高等数学 1.5极限运算法则

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定理1：两个无穷小的和是无穷小。
注：有限个无穷小之和也是无穷小

定理2：有界函数与无穷小的乘积是无穷小。

推论：常数与无穷小的乘积是无穷小

推论：有限个无穷小的乘积是无穷小。

定理3：如果 \(\lim f(x) = A, \lim \mathrm{g}(x) = B\) ，那么
（1）\(\lim [f(x) \pm \mathrm{g}(x)] = \lim f(x) + \lim \mathrm{g}(x) = A \pm B\) ；
（2）\(\lim [f(x) \cdot \mathrm{g}(x)] = \lim f(x) \cdot \lim \mathrm{g}(x) = A \cdot B\) ；
（3）若又有 \(B \neq 0\) ，则 \(\lim \cfrac{f(x)}{\mathrm{g}(x)} = \cfrac{\lim f(x)}{\lim \mathrm{g}(x)} = \cfrac{A}{B}\) 。

定理3中的（1）、（2）可以推广到有限个函数的情形。例如，如果 \(\lim f(x)\) 、 \(\lim \mathrm{g}(x)\) 、\(\lim h(x)\) 都存在，则有

\[\begin{align*} \lim [f(x) + \mathrm{g}(x) + h(x)] &= \lim f(x) +\lim \mathrm{g}(x) + \lim h(x) , \\ \lim [f(x) \cdot \mathrm{g}(x) \cdot h(x)] &= \lim f(x) \cdot\lim \mathrm{g}(x) \cdot \lim h(x) . \end{align*} \]

推论：如果 \(\lim f(x)\) 存在，而 \(c\) 为常数，那么

\[\lim [c f(x)] = c \lim f(x) \]

推论：如果 \(\lim f(x)\) 存在，而 \(n\) 为正整数，那么

\[\lim [f(x)]^n = [\lim f(x)]^n \]

定理4：设有数列 \(\{ x_n \}\) 和 \(\{ y_n \}\) .如果

\[\lim_{n \to \infty} x_n = A, \quad \lim_{n \to \infty} = B , \]

那么
（1）\(\lim \limits_{n \to \infty} (x_n \pm y_n) = A \pm B\) ；
（2）\(\lim \limits_{n \to \infty} (x_n \cdot y_n) = A \cdot B\) ；
（3）当 \(y_n \neq 0(n = 1, 2, \cdots)\) 且 \(B \neq 0\) 时，\(\lim \limits_{n \to \infty} \cfrac{x_n}{y_n} = \cfrac{A}{B}\) .

定理5：如果 \(\varphi (x) \geqslant \psi (x)\) ，而 \(\lim \varphi (x) = A, \psi (x) = B\) ，那么 \(A \geqslant B\) 。

例1 求 \(\lim \limits_{x \to 1} (2x - 1)\) .
解：\(\lim \limits_{x \to 1} (2x - 1) = \lim \limits_{x \to 1} 2x - \lim \limits_{x \to 1}1 = 2 \lim \limits_{x \to 1} x - 1 = 2 - 1 =1\)

例2 求 \(\lim \limits_{x \to 2} \cfrac{x^3 - 1}{x^2 - 5x + 3}\)
解：这里分母的极限不为零，故

\[\begin{align*} \lim_{x \to 2} \cfrac{x^3 - 1}{x^2 - 5x + 3} &= \cfrac{\lim \limits_{x \to 2} (x^3 - 1)}{\lim \limits_{x \to 2} (x^2 - 5x + 3)} \\ &= \cfrac{\lim \limits_{x \to 2} x^3 - 1}{\lim \limits_{x \to 2} x^2 - 5 \lim \limits_{x \to 2} x + 3} \\ &= \cfrac{(\lim \limits_{x \to 2} x)^3 - 1}{(\lim \limits_{x \to 2} x)^2 - 5 \cdot 2 + 3} \\ &= \cfrac{2^3 - 1}{2^2 - 10 + 3} = - \cfrac{7}{3} . \end{align*} \]

从上面两个例题中可以看出，求 有理函数（多项式） 或 有理分式函数 当 \(x \to x_0\) 的极限时，只要把 \(x_0\) 代替函数中的 \(x\) 就行了（对于有理分式函数，需假定这样代入后分母不等于零）。

事实上，设多项式

\[f(x) = a_0 x^n + a_1 x^{n - 1} + \cdots + a_n \]

则

\[\begin{align*} \lim_{x \to x_0} f(x) &= \lim_{x \to x_0} (a_0 x^n + a_1 x^{n - 1} + \cdots + a_n) \\ &= a_0 (\lim_{x \to x_0} x)^n + a_1 (\lim_{x \to x_0} x)^{n - 1} + \cdots + \lim_{x \to x_0} a_n \\ &= a_0 x_0^n + a_1 x_0^{n - 1} + \cdots +a_n \\ &= f(x_0) \end{align*} \]

又设有理分式函数

\[F(x) = \cfrac{P(x)}{Q(x)} , \]

其中 \(P(x), Q(x)\) 都是多项式，于是

\[\lim_{x \to x_0} P(x) = P(x_0), \quad \lim_{x \to x_0} Q(x) = Q(x_0) ; \]

如果 \(Q(x_0) \neq 0\) ，那么

\[\lim_{x \to x_0} F(x) = \lim_{x \to x_0} \cfrac{P(x)}{Q(x)} = \cfrac{\lim \limits_{x \to x_0} P(x)}{\lim \limits_{x \to x_0} Q(x)} = \cfrac{P(x_0)}{Q(x_0)} = F(x_0) . \]

但必须注意：若 \(Q(x_0) = 0\) ，则关于上的极限的运算法则不能应用，需要特别考虑。

例3 求 \(\lim \limits_{x \to 3} = \cfrac{x - 3}{x^2 - 9}\)
解：当 \(x \to 3\) 时，分子及分母的极限都是零，于是分子分母不能分别取极限。因分子及分母有公因子 \(x - 3\) ，而 \(x \to 3\) 时，\(x \neq 3, x - 3 \neq 0\) ，可以约去这个不为零的公因子。所以

\[\lim_{x \to 3} = \cfrac{x - 3}{x^2 - 9} = \lim_{x \to 3} = \cfrac{x - 3}{(x + 3)(x - 3)} = \lim_{x \to 3} \cfrac{1}{x + 3} = \cfrac{1}{6} \]

例4 求 \(\lim \limits_{x \to 1} \cfrac{2x - 3}{x^2 - 5x + 4}\) .
解：因为分母的极限 \(\lim \limits_{x \to 1} (x^2 - 5x + 4) = 1^2 - 5 \cdot 1 + 4 = 0\) ，不能应用商的极限的运算法则，但因

\[\lim_{x \to 1} \cfrac{x^2 - 5x + 4}{2x - 3} = \cfrac{1^2 - 5 \cdot 1 + 4}{2 \cdot 1 - 3} = 0 \]

可得

\[\lim_{x \to 1} \cfrac{2x - 3}{x^2 - 5x + 4} = \infty . \]

例5 求 \(\lim \limits_{x \to \infty} \cfrac{3x^3 + 4x^2 + 2}{7x^3 + 5x^2 - 3}\) .
解：先用 \(x^3\) 去除分子及分母，然后取极限，得

\[\lim_{x \to \infty} \cfrac{3x^3 + 4x^2 + 2}{7x^3 + 5x^2 - 3} = \lim_{x \to \infty} \cfrac{3 + \cfrac{4}{x} + \cfrac{2}{x^3}}{7 + \cfrac{5}{x} - \cfrac{3}{x^3}} = \cfrac{3}{7} , \]

这是因为

\[\lim_{x \to \infty} \cfrac{a}{x^n} = a \lim_{x \to \infty} \cfrac{1}{x^n} = a \left( \lim_{x \to \infty} \cfrac{1}{x} \right)^n = 0 \]

其中 \(a\) 为常数，\(n\) 为正整数，\(\lim \limits_{x \to \infty} \cfrac{1}{x} = 0\) .

例6 求 \(\lim \limits_{x \to \infty} \cfrac{3x^2 - 2x - 1}{2x^3 - x^2 + 5}\) .
解：先用 \(x^3\) 去除分子和分母，然后取极限，得

\[\lim_{x \to \infty} \cfrac{3x^2 - 2x - 1}{2x^3 - x^2 + 5} = \lim_{x \to \infty} \cfrac{\cfrac{3}{x} - \cfrac{2}{x^2} - \cfrac{1}{x^3}}{2 - \cfrac{1}{x} + \cfrac{5}{x^3}} = \cfrac{0}{2} = 0 . \]

例7 求 \(\lim \limits_{x \to \infty} \cfrac{2x^3 - x^2 + 5}{3x^2 - 2x - 1}\) .
解：应用例6的结果及相关定理，可得

\[\lim_{x \to \infty} \cfrac{2x^3 - x^2 + 5}{3x^2 - 2x - 1} = \infty . \]

例5、例6、例7是下列一般情形的特例，即当 \(a_0 \neq 0, b_0 \neq 0\) ，\(m\) 和 \(n\) 为非负整数时，有

\[\lim_{x \to \infty} = \cfrac{a_0 x^m + a_1 x^{m - 1} + \cdots + a_m}{b_0 x^n +ｂ_1 x^{n - 1} + \cdots + b_n} = \begin{cases} 0 ,& 当 n > m , \\ \cfrac{a_0}{b_0} ,& 当 n = m , \\ \infty , & 当 n < m . \end{cases} \]

例8 求 \(\lim \limits_{x \to \infty} \cfrac{\sin x}{x}\) .
解：当 \(x \to \infty\) 时，分子及分母的极限都不存在，故关于商的极限的运算法则不能应用。如果把 \(\cfrac{\sin x}{x}\) 看做 \(\sin x\) 与 \(\cfrac{1}{x}\) 的乘积，由于 \(\cfrac{1}{x}\) 当 \(x \to \infty\) 时为无穷小，而 \(\sin x\) 是有界函数，则根据定理有

\[\lim_{x \to \infty} \cfrac{\sin x}{x} = 0 . \]

定理6（复合函数的极限运算法则） ：设函数 \(y = f[\mathrm{g} (x)]\) 是由函数 \(u = \mathrm{g} (x)\) 与函数 \(y = f(u)\) 复合而成，\(f[\mathrm{g} (x)]\) 在点 \(x_0\) 的某去心邻域内有定义，若 \(\lim \limits_{x \to x_0} \mathrm{g}(x) = u_0, \lim \limits_{u \to u_0} f(u) = A\) ，且存在 \(\delta_0 > 0\) ,当 \(x \in \mathring{U}(x_0, \delta_0)\) 时，有 \(\mathrm{g}(x) \neq u_0\) ，则

\[\lim_{x \to x_0} f[\mathrm{g}(x)] = \lim_{u \to u_0} f(u) = A . \]

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