{1}{2}\\[2mm]
(4)\quad&\,\lim_{x\to0}
\frac{1-\cos x}{x}\\[2mm]
=&\,\lim_{x\to0}
\frac{1-\cos x}{x^2}\cdot x
=\frac{1}{2}\cdot0=0\\[2mm]
(5)\quad&\,\lim_{x\to\infty}
x\sin\big(
\frac{1}{x}\big)\\[2mm]
=&\,\lim_{x\to\infty}
\frac{\sin\big(
\frac{1}{x}\big)}
{\frac{1}{x}}
=\lim_{y\to0^+}
\frac{\sin(y)}{y}=1\\[2mm]
(6)\quad&\,\lim_{x\to\infty}
\frac{3x^2-2}
{5x+4}
\sin\big(\frac{2}{x}
\big)\\[2mm]
=&\,\lim_{x\to\infty}
\frac{(3x^2-2)\cdot2}
{(5x+4)\cdot x}
\cdot\frac{
\sin\big(\frac{2}{x}\big)}
{\frac{2}{x}}\\[2mm]
=&\,\frac{6}{5}\cdot1
=\frac{6}{5}
\end{align*}


延伸題 1

$$\lim_{x\to\infty}
x\sin\big(\frac{3}{x^2}\big)$$

首先注意到 \(\sin\big(\frac{3}{x^2}\big)\),

現在的極限是考慮 $x\to\infty$ ,所以 $\frac{3}{x^2}\to0$ 。
這就和當 $x\to0$ 時的 $\sin x$ 挺像。
因此我們要給它的“對面”,也就是分母,
配個 $\frac{3}{x^2}$ ,具體操作如:
\begin{align}
&\,\lim_{x\to\infty}
x\sin\big(\frac{3}{x^2}\big)\\[2mm]
=&\,\lim_{x\to\infty}
x\cdot\frac{\sin\big(\frac{3}{x^2}\big)}{\frac{3}{x^2}}\cdot\frac{3}{x^2}\\[2mm]
=&\,\lim_{x\to\infty}
\frac{\sin\big(\frac{3}{x^2}\big)}{\frac{3}{x^2}}\cdot\frac{3}{x}\\[2mm]
=&\,1\cdot0=0
\end{align}


延伸題 2

$$\lim_{x\to\infty}
\frac{x^2+2x+1}{x+1}\cdot
\sin\big(\frac{2}{x}\big)$$

與上一題類似的考慮,

給 $\sin\big(\frac{2}{x}\big)$ 的對面配個 $ \frac{2}{x}$ :
\begin{align}
&\,\lim_{x\to\infty}
\frac{x^2+2x+1}{x+1}\cdot
\sin\big(\frac{2}{x}\big)\\[2mm]
=&\,\lim_{x\to\infty}
\frac{x^2+2x+1}{x+1}\cdot\frac{\sin\big(\frac{2}{x}\big)}{\frac{2}{x}}\cdot\frac{2}{x}\\[2mm]
=&\,2\lim_{x\to\infty}
\frac{x^2+2x+1}{x^2+x}\cdot\frac{\sin\big(\frac{2}{x}\big)}{\frac{2}{x}}\\[2mm]
=&\,2\cdot1\cdot1=2
\end{align}


延伸題 3

$$\lim_{x\to0}\frac{\sin^{-1}x}{x}$$

設 $y=\sin^{-1} x$ ,則 $x=\sin y$ 。
當 $x\to0$ ,$y\to0$ 。
\begin{align}
&\,\lim_{x\to0}
\frac{\sin^{-1}x}{x}\\[2mm]
=&\,\lim_{y\to0}\frac{y}{\sin y}\\[2mm]
=&\,\frac{1}{1}=1
\end{align}


延伸題 4

$$\lim_{x\to0}
\frac{\cos x-1}{\sin^{-1} x\tan x}$$

除了基本的 $\lim_{x\to0}
\frac{\sin x}{x}=1$ ,
在我們做題經驗裡也已經知道

\begin{align}
\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{1}{2}
\end{align}

以及

\begin{align}\lim_{x\to0}\frac{\sin^{-1}x}{x}=1
\end{align}


基於這些已知極限,就不難想到要這樣拆解:
\begin{align}
&\,\lim_{x\to0}
\frac{\cos x-1}{\sin^{-1} x
\colorbox{Goldenrod}{\(\tan x\)}
}\\[2mm]
=&\,\lim_{x\to0}
\frac{\cos x-1}{\sin^{-1} x \cdot
\colorbox{Goldenrod}{\(\frac{\sin x}{\cos x}\)}
}\\[2mm]
=&\,\lim_{x\to0}\; -\frac{1-\cos x}{x^2}
\cdot\frac{x}{\sin^{-1}x}\\[2mm]
&\qquad\cdot\frac{x}{\colorbox{Goldenrod}{\(\sin x\)}}
\cdot\colorbox{Goldenrod}{\(\cos x\)}\\[2mm]
=&\,-\frac{1}{2}\cdot1
\cdot\frac{1}{1}\cdot1=-\frac{1}{2}
\end{align}


延伸題 5

$$\lim_{x\to0}
\frac{\sin\big(\sin x\big)}{x}$$

\begin{align}
&\,\lim_{x\to0}
\frac{\sin\big(\sin x\big)}{x}\\[2mm]
=&\,\lim_{x\to0}
\frac{\sin\big(\sin x\big)}{\sin x}
\cdot\frac{\sin x}{x}\\[2mm]
=&\,1\cdot1=1
\end{align}


延伸題 6

$$\lim_{\theta\to0}
\frac{\theta-\theta\cos\theta}
{\sin\theta\tan\theta}$$

仔細觀察式子後,決定分子分母同除以 $\theta$ ,
這樣能消掉分子的 $\theta$ ,
還能在分母搞出個 $\frac{\sin \theta}{\theta}$

\begin{align}
&\,\lim_{\theta\to0}
\frac{\theta-\theta\cos\theta}
{\sin\theta\tan\theta}\\[2mm]
=&\,\lim_{\theta\to0}\frac{1-\cos\theta}
{\frac{\sin\theta}{\theta}}
\cdot\frac{1}{\tan\theta}\\[2mm]
=&\,\lim_{\theta\to0}
\frac{1-\cos\theta}{\theta^2}
\cdot\frac{1}{\frac{\sin\theta}{\theta}}\\[2mm]
&\qquad \cdot\frac{\theta}{\tan\theta}\cdot\theta\\[2mm]
=&\,\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1}
\cdot\frac{1}{1}\cdot0=0
\end{align}


延伸題 7

$$\lim _{\theta \to 0}
\frac{1-\cos\big(\frac{1-\cos \theta}{2}\big)}{\theta^4}$$

這題設計得比較複雜,我們慢慢拆解,不必強求要一步到位

\begin{align}
&\,\lim _{\theta \to 0}
\frac{1-\cos\big(\colorbox{Goldenrod}{\(\frac{1-\cos \theta}{2}\)}
\big)}
{\colorbox{ProcessBlue}{\(\theta^4\)}
}\\[6mm]
=&\,\lim _{\theta \to 0}
\frac{1-\cos\big(\colorbox{Goldenrod}{\(\frac{1-\cos \theta}{2}\)}\big)}
{\fbox{\(\big(\colorbox{Goldenrod}{\(\frac{1-\cos \theta}{2}\)}\big)^2\)}}
\\[2mm]
&\quad\cdot\fbox{\(\Big(\frac{1-\cos \theta}{2}\Big)^2\)}
\cdot\frac{1}{\colorbox{ProcessBlue}{\(\theta^4\)}}\\[6mm]
=&\,\lim _{\theta \to 0}
\frac{1-\cos\big(\colorbox{Goldenrod}{\(\frac{1-\cos \theta}{2}\)}\big)}
{\big(\colorbox{Goldenrod}{\(\frac{1-\cos \theta}{2}\)}\big)^2}
\\[2mm]
&\quad\cdot\bigg(\frac{1-\cos \theta}
{\colorbox{ProcessBlue}{\(\theta^2\)}}\bigg)^2\cdot\frac{1}{4}\\[6mm]
=&\,\frac{1}{2}\cdot\big(\frac{1}{2}\big)^2
\cdot\frac{1}{4}=\frac{1}{32}
\end{align}

為了幫助你看懂,在此複雜的過程中進行了標註。
\(\colorbox{Goldenrod}{黃色底色}\) 標註了對齊,根據 $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{1}{2}$ 來進行 $\cos$ 內部的對齊

\(\colorbox{ProcessBlue}{藍色底色}\) 標註的一直是同一個 $\theta^4$ ,
讓你看懂它從第二行到第三行是乘進括號內了

框的部分是對齊完之後的平衡

註:所謂的對齊與平衡,在《白話微積分》內文有提到。

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