極限的計算電路下

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時間 2022-05-08 13:05:00 51CTO博文

主題: 軟體開發

第七部分函式的極限

推導過程可參見1937年版《大學叢書微積分學》，孫光元，孫權平著

5.函式至極限

變數x能取得a,b間之一切數值者，叫做連續變數或簡稱變數，定義設ε為一任意選定其值甚小之正數，如能求得另一正數δ=δ(ε),當0<│x-a│<δ時，使恆有，0<│f(x)-b│<ε，

那麼我們便說x越近於a時，函式f(x)趨近於極限b, 以記號表之如下：

lim f(x)=b,

x→a

注意1，不等式0<│x-a│是表示x不能等於a的意思，雖則，x=a時，│f(x)-b│<ε能成立之例甚多，然按極限的意思來說，函式f(x)在x=a時的情形如何，可以置之不問，注意2，ε和δ的函式關係，可置之不論，然無論ε如何選定，必有δ存在，ε越小，δ亦越小，函式的極限就是當x趨近於a時，f(x)趨近於b, b就是f(x)在x=a處的極限，

同時，0<│x-a│<δ，0<│f(x)-b│<ε，函式δ=δ(ε)不影響極限，選取一個合適的函式δ=δ(ε)，可以很容易的求出極限值。

例1， lim (1+2x)=3

x→a

設ε為任意選定其值甚小之正數，當x之值合於不等式，0<│x-1│<δ，

設y=1+2x, 省略上式中的常數項，得y≈z=2x, 所以，可設δ=ε/2，

那麼，0<│x-1│<ε/2，時，我們就有，

│2x-2│<ε，

│(1+2x)-3│<ε

以定義，故知x→1時，1+2x越近於極限3，在此例x=1時，1+2x=3,

例2，解法1

1-x

lim =2

x→0 1-x

當x不等於1時，我們知道，

1-x

=1+x

1-x

故，x→1時，1+x趨近於2，

解法2

因為, 0<│x-1│<δ,

因為,y=1+x,z=x, 所以可設δ=ε，得

0<│x-1│<ε, │(1+x)-2│<ε

所以，x→1時，1+x趨近於2，

例3，

lim sin 存在否，

x→0 x

設ε為任意選定其值甚小之正數，我們很容易求得一正整數n,使

1 1

0< < <ε

2(n+1)π 2nπ

今令x在

1 1

≤x≤ 間隔內變動，1/x就在2nπ與2(n+1)π之間變動，

2(n+1)π 2nπ

sin(1/x)就在-1與1之間變動，倘n→∽,，x便越近於0，但sin(1/x)並不越近於一極限，

如圖14所示

設A為任意選定其值甚大之正數，如能求得另一正數δ,當0<│x-a│<δ時，使恆有，

│f(x)│>A

那麼我們便說，x→a時，函式f(x)趨於無窮大，以記號表之如下，

lim f(x)=∞

x→a

在幾何方面，這意思就是說，直線x=a為曲線y=f(x)的漸近線，

例如，

lim sin 2 =∞，圖15

x→0 x

證明：設δ為任意比x大的正數，0<│x-0│<δ

sin 2 >δ

(x-∞)

所以可設δ=ε，得

sin 2 >ε

(x-∞)

所以當x趨於0時，f(x)趨於∞，

設ε為任意其值選定甚小之正數，如能求得另一正數N, 當x>N時，使恆有

│f(x)-b│<ε

那麼我們便說x趨近於無窮大時，函式f(x)趨近於極限b, 以記號表之如下，

lim f(x)=b

x→∞

在幾何方面，這意思就是說直線y=b為曲線y=f(x)的漸近線

例如：

x-1 1

lim =

x→0 2x 2

因x> 時，就得

2ε

x-1 1

- <ε

2x 2

變數x趨近於a的方式，有x之值始終大於a者，前者寫如x→a-0,,後者寫如x→a+0,,

lim =-∞,

x→-0 x

lim =+∞,

x→+0 x

lim tanx=+∞

x→π/2-0

lim tanx=-∞

x→π/2+0

6.關於極限值的定理，設二函式y=f(x),z=g(x),在同一區間內有，

lim y= lim f(x)=b

x→a x→a

lim z= lim g(x)=c

x→a x→a

a,b,c都是極限數，可令y=b+β,z=c+γ,

當x→a時，β,γ兩變數各趨近於零，

定理1

lim (y+z)=lim {f(x)+g(x)}=b+c

x→a x→a

證：(y+z)-(b-c)=β+γ, 故

│(y+z)-(b+c)│=│β+γ│≤│β│+│γ│

令ε為任意選定其值甚小之正數，當x之值充分與a接近時，可使

│β│<ε/2, │γ│<ε/2, │(y+z)-(b+c)│<ε/2+ε/2=ε,

lim (y+z)=b+c

x→a

lim (y-z)=b+c

x→a

lim yz=lim {f(x)g(x)}=bc

x→a x→a

證：yz-bc=(b+β)(c+γ)-bc =bγ+cβ+βγ,

故, │yz-bc│≤│bγ│+│cβ│+│βγ│

當x之值充分與a接近時，可使

│bγ│<ε/3, │cβ│<ε/3, │βγ│<ε/3,

故, │yz-bc│≤ε/3+ε/3+ε/3=ε,

即 lim yz=bc,

x→a

定理3

f(x) b

lim y/z= lim = (c≠0)

x→a x→a g(x) c

證：

y b b+β b cβ-bγ

- = - =

z c c+γ c c(c+γ)

y b cβ-bγ │cβ│-│bγ│

- = ≤

z c c(c+γ) │c│(│c│-│γ│)

當x之值充分與a接近時，可使

│β│

<ε/2，

│c│-│γ│

│cβ│-│bγ│

<ε/2，

│c│(│c│-│γ│)

由此得，

y b

- <ε/2+ε/2=ε

z c

故,

y b

lim =

x→a z c

定義，設z為y的函式z=g(y), 而y又為x的函式y=f(x), 則z之值隨y而定，y之值又隨x而定，因此之故，z與x自必發生一種相依相應的關係，所以z也是x的函式，這種函式叫函式的函式，申言之，函式z是函式y的函式，

定理4, 設 z=g(y),y=f(x),若

lim y= lim f(x)=b

x→a x→a

lim z= lim g(x)=c

x→b x→b

並且g(b)=c,那麼

lim z= lim g(x)=c

x→a x→a

由此得

lim g{f(x)}=g{lim f(x)}

x→a x→a

但a,b,c都是有限數，

證：令ε，ε`為任意二正數，δ，δ`為適當的二正數，

0<│x-a│<δ` [1] 時，恆能使

│y--b│<ε` [2] 又當

0<│y-b│<δ [3] 時，恆能使

│z-c│<ε [4]

然原設g(b)=c, 因此我們可把(3)式以│y-b│<δ代之，又ε`原為任意選定的正數，可令ε`=3,

於是(4)便隨(1)式而成立，故

lim z=lim g{f(x)}=c

x→a x→a

即,

lim g{f(x)}=g{lim f(x)}

x→a x→a

注意，若c=∞，以上的四定理亦能成立，

7.兩個重要極限值

（1） sinx

lim

x→a x

以O為圓心，1為半徑，做一圓弧AB, 做一圓弧AB, 如圖17所示

那麼當0<x<π/2時，△OAB<扇形OAB<△OAC, 即

sinx<x<tanx,

x 1

1< <

sinx cosx

若把x易為-x,這個不等式仍然是正確的, 當x→0時，cosx趨近於1，故

lim =1

x→0 sinx

於是

sinx

lim =1

x→0 x

因此便得下列兩個極限值如下：

tanx sinx 1

lim =lim *lim =1

x→0 x x→0 x x→0 cosx

又

2 x x

2sin sin

1-cosx 2 x 2 2

= = ( )

x x 2 x

故,

1-cosx

lim =1

x→0 x

(1)a

cosx

lim

x→0 x

那麼當0<x<π/2時，查《中學數學用表》可知，

cosx<π/2-x<cotx,

π/2-x 1

1< <

cosx sinx

若把x易為-x,這個不等式仍然是正確的, 當x→0時，sinx趨近於0，故

π/2-x

lim =0

x→0 cosx

於是,

π/2-x π/2 x

lim =lim - lim =0

x→0 cosx x→0 cosx x→0 cosx

因為,

π/2-x

lim =π/2

x→0 cosx

所以,

lim =π/2

x→0 cosx

cosx

lim =2/π

x→0 x

因此便得下列兩個極限值如下：

cotx cosx 1

lim = lim *lim = 2/π

x→0 x x→0 x x→0 sinx

x x

lim = lim *lim sinx= π/2

x→0 cotx x→0 cosx x→0

又

2 x x

2cos cos

1-sinx 2 x 2 2

= = ( )

x x 2 x

故,

1-sinx 2

lim =( 2/π)

x→0 x

（1）b

sin x

lim

x→a x

以O為圓心，1為半徑，做一圓弧AB, 做一圓弧AB, 如圖17所示

那麼當0<x<π/2時，△OAB<扇形OAB<△OAC, 即

sinx<x<tanx,

x 1

1< <

sinx cosx

若把x易為-x,這個不等式仍然是正確的, 當x→0時，cosx趨近於1，故

lim 2 =1

x→0 sin x

lim =1

x→0 sinx

於是

sin x

lim =1

x→0 x

lim sinx=1

x→0

因此便得下列兩個極限值如下：

2 2

tan x sin x 1

lim =lim *lim =1

x→0 x x→0 x x→0 2

cos x

又

2 x x

2 2sin sin

(1-cosx) 2 x 3 2 4

= =( ) ( )

x x 2 x

故, 2

(1-cosx)

lim =1

x→0 x

(1)c

cos x

lim

x→0 x

那麼當0<x<π/2時，查《中學數學用表》可知，

cosx<π/2-x<cotx,

π/2-x 1

1< <

cosx sinx

1 π/2-x 1

< 2 <

cosx cos x sinx*cosx

若把x易為-x,這個不等式仍然是正確的, 當x→0時，sinx趨近於0，故

π/2-x

lim 2 =1

x→0 cos x

lim =1

x→0 cosx

於是,

π/2-x π/2 x

lim 2 =lim 2 - lim 2 =1

x→0 cos x x→0 cos x x→0 cos x

因為,

π/2

lim 2 =π/2

x→0 cos x

所以,

lim 2 =π/2-1

x→0 cos x

cos x 1

lim =

x→0 x π/2-1

因此便得下列兩個極限值如下：

2 2

cot x cos x 1

lim = lim *lim 2 = π/2-1

x→0 x x→0 x x→0 sin x

又

2 x 2 x

2 (2cos ) cos

(1-sinx) 2 x 3 2 4

= =( ) ( )

x x 2 x

故,

(1-sinx) 2

lim =( π/2-1)

x→0 x

(1)d

cotx cosx

lim = lim

x→0 x 2

sin x

那麼當0<x<π/4時，查《中學數學用表》可知，

sinx<x<tanx<cotx<cosx

x tanx cotx cosx

1< < < <

sinx sinx sinx sinx

x tanx cotx

1< < < <cotx

sinx sinx sinx

若把x易為-x,這個不等式仍然是正確的, 當x→0時，cotx趨近於0，故

cotx

lim =π/2

x→0 sinx

那麼當x=π/4時，

sinx<x<tanx, cosx<x<cotx, sinx=cosx=0.7071, tanx=cotx=1, cosx=sinx<x<tanx=cotx

cosx sinx x tanx cotx

= < < =

sinx sinx sinx sinx sinx

x tanx cotx

tanx =1 < < =

sinx sinx sinx

若把x易為-x,這個不等式仍然是正確的, 當x→0時，cotx趨近於∞，故

cotx

lim =2/π

x→0 sinx

那麼當π/4<x<π/2時，查《中學數學用表》可知，cosx<cotx<sinx<x<tanx,

cosx cotx sinx x tanx

= < < =

sinx sinx sinx sinx sinx

cotx x tanx

cotx = < 1 < =

sinx sinx sinx

若把x易為-x,這個不等式仍然是正確的, 當x→0時，cotx趨近於∞，故,

cotx

lim =1

x→0 sinx

(1)e

sinx sin x

lim = lim

x→0 cotx x→0 cosx

那麼當0<x<π/4時，查《中學數學用表》可知，

sinx<x<tanx<cotx<cosx

sinx x tanx cotx cosx

< < < <

cotx cotx cotx cotx cotx

sinx x tanx 1

< < < 1 <

cotx cotx cotx sinx

若把x易為-x,這個不等式仍然是正確的, 當x→0時，cotx趨近於∞，故

sinx

lim =1

x→0 cotx

那麼當x=π/4時，

sinx<x<tanx, cosx<x<cotx, sinx=cosx=0.7071, tanx=cotx=1, cosx=sinx<x<tanx=cotx

cosx sinx x tanx cotx

= < < =

cotx cotx cotx cotx cotx

cosx sinx x tanx

= < < =1

cotx cotx cotx cotx

若把x易為-x,這個不等式仍然是正確的, 當x→0時，cotx趨近於∞，故

sinx

lim =1

x→0 cotx

那麼當π/4<x<π/2時，查《中學數學用表》可知，cosx<cotx<sinx<x<tanx,

cosx cotx sinx x tanx

= < < =

cotx cotx cotx cotx cotx

cosx sinx x tanx

= 1 < < =

cotx cotx cotx cotx

若把x易為-x,這個不等式仍然是正確的, 當x→0時，cotx趨近於∞，故,

sinx

lim =π/2

x→0 cotx

(1)f

tanx 1

lim = lim

x→0 sinx x→0 cosx

那麼當0<x<π/4時，查《中學數學用表》可知，

sinx<x<tanx<cotx<cosx

x tanx cotx cosx

1 < < < <

sinx sinx sinx sinx

x tanx cotx

1 < < < <cotx

sinx sinx sinx

若把x易為-x,這個不等式仍然是正確的, 當x→0時，cotx趨近於∞，故

tanx

lim =1

x→0 sinx

那麼當x=π/4時，

sinx<x<tanx, cosx<x<cotx, sinx=cosx=0.7071, tanx=cotx=1, cosx=sinx<x<tanx=cotx

cosx sinx x tanx cotx

= < < =

sinx sinx sinx sinx sinx

x tanx cotx

tanx=1 < < =

sinx sinx sinx

若把x易為-x,這個不等式仍然是正確的, 當x→0時，cotx趨近於∞，故

tanx

lim =π/2

x→0 sinx

那麼當π/4<x<π/2時，查《中學數學用表》可知，cosx<cotx<sinx<x<tanx,

cosx cotx sinx x tanx

< < < =

sinx sinx sinx sinx sinx

cotx x tanx

cotx < <1 < =

sinx sinx sinx

若把x易為-x,這個不等式仍然是正確的, 當x→0時，cotx趨近於∞，故,

tanx

lim =π/2

x→0 sinx

(1)g

cotx 1

lim = lim

x→0 cosx x→0 sinx

那麼當0<x<π/4時，查《中學數學用表》可知，

sinx<x<tanx<cotx<cosx

sinx x tanx cotx cosx

< < < <

cosx cosx cosx cosx cosx

sinx x tanx cotx

< < < <1

cosx cosx cosx cosx

若把x易為-x,這個不等式仍然是正確的, 當x→0時，cotx趨近於∞，故

cotx

lim =1

x→0 cosx

那麼當x=π/4時，

sinx<x<tanx, cosx<x<cotx, sinx=cosx=0.7071, tanx=cotx=1, cosx=sinx<x<tanx=cotx

cosx sinx x tanx cotx

= < < =

cosx cosx cosx cosx cosx

sinx x tanx cotx

1 = < < =

cosx cosx cosx cosx

若把x易為-x,這個不等式仍然是正確的, 當x→0時，cotx趨近於∞，故

cotx

lim =1

x→0 cosx

那麼當π/4<x<π/2時，查《中學數學用表》可知，cosx<cotx<sinx<x<tanx,

cosx cotx sinx x tanx

< < < <

cosx cosx cosx cosx cosx

cotx sinx x tanx

1 < < < <

cosx cosx cosx cosx

若把x易為-x,這個不等式仍然是正確的, 當x→0時，cotx趨近於∞，故,

cotx

lim =π/2

x→0 cosx

(1)h

tanx sinx

lim = lim 2

x→0 cosx x→0 cos x

那麼當0<x<π/4時，查《中學數學用表》可知，

sinx<x<tanx<cotx<cosx

sinx x tanx cotx cosx

< < < <

cosx cosx cosx cosx cosx

sinx x tanx cotx

< < < <1

cosx cosx cosx cosx

若把x易為-x,這個不等式仍然是正確的, 當x→0時，cotx趨近於∞，故

tanx

lim =1

x→0 cosx

那麼當x=π/4時，

sinx<x<tanx, cosx<x<cotx, sinx=cosx=0.7071, tanx=cotx=1, cosx=sinx<x<tanx=cotx

cosx sinx x tanx cotx

= < < =

cosx cosx cosx cosx cosx

sinx x tanx cotx

1 = < < =

cosx cosx cosx cosx

若把x易為-x,這個不等式仍然是正確的, 當x→0時，cotx趨近於∞，故

tanx

lim =π/2

x→0 cosx

那麼當π/4<x<π/2時，查《中學數學用表》可知，cosx<cotx<sinx<x<tanx,

cosx cotx sinx x tanx

< < < <

cosx cosx cosx cosx cosx

cotx sinx x tanx

1 < < < <

cosx cosx cosx cosx

若把x易為-x,這個不等式仍然是正確的, 當x→0時，cotx趨近於∞，故,

tanx

lim =π/2

x→0 cosx

(1)i

cosx cos x

lim = lim

x→0 tanx x→0 sinx

那麼當0<x<π/4時，查《中學數學用表》可知，

sinx<x<tanx<cotx<cosx

sinx x tanx cotx cosx

< < < <

tanx tanx tanx tanx tanx

sinx x cotx cosx

< < 1 < <

tanx tanx tanx tanx

若把x易為-x,這個不等式仍然是正確的, 當x→0時，cotx趨近於∞，故

cosx

lim =π/2

x→0 tanx

那麼當x=π/4時，

sinx<x<tanx, cosx<x<cotx, sinx=cosx=0.7071, tanx=cotx=1, cosx=sinx<x<tanx=cotx

cosx sinx x tanx cotx

= < < =

tanx tanx tanx tanx tanx

cosx sinx x cotx

= < < 1 =

tanx tanx tanx tanx

若把x易為-x,這個不等式仍然是正確的, 當x→0時，cotx趨近於∞，故

cosx

lim =1

x→0 tanx

那麼當π/4<x<π/2時，查《中學數學用表》可知，cosx<cotx<sinx<x<tanx,

cosx cotx sinx x cotx

< < < <

tanx tanx tanx tanx tanx

cosx cotx sinx x

< < < <1

tanx tanx tanx tanx

若把x易為-x,這個不等式仍然是正確的, 當x→0時，cotx趨近於∞，故,

cosx

lim =1

x→0 tanx

(2)

1 n

lim (1+ )

n→∞ n

令,

1 n

a =(1+ )

n n

則,

a =2，

3 2

a =( ) =2.25

2 2

4 3

a =( ) =2.37037…

3 3

5 4

a =( ) =2.4414…

4 4

1 n

若把 (1+ ) 以二項式展開，便得

1 n(n-1) 1 n(n-1)...(n-p+1) 1

1+n* + +…+ +…

. n 1*2 2 1*2...p p

n n

1 1 1 1 2 p-1

=1+1+ (1- )+… (1- )(1- )…(1- ) +…

. 2 n 1*2...p n n n

項數與各項之值，皆隨n增而增，故

a ,a ,a ,...,a ,...

1 2 3 n

為一增數列，又因

1 1

1*2...p p-1

故,

1 1 1

a <1+1+ + +…+ <3

2 2 n

2 2

根據4的定理，當n→∞時，a 應向一極限值(≤3)收斂，

這個極限值，Euler氏以e字表之，注：Leonhard Euler,1707-1783

1 n

lim (1+ ) =e

n→∞ n

就上所論，可知2<e≤3,e的近似值(計演算法見53)為e=2.718281828459......

今設x為一大於1的連續變數，並設n為不大於x的最大整數，於是n≤x<n+1,

1 1 1

1+ ≥1+ >1+

n x n+1

由此得

1 n+1 1 x 1 n

(1+ ) >(1+ ) >(1+ ) （見see 11）

n x n+1

故,

1 x

(1+ ) 介於

1 n 1 1 n+1 1

(1+ ) (1+ ) 與(1+ ) -(1+ )

n x n+1 n+1

二數之間，當n→∞時，此二數各趨近於e，故

1 x

lim (1+ ) =e

n→∞ x

若x為小於-1的連續變數，可令y=-x，於是

1 x 1 -y y n

(1+ ) =(1- ) =( )

x y y-1

1 y-1 1

=(1- ) (1+ )

y-1 y-1

故,

1 x 1 y-1

lim (1+ ) = lim [(1+ ) (1+ )]=e

n→∞ x y-1 y-1

若把式中的x代以1/x，便得結果如下：

1 1/x

lim (1+ ) =e

n→∞ x

以e為底數的對數叫做自然對數，也叫做Napier氏的對數，A的自然對數本書寫如logA,其底數e省略不寫，

(2)a

1 2

lim (1+ )

n→∞ n

令,

1 2

a =(1+ )

n n

則,

a =4，

3 2

a =( ) =2.25

2 2

4 2

a =( ) =1.7777…

3 3

5 2

a =( ) =1.5625

4 4

……………..

101 2

a =( ) =1.0201

100 100

1 2

若把 (1+ ) 以二項式展開，便得

1 1

1+2* +

. n 2

1 2 1 1

lim (1+ ) = lim (1+2* + )

n→∞ n n→∞ n 2

1 1

= lim 1+ lim + lim

n→∞ n→∞ n n→∞ 2

1 2

lim (1+ ) = 1

n→∞ n

若把式中的2代以1/2，便得結果如下：

1 1/2

lim (1+ )

n→∞ n

令,

1 1/2

a = (1+ )

n n

則,

a =1.4142，

3 1/2

a =( ) =1.2247

2 2

4 1/2

a =( ) =1.1546…

3 3

5 1/2

a =( ) =1.11803…

4 4

……………..

101 1/2

a =( ) =1.0049…

100 100

由數學歸納法可知：

1 1/2

lim (1+ ) = 1

n→∞ n

(2)b

1 3

lim (1+ )

n→∞ n

令,

1 3

a =(1+ )

n n

則,

a =8，

3 3

a =( ) =3.375

2 2

4 3

a =( ) =2.37052…

3 3

5 3

a =( ) =1.9531…

4 4

……………..

101 3

a =( ) =1.12211…

100 100

1 3

若把 (1+ ) 以二項式展開，便得

1 1 1 1 1

1+2* + + +2* +

. n 2 n 2 3

n n n

3 3 1

=1+ + +

n 2 3

n n

1 3 3 3 1

lim (1+ ) = lim (1+ + + )

n→∞ n n→∞ n 2 3

n n

3 3 1

= lim 1+ lim + lim + lim

n→∞ n→∞ n n→∞ 2 n→∞ 3

n n

1 3

lim (1+ ) = 1

n→∞ n

若把式中的3代以1/3，便得結果如下：

1 1/3

lim (1+ )

n→∞ n

令,

1 1/3

a = (1+ )

n n

則,

a =1.25922，

3 1/3

a =( ) =1.14471

2 2

4 1/3

a =( ) =1.10064…

3 3

5 1/3

a =( ) =1.07721…

4 4

……………..

101 1/3

a =( ) =1.0033…

100 100

由數學歸納法可知：

1 1/3

lim (1+ ) = 1

n→∞ n

同理可證：

1 4

lim (1+ ) = 1

n→∞ n

1 1/4

lim (1+ ) = 1

n→∞ n

1 5

lim (1+ ) = 1

n→∞ n

1 1/5

lim (1+ ) = 1

n→∞ n

……………….

1 100

lim (1+ ) = 1

n→∞ n

1 1/100

lim (1+ ) = 1

n→∞ n

(2)c

1 2

lim (2+ )

n→∞ n

令,

1 2

a =(2+ )

n n

則,

a =9，

5 2

a =( ) =6.25

2 2

7 2

a =( ) =5.4444…

3 3

9 2

a =( ) =5.0625…

4 4

……………..

201 2

a =( ) =4.0401…

100 100

1 2

若把 (2+ ) 以二項式展開，便得

1 1

4+4* +

n 2

1 2 1 1

lim (2+ ) = lim (4+4* + )

n→∞ n n→∞ n 2

4 1

= lim 4+ lim + lim

n→∞ n→∞ n n→∞ 2

1 2

lim (2+ ) = 4

n→∞ n

若把式中的2代以1/2，便得結果如下：

1 1/2

lim (2+ )

n→∞ n

令,

1 1/2

a = (2+ )

n n

則,

a =1.73205…，

5 1/2

a =( ) =1.5811…

2 2

7 1/2

a =( ) =1.5275…

3 3

9 1/2

a =( ) =1.5

4 4

……………..

201 1/2

a =( ) =1.4177…

100 100

由數學歸納法可知：

1 1/2

lim (2+ ) = 1

n→∞ n

(2)d

1 3

lim (2+ )

n→∞ n

令,

1 3

a =(2+ )

n n

則,

a =27，

5 3

a =( ) =3.375

2 2

7 3

a =( ) =5.3593…

3 3

9 3

a =( ) =11.3906…

4 4

……………..

201 3

a =( ) =8.1206…

100 100

1 3

若把 (2+ ) 以二項式展開，便得

1 2 4 1 1

8+8* + + +4* +

. n 2 n 2 3

n n n

8 6 1

=8+ + +

n 2 3

n n

1 3 8 6 1

lim (2+ ) = lim (8+ + + )

n→∞ n n→∞ n 2 3

n n

8 6 1

= lim 8+ lim + lim + lim

n→∞ n→∞ n n→∞ 2 n→∞ 3

n n

1 3

lim (2+ ) =8

n→∞ n

若把式中的3代以1/3，便得結果如下：

1 1/3

lim (2+ )

n→∞ n

令,

1 1/3

a = (2+ )

n n

則,

a =1.44224…，

5 1/3

a =( ) =1.3572…

2 2

7 1/3

a =( ) =1.3263…

3 3

9 1/3

a =( ) =1.31037…

4 4

……………..

201 1/3

a =( ) =1.26201…

100 100

由數學歸納法可知：

1 1/3

lim (2+ ) = 1

n→∞ n

同理可證：

1 4

lim (2+ ) = 16

n→∞ n

1 1/4

lim (2+ ) = 1

n→∞ n

1 5

lim (2+ ) =32

n→∞ n

1 1/5

lim (2+ ) = 1

n→∞ n

……………….

1 100 30

lim (2+ ) = 1.2676506*10

n→∞ n

1 1/100

lim (2+ ) = 1

n→∞ n

同理可證：

1 2

lim (3+ ) = 9

n→∞ n

1 1/2

lim (3+ ) = 1

n→∞ n

1 3

lim (3+ ) =27

n→∞ n

1 1/3

lim (3+ ) = 1

n→∞ n

1 4

lim (3+ ) = 81

n→∞ n

1 1/4

lim (3+ ) = 1

n→∞ n

1 5

lim (3+ ) =243

n→∞ n

1 1/5

lim (3+ ) = 1

n→∞ n

……………….

1 100 47

lim (3+ ) = 5.153775209*10

n→∞ n

1 1/100

lim (23+ ) = 1

n→∞ n

由數學歸納法可知：

1 a a

lim ( M+ ) = M

n→∞ n

上式中，M為常數，a為常數，

1 1/a

lim ( M+ ) = 1

n→∞ n

同理可證：

1 1 2

lim (3+ + ) = 9

n→∞ n 2

1 1 1/2

lim (3+ + ) =1

n→∞ n 2

1 1 3

lim (3+ + ) = 27

n→∞ n 2

1 1 1/3

lim (3+ + ) =1

n→∞ n 2

由數學歸納法可知：

1 1 a a

lim (M+ + ) =M

n→∞ n 2

上式中，M為常數，a為常數，

1 1 1/a

lim (M+ + ) =1

n→∞ n 2

53.指數函式之展開

設 f(x)=e ,則so

(n) x

f (x)=e ,故

2 3 n

x x x x

e=1+ + + +…+ +…

1! 2! 3! n!

其收斂間隔為-∞<x<+∞,即│x│<∞,

2 3 n

x x x x

又f(a+h)=f(a) {1+ + + +…+ +…+...}=f(a)f(b),

1! 2! 3! n!

以x代a,y代h，則有f(x+y)=f(x)f(y), 即

x+y x y

e =e *e

當x→+∞時，e 趨近於+∞，其理置為顯然，

x x

惟e 趨於+∞之情形如何，尚須討論罷了，由e 的級數得，

x 2

e x 1 1 1 x x

= + +…+ + +…+ + +…

n n n-1

x x 1!x (n-1)!x n! (n+1)! (n+2)!

右邊的第一行的和，當x→+∞時，趨近於極限1/n!，而第二行的各項各趨近於+∞，故

lim =+∞

n→∞ n

x n

這就表示x→+∞時，函式e 的增大，較x (n為一正整數)為快，n為其它正數時其理亦真，

x n x

當x→-∞時，e 趨近於零，且x e (n為一正整數)以趨近於零，令x=-x`，則

n x n -x` n x`

x e =(-x`) e =(-1)

故,

n x n x`

lim x e =(-1) lim =0

x→-∞ x→+∞ x`

當x=1時，

1 1 1 1

e=1+ + + +…+ +…

1! 2! 3! n!

欲求e之值正確至小數第四位，可令a =1,a =1/n!，則

0 n

n-1

a =

n n

由此很容易算得,

a +a +a =2.5

0 1 2

a =0.16667*

a =0.04167*

a =0.00833*

a =0.00139*

a =0.00020*

a =0.00002*

S =2.71828

其中有星點之四項，其值較原值為大，除二項較原值為小（用四捨五入法）故,

0.5 0.5

2.71828-4* <S <2.71828+2*

5 5

10 10

又

1 1 1 1 1 1

R = + +…< {1+ + + +…}

9! 10! 9! 9 2 3

9 9

a 9 a

8 8

= * +

9 8 8

然

a <

8 5

故

3 4

a < <

8 5 6

8*10 10

由是可知e之值當介於2.71826與2.718294之間, 其值正確至小數第四位當為2.7182，其近似值為2.718281828459...,

x x xloga

若f(x)=a ,a 可寫如e ,故

2 3 n

xloga (xloga) (xloga) (xloga)

a=1+ + + +…+ +… │x│<∞

1! 2! 3! n!

推導過程可參見1992年版《高等數學》，盛祥耀主編，高等教育出版社出版

定理4，若

lim f(x)=∞則,

lim =0

f(x)

反之，設f(x)≠0，

若lim f(x)=0, 則,

lim =∞

f(x)

證明從略。

例1證明

cosx

lim =0

證，因為

cosx 1

= cosx

x x

其中cosx為有界函式，1/x為當x→∞時的無窮小量，所以由定理3可知

cosx

lim =0

第八部分極限的計算

推導過程可參見1946年版《大學教本微積分學》，周夢鏖譯，龍門聯合書局出版,Granville等著

15.函式之極限值

在應用中，通常發生之情勢，往往如此，如吾人有一變數v及一已知之v之函式z, 此自變數v所取之值均可使v→l, 於是吾人即可檢定因變數z之值，而就特殊形言，即可確定z是否趨近一極限，如其處有一常數a,足使lim z=a,則所述之關係即可寫為

lim z=a

v→l

寫為，“在v趨近l時，z之極限為a”

16.極限定理

在計算函式之極限值時，以下諸定理可予應用，其證明則於第20節中述之，假定u,v及w均為變數x之函式，並假定，

lim u=A, lim v=B, lim w=C,

x→a x→a x→a

於是下列關係即告成立，

(1)lim (u+v-w)=A+B-C

x→a

(2)lim (uvw)=ABC

x→a

u A

(3)lim = ,設B不等於零

x→a v B

簡言之，即一代數和，或一積，或一商之極限分別等於其各別之極限之, 同一代數和，或積，或商，唯對於最後所舉之一端，則須分母之極限不為零方可，如c為一常數(與x無關係)而B不為零，則由上述可知

c C

(4)lim (u+c)=A+C, lim cu=CA, lim =

x→a x→a x→a v B

現取若干例題研究之，

1.證明

lim (x +4x)=12

x→2

[解法]所與之函式為x 與4x之和，吾人可先求此二函式之極限值，由（2）

lim x =4

x→2

因

x =x*x

由（4），

lim 4x =4 lim x =8

x→2 x→2

於是，由（1），得其答案為4+8=12

2.證明

z -9 5

lim =- ,

x→2 z+2 4

[解法]就分子論，由（2）及（4），得

lim (z+2)=4

x→2

於是，由（3），吾人即可得所求之結果

3.證明

3 2 1/2

lim (x +6x +3x +8 )=12

x→2

3 2 1/2

[解法]所與之函式為x ,6x ,3x ,8之和，

吾人可先求此二函式之極限值，由（2）

lim x =8,

因,

x =x*x*x

由（4），

2 2

lim 6x =6 lim x =24

x→2 x→2

由（4），

1/2 1/2

lim 3x =3 lim x =3*1.4142=4.2426

x→2 x→2

於是，由（1），得其答案為8+24+4.2426+8=44.2426

4.證明

lim (x +2sinx+3cosx )=12

x→2

[解法]所與之函式為x ,2sinx ,3cosx之和，

吾人可先求此二函式之極限值，由（2）

lim x =8,

x→2

因

x =x*x*x

由（4），

lim 2sinx =2 lim sinx =2*sin2=2*0.034899=0.069798

x→2 x→2

於是，由（1），得其答案為8+0.069798+2.99817=11.067968,

17.連續函式與不連續函式

在上節例題1中，曾證明

lim (x +4x)=12

x→2

於此可見其答案即函式在x=2時之值，亦即謂，函式值極限值, 在x趨近2作為一極限時，即等於x=2時該函式之值也，此函式對於x=2,於是即謂之為連續函式, 其一般定義如下。

[定義]一函式f(x)，如其極限值, 於x趨近於a作為一極限時即為x=a時配該函式之值，則此函式即謂之為關於x=a之連續函式，以記號表之，如

lim f(x)=f(a)

x→a

則f(x)對於x=a為連續函式, 如此一條件未能滿足，則該函式即稱為關於x=a之不連續函式, 於此須加註意者，即以下時常出現之兩種情況。

[情況1]現舉一例，以說明函式對於變數一特殊之值為連續函式時之一簡單情況，試一研究函式,

x -4

f(x)=

x→2 x-2

如x=1,則f(x)=f(1)=3, 再則，如x趨近於1為一極限，則函式f(x)即趨近3為一極限（第16節）, 於是，此函式對於x=1遂為連續函式。

[情況2]連續函式之定義曾假定函式於x=a時為業經確定者。然情況若非如此，則於x=a時，對於函式，有時亦可能配與一值，足使連續性條件仍可滿足也。此二情況，現以下一定理包容之。

[定理]設f(x)於x=a時為不能確定之函式，而

lim f(x)=B

x→a

若假定B即為x=a時f(x)之值，則f(x)於x=a時即為一連續函式。譬如，函式

x -4

x-2

於x=2時不能確定（因其時即需用零作除數）。但對於x之每一其他之值，

x -4

=x+2

x-2

而

lim (x+2)=4

x→2

因此,

x -4

lim =4

x→2 x-2

此函式於x=2時雖屬不能確定，但如吾人於x=2時，任意配與一值4，則該函式對於一值，仍變為連續者矣。一函式f(x)，如在一區間內，對於所有x之值均為連續的，即可謂，此函式在此一區間為連續函式。（注）

注.本書討論大體上均為連續之函式，即對於x之一切值（除若干孤值為可能之例外）均連續值函式，故吾人之結果大體上亦僅對於使題中函式確為連續函式時之x各值，方得認為正確無誤也。

在微積分學中，吾人常須計算一變數v，於v趨近一位於函式連續區間內之一值a為極限時，其函式之極限值，此極限值即v=a時該函式之值。

當分母為0時，極限的求法，推導過程可參見1992年版《高等數學》，盛祥耀主編，高等教育出版社出版.

18.無限（∞）

如一變數v之數值最後變為，並始終大於任一事先假定，不論如何龐大之正數時，吾人即可雲v變為無限大(infinite)。如v僅取正值，即變為正無限大；如僅取負值，則變為負無限大。此三種情況中所極為有用。下一例題足以說明其法。

例題。證明

2x -3x +4 2

lim 2 =-

x→2 5x-x -7x 7

[解法]分子與分母二者中所呈現x之最高冪為x , 即以之除分子與分母，於是吾人即得

3 4

2 2- + 3

2x -3x +4 x x

lim 2 = lim

x→2 5x-x -7x x→∞ 5 1

2 - -7

x x

由（4），知分子或分母中包含x各項之極限均為零。於是，由第16節之（1）與（3），即可得其答案焉。因此，在任何相似之情況中，其第一步驟遂如下述。用分子與分母二者中出現之變數的最高冪除分子與分母二者。如u與v均為x之函式，再如

lim u=A, lim v=0,

x→a x→a

且設A不為零，則

lim =∞

x→a v

此一記法仍為第16節中（3）之例外情況而設，其時B=0而A不為零也，並一閱第20節。

問題

試證下列各題。

5-2x 2

1.lim 3 =-

x→∞ 3x+5x 5

[證明]

2 2 -2

5-2x x

1.lim 3 =lim

x→∞ 3x+5x x→∞ 3 +5

[用x 除分子與分母二者]

由（4）知，分子與分母中含x各項之極限均為零。於是，由第16節之（1）與（3），吾人即可得其答案矣。

4x+5

2.lim =2

x→∞ 2x+3

4t +3t+2 1

3.lim 3 =-

t→0 t +2t-6 3

2 1

lim =-

t→0 -6 3

2 2 3

x h+3xh +h x

4.lim 2 =

h→0 2xh+5h 2

2 2

x h+3xh+h

=lim

h→0 2x+5h

x x

=lim =

t→0 2x 2

2 2 3

3h+2xh +x h 1

5.lim 3 3 =-

h→∞ 4-3xh-2x h 2x

3 2

(2z+3k) -4k z

6.lim 2 =1

k→0 2z(2z-k)

4y -3

7.lim 3 2 =0

y→∞ 2y +3y

3 2

6x -5x +3

8.lim 3 =3

x→∞ 2x +4x-7

n n-1

a x +a x +...+a a

0 1 n 0

9.lim =

x→∞ n n-1

b x +b x +...+b b

0 1 n 0

n n-1

a x +a x +...+a a

0 1 n n

10.lim =

x→0 n n-1

b x +b x +...+b b

0 1 n n

4 2

ax +bx +c

11.lim 5 3 =0

x→∞ dx +ex +fx

4 2

ax +bx +c

12.lim 3 2 =∞

x→∞ dx +ex +fx+g

4 4

s -a 2

13.lim 2 2 =2a

x→∞ s -a

n n

(x-h) -x n-1

14.lim =nx

h→0 h

x +x-6 5

15.lim 2 =

x→2 x -4 4

x+h -√x 1

16.lim =

h→0 h 2√x

[證明]其極限值不能由h=0之代換而得，因其時吾人所得者（第12節）乃不定性（inde-terminate form) 0/0 也。於是吾人即得用適當方策變換原式，即如下所示將分子有理化焉。

x+h -√x × x+h +√x

h x+h +√x

x+h-x 1

= =

h( x+h +√x) x+h +√x

於是,

x+h -√x 1 1

lim =lim =

h→0 h h→0 x+h +√x 2√x

17.已知f(x)=x ，試證

f(x+h)-f(x)

lim =2x

h→0 h

[證明], 因為

2 2

f(x+h)-f(x) (x+h) -x

lim =lim

h→0 h h→0 h

2 2

(x+h) -x (x+h+x)(x+h-x)

= =2x+h

h h

所以,

f(x+h)-f(x)

lim =lim (2x+h)=2x

h→0 h h→0

18.已知f(x)=ax +bx+c,試證

f(x+h)-f(x)

lim =2ax+b

h→0 h

[證明] 因為,

2 2

f(x+h)-f(x) a(x+h) +b(x+h)+c-(ax +bx+c)

lim =lim

h→0 h h→0 h

2 2 2 2 2

a(x+h) +b(x+h)+c-(ax +bx+c) ax +2ahx+ah +bx+bh+c-ax -bx-c

h h

2ahx+ah+bh

=2ax+b

19.已知f(x)=1/x，試證

f(x+h)-f(x) 1

lim =-

h→0 h 2

[證明] 因為

f(x+h)-f(x) 1/(x+h)-1/x

lim =lim

h→0 h h→0 h

x-x-h

1/(x+h)-1/x 2

x +xh -1

= = 2

h h x +xh

所以so

f(x+h)-f(x) -1 1

lim =lim 2 =- 2

h→0 h h→0 x +xh x

20.如f(x)=x , 試求,

3 3

f(x+h)-f(x) (x+h) -x

lim =lim

h→0 h h→0 h

3 2 2 3

x +3xh +3x h+h 2 3

lim =3xh +3x +h

h→0 h

19.無窮小。

一變數v，如趨近零為一極限，則稱之為一無窮小(in-finitesimal)，此點可寫作（第14節）。

lim v=0,或v→0,

意即v之數值最後即變為，並始終小於任一事先指定，不論如何微小之正數也。如lim v=l,則lim(v-l)=0; 亦即謂，一變數與其極限間之差為一無窮小。反之，如一變數與一常數之差為一無窮小，則此變數即趨近該常數為一極限。

20.關於無窮小與極限之定理。

在以下討論中，所有變數均認為同一自變數之函式。並於此一變數趨近一固定之值a時，趨近其各自之極限。常數ε為事先指定之正數，其若何微小悉聽吾人之意願，但不得為零。吾人先證關於無窮小之四項定理。

1.n個無窮小之代數和仍為一無窮小，n則為一固定之數。因此和之數值，關各無窮小之數值變為且繼續小於ε/n時，即變為，且繼續小於ε也。

2.一常數c與一無窮小之積仍為一無窮小。

因此積之數值，於此無窮小之數值小於ε/│c│時，即小於ε也。

3.n個無窮小之積仍為一無窮小，n為一固定之數。因此積之數值，於各無窮小之數值變為，並繼續小於ε之n次根時，即變為且繼續小於ε也。

4.如lim v=l，而l不為零，則以v除一無窮小i之商亦為一無窮小，因吾人僅能選取一正數c，其在數值上為小於l者，以使v之數值最後變為且繼續大於c, 而同時可使i之數值變為，且繼續小於cε，於是此商之數值遂即變為，且繼續小於ε也。

[第16節定理之證明]設

（1）u-A=i,v-B=j,w-C=k, 於是i,j,k均為x之函式，而於x→a時各各趨近於零；亦即謂，彼等均為無窮小（第19節），由方程式（1）可得，

(2)u+v-w-(A+B-C)=i+j-k, 此式之右端，由上述定理1可知為一無窮小。於是，依第19節，

（3） lim (u+v-w)=A+B-C

x→a

吾人再由(1)得u=A+i,v=B+j, 兩者相乘，並移置AB，即得，

（4）uv-AB=Aj+Bi+ij, 依上述定理1-3，可知其右端為一無窮小，而於是

（5） lim uv=AB

x→a

此項證明極易推廣及於uvw之積。最後，吾人可寫，

（6）

u A A+i A Bi-Aj

- = - =

v B B+j B B(B+j)

依定理1與2，（6）之分子為一無窮小。由（3）與（4），

lim B(B+j)=B

於是，由定理4，（6）之右端為一無窮小，而

（7）

u A

lim -

x→a v B

第16節所述諸點於是遂得證明矣。

加法器乘法器，穩壓電源電路圖

第八部分極限的計算電路

當分母不為0時，極限的求法

推導過程可參見1946年版《大學教本微積分學》，周夢鏖譯，龍門聯合書局出版

x -4

lim =4

x→2 x-2

lim (x+2)=4

x→2

當分母為0時，極限的求法，如下所示

推導過程可參見1992年版《高等數學》，盛祥耀主編，高等教育出版社出版

當分母為0時，極限的求法，如下所示，

例2: 證明

2x -2

lim =4

x→1 x-1

這不算證明，現在用定義證明，這裡

2x -2

f(x)= =4 , A=4,x =1,

x-1 0

因為,

2 2

2x -2 2(x -2x+1)

│f(x)-A│= -4 = =2│x-1│,(x≠1)

x-1 x-1

所以對於任意給定的ε>0，要使│f(x)-A│<ε，就應取│x-x │=│x-1│<ε/2,

因此應取δ=ε/2,當：0<│x-x │=│x-1│<δ=ε/2, 時，就恆有

│f(x)-A│=2│x-1│<2*ε/2=ε, 由此可知

2x -2

lim =4

x→1 x-1

綜上所述：當x-1<δ時，f(x)-4<ε, 所以f(x)在x→1的時，極限是4

2x -2

計算函式 lim 極限的電路

x→1 x-1

2x -2-t(x-1)

設g(x)= =s(x-1)

x-1

用直流電源電壓表示x,t,s的數值，用乘法器，除法器，減法器，表示上面等式，用電壓表測量等式兩端電壓相等時，s的輸出是正整數時，這時t的輸出電壓值就是極限值4.

調節x,s,t的電壓輸出，使乘法器A，乘法器A輸出的電壓相等，用電壓表測量s是正整數時，t的輸出值就是函式f(x)在x→1時的極限，調節電位器使x,s,t輸出的電壓值不斷變化，

電路圖如下所示

2x +2

計算函式 lim 極限的電路

x→1 x+1

把x=1代入函式f(x)

2 2

2x +2 2*1 +2

= =2

x+1 1+1

2x +2

所以 lim =2

x→1 x+1

用乘法器加法器除法器表示計算式

2x +2

x+1

最後得到計算結果2，就是極限值

電路圖如下

第九部分微積分導論

推導過程可參見《微積分學導論》，1958年版，曹一華，江體乾編譯，

推導過程可參見《無窮小分析基礎》,蘇聯，И.И普里瓦諾夫，C.A加里別倫著，

如果y的一切值，按其絕對值來說，不超過某一個有限正數M, 即y的一切值滿足不等式，

│y│≤M

則量y就叫做有界的量。比方，y=tgx在宗量由x=-45°到x=45°的區間內是個有界變數，因為在這種情況下│tgx│≤1. 但是除了有界變數外，也有不能滿足上述定義的量存在，比方說，我們拿tgx在宗量值由0°到90°的區間內來說，不論我們選取怎樣大的正數N, 只要x在第一象限內，總有tgx>N，這種變數叫做無界變數

2-2變數的極限

我們知道，變數的變化方式是不一定相同的。雖然如此，但在變數各種各樣的變化方式中值得注意的是這樣的一個方式。用通常語言來說就是變數愈來愈靠近於或無限地趨近於某一個確定書值，這個確定數值就叫做變數的極限，而這種樣子的變化就叫做變數趨向於其極限，為了使變數趨於極限的含意不致引起任何誤解，必須給它下一個精確的數學定義。我們利用“變數變化過程”這個術語來表示變數趨於其極限時中間所經過的途徑，也就是表示變數在變化途徑中取得任一值時，則在未取得該值“之前”或在已取得該值“之後”這個途徑中的每一個值，變數都能一一取得。

設y是變數，且設已知其變化過程。定義，如果對任何一個隨我們意思所取的正數ε，在變數y的變化過程中能找到這樣一個確定值b, 使對所有其餘的諸值，變數y與b之差的絕對值恆小於ε，則數值b就叫做變數y在它的已給變化過程中的極限，即在y的變化過程中，從某數開始，對y的一切值不等式│y-b│<ε都能成立，如果用符號來寫的話，那麼我們就寫成

lim y=b 或y→b(lim是拉丁文“極限”limer的1前三個字母)

從這個定義看來，極重要的僅是這麼一點：

即總是要使y與b之差在變數繼續變化時，按其絕對值來說永遠小於ε，也不管ε是怎樣取的，然而y趨向於其極限的方式卻是可以形形色色各不相同，比方，變數能趨向於其極限而永遠保持大於其極限，或者能趨向於其極限而永遠保持小於其極限，或者能時而大於其極限又時而小於其極限。下面我們舉幾個例子來看。

例1，設y=1/n, 並設給定的變化過程是：n順次取全部正整數中每一個數：n=1,2,3,...,n...,

顯然，這就規定了y值的次序，也就是規定了y的變化過程。我們如果商定把變數y的極限寫成：

lim y,

n→∞

注：我們用符號∞表示無窮大，它的簡單意思就是表示變數的絕對值無限制的增大。大於任何大的數，本章2.6要詳細的說明它。於是就看出

lim y= lim (1/n)=0

n→∞ n→∞

事實上，不論正數ε預先怎樣選取，我們總能找到這樣一個整數n使

│1/n-0│<ε,即1/n<ε,

為此，只要n>1/ε就足夠了，對於一切更大的n值，顯然，│1/n-0│<ε都是成立的。

因為n增大，則分數1/n就縮小。由此可見，根據極限概念的定義

lim (1/n)=0

n→∞

在這個例子中，變數趨向於其極限總是保持大於其極限的，因為1/n是個正數。

例2，設y=-1/n,(n=1,2,3,...,n,...) 當y=-1/n時由上例顯然可見零必定也是它的極限。

因為，│-1/n│=│1/n│

所以

lim (-1/n)=0

n→∞

此處，變數總是保持小於其極限的，因為-1/n是負數而其極限是零。

例3.變數

y=(-1) /n,(n=1,2,...,n,...)的極限：

lim (-1) /n=0

n→∞

因為,

│(-1) /n│=1/n

而

lim (1/n)=0

n→∞

早在例1中就已經知道了。但是值得注意的是：在這裡，變數y的值時正時負，既當n為偶數時為正，而當n為奇數時為負，可見變數趨於極限時，時而大於其極限又時而小於其極限。

例4.設y=1/2 ,(n=1,2,...,n,...)，則

lim 1/2 =0

n→∞

這是因為當n→∞時，2 也趨於∞，於是，本例題又復與例1情況相似，

用數學歸納法可證：

lim 1/a =0

n→∞

上式中a為實數。

值得特別指出的是：

本例題恰恰就是我國古代哲學家在極限方面的思想。據春秋時代的哲學家莊周所著：當時雄辯家惠施與墨瞿概括中說過這樣的話“一尺之極，日取其牛，萬世不竭”。

意思就是說一尺長的木杖，第一天截去它一半，剩下一半；第二天又截所剩下的一半，第三天再截第二天所剩下的一半，如此擷取下去，雖經萬世也擷取不完。

如果以尺為單位，則每天所擷取的尺數順次為：

2 3 n

1/2,1/2 ,1/2 ,...,1/2 ,.....

它逐漸趨向於零，但永遠不等於零，而以零為其極限。根據上面的描述可以重新定義極限，

設時間為虛數，所求極限的函式為實數。

y=1/2 ,(n=1,2,...,n,...)，則

lim 1/2 =0

n→∞

這是因為當n→∞時，2 也趨於∞，如果以尺為單位，則每天所擷取的尺數順次為：

2 3 n

1/2,1/2 ,1/2 ,...,1/2 ,.....

它逐漸趨向於零，但永遠不等於零，而以零為其極限。

設一天時間為1i,兩天時間為2i,...,n天時間為ni。

那麼，像上面那樣每天截一半木杖，經過n天，木杖還剩1/2 長度。

所以，上面的函式的極限為, 在虛數範圍內

n n

lim 1/2 =i*1/2

n→∞

上式中,i表示虛數i

n n

lim 1/a =i*1/a

n→∞

上式中,i表示虛數i,a表示實數,

在以上舉過的例子內，似乎變數在其變化過程中變化時，始終不能達到其極限值的，這種印象是不完全對的。變數有時這樣變化，當趨向於其極限時，在其變化過程中有等於其極限的值存在。

例4a.設y=2 ,(n=1,2,...,n,...)，則

lim 2 =∞

n→∞

這是因為當n→∞時，2 也趨於∞，

設i代表天數，一個木杖，一天增加2倍長度，n天長度就是2,

n n

所以函式y=2 在n→∞時的極限考慮虛數就是i*2 , 即

n n

lim 2 =i*2

n→∞

上式中,i表示虛數i

用數學歸納法可得

n n

lim a =i*a

n→∞

上式中,i表示虛數i

例5，設

sin(nπ/2)

y= (n=1,2,3,...,n,...)

因為正弦的絕對值不大於1，於是有

sin(nπ/2)

≤1/n

並且從某個n起，可以看出

sin(nπ/2)

<ε

也就是說，

sin(nπ/2)

lim <ε

n→∞ n

但是變數sin(nπ/2)在變化過程中，當n為任何偶數時它都等於零，因而變數

sin(nπ/2)

當n是偶數時也跟著等於零了。

sin(nπ/2)

lim =0

n→∞ n

由此可知，變數在其變化過程中確有無限多次取得其極限的。由上面的截木杖理論求極限，推導, 假設n等於天數虛數i表示時間，

sin(nπ/2)在第一天等於sin(π/2)，第二天等於sin(2nπ/2), sin(nπ/2)在第n天等於sin(nπ/2)，

在虛數範圍內

sin(nπ/2)

lim =i*sin(nπ/2)/n

n→∞ n

同理可證：

cos(nπ/2)

lim =0

n→∞ n

在虛數範圍內

cos(nπ/2)

lim =i*cos(nπ/2)/n

n→∞ n

例5a，設

tan(nπ/2)

y= (n=1,2,3,...,n,...)

因為正切的絕對值不大於1，於是有

tan(nπ/2)

-∞ ≤1/n

並且從某個n起，可以看出

tan(nπ/2)

<∞

也就是說，

tan(nπ/2)

lim =∞

n→∞ n

但是變數tan(nπ/2)在變化過程中，當n為任何偶數時它都等於零，因而變數

tan(nπ/2)

當n是偶數時也跟著等於零了。

tan(nπ/2)

lim =∞

n→∞ n

由此可知，變數在其變化過程中確有無限多次取得其極限的。由上面的截木杖理論求極限，推導, 假設n等於天數虛數i表示時間，

tan(nπ/2)在第一天等於sin(π/2)，第二天等於tan(2nπ/2), tan(nπ/2)在第n天等於tan(nπ/2)，

在虛數範圍內

tan(nπ/2)

lim =i*tan(nπ/2)/n

n→∞ n

同理可證：

cot(nπ/2)

lim =0

n→∞ n

在虛數範圍內

cot(nπ/2)

lim =i*cot(nπ/2)/n

n→∞ n

總結上面代虛數的極限，當實屬範圍內，

極限等於0或∞時，引入虛數後極限結果是原函式再乘以單位虛數,

例如：

lim =0

n→∞ n

這個函式的極限當n趨於無窮大時，等於零,

引入虛數後，極限就等於原函式和單位虛數的乘積, 即，

lim =i/n

n→∞ n

這種極限的求法和上面的極限的求法不相同，不能在同一個公式裡面應用

值得特別指出的是：本例題恰恰就是我國古代哲學家在極限方面的思想。

據春秋時代的哲學家莊周所著：當時雄辯家惠施與墨瞿概括中說過這樣的話“矩不方，規不可以為圓”。

意思是說，矩畫出來的直線也可構成圓，規畫出的圓也可以構成直線“

矩是古人在水利工程測量時使用的三角尺，和現在的三角尺相同。由木頭製造。

規是古人在水利工程施工時測量的工具，和現在的圓規相同，由木頭製造。

由上面的描述可得，設直線的函式是y=x, 圓的函式是y=2πx, 用n天把直線y=x截成n段，直線就變成一個點，再把n個點圍成一圈就構成一個圓y=2πx,

設時間為虛數i，在虛數範圍內

lim x/n =2πx*i/n

n→∞

上式中,i表示虛數i,n表示實數

同理可證：

lim 1/n =2π*i/n

n→∞

用n天把圓y=2πx截成n段，圓就變成一個點，再把n個點連成一條線就構成一個直線y=x,

設時間為虛數i，在虛數範圍內，

lim 2πx/n=i*x/n

n→∞

上式中,i表示虛數i,n表示實數

同理可證：

lim 2π/n=i/n

n→∞

總結上面代虛數的極限，當實屬範圍內，極限等於0或∞時，引入虛數後極限結果是原函式再乘以單位虛數和2π的乘積，或者，引入虛數後極限結果是原函式再除以單位虛數和2π的乘積，

例如：

lim =0

n→∞ n

或

lim =2πi/n

n→∞ n

或

lim =i/2πn

n→∞ n

2-5.極限的基本定理

利用無窮小的定理2-4不難證明極限的基本定理。

定理1.任何確定個數變數的代數和的極限，就等於它們各個極限的代數和，即

lim (y +y -y )=limy +limy -lim y

n→∞ 1 2 3 1 2 3

證明，設

lim y =b , lim y =b ,lim y =b (2.5)

n→∞ 1 1 2 2 3 3

因為變數與其極限的區別就在於多一個無窮小（2.3公式（2.3）），於是，我們有

y =b +α ,y =b +α ,y =b +α ,

1 1 1 2 2 2 3 3 3

此處α ，α 及α 都是無窮小量。

2 2 3

把它們相加後便得

y +y -y =(b +b -b )+(a +a -a )

1 2 3 1 2 3 1 2 3

其中表達式

α +α -α =α +α +（-α ）

1 2 3 1 2 3

可以看作三個無窮小之和，所以也是無窮小量，

於是代數和(y +y -y )與(b +b -b )的區別也就在於多一個無窮小了。

1 2 3 1 2 3

因而，

lim(y +y -y )=b +b -b

1 2 3 1 2 3

用等式2.5代換b ,b 及b 後得

1 2 3

lim (y +y -y )=limy +limy -limy

n→∞ 1 2 3 1 2 3

顯然，以上的證明與已給代數和中包含的項數無關，並且在任何有限個（有界的）項數時這命題仍然正確。

定理2，兩個因子乘積的極限等於它們極限的相乘積，即

lim (y y )=(limy )*(limy )

1 2 1 2

證明，設

lim y =b ,lim y =b (2.6)

1 1 2 2

依2-3式（2.3）我們有y =b +α 及y =b +α

1 1 1 2 2 2

此處α 及α 是無窮小量，

1 2

連乘y 及y 得y y =b b +(b α +b α +α α ),

1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1 2

但b α 及b α 都是常量乘以無窮小所以還是無窮小，

1 2 2 1

量α α 是兩個無窮小相乘（2-4定理2的系）也是無窮小。

1 2

故（2-4定理1的系2）諸無窮小的和（b α +b α +b α ）是無窮小量。

1 2 1 2 1 2

於是乘積y y 與常量b b 的區別僅在於多一個無窮小，

1 2 1 2

這就是說，

lim y y =b b

1 2 1 2

用等式（2.6）代換b 及b 後得

1 2

lim (y y )=(lim y )(lim y )

1 2 1 2

系，任何確定個數因子連乘積的極限，等於它們各個極限的連乘積，比方

lim y y y =(lim y )(lim y )(lim y )

1 2 3 1 2 3

可以看出y y y 與(y )*(y y )並無區別，但

1 2 3 1 2 3

lim (y )*(y y )=(lim y )[(lim y y )]

1 2 3 1 2 3

而其中

lim (y y )=(lim y )(lim y )

2 3 2 3

如將此式插入前式中便得：

lim (y y y )=(lim y )(lim y )(lim y )

1 2 3 1 2 3

上述證明是針對三個因子來證明的，但本命題並不限於三個因子，

因為如果將y y y y 寫成形式y (y y y )，

1 2 3 4 1 2 3 4

我們就同樣能夠對於四個因子來證明它；對於四個因子證明後，

預先把(y y y y y )寫成y (y y y y )的形式，

1 2 3 4 5 1 2 3 4 5

對於五個因子，我們也能證明它的正確性，由此類推此係就證實了。

定理3，如果分母的極限不等於零，則分數的極限就等於分子的極限除以分母的極限，即

設lim y ≠0, 則,

y lim y

1 1

lim =

y lim y

2 2

證明，設lim y =b ,lim y =b ,

1 1 2 2

依條件b ≠0,於是，

y =b +α 及y =b +α ，

1 1 1 2 2 2

此處α 及α 是無窮小量(參閱2-3式(2.3)), 考慮差數

1 2

y b

1 1

y b

2 2

則有

y b b +α b α b -b α

1 1 1 1 1 1 2 1 2

- = - =

y b b +α b b +α b

2 2 2 2 2 2 2 2

我們看得出

α b -b α

1 2 1 2

b +α b

2 2 2

是個無窮小量。因為量α b 是無窮小，且依條件b ≠0, 因而總能找到那樣一個瞬時，

2 2 2

從那時起

│α b │<b /2

2 2

但此時

2 2 2 2

│b +α b │>b -b /2=b /2

2 2 2 2 2 2

且,

1 2

<2/b

2 2

b +α b

2 2 2

即量

b +α b

2 2 2

從某瞬時開始將是有界量。又分子α b -b α 可以看作是無窮小的代數和，

1 2 1 2

因而是個無窮小量。由2-4定理2可知量

α =(α b -b α )/(b + α b )

1 2 1 2 2 2 2

是無窮小量，最後，又因為

y b

1 1

= +α

y b 3

2 2

所以,

y b

1 1

lim =

y b

2 2

這就是所要證明的。

定理4.冪指數為正整數的變數的極限，等於變數極限的同次冪，即

n n

lim(y) =(lim y) ,

此處n是正整數。

證明，當n為正整數時我們可以把y 看成是n個因子的連乘積

y =y*y......*y,

n次

利用定理2的系便得

lim(y )=(lim y)(lin y)......(lim y),

或

n n

lim(y )=(lim y)

這就是所要證明的。

定理5.變數的n次方根的極限等於變數極限的同次方根，即

n 1

lim √y= √lim y

(如n為偶數，就應該預先設y≥0)

證明，設 lim y=b; 且 b≠0; 於是,

y=b+α此處α是無窮小量，考慮等式

n n n n

α-b - √b= √b( √1 +α/b-1)

如再用α 表示無窮小α /b，我們就來證明

1+α - 1

是個無窮小量。為此，對於差數

1+α - 1

乘以再除以

n n-1 n n-2 n

(1+α ) + (1+α ) +......+ (1+α ) +1

1 1 1

其值不變，同想起裴蜀定理

n n n-1 n-2 n-3 2 n-2 n-1

a -b =(a-b)(a +a b+a b +......+ab +b )

注：裴蜀即Безу的譯名（參見高中代數）, 這個公式也很容易直接證明：

事實上，表示式：

n-1 n-2 n-3 2 n-2 n-1

a +a b+a b +......+ab +b 是公式為b/a的幾何級數，

所以依幾何級數總和的公式有

n-1 n-1

n-1 n-2 n-3 2 n-2 n-1 a -b b/a

a +a b+a b +......+ab +b =

1-b/a

如以a-b乘等式兩邊，就得到了所需證的公式。便可得到：

1+α - 1

n n n-1 n n-2 n

( 1+α -1) ( (1+α ) + (1+α ) +…+ (1+α ) +1)

1 1 1 1

n n-1 n n-2 n

(1+α ) + (1+α ) +…+ (1+α ) +1

1 1 1

(1+α -1）

n n-1 n n-2 n

(1+α ) + (1+α ) +…+ (1+α ) +1

1 1 1

n n-1 n n-2 n

(1+α ) + (1+α ) +…+ (1+α ) +1

1 1 1

另一方面，α 既然是個無窮小，故從某瞬時起將有│α│<1/2,且

│1+α │≥1-│α │>1-1/2=1/2

1 1

由此則

1/n 1/n

│1+α │ >(1/2)

且

n n 2 n n-1 1/n 2/n (n-1)/n

│1+ (1+α ) + (1+α ) +…+ (1+α ) │>1+(1/2) +(1/2) +...+(1/2)

1 1 1

1-1/2 1-1/2

= =

1/n 1/n

1-(1/2) 2[1-(1/2) ]

或

1 1/n

<2[1-(1/2) ]<2

n n 2 n n-1

1+ (1+α ) + (1+α ) +…+ (1+α )

1 1 1

由此可知量

(α )

1 n n 2 n n-1

1+ (1+α ) + (1+α ) +…+ (1+α )

1 1 1

是無窮小α 乘以有界量，由2-4定理2知它是個無窮小量，所以

n n n n

b+α - b = b ( (1+α ) -1)

是無窮小量，並且

n n n

lim y =lim b +α = b

如果b=0,則y=α了，但因為α是無窮小，故,

n n

y = α

也必是無窮小量，這是由於任意給定一個ε>0，只要,

│α│<ε ,

便有,

n n

α < ε =ε

並且,

lim y =0

又因為現在b=lim y=0, 所以,

n n

y = lim y

因而在這種情況下也有

n n

lim y = y

故定理證畢。

定理6.如果一個變數z的值經常夾在另外兩個變數x及y中間，設x及y的極限存在且相等，則夾在它們中間的變數z必有極限，且就等於它們的共同極限。即設

x<z<y且lim x=lim y=c

則lim z=c

證明，從不等式各邊都減去c，則x-c<z-c<y-c,

如設x-c=α ,y-c=α ,

1 1

則上述不等式可以寫為

α <z-c<α

1 2

依本定理的條件，我們有：

lim α =lim(x-c)=c-c=0,

及

lim α =lim(y-c)=c-c=0,

也就是α 及α 都是無窮小量，

1 2

根據無窮小的定義，不管對怎樣的正數ε，總能找出一個瞬時，從那時起

│ α │<ε，

並且從另外一個瞬時起

│ α │<ε，

故從它們中間最遲的一個開始，則│α │<│α │都將小於ε，

1 2

或-ε<α<ε及-ε<α<ε 從不等式α <z-c<α 中代入-ε<α 及α <ε,

1 2 1 2

便得-ε<z-c<ε或│z-c│<ε, 即lim z=c, 這就是所要證明的。

2-9.例題

例1.

lim 1/x=0

x→∞

這是非常容易看出的，因為按照條件，在任意這裡許可的變化過程中量x是無窮大，而無窮大的倒數是無窮小，所以趨向於零。

值得特別指出的是：本例題恰恰就是我國古代哲學家在極限方面的思想。據春秋時代的哲學家莊周所著：當時雄辯家惠施與墨瞿概括中說過這樣的話“矩不方，規不可以為圓”。

意思是說，矩畫出來的直線也可構成圓，規畫出的圓也可以構成直線

矩是古人在水利工程測量時使用的三角尺，和現在的三角尺相同。由木頭製造。

規是古人在水利工程施工時測量的工具，和現在的圓規相同，由木頭製造。

由上面的描述可得, 設直線的函式是y=x, 圓的函式是y=2πx, 用n天把直線y=x截成n段，直線就變成一個點，再把n個點圍成一圈就構成一個圓y=2πx,

設時間為虛數i在虛數範圍內

lim x/n =2πx*i/n

n→∞

上式中,i表示虛數i,n表示實數,

同理可證：

lim 1/n =2π*i/n

n→∞

用n天把圓y=2πx截成n段，圓就變成一個點，再把n個點連成一條線就構成一個直線y=x,

設時間為虛數I, 在虛數範圍內,

lim 2πx/n=i*x/n

n→∞

上式中,i表示虛數i,n表示實數

同理可證：

lim 2π/n=i /n

n→∞

在虛數範圍內,

lim 1/x =2π*i/x

x→∞

例2.同樣可以看得出，

lim 1/x =0, 此處k>0

x→∞

在虛數範圍內,

k k

lim 1/x =2π*i/x 此處k>0

x→∞

在虛數範圍內,

k k

lim 1/x =2π*i/x 此處k>0

x→∞

例1a.

lim x=0

x→∞

這是非常容易看出的，因為按照條件，

在任意這裡許可的變化過程中量x是無窮大，所以趨向於零。

設時間為虛數i,在虛數範圍內

lim x/n =2πx*i

x→∞

設直線的函式是y=x, 圓的函式是y=2πx, 用n天把直線y=x截成n段，直線就變成一個點，再把n個點圍成一圈就構成一個圓y=2πx,

設時間為虛數I, 在虛數範圍內

lim x/n =2πx*i/n

n→∞

上式中,i表示虛數i,n表示實數

同理可證：

lim x =2πx*i

x→∞

用n天把圓y=2πx截成n段，圓就變成一個點，再把n個點連成一條線就構成一個直線y=x,

設時間為虛數I, 在虛數範圍內

lim 2πx/n=i*x/n

n→∞

上式中,i表示虛數i,n表示實數,

同理可證：

lim 2πx=i*x

x→∞

例2a.同樣可以看得出，

lim x =∞ ,此處k>0

x→∞

在虛數範圍內

k k

lim x =2πx *i ,此處k>0

x→∞

例3.試求

lim (x -4)

x→3

根據2-5定理1，和定理4，得

2 2 2 2

lim (x -4)=lim x -lim 4=(lim x) -lim 4=3 -4=5

x→3 x→3 x→3

例3a.試求

lim (x -4)

x→∞

根據2-5定理1，和定理4，得

2 2 2

lim (x -4)=lim x -lim 4=2πx *i-4

x→∞ x→∞

例4.試求

x +3x

lim

x→2 2x+1

因為分母的極限不等於零，故根據2-5定理3，得

2 lim x +3x

x +3x x→2

lim =

x→2 2x+1 lim 2x+1

x→2

可見

2 2

2 lim x +3x 2 +3*2

x +3x x→2

lim = = =2

x→2 2x+1 lim 2x+1 2*2+1

x→2

我們熟悉了極限的求法後，就不必再寫這麼多的符號lim了，以後只須在全式前寫一個極限符號就夠了。

例4a.試求

x +3x

lim

x→∞ 2x+1

因為分母的極限不等於零，故根據2-5定理3，得

2 lim x +3x

x +3x x→∞

lim =

x→∞ 2x+1 lim 2x+1

x→∞

可見

2 2 2

2 lim x +3x 2πx *i +3*2 2πx *i +6

x +3x x→∞

lim = = =

x→∞ 2x+1 lim 2x+1 2*2πx*i+1 4πx*i+1

x→∞

例8.試求

lim

x→∞ 3x+2

當x→∞時，3x+2無限增大，即無窮大量；但其倒數1/(3x+2)是無窮小量(2-6)，可見，設x→∞時，乘積2*1/(3x+2)趨於零。所以

lim =0

x→∞ 3x+2

例8.試求

2 2 1

lim = =

x→∞ 3x+2 3*2π*i/x+2 3π*i/x+1

例13.試求y=arc ctg (1/(x-c))於x→c點的左右極限。利用2-8所述概念知其左極限為：

lim arc ctg (1/(x-c))=arc ctg(-∞)=π

x→c-0

而右極限是

lim arc ctg (1/(x-c))=arc ctg(+∞)=0

x→c+0

其圖形如圖2-17所示。

例14.試求y=x/(x-1)於x→1時的左右極限。

由2-8知其左極限為：

lim x/(x-1)=-∞

x→1-0

又其右極限為：

lim x/(x-1)=+∞

x→1+0

其圖形如圖2-18所示。

2-10.某些表示式的極限

1.證明，

lim a =+∞, 設 a>1

n→∞

依假設a>1,並設a-1=h,容易看出h是正數；於是我們有a=1+h, 將等式兩邊作成n次乘方(n是正整數)，得

n n 2 3 n-1 n

a =(1+h) =1+nh+n(n-1)h /1*2+n(n-1)(n-2)h /1*2*3+...nh +h

因為h是正的，所以在牛頓二項式的展開式中各項都是正的。

注：二項式定理我國宋朝數學家秦九韶在1247年即已發明，比牛頓早約三四百年，

故此定理應改稱為秦九韶的二項式定理。

如果在此二項式的展開式中保留第一二項，棄去其餘的所有項，那麼等式右邊的項數就減小了，於是

(1+h) >1+nh

量1+nh在n→∞時是無窮大，因而

n n

a =(1+h) 更加是無窮大，即

n n

lim a =+∞

n→∞

2.證明，

lim a =0, 設 1<a<1

n→∞

事實上，設1/a=b;

n n

數b>1,則a =1/b 及 lim a =lim 1/b ,

n→∞ n→∞

n n

但量b 是無窮大（依照1）而量1/b 為無窮大的倒數，是無窮小，因而

lim 1/b =0,

n→∞

由此可見，

lim a =0,

n→∞

在已證明的基礎上我們有，比方：

lim 2 =∞；

n→∞

lim 0.3 =0,

n→∞

lim 1.25 =∞；

n→∞

3.幾何級數，計算無窮項幾何級數

2 3 n

a +a q+a q +a q +.....+a q +.....

0 0 0 0 0

的《總和》, 此處首先要定義的就是《總和》這一名詞。

事實上，當我們運用加法去求總和時，都是指將有限個項數相加的意思，但是我們完全不知道，如何求無窮個項數相加的《總和》，因為用通常的方法，無論怎麼加我們也不能將無窮個項數全部加盡。為了避免這個困難，我們就用下述的方法去做。

開始求級數的n項之和，並以S 表示這個和，然後求

lim S

n→∞ n

假若這個極限存在（就是假設S 趨向於常數），就叫它做無窮級數的總和。

從代數學上大家知道：

a -a q a a

0 0 0 0 n

S = = - q

n 1-q 1-q 1-q

量a /(1-q)是常數（不因n的變化而變化）, 如果 0<q<1，

n n

則q 趨向於零，如果q>1則q 趨向於∞（參看本節1及2）

所以如果0<q<1，則

a -a q a a a

0 0 0 0 n 0

lim S = lim = lim - lim q =

n→∞ n n→∞ 1-q n→∞ 1-q n→∞ 1-q 1-q

如果q>1，則q 是無窮大，因而S 的極限不存在：

lim S =∞

n→∞ n

在第一種情形可以說這個級數收斂，並且它的總和等於

S= lim S =

n→∞ n 1-q

在第二種情形，可以說這個級數發散。

3a.幾何級數，計算無窮項幾何級數

2 3 n

a +a q+a q +a q +.....+a q +.....

0 0 0 0 0

根據引入虛數極限的求法，在原函式上乘以單位虛數i,得

a -a q a a a a

0 0 0 0 n 0 0 n

lim S = lim = lim - lim q = - i*q

n→∞ n n→∞ 1-q n→∞ 1-q n→∞ 1-q 1-q 1-q

4.證明，

lim a =1

n→∞

設a是任何正數。分三種情況來證明：

1)a>1,2)a<1,及3)a=1

1) a 對於a>1就會大於1，設差數

a -1=h, 量h 由n的變化而變化，

但總保持是正的，從這個等式在確定a時有：

a=(1+h ) ,利用不等式（2.7）,得

a=(1+h ) >1+nh

從而

a-1

h <

n n

因為h 是正數，即h >0，故得兩個不等式

n n

a-1

0<h <

n n

注意到

a-1

lim =0之後

n→∞ n

按照定理6，2-5得

lim h =0,但

n→∞ n

h = a -1

所以,

lim a -1 =lim (1+h )=1

n→∞ n→∞ n

2)如果a<1，則設1/a=b,得到數b大於1，那麼

n 1

lim a =lim =1

n→∞ n→∞ n

3)如果a=1,則

n n

a = 1 =1

就是說

lim a =1

n→∞

在已證明的基礎上我們有，比方：

lim 2 =1

n→∞

lim 0.5 =1

n→∞

2-12數e

例1.知道

1 x

lim (1+ ) =e

x→∞ x

試求

1/3y

lim (1+y )

x→∞

假定y=1/x,則x=1/y, 且x趨向∞時，y就趨向於零，因而

1/3y 1 x/3

lim (1+y ) = lim (1+ )

x→∞ x→∞ x

1 x 1/3

= lim [(1+ ) ]

x→∞ x

1/3

例2.試求

8 x

lim (1+ )

x→∞ x

設8/y=1/y,那麼y=x/8, 且當x趨向∞時y也必趨向於∞，所以

8 x 1 8y

lim (1+ ) = lim (1+ )

x→∞ x x→∞ y

1 y 8

= lim [(1+ ) ]

x→∞ y

例3，設C 是遊離物質的克分子量，又設每秒鐘此物質有p%起反應，

求經過t秒後多少克分子起反應。因每秒起反應的物質為p%，所以經一秒後起反應的為：

C 克分子

100 0

而末起反應的是

c - C =c (1-p/100)

0 100 0 0

二秒後未起反應的物質等於

C (1-p/100)-pC (1-P/100)/100=C (1-p/100)

0 0 0

t秒後未起反應的將是

C (1-p/100)

上述討論中，我們只是孤立的看經過每一秒鐘的反應情況。然而實際上反應是連續進行的。因此，為了更符合實際，常把反應時間分得更短。

如果用1/n秒作為單位時間，那麼在t個單位時間內未起反應的物質將是

C (1-p/100n)

或設p/100=k，則上式即為

C (1-k/n)

因此，未起反應的物質c，當n無限增大時, 即表示反應依照時間的連續延長而連續進行著，我們可根據定理2，將上式求出一個極限，即

k tn

C= lim C (1- )

x→∞ 0 n

k n t

= lim C [(1- ) ]

x→∞ 0 n

k n t

=C [ lim [(1- ) ]

0 x→∞ n

如果設-k/n=1/x,則n=-kx, 由此，得,

k n

lim (1- )

x→∞ n

1 x -k

= lim [(1+ ) ]

x→∞ x

1 x -k

= [lim (1- ) ]

x→∞ x

-k

代入上式，則得未起反應的物質

-kt

C=C e

2-13.自然對數

1 n

把數 e= lim (1+ ) =2.718281828......作為對數系統的底時，

x→∞ n

所成的對數就叫做自然對數。自然對數的符號用《ln N》來表示, 這樣，就可以把它與以10為底的對數《log N》區別開來。在分析數學中廣泛的應用自然對數，因為用自然對數時，某些公式寫起來就更為簡單醒目, 我們對同是一個數N來求以10為底的對數（常用對數）與自然對數間的關係。

假設ln N=y,那麼N=e , 對等式兩邊取以10為底的對數則得：

log N=ylog e或，由於y=ln N, 所以

log N=ln N log e (2.13）

把量log e=log2.71828......=0.43429......,叫做《變換的模》，並用文字M來表示：

M=log e=0.43429.... (2.14）

按照公式（2.13），知道數N的自然對數時，就能求出其以10為底的對數，為了求出自然對數，可按已給定的以10為底的對數，改寫公式(2.13)成：

log N

ln N= (2.15）

log e

為了便於計算起見，再引入《變換的模》的倒數,

1 1

= =2.30253.... (2.16）

M log e

比方，按照公式(2.15)可以求得

ln2=log 2*2.30258=0.30103*2.30258=0.69315,

ln10=log 10*2.30258=2.30258,

從此，我們發現了一個實用的恆等式：

log b*log a=1

a b

事實上，設x=log a,則a=b ,

如果對此等式的兩邊取以a為底的對數，便得

log a=xlog b，或x=1/log b

a a a

比較x的兩個表示式，有log a=1/log b

b a

這就是所要證明的。

3-4.正弦與其弧之比的極限

定理，如果弧趨向於零，則正弦與其弧之比的極限等於1，即

sinx

lim = 1

x→0 x

這裡弧是用弧度量度的。

證明，選取半徑為1的圓（圖3-11）：作角∠AOB，其弧度用x來表示，並且看出∠AOC=2x, 過圓周上兩點A和C作兩條切線，相較於D，

這時弦AC小於弧ABC而弧卻又小於折線ADC（弧長永遠小於折線），即

AC<ABC<AD+DC

但, AC=2sinx,ABC=2x,AD+DC=2tgx, 所以, 2sinx<2x<2tgx

以2sinx除不等式各項（設x是正的），則得

sinx 1

1< <

x cosx

當x→0時，左面的極限等於1，右面的極限也等於1，按2-5中的定理6，則有

sinx

lim =1

x→0 x

由此

sinx 1

lim = lim =1

x→0 x x→0 x

sinx

因為sin(-x)=-sinx,所以定理對於x為負是仍然正確。

例1，試求

tgx sinx sinx 1

lim = lim = lim

x→0 x x→0 xcosx x→0 x cosx

sinx 1

= lim lim =1

x→0 x x→0 cosx

例2.試求

sinαx

lim =1

x→0 x

為了利用公式,

sinx

lim =1

x→0 x

必須變換分式成這樣，使它變成弧的正弦對次弧的比例式：

為此目的，在我們的分式上除上一個α，然後再乘上一個α

sinx sinαx

= *α

x αx

於是，我們有

sinαx sinαx sinαx

lim = lim *α= α*lim =α*1=α

x→0 x x→0 αx x→0 αx

例3.試求

1-cosx

lim

x→0 2

變換分式，代換1-cosx=2sin (x/2), 得到

1-cosx 2sin (x/2) sin (x/2) 2

lim = lim =lim( ) *2/4=1/2

x→0 2 x→0 2 x→0 x/2

x x

例4.試求

cosmx-cosnx

lim

x→0 2

利用三角公式變換，則得到

cosmx-cosnx -2sin[(m+n)x/2]*sin[(m-n)x/2]

lim = lim

x→0 2 x→0 2

x x

1 -sin[(m+n)x/2]*sin[(m-n)x/2]

= lim (m+n)(m-n)

x→0 2 [(m+n)x/2]*[(m-n)x/2]

2 2

=-(m+n)(m-n)/2=(n -m )/2

例5.試求

x x

lim 2 sin(n/2 )

x→0

為了利用公式

sinx

lim =1

x→0 x

x x

我們知道當x→∞時，2 →∞，而1/2 →0, 因此可以將它變為

x x sin n/2

lim 2 sin(n/2 ) = lim

x→0 x x

1/2 →0 1/2

sin n/2

= lim *n

x x

1/2 →0 n/2

sin n/2

=n* lim =n

x x

1/2 →0 n/2

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