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114 台大微積分 C 第 1 題

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114學年度 · 114微積分C · 第 1 題

題目

Problem

Evaluate.

(1) lim⁡x→1x+73−21−x=(1)‾\displaystyle \lim_{x \to 1} \frac{\sqrt[3]{x+7}-2}{1-\sqrt{x}} = \underline{\quad(1)\quad}.

(2) lim⁡x→∞xtan⁡πxtan⁡−1xπ=(2)‾\displaystyle \lim_{x \to \infty} x \tan \frac{\pi}{x} \tan^{-1} \frac{x}{\pi} = \underline{\quad(2)\quad}.

解答

(1)

解法一：有理化

思路

展開
  1. 這題是不定式 00\frac{0}{0}，式子中包含根式相減，因此使用有理化。
  2. 分子是三次根式差，分母是平方根式差，可以分別使用立方差與平方差的有理化。
  3. 有理化後會出現共同因子 x−1x-1，消掉後即可代入。

答題過程

展開

先處理分子。

由於

a3−b3=(a−b)(a2+ab+b2)\begin{align*} a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2) \end{align*}

移項可得

a−b=a3−b3a2+ab+b2\begin{align*} a-b=\frac{a^3-b^3}{a^2+ab+b^2} \end{align*}

這裡 a=x+73a=\sqrt[3]{x+7} 、 b=2b=2：

 x+73−2= (x+7)−8(x+7)2/3+2(x+7)1/3+4= x−1(x+7)2/3+2x+73+4\begin{align*} &\,\sqrt[3]{x+7}-2\\[4mm] =&\, \frac{(x+7)-8}{(x+7)^{2/3}+2(x+7)^{1/3}+4} \\[4mm] =&\, \frac{x-1}{(x+7)^{2/3}+2\sqrt[3]{x+7}+4} \end{align*}

再處理分母：

1−x= (1−x)(1+x)1+x= 1−x1+x= −x−11+x\begin{align*} 1-\sqrt{x} =&\, \frac{(1-\sqrt{x})(1+\sqrt{x})}{1+\sqrt{x}} \\[4mm] =&\, \frac{1-x}{1+\sqrt{x}} \\[4mm] =&\, -\frac{x-1}{1+\sqrt{x}} \end{align*}

所以原極限為

 lim⁡x→1x+73−21−x= lim⁡x→1x−1(x+7)2/3+2x+73+4−x−11+x= lim⁡x→1−1+x(x+7)2/3+2x+73+4= −1+14+2⋅2+4= −16\begin{align*} &\, \lim_{x \to 1} \frac{\sqrt[3]{x+7}-2}{1-\sqrt{x}} \\[4mm] =&\, \lim_{x\to 1} \frac{\frac{x-1}{(x+7)^{2/3}+2\sqrt[3]{x+7}+4}} {-\frac{x-1}{1+\sqrt{x}}} \\[4mm] =&\, \lim_{x\to 1} -\frac{1+\sqrt{x}}{(x+7)^{2/3}+2\sqrt[3]{x+7}+4} \\[4mm] =&\, -\frac{1+1}{4+2\cdot 2+4} \\[4mm] =&\, -\frac{1}{6} \end{align*}

因此第 (1) 格答案為 −16-\frac{1}{6}。

解法二：羅必達法則

思路

展開
  1. 代入 x=1x=1 後分子分母都為 00。
  2. 分子分母在 x=1x=1 附近可導，且分母導數在 x=1x=1 不為 00，可直接使用羅必達法則。

答題過程

展開  lim⁡x→1x+73−21−x=L lim⁡x→113(x+7)−2/3−12x= 13⋅8−2/3−12= 112−12= −16\begin{align*} &\,\lim_{x \to 1} \frac{\sqrt[3]{x+7}-2}{1-\sqrt{x}} \\[4mm] \overset{L}{=}&\, \lim_{x \to 1} \frac{\frac{1}{3}(x+7)^{-2/3}}{-\frac{1}{2\sqrt{x}}} \\[4mm] =&\, \frac{\frac{1}{3}\cdot 8^{-2/3}}{-\frac{1}{2}} \\[4mm] =&\, \frac{\frac{1}{12}}{-\frac{1}{2}} \\[4mm] =&\, -\frac{1}{6} \end{align*}

(2)

解法一：拆成兩個基本極限

思路

展開
  1. 這個乘積中，tan⁡−1xπ\tan^{-1}\frac{x}{\pi} 會趨近 π2\frac{\pi}{2}。
  2. 另一部分 xtan⁡πxx\tan\frac{\pi}{x} 則可利用 tan⁡u∼u\tan u\sim u。
  3. 兩個極限都存在，所以乘起來即可。

答題過程

展開

先看第一個因子：

lim⁡x→∞xtan⁡πx= lim⁡x→∞π⋅tan⁡πxπx= π\begin{align*} \lim_{x\to\infty}x\tan\frac{\pi}{x} =&\, \lim_{x\to\infty}\pi\cdot \frac{\tan\frac{\pi}{x}}{\frac{\pi}{x}} \\[4mm] =&\, \pi \end{align*}

再看第二個因子：

lim⁡x→∞tan⁡−1xπ=π2\begin{align*} \lim_{x\to\infty}\tan^{-1}\frac{x}{\pi} =\frac{\pi}{2} \end{align*}

因此

 lim⁡x→∞xtan⁡πxtan⁡−1xπ= π⋅π2= π22\begin{align*} &\, \lim_{x \to \infty} x \tan \frac{\pi}{x} \tan^{-1} \frac{x}{\pi} \\[4mm] =&\, \pi\cdot \frac{\pi}{2} \\[4mm] =&\, \frac{\pi^2}{2} \end{align*}

所以第 (2) 格答案為 π22\frac{\pi^2}{2}。

解法二：變數代換

思路

展開
  1. 令 u=πxu=\frac{\pi}{x}，可把 x→∞x\to\infty 轉成 u→0+u\to 0^+。
  2. 這樣整題會變成 πutan⁡u⋅tan⁡−11u\frac{\pi}{u}\tan u\cdot \tan^{-1}\frac{1}{u}，兩個極限的角色更清楚。

答題過程

展開

令

u=πx\begin{align*} u=\frac{\pi}{x} \end{align*}

則 x=πux=\frac{\pi}{u}，且當 x→∞x\to\infty 時，u→0+u\to 0^+。原式變成

 lim⁡x→∞xtan⁡πxtan⁡−1xπ= lim⁡u→0+πutan⁡u⋅tan⁡−11u= π(lim⁡u→0+tan⁡uu)(lim⁡u→0+tan⁡−11u)= π⋅1⋅π2= π22\begin{align*} &\, \lim_{x \to \infty} x \tan \frac{\pi}{x} \tan^{-1} \frac{x}{\pi} \\[4mm] =&\, \lim_{u\to 0^+} \frac{\pi}{u}\tan u\cdot \tan^{-1}\frac{1}{u} \\[4mm] =&\, \pi\left(\lim_{u\to 0^+}\frac{\tan u}{u}\right) \left(\lim_{u\to 0^+}\tan^{-1}\frac{1}{u}\right) \\[4mm] =&\, \pi\cdot 1\cdot \frac{\pi}{2} \\[4mm] =&\, \frac{\pi^2}{2} \end{align*}