最后更新: 2025-03-14 18:38 查看: 11 次高考专区考研专区公式专区刷题专区词条搜索

两个重要极限

## 4.2.4 两个重要极限

在众多的函数极限中一般公认有两个极限最为重要，它们的基础是前面已经得到的两个数列极限

$$
\boxed{
\begin{gathered}
\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\sin \frac{\pi}{n}}{\frac{\pi}{n}}=1  ...(4.6)\\
\lim _{n \rightarrow \infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n=e ...(4.7)
\end{gathered} 
}
$$

## 第一重要极限
**定理 4.7** $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x}=1$ ．
证 1 根据 $\S 4.1.4 $ 的定理 4．3，只要证明函数 $\frac{\sin x}{x}$ 在点 0 的两个单侧极限都是 1 即可。

先考虑在点 0 的右侧极限．一开始就将变量 $x$ 的范围限制在 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 内．对于 $\forall x \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), \exists n:$

$$
\frac{\pi}{n+1}<x \leqslant \frac{\pi}{n} .
$$

这也就是 $n \leqslant \frac{\pi}{x}<n+1$ ，可见这个 $n$ 是由

$$
n=\left[\frac{\pi}{x}\right]
$$

所惟一确定的正整数 
这时成立两面夹的不等式：

$$
\frac{\sin \frac{\pi}{n+1}}{\frac{\pi}{n}}<\frac{\sin x}{x}<\frac{\sin \frac{\pi}{n}}{\frac{\pi}{n+1}} ...(4.8)
$$

其中的左边和右边（以下简称两边）是数列，从（4．6）可见它们具有相同的极限值 1 ，但中间是函数，因此不能直接用夹逼定理．以下直接用函数极限的定义来证．

首先，利用（4．8）的两边（即两个数列）的极限都是 1 ，因此对于 $\forall \varepsilon>0, \exists N$ ， $\forall n \geqslant N$ ，使得（4．8）的两边的值都在邻域 $O_{\varepsilon}(1)=(1-\varepsilon, 1+\varepsilon)$ 中．

取 $\delta=\frac{\pi}{N}$ ，则在 $0<x<\delta=\frac{\pi}{N}$ 时，就有 $\frac{\pi}{x}>N$ ．因此成立

$$
n=\left[\frac{\pi}{x}\right] \geqslant N .
$$

这样就既使两面夹不定式（4．8）成立，又使其两边的值都落在 $O_{\varepsilon}(1)$ 中，于是就有

$$
\left|\frac{\sin x}{x}-1\right|<\varepsilon .
$$
这就证明了

$$
\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\sin x}{x}=1
$$

对于 $x \rightarrow 0^{-}$的左侧极限，可以作变量代换 $y=-x$ ，并利用 $\sin x$ 为奇函数，这样就有

$$
\lim _{x \rightarrow 0^{-}} \frac{\sin x}{x}=\lim _{y \rightarrow 0^{+}} \frac{\sin y}{y}=1
$$

既然两个单侧极限具有相同极限值 1 ，因此结论为真．
以上证明的出发点是数列极限（4．6），而这即是在第二章所建立的（2．17）。回顾那里的内容，需要在一个引理的基础上（即证明不等式（2．15））证明定理2．17，其中涉及到 $\pi$ 的严格定义，因此整个过程相当复杂,详见 [ $\pi$ 的严格定义](https://kb.kmath.cn/kbase/detail.aspx?id=2188)。

实际上，极限 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x}=1$ 也可以用简单的几何方法来得到，证明如下．

**证2** 如图 4.6 所示，以 $O$ 为圆心，在半径 1的圆周上取出对应于圆心角 $x \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 的圆弧 $\widehat{A B}$ ，得到锐角三角形 $\triangle O A B$ 和扇形 $ O A B$ ，又作出直角三角形 $\triangle O A C$ ，其中 $O A \perp A C$ ，于是在它们的面积之间成立不等式

$$
S_{\triangle O A B}<S_{\widehat {O A B}}<S_{\triangle O A C}
$$

![图片](/uploads/2025-01/80ddd2.jpg)
 
 在上述面积不等式中代入各自的面积公式 $\frac{1}{2} \sin x, \frac{1}{2} x$ 和 $\frac{1}{2} \tan x$ 并乘以 2 ，就得到在 $0<x<\frac{\pi}{2}$ 时成立的不等式

$$
\sin x<x<\tan x ...(4.9)
$$

由此可以得到两面夹不等式：

$$
\cos x<\frac{\sin x}{x}<1 ...(4.10)
$$

由于 $\cos x$ 和 $\frac{\sin x}{x}$ 为偶函数，因此上述不等式在 $0<|x|<\frac{\pi}{2}$ 时也成立．令 $x \rightarrow 0$ ，利用 $\lim _{x \rightarrow 0} \cos x=\cos 0=1$（利用例题 4.4 或独立证明之），再用夹逼定理就得到 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x}=1$ ．

**注1** 从不等式（4．10）在 $0<|x|<\frac{\pi}{2}$ 成立出发，也可以直接估计如下：

$$
0<1-\frac{\sin x}{x}<1-\cos x=2 \sin ^2 \frac{x}{2}<2\left|\sin \frac{x}{2}\right|<2 \frac{|x|}{2}=|x|
$$

其中最后还利用了（4．9），这样就可以按照 $\varepsilon-\delta$ 的定义证明所要的结论．

**注2** 上述第二个证明利用了直观的面积关系，似乎比第一个证明容易得多。其缺点是其中用到的扇形面积公式涉及到圆周率，角的弧度制度量和圆面积公式等知识，这些在中学数学中都有，但都没有严格证明，因此总体来看就不够严格．根据同样的理由，公式（4．9）中的两个很有用的初等不等式，即在 $0<x<\frac{\pi}{2}$ 时的 $\sin x<x$ 和 $x<\tan x$ ，将在今后的例题 7.15 中用其他方法作出证明（见（7．11））．这就是因为从图 4.6 直接推出它们的上述方法是不够严格的

> 类似的＂证明＂还有不少．例如在图 4.6 中从点 $B$ 向对边 $O A$ 作垂直线，则它的长度就是 $\sin x$ ，它小于边 $A B$ 的长度，而后者又小于圆弧 $\widehat{A B}$ 的弧长 $x$ ，于是得到 $\sin x<x$ ．仔细检查这个推导过程可以发现其中不但涉及到圆周率和角的弧度制问题，而且还出现了曲线弧长的概念，这些在中学数学中都不可能严格建立．因此上述推导是不严格的．同时这里还提醒我们，三角函数本身仅仅从几何上定义是不能令人满意的．为此，今后在幂级数的基础上将给出正弦和余弦函数的幂级数展开式，同时它们可以作为正弦和余弦函数的解析定义来看待，这样就最终解决了以上问题．

>  类似的＂证明＂还有不少．例如在图 4.6 中从点 $B$ 向对边 $O A$ 作垂直线，则它的长度就是 $\sin x$ ，它小于边 $A B$ 的长度，而后者又小于圆弧 $\widehat{A B}$ 的弧长 $x$ ，于是得到 $\sin x<x$ ．仔细检查这个推导过程可以发现其中不但涉及到圆周率和角的弧度制问题，而且还出现了曲线弧长的概念，这些在中学数学中都不可能严格建立。因此上述推导是不严格的。
同时这里还提醒我们，三角函数本身仅仅从几何上定义是不能令人满意的。为此，今后在幂级数的基础上将给出正弦和余弦函数的幂级数展开式，同时它们可以作为正弦和余弦函数的解析定义来看待，这样就最终解决了以上问题．

## 第二重要极限
**定理4.8** $ \lim _{x \rightarrow 0}(1+x)^{\frac{1}{x}}= e$ ．
证 同样先看 $x \rightarrow 0^{+}$时的右侧极限．
对 $x \in(0,1)$ ，存在正整数 $n$ ，使得 $\frac{1}{n+1}<x \leqslant \frac{1}{n}$ ，这也就是 $n \leqslant \frac{1}{x}<n+1$ ，因此 $n$ 是由

$$
n=\left[\frac{1}{x}\right]
$$

所惟一确定的正整数．于是有两面夹不等式：

$$
\left(1+\frac{1}{n+1}\right)^n<(1+x)^{\frac{1}{x}}<\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}
$$

这里两边都是数列，从第二章关于数 e 的知识（即（4．7））知道它们都收玫于 e ，但

中间是函数，因此不能直接用夹逼定理．这里采用定理 4.7 中的证明方法．对于 $\forall \varepsilon>0, \exists N, \forall n \geqslant N$ ，使得（4．11）的两边的值都落在邻域 $O_{\varepsilon}( e )=( e -\varepsilon, e +\varepsilon)$ 之内．另一方面，取 $\delta=\frac{1}{N}$ ，则当 $0<x<\delta=\frac{1}{N}$ 时，就有

$$
\frac{1}{x}>N
$$

因此

$$
n=\left[\frac{1}{x}\right] \geqslant N
$$

这样就既使得两面夹不等式（4．11）成立，又使其两边的值都在 $O_{\varepsilon}( e )$ 中，从而得到

$$
\left|(1+x)^{\frac{1}{x}}-e\right|<\varepsilon
$$

这就证明了

$$
\lim _{x \rightarrow 0^{+}}(1+x)^{\frac{1}{x}}=e
$$

对于 $x \rightarrow 0^{-}$，作代换 $y=-x$ ，且设 $-1<x<0$ ，即有 $0<y<1$ ，则就有

$$
\begin{aligned}
\lim _{x \rightarrow 0^{-}}(1+x)^{\frac{1}{x}} & =\lim _{y \rightarrow 0^{+}}(1-y)^{-\frac{1}{y}}=\lim _{y \rightarrow 0^{+}}\left(\frac{1}{1-y}\right)^{\frac{1}{y}} \\
& =\lim _{y \rightarrow 0^{+}}\left(1+\frac{y}{1-y}\right)^{\frac{1}{y}} \\
& =\lim _{y \rightarrow 0^{+}}\left[\left(1+\frac{y}{1-y}\right)^{\frac{1-y}{y}} \cdot\left(1+\frac{y}{1-y}\right)\right] \\
& =\lim _{y \rightarrow 0^{+}}\left(1+\frac{y}{1-y}\right)^{\frac{1-y}{y}} .
\end{aligned}
$$

再作代换 $z=y /(1-y)$ ，则在 $0<y<1$ 时，

$$
y \rightarrow 0^{+} \Longleftrightarrow z \rightarrow 0^{+}
$$

因此从上面的最后一式得到

$$
\lim _{z \rightarrow 0^{+}}(1+z)^{\frac{1}{z}}=e
$$

这样就证明了

$$
\lim _{x \rightarrow 0^{-}}(1+x)^{\frac{1}{x}}=e .
$$

既然两个单侧极限具有相同极限值 e ，因此定理的结论为真．

注 以前我们在数列极限中举出过 4 种不定式．实际上还有更多的不定式．函数极限也是如此．上面的两个重要极限中第一个是 $\frac{0}{0}$ 型的不定式，第二个则是 $1^{\infty}$型不定式。

**例题 4.11** 求 $I=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin 2 x}{x}$ ．
解 $I=\lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{\sin 2 x}{2 x} \cdot \frac{2 x}{x}\right)=2 \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin 2 x}{2 x}=2$ ．
注 以上写法是常见的，实际上就是作代换 $y=2 x$ ，同时利用 $x \rightarrow 0 \Longleftrightarrow$ $y \rightarrow 0$ ，只是这两点没有写出来．

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