徐澤家

【摘要】等價(jià)無(wú)窮小在求極限的運(yùn)算中有著非常重要的作用，尤其是在計(jì)算復(fù)雜的極限問題時(shí)，它可以使問題簡(jiǎn)便化.本文系統(tǒng)地歸納并證明了一些常見的涉及三角函數(shù)及反三角函數(shù)的等價(jià)無(wú)窮小，正確地使用它們可以使一些復(fù)雜的極限運(yùn)算問題變得簡(jiǎn)單.

【關(guān)鍵詞】等價(jià)無(wú)窮??；三角函數(shù)；反三角函數(shù)；極限

在進(jìn)行一些復(fù)雜的，特別是含有三角函數(shù)及反三角函數(shù)的極限運(yùn)算時(shí)，如果可以使用等價(jià)無(wú)窮小替換表達(dá)式中的部分元素，則會(huì)使計(jì)算簡(jiǎn)便許多.本文主要討論三角函數(shù)、反三角函數(shù)和含有x，sinx，tanx，arcsinx，arctanx的多項(xiàng)式的等價(jià)無(wú)窮小.

一、等價(jià)無(wú)窮小的部分性質(zhì)

在探討三角函數(shù)及反三角函數(shù)的等價(jià)無(wú)窮小之前，我們先來(lái)探討一下等價(jià)無(wú)窮小的部分性質(zhì)，以便后文使用.

定理1[1]若f（x）～g（x）且g（x）～h（x）（x→x0），則f（x）～h（x）（x→x0）.

定理2若f（x）～F（x）且g（x）～G（x）（x→x0），則當(dāng)x→x0時(shí)，有：

f（x）+g（x）～F（x）+G（x）（limx→x0f（x）g（x）存在且不等于-1）；

f（x）-g（x）～F（x）-G（x）（limx→x0f（x）g（x）存在且不等于1）.

證明

因?yàn)閒（x）～F（x）（x→x0），

limx→x0f（x）g（x）=limx→x0G（x）F（x）≠-1，

所以-1+limx→x0f（x）F（x）1+limx→x0G（x）F（x）=limx→x0-1+f（x）F（x）1+G（x）F（x）

=limx→x0f（x）-F（x）F（x）+G（x）=0，

因?yàn)間（x）～G（x）（x→x0），limx→x0f（x）g（x）=limx→x0F（x）G（x）≠-1，

所以-1+limx→x0g（x）G（x）1+limx→x0F（x）G（x）=limx→x0-1+g（x）G（x）1+F（x）G（x）

=limx→x0g（x）-G（x）F（x）+G（x）=0，

所以limx→x0f（x）-F（x）F（x）+G（x）+limx→x0g（x）-G（x）F（x）+G（x）

=limx→x0f（x）-F（x）+g（x）-G（x）F（x）+G（x）

=limx→x0f（x）+g（x）F（x）+G（x）-1=0，

所以limx→x0f（x）+g（x）F（x）+G（x）=1.

同理可證：

當(dāng)limx→x0f（x）g（x）≠1時(shí)，

-1+limx→x0f（x）F（x）1-limx→x0G（x）F（x）=limx→x0-1+f（x）F（x）1-G（x）F（x）=limx→x0f（x）-F（x）F（x）-G（x）=0，

-1+limx→x0g（x）G（x）-1+limx→x0F（x）G（x）=limx→x0-1+g（x）G（x）-1+F（x）G（x）=limx→x0g（x）-G（x）F（x）-G（x）=0，

所以limx→x0f（x）-F（x）F（x）-G（x）-limx→x0g（x）-G（x）F（x）-G（x）

=limx→x0f（x）-F（x）-g（x）+G（x）F（x）-G（x）

=limx→x0f（x）-g（x）F（x）-G（x）-1=0，

所以limx→x0f（x）-g（x）F（x）-G（x）=1.

綜上所述，定理2得證.

定理3若f（x）～F（x）且g（x）～G（x）（x→x0），則

f（x）g（x）～F（x）G（x）（x→x0）.

證明因?yàn)閘imx→x0f（x）g（x）F（x）G（x）=limx→x0f（x）F（x）limx→x0g（x）G（x）=1，

所以定理3得證.

二、函數(shù)sinx，tanx，arcsinx，arctanx的等價(jià)無(wú)窮小

公式1[2]當(dāng)x→0時(shí)，sinx～x.

證明limx→0sinxx=1，所以sinx～x.

公式2當(dāng)x→0時(shí)，tanx～x.

證明limx→0tanxx=limx→0sinxxcosx=limx→0sinxxlimx→0cosx=1，所以tanx～x.

公式3當(dāng)x→0時(shí)，arcsinx～x.

證明由洛必達(dá)法則，

limx→0arcsinxx=limx→011-x2=1，所以arcsinx～x.

公式4當(dāng)x→0時(shí)，arctanx～x.

證明由洛必達(dá)法則，

limx→0arctanxx=limx→011+x2=1，所以arctanx～x.

推論1由定理1并結(jié)合上述公式可以得出：

當(dāng)x→0時(shí)，sinx～tanx～arcsinx～arctanx～x.

三、含有x，sinx，tanx，arcsinx，arctanx的多項(xiàng)式的等價(jià)無(wú)窮小

定義集合A={x，sinx，tanx，arcsinx，arctanx}，則集合A中任意兩個(gè)元素配對(duì)共有10種組合形式.下面，我們對(duì)這10種組合形式一一進(jìn)行探討.

（一）集合A中任意兩個(gè)元素做減法運(yùn)算所構(gòu)成的二項(xiàng)式的等價(jià)無(wú)窮小

公式5當(dāng)x→0時(shí)，x-sinx～16x3.

證明將x-sinx按帶皮亞諾余項(xiàng)的麥克勞林公式展開，得

x-sinx=x33！-x55！+x77！-x99！+…+sinπ+nπ2xnn！+ο（xn），

所以 limx→0x-sinx16x3

=limx→0x33！-x55！+x77！-x99！+…+sinπ+nπ2xnn！+ο（xn）16x3=1，

所以x-sinx～16x3.

公式6當(dāng)x→0時(shí)，arcsinx-x～16x3.

證明由洛必達(dá)法則，得

limx→0arcsinx-x16x3=limx→011-x2-112x2=limx→0（1-x2）-32=1，

所以arcsinx-x～16x3.

同理，運(yùn)用洛必達(dá)法則，還可證明以下兩個(gè)公式：

公式7當(dāng)x→0時(shí)，x-tanx～-13x3.

公式8當(dāng)x→0時(shí)，arctanx-x～-13x3.

聯(lián)立公式5、公式7，并結(jié)合定理2，可以得出：

公式9當(dāng)x→0時(shí)，tanx-sinx～12x3.

聯(lián)立公式6、公式8，并結(jié)合定理2，可以得出：

公式10當(dāng)x→0時(shí)，arcsinx-arctanx～12x3.

聯(lián)立公式5、公式8，并結(jié)合定理2，可以得出：

公式11當(dāng)x→0時(shí)，arctanx-sinx～-16x3.

聯(lián)立公式6、公式7，并結(jié)合定理2，可以得出：

公式12當(dāng)x→0時(shí)，arcsinx-tanx～-16x3.

聯(lián)立公式5、公式6，并結(jié)合定理2，可以得出：

公式13當(dāng)x→0時(shí)，arcsinx-sinx～13x3.

聯(lián)立公式7、公式8，并結(jié)合定理2，可以得出：

公式14當(dāng)x→0時(shí)，arctanx-tanx～-23x3.

觀察公式5—14，我們可以猜想出以下結(jié)論：

定理4設(shè)：

（1）在點(diǎn)x0的某去心鄰域內(nèi)，函數(shù)f（x）和g（x）均存在反函數(shù)及一階導(dǎo)函數(shù)，且f′（x）-g′（x）≠0；

（2）limx→x0f′（x）g′（x）=1；

（3）當(dāng)x→x0時(shí)，f（x）-g（x）～h（x）；

則：當(dāng)x→x0時(shí)，g-1（x）-f-1（x）～h（x）.

證明limx→x0g-1（x）-f-1（x）h（x）

=limx→x0g-1（x）-f-1（x）f（x）-g（x）=limx→x01g′（x）-1f′（x）f′（x）-g′（x）

=limx→x01f′（x）g′（x）=1.

定理4得證.

定理4的運(yùn)用較為廣泛，例如，若已知ex-1-arctanx～12x2（x→0），通過(guò)定理4，我們可以輕松地得到tanx-ln（x+1）～12x2（x→0）.

（二）集合A中的元素做加法運(yùn)算所構(gòu)成的多項(xiàng)式的等價(jià)無(wú)窮小

結(jié)合定理2和推論1可以得出：

推論2設(shè)集合A={x，sinx，tanx，arcsinx，arctanx}，則集合A中任意兩個(gè)元素相加組合成的二項(xiàng)式都是2x的等價(jià)無(wú)窮小（x→0）.

結(jié)合定理2、定理3和推論1可以得出：

推論3當(dāng)x→0時(shí)，

a1xm1+a2xm2+…+arxmr+b1sinn1x+b2sinn2x+…+bssinnsx+c1tank1x+c2tank2x+…+cttanktx+d1arcsinp1x+d2arcsinp2x+…+duarcsinpux+h1arctanq1x+h2arctanq2x+…+hvarctanqvx

～

a1xm1+a2xm2+…+arxmr+b1xn1+b2xn2+…+bsxns+c1xk1+c2xk2+…+ctxkt+d1xp1+d2xp2+…+duxpu+h1xq1+h2xq2+…+hvxqv，

其中，數(shù)列{ar}，{bs}，{ct}，{du}，{hv}，{mr}，{ns}，{kt}，{pu}，{qv}的各項(xiàng)均為自然數(shù).

（三）集合A中的任意兩個(gè)元素的冪做減法運(yùn)算所構(gòu)成的二項(xiàng)式的等價(jià)無(wú)窮小

推論4設(shè)集合A={x，sinx，tanx，arcsinx，arctanx}，在集合A中任取兩個(gè)元素，分別記為函數(shù)f（x）和函數(shù)g（x），則當(dāng)x→0時(shí)，fm（x）-gm（x）～mxm-1[f（x）-g（x）]（m為正整數(shù)）.

證明

fm（x）-gm（x）=[f（x）-g（x）]∑m-1k=0fk（x）gm-k-1（x），

由定理3得fk（x）gm-k-1（x）～xm-1（x→0），

再由定理2得∑m-1k=0fk（x）gm-k-1（x）～mxm-1（x→0），

所以fm（x）-gm（x）～mxm-1[f（x）-g（x）]（x→0），推論4得證.

（四）集合A中的元素做加減混合運(yùn)算所構(gòu)成的高次多項(xiàng)式的等價(jià)無(wú)窮小

對(duì)于多項(xiàng)式

a1xm1+a2xm2+…+arxmr+b1sinn1x+b2sinn2x+…+bssinnsx+c1tank1x+c2tank2x+…+cttanktx+d1arcsinp1x+d2arcsinp2x+…+duarcsinpux+h1arctanq1x+h2arctanq2x+…+hvarctanqvx（其中，數(shù)列{ar}，{bs}，{ct}，{du}，{hv}的各項(xiàng)均為整數(shù)，數(shù)列{mr}，{ns}，{kt}，{pu}，{qv}的各項(xiàng)均為自然數(shù)），

要想找到它的關(guān)于x的冪函數(shù)所構(gòu)成的高次多項(xiàng)式的等價(jià)無(wú)窮小，則必須綜合運(yùn)用定理2、推論3和推論4.

例如，要想找到多項(xiàng)式tan2x-2arctan2x-2sin4x+3arcsin5x在x→0時(shí)的等價(jià)無(wú)窮小，可先根據(jù)推論4得出tan2x-arctan2x～43x4，從而tan2x-2arctan2x-2sin4x+3arcsin5x～43x4-arctan2x-2sin4x+3arcsin5x，再由推論4得出43x4-43sin4x～89x6，最后根據(jù)定理2和推論3得出tan2x-2arctan2x-2sin4x+3arcsin5x～-x2-23x4+3x5+89x6（x→0）.

四、上述結(jié)論的應(yīng)用

對(duì)于上述結(jié)論，如果能夠正確使用，則可以使復(fù)雜問題簡(jiǎn)便化，從而提高解決復(fù)雜問題的正確性和效率.

例1[3]求limx→0sin（xn）（sinx）m（n，m為正整數(shù)）.

解因?yàn)楫?dāng)x→0時(shí)，sin（xn）～xn，（sinx）m～xm，

所以limx→0sin（xn）（sinx）m=limx→0xnxm=xn-m.

例2求limx→064[arctan（arcsinx-tanx）+tanx-arcsinx]（31+x2-1）ln7（arcsinx+arctanx+1）.

解因?yàn)楫?dāng)x→0時(shí)，arcsinx-tanx～-16x3，

arctanx-x～-13x3，

31+x2-1～13x2.

由推論2得arcsinx+tanx～2x，

所以limx→064[arctan（arcsinx-tanx）+tanx-arcsinx]（31+x2-1）ln7（arcsinx+arctanx+1）

=limx→0-64（arcsinx-tanx）3x2（arcsinx+arctanx）7

=limx→0-64-16x33x2（2x）7

=1432.

例3判斷級(jí)數(shù)∑∞n=1tan1n+arctan21n+5arctan31n-arctan1n的斂散性.

解由公式14得：當(dāng)x→0時(shí)，tanx-arctanx～23x3.

由推論1、推論3得：

當(dāng)x→0時(shí)，arctan2x+5arctan3x～x2+5x3.

根據(jù)定理2得：

當(dāng)x→0時(shí)，

tanx+arctan2x+5arctan3x-arctanx～x2+173x3.

所以

limn→∞tan1n+arctan21n+5arctan31n-arctan1n1n2+173n3=1.

因?yàn)榧?jí)數(shù)∑∞n=11n2+173n3收斂，

故級(jí)數(shù)∑∞n=1tan1n+arctan21n+5arctan31n-arctan1n收斂.

例4求

limx→06（tan100x-arcsin100x-arcsin200x）（sinx-arctanx）100x2（tanx+2sinx+3arcsinx）400.

解因?yàn)閠an100x-arcsin100x～1006x102，arcsin200x～x200，

（sinx-arctanx）100～x3006100，

x2（tanx+2sinx+3arcsinx）400～6400x402，

所以limx→06（tan100x-arcsin100x）（sinx-arctanx）100x2（tanx+2sinx+3arcsinx）400=1006500，

limx→0（sinx-arctanx）100arcsin200xx2（tanx+2sinx+3arcsinx）400=0，

所以原極限=1006500.

【參考文獻(xiàn)】

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