泰勒展开求极限

isee

源自知乎提问


只看分母一阶那个： $\lim_{x\to 0}\frac {(1+x)^{\frac 1x}-\mathrm e}{x}.$



将 $y=(1+x)^{\frac 1x}$ 在 $x=0$ 处一阶泰勒展开，以下 $\exp f(x)=\mathrm e^{f(x)}$ :

\begin{align*} (1+x)^{\frac 1x} &=\exp{\frac {\ln(1+x)}x}\\[1em] &=\exp{\frac {x-\frac {x^2}2+o(x^2)}x}\\[1em] &=\exp\left(1-\frac {x}2+o(x)\right)\\[1em] &=\exp(1)\exp\left(-\frac {x}2+o(x)\right)\\[1em] &=\color{blue}{\mathrm e\cdot \mathrm e^{-\frac {x}2+o(x)}}\\[1em] &=\mathrm e\cdot \left(1+\left(\color{blue}{-\frac {x}2+o(x)}\right)+\frac {\left(\color{blue}{-\frac {x}2+o(x)}\right)^2}{2!}+\cdots\right)\\[1em] &=\mathrm e\cdot \left(1-\frac {x}2+o(x)\right)\\[1em] &=\mathrm e-\frac {\mathrm e x}2+o(x), \end{align*}



于是

$$\lim_{x\to 0}\frac {(1+x)^{\frac 1x}-\mathrm e}{x}=\lim_{x\to 0}\frac {\mathrm e-\frac {\mathrm e x}2+o(x)-\mathrm e}{x}=-\frac {\mathrm e}2.$$

isee

其实这里有个小小的细节，倒数第五行，那个省略号是无穷小阶的“判定”\[o\left(\left(-\frac x2+o(x)\right)^2\right),\]

求极限嘛，好想，但似乎不好写

tommywong

所以應該洛必達，洛必達多好寫
$\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{(1+x)^{\frac{1}{x}}-e}{x}$
$\displaystyle =\lim_{x\to 0}\frac{e^{\frac{\ln(1+x)}{x}}-e}{x}$
$\displaystyle =\lim_{x\to 0}\left(\frac{1}{x(1+x)}-\frac{\ln(1+x)}{x^2}\right) e^{\frac{\ln(1+x)}{x}}$
$\displaystyle =\lim_{x\to 0}\frac{x-(1+x)\ln(1+x)}{x^3+x^2}e$
$\displaystyle =\lim_{x\to 0}\frac{-\ln(1+x)}{3x^2+2x}e$
$\displaystyle =\lim_{x\to 0}\frac{-1}{(6x+2)(1+x)} e$
$\displaystyle =\frac{-1}{2}e$

isee

又一个，源自知乎提问



题： $$\lim_{x\to 0} \frac {(1+\sin x)^\frac 1{\sin x}-(1+\tan x)^\frac 1{\tan x}}{x^3}.$$

考虑泰勒公式展开.

先看分子，其中 $\exp f(x)=\mathrm e^{f(x)}$

\begin{align*} &\quad\ (1+\sin x)^\frac 1{\sin x}-(1+\tan x)^\frac 1{\tan x}\\[1em] &=\exp \frac {\ln(1+\sin x)}{\sin x}-\exp \frac {\ln(1+\tan x)}{\tan x}\\[1em] &=\exp \frac {\ln(1+\tan x)}{\tan x}\left(\exp \left(\frac {\ln(1+\sin x)}{\sin x}-\frac {\ln(1+\tan x)}{\tan x}\right)-1\right), \end{align*}

于是

\begin{align*} &\quad \ \lim_{x\to 0} \frac {(1+\sin x)^\frac 1{\sin x}-(1+\tan x)^\frac 1{\tan x}}{x^3}\\[1em] &=\lim_{x \to 0}\exp \frac {\ln(1+\tan x)}{\tan x}\frac {\exp \left(\frac {\ln(1+\sin x)}{\sin x}-\frac {\ln(1+\tan x)}{\tan x}\right)-1}{x^3}\\[1em] &=\mathrm e \lim_{x \to 0}\frac {\exp \left(\frac {\ln(1+\sin x)}{\sin x}-\frac {\ln(1+\tan x)}{\tan x}\right)-1}{x^3}\\[1em] &=\mathrm e \lim_{x \to 0}\frac {\frac {\ln(1+\sin x)}{\sin x}-\frac {\ln(1+\tan x)}{\tan x}}{x^3}, \end{align*}

将 $\frac {\ln(1+\sin x)}{\sin x}-\frac {\ln(1+\tan x)}{\tan x}$ 在 $x=0$ 处泰勒公式展开(只需计算到 $x^3$ )，

(注意 $\sin x\sim x,\ \tan x\sim x,\ (x \to 0),$ $o(\sin^3 x)\sim o(x^3),\ o(\tan^3 x)\sim o(x^3))$

\begin{align*} &\quad \ \frac {\ln(1+\sin x)}{\sin x}-\frac {\ln(1+\tan x)}{\tan x}\\[1.5em] &=\frac {\sin x-\frac {\sin^2x}2+\frac {\sin^3 x}3-\frac {\sin^4 x}4+o(x^4)}{\sin x}\\[0.6em] & \qquad \qquad -\frac {\tan x-\frac {\tan^2x}2+\frac {\tan^3 x}3-\frac {\tan^4 x}4+o(x^4)}{\tan x}\\[1.5em] &=-\frac {x-\frac {x^3}6}2+\frac {\left(x-\frac {x^3}6\right)^2}3-\frac {\left(x-\frac {x^3}6\right)^3}4+o(x^3)\\[0.6em] & \qquad \qquad -\left(-\frac {x+\frac{x^3}3}2+\frac {\left(x+\frac{x^3}3\right)^2}3-\frac {\left(x+\frac{x^3}3\right)^3}4+o(x^3)\right)\\[1em] &=\frac 14x^3+o(x^3), \end{align*}

从而

\begin{align*} &\quad \ \lim_{x\to 0} \frac {(1+\sin x)^\frac 1{\sin x}-(1+\tan x)^\frac 1{\tan x}}{x^3}\\[1em] &=\mathrm e \lim_{x \to 0}\frac {\frac {\ln(1+\sin x)}{\sin x}-\frac {\ln(1+\tan x)}{\tan x}}{x^3}\\[1em] &=\mathrm e\lim_{x\to 0}\frac {\frac 14x^3+o(x^3)}{x^3} \\[1em] &=\frac {\mathrm e}4. \end{align*}

kuing

回复 4# isee

令 `f(x)=(1+x)^{1/x}`，求导得
\[f'(x)=(1+x)^{1/x}\frac{x-(1+x)\ln(1+x)}{x^2(1+x)},\]
有
\[\lim_{x\to0}f'(x)=e\lim_{x\to0}\frac{x-(1+x)\ln(1+x)}{x^2}=e\lim_{x\to0}\frac{-\ln(1+x)}{2x}=-\frac e2,\]
于是对所求极限有
\begin{align*}
\text{原式}&=\lim_{x\to0}\frac{f(\sin x)-f(\tan x)}{\sin x-\tan x}\cdot\frac{\sin x-\tan x}{x^3}\\
&=\lim_{x\to0}f'(x)\cdot\frac{-2\sin x\sin^2\frac x2}{x^3\cos x}\\
&=-\frac e2\cdot\frac{-2}{2^2}\\
&=\frac e4.
\end{align*}

isee

回复 5# kuing

用一次拉格朗日中值定理，过程短多了

isee

源自知乎提问



题： $\lim_{x\to 0}\frac {\sqrt{1+2\sin x}-x-1}{x\ln(1+x)}$.

注意到分母（等价无穷小替换后）是二阶，由泰勒级数展开，注意

\[\sin x=x-\frac {x^3}{3!}+\cdots+(-1)^{m-1}+\frac {x^{2m-1}}{(2m-1)!}+o(x^{2m}).\]

\begin{align*} &(1+x)^\alpha=1+\alpha x+\frac {\alpha(\alpha-1)}{2!}x^2+\\&\qquad\qquad\cdots+\frac {\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1))}{n!}x^n+o(x^n). \end{align*}



于是（计算时只需要“关心”到二阶，下面过程是算到四阶）

\begin{align*} &\quad\sqrt{1+2\sin x}\\[1em] &=\left(1+2\left(x-\frac {x^3}6+o(x^4)\right)\right)^{\frac 12}\\[1em] &=1+\color{blue}{x-\frac {x^3}6+o(x^4)}-\frac 18\cdot \color{blue}{4\left(x-\frac {x^3}6+o(x^4)\right)^2}\\&\qquad+\frac 12\left(x-\cdots\right)^3-\frac 58(x-\cdots)^4+\cdots\\[1em] &=1+\color{blue}{x-\frac {x^3}6+o(x^4)}-\color{#d01256}{\frac {x^2}2+\frac {x^4}6+o(x^5)}+\frac {x^3}2-\frac {5x^4}8\\[1em] &=1+x-\frac {x^2}2+\frac {x^3}3-\frac {11x^4}{24}+o(x^4). \end{align*}

（以上过程，按计算需要（四阶）截取（合并计算）到四阶.）

还可以先展开根式——注意 $o((2\sin x)^4)\sim o(x^4),{~}(x\to 0)$ ——写起来"看上去"简洁一些（展开式的结果是惟一的)

\begin{align*} &\quad\sqrt{1+2\sin x}\\[1em] &=\left(1+\color{blue}{2\sin x}\right)^{\frac 12}\\[1em]  &=1+\frac 12\cdot \color{blue}{2\sin x}+\frac {\frac 12\left(-\frac 12\right)}{2!}\color{blue}{(2\sin x)^2}+\frac {\frac 12\left(-\frac 12\right)\left(-\frac 32\right)}{3!}\color{blue}{(2\sin x)^3}\\&\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad+\frac {\frac 12\left(-\frac 12\right)\left(-\frac 32\right)\left(-\frac 52\right)}{4!}\color{blue}{(2\sin x)^4+o(x^4)}\\[1em] &=1+\sin x-\frac 12\sin^2 x+\frac 12\sin^3x-\frac 58\sin^4 x+o(x^4), \end{align*}

又 $\sin x=x-\frac {x^3}{3!}+o(x^4), $ 于是

\begin{align*} &\quad\boxed{\sqrt{1+2\sin x}}\\[1em]  &=1+\color{blue}{\sin x}-\frac 12\sin^2 x+\frac 12\color{#d02256}{\sin^3x}-\frac 58\sin^4 x+o(x^4)\\[1em] &=1+\color{blue}{x-\frac {x^3}6}-\frac 12\left(x^2-\frac {x^4}3\right)+\frac 12\left(\color{#d02256}{x^3}\right)-\frac 58\left(x^4\right)+o(x^4)\\[1em] &=\boxed{1+x-\frac {x^2}2+\frac {x^3}3-\frac {11x^4}{24}+o(x^4)}.  \end{align*}

从而

\begin{align*} &\quad\lim_{x\to 0}\frac {\color{blue}{\sqrt{1+2\sin x}}-x-1}{x\ln(1+x)}\\[1em] &=\lim_{x\to 0}\frac {\color{blue}{1+x-\frac {x^2}2+o(x^2)}-x-1}{x\cdot x}\\[1em] &=-\frac 12. \end{align*}

isee

源自知乎提问



题：（1） $\lim_{x\to 0}\frac {(2+x)^{x}-2^x}{x^2}$. （2） $\lim_{x\to 0}\frac {\cos (x\mathrm e^{2x})-\cos (x\mathrm e^{-2x})}{x^3}$.

这两题都是 $0/0$ 型未定式，除了洛必达法则，考虑泰勒级数展开总是可以的.

$(2+x)^x=\mathrm e^{\ln (2+x)^x}=\mathrm e^{x\ln (2+x)}$，先处理指数中的 $\color{blue}{\ln (2+x)}.$

注意 $f(x)=\ln(1+x)$ 的收敛域为 $(-1,1]$，则 $\color{blue}{\ln (2+x)}$ 在 $x=0$ 处的泰勒级数展开为

\begin{align*} \ln (2+x)&=\ln 2\left(1+\frac x2\right)\\[1em] &=\color{red}{\ln 2+\ln \left(1+\frac x2\right)}\\[1em] &=\ln 2 +\color{blue}{\frac x2}-\frac {\color{blue}{(x/2)^2}}2+\frac {\color{blue}{(x/2)^3}}3-\frac {\color{blue}{(x/2)^4}}4+\cdots\\[1em] &=\ln 2+\frac 12x-\frac 18x^2+\frac 1{24}x^3+o(x^3) \end{align*}

以上展开到了三阶，此题（1）里注意分母是二阶，所以分子只需计算到到二阶即可

\begin{align*} \mathrm e^{x\ln (2+x)}&=\mathrm e^{x\ln 2+\frac 12x^2+o(x^2)}\\[1em] &=1+x\ln 2+\frac 12x^2+o(x^2)+\frac {(x\ln 2+\frac 12x^2+o(x^2))^2}2+\cdots\\[1em] &=1+x\ln 2+\frac {1+\ln^2 2}2x^2+o(x^2) \end{align*}

同样的

\begin{align*} 2^x=\mathrm e^{x\ln 2}=1+x\ln 2+\frac {(x\ln 2)^2}2+o(x^2). \end{align*}

所以

\begin{align*} &\quad\lim_{x\to 0}\frac {(2+x)^{x}-2^x}{x^2}\\[1em] &=\lim_{x\to 0}\frac {1+x\ln 2+\frac {1+\ln^2 2}2x^2+o(x^2)-\left(1+x\ln 2+\frac {(x\ln 2)^2}2+o(x^2)\right)}{x^2}\\[1em] &=\frac {1+\ln^2 2}2-\frac {\ln^2 2}2\\[1em] &=\frac 12. \end{align*}


---------------------------

再看（2），也是泰勒公式展开

\begin{align*} &\quad\lim_{x\to 0}\frac {\cos (x\mathrm e^{2x})-\cos (x\mathrm e^{-2x})}{x^3}\\[1em] &=\lim_{x\to 0}\frac {\cos(x(1+2x+2x^2+o(x^2))-\cos(x(1-2x+2x^2+o(x^2))}{x^3}\\[1em] &=\lim_{x\to 0}\frac {\cos(x+2x^2+2x^3+o(x^3))-\cos(x-2x^2+2x^3+o(x^3))}{x^3}\\[1em] &=\lim_{x\to 0}\frac {1-\frac {(x+2x^2+2x^3+o(x^3))^2}{2!}-\left(1-\frac {(x-2x^2+2x^3+o(x^3))^2}{2!}\right)}{x^3}\\[1em] &=\lim_{x\to 0}\frac {1-\frac {x^2}2-2x^3+o(x^3)-\left(1-\frac {x^2}2+2x^3+o(x^3)\right)}{x^3}\\[1em]  &=\lim_{x\to 0}\frac {-4x^3+o(x^3)}{x^3}\\[1em] &=-4. \end{align*}

战巡

回复 7# isee

直接展开$\sqrt{1+2\sin(x)}$就完事了嘛，还兜一大圈干啥...泰勒展开对所有可导函数都可以做的，又不是只能对$\sin(x)$做

直接展开就有
\[f(x)=\sqrt{1+2\sin(x)}=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)}{2}x^2+o(x^2)\]
\[=1+x-\frac{x^2}{2}+o(x^2)\]

isee

回复 9# 战巡

一语提醒梦中人，二阶导也不算麻烦！