上帝创造处男
范文一：矩阵满秩分解的二种方法
矩阵满秩分解的二种方法
王金林
()南昌航空工业学院信息与计算科学系 ,江西 南昌 330034
[ 关键词 ] 矩阵 ;满秩分解 ;初等行变换 ; Hermite 标准形
[ 摘 要 ] 本文详细介绍了求矩阵满秩分解的二种方法 ,即初等变换方法和 Hermite 标准形选取方法 。
() 文章编号 ] 1001 - 4926 200403 - 0037 - 04 [ [ 中图分类号 ] O151 [ 文献标识码 ] A
Two kinds of methods of f ull rank decomposition on matrix
WAN G J in2lin
( )Department of Inf ormation and Computational Science , N anchang Institute of Aeronautical Technology , N anchang , Jianxi 330034 Abstract :In this paper , two kinds of methods of full rank decomposition on matrix have been discussed , i . e . the method of elementary row transformation and the method of Hermite standard form.
Key words :Matrix ; Full rank decomposition ; Elementary row transformation ; Hermite standard form
引言
矩阵的满秩分解在矩阵理论中是一种重要的分解 。它在计算 矩 阵 的 广 义 逆 矩 阵 和 求 解 某 些 矩 阵 方
3 ][1 , 2 ,时是一种十分有效的工具 。本文介绍二种计算矩阵满秩分解的方法 :初等行变换方法和 Hermite 程
标准形选取法 。
1 矩阵满秩分解的初等行变换方法
[1 ] ( ) 定义 1:设 A 是 m ×n 矩阵 , rank A = r > 0 。如果存在 m ×r 的列满秩矩阵 F 及 r ×n 的行满秩矩阵 G , 使得 A = FG , 则称此分解为矩阵 A 的满秩分解 。 定
( ) 理 1 :任意 m ×n 矩阵 A A ?0都有满秩分解 。
( ) 证明 :设 r = rank A , 则可通过初等行变换将 A 化为阶梯形矩阵 。即存在若干个初等矩阵的乘积P 使
G 得 PA = B = 。其中 G 是秩为 r 的 r ×n 矩阵 , P 是 m ×m 的可逆矩阵 。0
G - 1 - 1 于是 A = P B = P 。0 - 1- 1 ( ( ) ) 将 P 作相应的分块 , P = F , S 。其中 F 是 m ×r 的列满秩矩阵 , S 是 m ×m - r的列满秩矩阵 。
G ( )= F〃G + S 〃0 = FG 。则 A = F , S 0 ???由于初等行变换有三种变换 :1、调换两行 。2、某一行乘一非零常数 。3、某一行乘一常数加到另一行。
[ 收稿日期 ] 2004 - 09 - 28
[ 作者简介 ] 王金林 (1964 - ) ,男 ,江西德兴人 ,副教授 ,研究方向 :数值代数 。
()2004 年38 南昌航空工业学院学报 自然科学版
对应的初等矩阵分别为 :
1 1
ω ω 1
ω 0 1 i 1 i ???1 ( ) ( ) E i , j= E k〃i=( ) ω , 2 ω 。 k i , 3E j + k〃i=
ω 1 0 1 j k j
ω 1 ω
1 1
( 可实际上对任何一个矩阵只须用第三种初等行变换就可将其化为阶梯形 , 而第三种初等矩阵 E j + k 〃
) ( ) i的逆矩阵为 E j - k〃i, 若干个第三种初等矩阵的乘积为初等矩阵 。
1 3 3 2
5 的满秩分解 。 2 6 9 例 1. 求矩阵 A =
0 - 1 - 3 3
1 3 3 2 1 3 3 2 0 0 3 1 0 0 3 1 解 : A = 1 0 0 1 0 0 1 0 0 E= E= 0E= 1 - 2 1 0 1 0 3 0 1 0 2 - 1 - 3 3 0 0 0 6 2 0 0 1 1 0 1 0 - 2 1
1 3 3 2 G 1 3 3 2 0 0 3 1 ?, 其中 G =。 0 0 0 3 1 0 0 0 0
1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0
P = EEE=0 1 0 0 1 0 - 2 1 0 = - 2 1 0 3 2 1
0 - 2 1 1 0 1 0 0 1 1 - 2 1
0 0 1
- 1 P =2 1 0 则
- 1 2 1
( )对单位下三角矩阵求逆矩阵就等于把矩阵严格下三角部分元素变号即可
1 0 1 0 1 3 3 2 - 1F = 2 1 2 1 取 P 的前两列构成 , 则 A = FG =。 0 0 3 1 - 1 2 - 1 2
1 0 1
2 2 0 例 2. 求 A =的满秩分解 。 3 1 2
0 - 1 1
1 0 1 1 0 1
0 2 - 2 0 2 - 2 解 :A 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 3 1 2 0 1 - 1 0 - 2 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 E= E= 1 2 0 0 1 0 - 3 0 1 0 E= 1 3 0 - 1 1 0 - 1 1 0 0 - 1 0 0 0 1 0 0 0 1 2 0 0 1 0
1 0 1 1 0 1
0 2 - 2 0 2 - 2 G = 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 E= 4 0 - 1 1 0 0 0 1 0 0 1 2
1 1 0 其中 G =。 0 2 - 2
1第 3 期王金林 :矩阵满秩分满的二种方法 39
1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 - 2 1 0 0 = = = EEEE P 4 3 2 1 0 0 1 0 1 - 3 0 1 0 0 0 1 0 0 - 1 0 2 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 1 2 0 0 1 0
0 1 0 1 0 0 0 1 0 0
1 1 1 - 2 0 0 2 0 0 2
- 1 - 11 1 1 P =, 则。取 P 的前两列作成 F = , 则 A = FG 。 - 3 - 1 0 3 1 0 3 2 2 2
1 1 1 0 0 1 0 - 0 1 0 - 2 2 2 值得注意的是矩阵 A 的满秩分解不唯一 。实际上对任一 r 阶可逆矩阵 C 都有 - 1 - 1 ( ) ( ) A = FG = FC〃C G = FCC G= FG是 A 的另一种满秩分解 。 1 1
2 矩阵满秩分解的 Hermite 方法
[1 ] ( ) 定义 2:设 H 是 m ×n 矩阵 , rank H= r , 满足
( ) 1H 的前 r 行中每一行中至少含有一个非零元素 , 且每行第一个非零元素是 1 , 而后 m - r 行元素均为 0 。
() ( ) 2设 H 中第 i 行的第一个非零元素 1 位于第 ji = 1 , . . . , r列 , 有 j<>< .="" .="" .="">< j。="" i="" 1="" 2="" r="" (="" )="" 3h="" 的第="" j,="" j,="" .="" .="" .="" ,="" j列构成="" m="" 阶单位矩阵="" i="" 的前="" r="" 列="" 。="" 1="" 2="" r="">
则称 H 为 A 的 Hermite 标准形 。
实际上矩阵 A 的 Hermite 标准形就是在阶梯形基础上进一步化为最简形 , 再到标准形 。
( ) 定理 2 :设 A 是 m ×n 矩阵 , rank A = r > 0 , 其 Hermite 标准形为 H , 则在 A 的满秩分解中 , 可取 F 为由 的 j, j, . . . , j列构成 m ×r 的矩阵 , G 为 H 的前 r 行构成的 r ×n 矩阵 。 1 2 r
- 1 证明 :由初等行变换可将 A 化为它的 Hermite 标准形 , 即 PA = H , A = P H 。
- 1 ( ) ( ) 设 P = F , S , 其中 F 是 m ×r 列满秩矩阵 , S 是 m ×m - r列满秩矩阵 , 则 A = FG , G 是 H 的前 r
( ) ( ) ( 行构成的 r ×n 矩阵 。根据 H 的构形作矩阵 P= ee, 设 A = aeea, H = h 1 j1jn 1n 1 jr jr + 1
HI r12( ) r × n - r ) ( ) ) ( , 其中, 由 A =h, 则 , A P= ah=a, HP= hhh a H?C n1 j1jn 12 jr + 1jn1 j1jr jr + 10 0 - 1 P H 可得
I H r- 1 12( )A P= P HP= F , S 1 1 ( )= F , FH 120 0
由此可知 F 即为 A P的前 r 列构成的矩阵 , 也就是 A 的 j, j, . . . , j列构成的矩阵 。 Hermite 标准形方 1 1 2 r
法求矩阵的满秩分解 , 省缺了求初等行变换矩阵的逆矩阵 , 方法更简便 , 效率更高 。
1 3 3 2
的满秩分解 。 5 2 6 9 例 3. 求矩阵 A =
- 1 - 3 3 0 1 3 0 1 r+ r 1 3 13 1 3 1 3 3 2 1 3 0 1 2 r2 r- 2 r r- 2 r r- r 2 1 3 2 1 2 3 1 解 : A0 0 3 1 0 0 3 1 0 0 3 1 0 0 1 = H , 则取 A 3
0 0 6 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
F , 取 H 的 1 , 2 行构成 G 。即的 1 , 3 列构成
1 3 1 3 0 1
F = 2 9 , G = , A = FG 。 1 0 0 1 3 - 1 3
()2004 年40 南昌航空工业学院学报 自然科学版
1 0 1
2 2 0 例 4. 求矩阵 A =的满秩分解 。 3 1 2
1 0 - 1
1 0 1 0 1 1 0 1 1 r- 3 rr+ r 1 3 14 2r 2 r- 2 r r- r2 1 3 2 0 2 0 1 - 1 0 1 - 1 - 2 2 解 : A= H , 则取 A 的 1 , 2 列构成 F , H 0 1 - 1 0 1 - 1 0 0 0
0 - 1 0 - 1 1 0 0 0 1
的 1 , 2 行构成 G。
1 0
2 2 1 0 1 F = , G = , A = FG 3 1 0 1 - 1
0 - 1
[ 参 考文 献] [ 1 ]戴华 , 矩阵论 [ M .北京 :科学出版社 ,2002 。
[ 2 ] Horn R A , J ohnson C R . Matrix Analysis . Cambridge University Press , 1985 。 [ 3 ]王国荣 , 矩阵与算子广义逆 [ M . 北京 :科学出版社 , 1998 。
范文二：矩阵的满秩分解及其方法
矩阵的满秩分解及其方法 第13卷第4期
2011年8月
衡水学院
JournalofHengshuiUniversity Vo1.13.No.4
Aug.2011
矩阵的满秩分解及其方法
房月华,陈萍
(衡水学院数学与计算机科学学院,河北衡水053000)
摘要:矩阵的满秩分解是矩阵分解中一类特殊的分解,给出了矩阵满秩分解的2个定理的证明以及求矩阵满秩分解的2
种方法.
关键词:满秩分解;Hermite标准形;初等变换
中图分类号:O151.21文献标识码:A文章编号:1673-2065(2011)04-0016-03
0引言
自20世纪50年代以来矩阵的理论和计算方法的研究取得了长足的进展,矩阵理论的应用日益广泛.矩阵已
成为人们探索新理论的重要工具,矩阵分解的应用也越来越受到人们的重视.在数值线性代数中,我们常常需
要将数域P上的某个已知矩阵写成若干个满足一定条件的特殊类型矩阵之和或矩阵之积的形式,并把这种矩阵
表示称为矩阵分解.矩阵分解中有一类特殊的分解,即矩阵的满秩分解,矩阵的满秩分解及其相关行满秩列满
秩矩阵的定义和相关性质都有广泛的应用,本文给出了矩阵满秩分解的2种方法及证明.
1矩阵的满秩分解
定义l【设是秩为,.(,>0)的m×n矩阵,若存在mx,.列满秩矩阵F和rxn行满秩矩阵G,使得
A=FG.(1)
则称(1)式为矩阵的满秩分解.
定理1设为任一秩为,.的×n矩阵,则A必有满秩分解式(1),其中,为列满秩的,G为行满秩的.
证法1因为rank(A)=,.,所以A有r个线性无关的列向量,口t,…,口',记F=(,,…).而A的
所有列向量均可由它们线性表示,即存在,.×n矩阵G,使得A=FG.显然F?c7,又 ,.=rank(A)=rank(FG)?rankG?r,即rankG=r,故有满秩分解.
证法2因为的秩为,,所以由等价分解原理知,存在阶可逆矩阵户和阶可逆矩阵Q,使得
PAQ=[0I.L0oj
若令F=p-lll,G=[.]Q,其中设=lI,则F=.
即F为×,列满秩矩阵,G为,x行满秩矩阵,且有
,1
故结论成立.
若记F=(,口,…,),G=(届,,…,),则有
A=FG=aLp+2口+…+&rp:,Qt1
这里,(2)式也是A的满秩分解的一种表示.
定理2设的秩为,,且A=G1=G2为矩阵A的两个满秩分解,则
收稿日期:2011-01?10
作者简介:房月华(1983-),女,河北武强人,衡水学院数学与计算机科学学院教师,理学硕士
陈萍(1968一),女,河北衡水人,衡水学院数学与计算机科学学院教授. 第4期房月华,等矩阵的满秩分解及其方法I7
1)存在r阶的满秩方阵,使得
Vl:,Gl=BG2
21证明
(Gl)()=(G2)一()
证明1)因为A有满秩分解Gl=F2G所以 IGIG=F2G2,
l6『=F26,
又
rank(G1)=rank(G1)=r, rank(Fr)=rank(F1)=,, 故GG与皆为,阶满秩方阵,故由(5)式即知 F1=,2G2G(G1G),=,
其中B:G2(Gl),,且
=
,)一=CG2.
分别将(6)与(7)式代入A=F1Gl=G2,得咂=,2G2,即,2cG2G=F:t72.
从而BC=E,即
C:,.
(3)
(4)
(8)
2)将(3)式代入(4)式左端有
G『(GI)一()=)G2)一)F2B)B:
G)(G26)BB(F2))=
()().
即证.
定理3设A?(r>0),则必有分解式A=O. R,其中Q是m×r矩阵,QHQ=J,而是rx"矩阵, 它的r个行线性无关.
证明作A的满秩分解A=FG,其中F?,G?C,r,知可将F分解成F=Q,其中R1为r
阶非奇
异矩阵,Q为m×r矩阵,且QQ=I.于是这里R=RlG,它的行线性无关.
2满秩分解的方法
2.1化为Hermite标准形求满秩分解
定义2【2j设?c(r>0),且满足:
1)B的前r行中每一行至少含一个非零元素,且第一个非零元素是1,而后m—r行元素为零;
2)若B中第i行的第一个非零元素1在第列(l,2,….r),则.<<…<Jr ;
3)B中的,,…,列为单位矩阵的前r列.
那么就称为Hermite标准形.
有了上述定义我们现在补充定理1的第三种证明方法.
证法3在的Hermite标准形中取前r行,构成矩阵G,则G是秩为的r×矩阵,若令 =
(,,…,),则有G=,,.为确定×r矩阵,,使得A=FG,将右乘得,:,即F由 的第',一,ir列构成.按方法1可证rankF=r;故A有满秩分解.
显然,任意非零矩阵A?c,m可通过初等行变换化为Hermite标准形,且的前r行线性无关.
2.2利用初等行变换求满秩分解
设A的秩为r,则A有个线性无关的列向量.不妨设其前r个列向量线性无关,于是其后一r个列向量
l8衡水学院第13卷
必可分别表示为前,.个列向量的线性组合.用分块矩阵表示,即为 A=(Al)=r44Q,(9)
其中4为的前,个列生成的×r列满秩矩阵,Q为FX一r)矩阵,于是 A=A1(Q)=FG.(1o)
其中F=AI,G=(Q),即为所求之满秩分解矩阵.
由(1o)式易见,对作初等变换求行满秩矩阵G时,须将A先化为行最简形=(J即为其Hermite标准
形,在去掉全为零的后n—r行,即得G;然后根据行最简形中对应的满秩列写出矩
阵A的列的极大线性无关
组,2,…,,,又得到F=(,,…,,),从而有A=FG.
例设是非零的实对称矩阵,则为幂等矩阵的充要条件是存在列满秩矩阵F,使得
A=F,)一F.
证明当A:F(F,)F时,易知A=A;反之,将A做满秩分解得,A=FG.因为A=A,所以
A=FG=GF,于是存在非奇异矩阵P,使得G=即,A=F,又因为=,即
FPF即F=FP,,等式两边左乘)(FF)F,右乘F(FF),,得F即=E,所以
P=,)一,带入A=F(FF)式,即得A:FF)F,证毕.
3结论
矩阵的满秩分解是矩阵分解的特殊形式,由于对分解出矩阵的特殊要求,矩阵满秩分解有很好的性质,而
它的相关理论的研究也有很重要的意义.因此,在矩阵的相关证明,矩阵满秩分解及相关行满秩列满秩定义都
起着十分重要的作用.因此对于矩阵,矩阵的满秩分解及其应用问题还有待于进一步研究.
参考文献:
[1】程云鹏.矩阵论[M】.西安:西北工业大学出版社,2000:220—225.
[2】史荣昌,魏丰.矩阵分析[M】.北京:北京理工大学出版社,2005:183—186. TheMethodsoftheFullRankDecomoositionoftheMatrix FANGYue—hua,CHENPing
(CollegeofMathematicsandComputerScience,HengshuiUniversity,Hengshui,Hebei053
000,China)
Abstract:ThefuHrankdecompositionofthematrixiSaspecialkindofdecompositioninthem
atrixdecomposition.Inthe
article,wegivetheproofoftwotheoremsofthematrixdecomposition;wehavegottwometho
dsoffullrankdecomposition
ofthematrixaccordingtothetwotheorems. Keywords:fu11rankdecomposition;Hermitenomalform;elementaryffansformation
(责任编校:李建明英文校对:李玉玲)
范文三：极限的求解方法
求函数极限的方法和技巧 1、运用极限的定义
例: 用极限定义证明:
2xx,3，2lim,1 x,2x,2
x,3x，2x,4x，422,1,证: 由 x,2x,2
2x,2，， ,,x,2x,2
0,x,2,,,,,0 取,,, 则当 时,就有
2xx,3，2 ,1,,x,2
由函数极限,,,定义有:
2xx,3，2lim,1 x,2x,2
2、利用极限的四则运算性质
若 limf(x),A limg(x),B x,xx,x00
(I),lim,,f(x),g(x), limf(x)limg(x),A,B x,xx,xx,x000(II)lim,,f(x),g(x),limf(x),limg(x),A,B x,xx,xx,x000
(III)若 B?0 则:
limf(x)f(x)Ax,x0 lim ,,x,x0g(x)limg(x)Bx,x0
1
(IV) (c为常数) limc,f(x),c,limf(x),cAx,xx,x00
上述性质对于x,,,x,，,,x,,,时也同样成立
2x，3x，5lim例:求 x,2x，4
22x，3x，52，3,2，55lim,解: = x,22，42x，4
03、约去零因式(此法适用于) x,x时,型00
32x,x,16x,20lim例: 求 32x,,2x，7x，16x，12
322x,3x,10x，(2x,6x,20)，，解:原式= lim322x,,2，，x，5x，6x，(2x，10x，12)
2(x，2)(x,3x,10) = lim2x,,2(x，2)(x，5x，6)
2(x,5)(x，2)(x,3x,10)lim= =lim2x,,2x,,2(x，2)(x，3)(x，5x，6)
x,5lim= ,,7x,,2x，3
4、通分法(适用于型) ,,,
41,例: 求 lim()2x,2,x,x24
4,(2，x)lim解: 原式= x,2(2，x),(2,x)
2
(2,x)lim= x,2(2，x)(2,x)
11 = lim,x,22x4，
5、利用无穷小量性质法(特别是利用无穷小量与有界量之乘积仍为无穷小量的性质)
设函数f(x)、g(x) 满足:
(I) limf(x),0x,x0
g(x),M(II) (M为正整数)
则: limg(x)f(x),0x,x0
1例: 求 x,limsinx,0x
1sin,1 解: 由 limx,0 而 x,0x
1故 原式 =x lim,sin,0x,0x
6、利用无穷小量与无穷大量的关系。
1limf(x),,lim,0 (I)若: 则 f(x)
1limf(x),0lim,,(II) 若: 且 f(x)?0 则 f(x)例: 求下列极限
11limlim? ? x,,x,1x，5x,1
1lim(x，5),,解: 由 故 lim,0x,,x,,x，5
1lim(x,1),0lim 由 故 = ,x,1x,1x,1
3
7、等价无穷小代换法
'' 设 都是同一极限过程中的无穷小量，且有: ,,,,,,,
','' ， 存在， ,~,,,~,lim',
',,,limlim则 也存在，且有= lim',,,
21,cosx例:求极限lim 22x,0xsinx
22()x2221cos~ 解: ,x sinx~x,2
22(x)211,cosx2,lim = ？2222x,02xxxsinx
注: 在利用等价无穷小做代换时，一般只在以乘积形式出现时可以互换，若以和、
差出现时，不要轻易代换，因为此时经过代换后，往往改变了它的无穷小量之比的“阶数”
8、利用两个重要的极限。
xsin1xA ()lim,1(B)lim(1，),ex,0,,xxx
但我们经常使用的是它们的变形:
,sin(x)',(A)lim,1,((x),0),(x) 1',(x)(B)lim(1，),e,(,(x),,)(x),
例:求下列函数极限
xlncosaxa,1(2)lim、(1)lim 、,0xx,0xlncosbx
4
xln(1，u)a,1ulnax 解:(1)令a,1,u,则 x, 于是, lnaxln(1，u)
又当x,0时，u,0
xa,1ulnalnalna故有:lim,lim,lim,lim,lna1x,0u,0u,0u,0ln(1，u)xln(1，u)uln(1，u)u
ln[(1，(cosax,1)](2),lim、原式 x,0ln[1，(cosbx,1)]
ln[(1，(cosax,1)]cosbx,1,lim, x,0cosax,1cosax,1
ln[1，(cosbx,1)]
cosbx,1
cosbx,1,lim x,0cosax,1
a2sinx2
ab,2222sinx(x)(x),2b222 limlim,,,,2x,0x,0bbaa2222sinxsinx(x),222
b2(x)2
9、利用函数的连续性(适用于求函数在连续点处的极限)。 (i)若f(x)在x,x处连续，则limf(x),f(x)00x,x0
,,(ii)若f[(x)]是复合函数，又lim(x),a且 x,x0
f(u)在u,a处连续，则limf(,(x)),f[lim,(x)],f(a)x,xx,x00
例:求下列函数的极限
xecosx，5ln(1，)x (2) (1)limlim、2x,0,0xx1，x，ln(1,x)
5
xecosx，5解:由于x,0属于初等函数f(x),的定义域之内。21，x，ln(1,x)故由函数的连续性定义有:
xecosx，5lim,f(0),62x0,1，x，ln(1,x)
1ln(1，x)x(2)、由,ln(1，x)x
1
x，，令,故有:x,(1，x)
11ln(1，x)xxlim,limln(1，x),ln(lim(1，x)),lne,1x0x0x0,,,x
10、变量替换法(适用于分子、分母的根指数不相同的极限类型)特别地有:
l
k1xml, m、n、k、l 为正整数。 lim,nx,1nkm1x,
例:求下列函数极限
nx，,1x23x，1,N)? 、n ? lim(mlim()mx,1x,,x，21,1x
mnx,1t,1 解: ?令 t= 则当 时 ,于是 x
m2m,11t(1t)(1tt？？t)m,,，，，，原式= limlim,,n2n,1t,1t,1n1t(1t)(1tt？？t),,，，，，
x，232x，1x，1，?由于= lim()lim(1)x,,x,,x，x，2121
2x，1111,x，1,，令: 则 2tt2
11，x，232x，1x，1t2，lim(1，t)== lim()lim(1)？t,0x,,x,,x，x，2121
11
t2lim(1，t),lim(1，t),e,1,e = t,t,00
6
11、 利用函数极限的存在性定理
定理: 设在的某空心邻域内恒有 g(x)?f(x)?h(x) 且有: x0
limg(x),limh(x),Ax,xx,x00
则极限 存在, 且有 limf(x)x,x0
limf(x),Ax,x0
nxlim例: 求 (a>1,n>0) xx,，,a
解: 当 x?1 时,存在唯一的正整数k,使
k ?x?k+1
于是当 n>0 时有:
nnx(k，1), xkaa
nnnxkk1,,,及 xk，1kaaaa
又 当x时,k 有 ,，,,，,？
nn(k1)(k，1)，,lim,a,0,a,0lim k，1kk,，,k,，,aa
nnkk11lim,,0,,0lim,及 k，1kk,，,k,，,aaaa
nxlim =0 ？xx,，,a
12、用左右极限与极限关系(适用于分段函数求分段点处的极限，以及用定义求极限
等情形)。
定理:函数极限limf(x)存在且等于A的充分必要条件是左极限limf(x)及右极限,x,xx,x00
7
都存在且都等于A。即有: limf(x)，x,x0
==A limf(x),A,limf(x)limf(x),，x,xx,xx,x000
,x,1,2e,x,0
,x,x,f(x),0x1例:设=,, 求及 limf(x)limf(x),x,0x,1x,2,x,x,1,
,xlimf(x),lim(1,2e),,1解:？,,x,0x,0
x,xlimf(x),lim(),lim(x,1),,1，，，x,0x,0x,0x
由limf(x),limf(x),,1 ,，x,0x,0
？limf(x),,1 x,0
x,x又limf(x),lim,lim(x,1),0？,,,x,1x,1x,1x
2limf(x),limx,1 ，，x,1x,1
由f(1,0),f(1，0)
？limf(x)不存在x,1
13、罗比塔法则(适用于未定式极限)
定理:若
(i)limf(x),0,limg(x),0x,xx,x00
0'与在的某空心邻域内可导，且iifgxuxgx,()()()000
'f(x) 可为实数，也可为或)，则iii,AA,,,()lim('x,x0g(x)
'f(x)f(x),,Alimlim'x,xx,x00gx()g(x)
0此定理是对型而言，对于函数极限的其它类型，均有类似的法则。 0
8
注:运用罗比塔法则求极限应注意以下几点:
0,1、 要注意条件，也就是说，在没有化为时不可求导。 ,0,
2、 应用罗比塔法则，要分别的求分子、分母的导数，而不是求整个分式的导数。
3、 要及时化简极限符号后面的分式，在化简以后检查是否仍是未定式，若遇到不是
未定式，应立即停止使用罗比塔法则，否则会引起错误。
'f(x)4、当 不存在时，本法则失效，但并不是说极限不存在，此时求极限须用lim'x,ag(x)
另外方法。
例: 求下列函数的极限
1x2e,(1，2x)lnx? ? limlim(a,0,x,0)2a,0x,，,xln(1，x)x
1x22e,(1，2x)解:?令f(x)= , g(x)= l n(1，x)
12x,x''2f(x),e,(1，2x), g(x), 21，x
232(1,x),""x2 f(x),e，(1，2x),g(x),22(1，x)
''由于 f(0),f(0),0,g(0),g(0),0
""但 f(0),2,g(0),2
从而运用罗比塔法则两次后得到
311,,xxx222exexex,(1，2),(1，2)，(1，2)2lim,lim,lim,,1 22000xxx,,,x2xx2ln(1，)2(1,)
222x1，x(1，)
,a? 由 故此例属于型，由罗比塔法则有: limlnx,,,limx,,x,，,x,，,,
1
lnx1xlim,lim,lim,0(a,0,x,0) aa,1a,，,,，,,，,xxxxaxax
9
14、利用泰勒公式
对于求某些不定式的极限来说，应用泰勒公式比使用罗比塔法则更为方便，下列为常
用的展开式:
2nxxxne,1，x，，？？，，o(x)1、 2!n!
,352n1xxxn,12nsinx,x,，，？？，(,1)，o(x)2、 3!5!(2n,1)!
242nxxxn2n，1cosx,1,，，？？，(,1)，o(x)3、 2!4!(2n)!
2nxxn,1nln(1，x),x,，？？，(,1)，o(x)4、 2n
(,1)(,1)(,n，1),,,,？,,2nn5、 (1，x),1，x，x，，x，o(x)？,2!n!
12nn6、 , 1，x，x，？？，x，o(x)1,x
n上述展开式中的符号都有: o(x)
nox()lim,0 nx,0x
a，2x,a，xlim(a,0)例:求 x,0x
x,0解:利用泰勒公式，当 有
x 1，x,1，，o(x)2
axax，2,，于是 lim x,0x
xx2a(1，,1，)aa= limx,0x
10
xx121，，aoxox，，,,,,1()()1(),,aa22，，= limx,0x
1xxo(x)，ao(x),，12a2a=limlim ,,x,0x,0xx2a
15、利用拉格朗日中值定理
定理:若函数f满足如下条件:
(I) f 在闭区间上连续
(II)f 在(a ,b)内可导
,则在(a ,b)内至少存在一点,使得
f(b),f(a)'f(), ,b,a
此式变形可为:
f(b),f(a)' ,f(a，,(b,a)) (0,,,1)b,a
xsinxe,elim例: 求 ,x0x,sinx
x解:令 对它应用中值定理得 f(x),e
xsinx'即: e,e,f(x),f(sinx),(x,sinx)f(sinx，,(x,sinx)) (0,,,1)
xsinxe,e',f(sinx，,(x,sinx)) (0,,,1) x,sinx
'x连续 ？f(x),e
'' ？limf(sinx，,(x,sinx)),f(0),1x,0
xsinxee,lim,1从而有: ,x0xx,sin
11
16、求代数函数的极限方法
(1)有理式的情况，即若:
mm,1？？ax，ax，，aP(x)m01 R(x),, (a,0,b,0)00nn,1？？Q(x)bx，bx，，bn01
(I)当时，有 x,,
a,,0, mn,,b01mm,,,，，，？？axaxa()Px,,01m,,, limlim0 mn,,,1nn,,,,xx()，，，Qx？？bxbxb01n,,,, mn,,
,,,,(II)当x,0 时有:
P(x)P(x)0,lim?若 则 Q(x),00x,0Q(x)Q(x)0
P(x),,lim?若 而 则 Q(x),0P(x),000x,0Q(x)
P(x),0?若,,则分别考虑若为的s重根,即:Q(x),0P(x),0x000
sQ(x),0 也为的r重根,即: P(x),(x,x)P(x)01
r 可得结论如下: Q(x),(x,x)Q(x)01
,,0 , s,r
,,s,rxxPxx(,)()P()Px(),,0110lim,lim, , s,r ,,x,xx,x00QxQxQx()()()110,,
,,, ,s,r,,例:求下列函数的极限
20303(2x,3)(3x，2)x,3x，2lim ? ? lim450x,1x,,x,4x，3(2x，1)
解: ?分子，分母的最高次方相同，故
12
20302030(2x,3)(3x，2)2,3330 =,() lim5050x,,22(2x，1)
3 ? ？P(x),x,3x，2,？P(1),0
4 ？Q(x),x,4x，3,？Q(1),0
？P(x),Q(x)必含有(x-1)之因子，即有1的重根 故有:
32x3x2(x1)(x2)x21,，,，， limlimlim,,,4222x,x,x,1112x4x3(x1)(x2x3)x2x3,，,，，，，
(2)无理式的情况。虽然无理式情况不同于有理式，但求极限方法完全类同，这里就不再一一详述.在这里我主要举例说明有理化的方法求极限。
例:求 lim(x，x，x,x)x,，,
解: lim(x，x，x,x)x,，,
xxxx，，,lim,x,，,xxxx，，，
xx， lim,x,，,xxxx，，，
11，x1lim,,x,，,21111，，，3xx
二、多种方法的综合运用
上述介绍了求解极限的基本方法，然而，每一道题目并非只有一种方法。因此我们在解题中要注意各种方法的综合运用的技巧，使得计算大为简化。
21,cosxlim例:求 22x,0xsinx
13
[解法一]:
21cosx,lim22x,0 xsinx
222xsinxsinx,lim,lim 222222x,0x,02x,xcosx，2xsinxxcosx，sinx
2sinx
21x= ,lim20x,2sinx2，cosx2x
注:此法采用罗比塔法则配合使用两个重要极限法。
[解法二]:
222xxx221cosx,2sinsinsinlim1122222x,0= limlim,,,,xsinx22222x,0x,02xsinxxsinxx2,222x
注:此解法利用“三角和差化积法”配合使用两个重要极限法。
[解法三]:
22221cosx1cosx2xsinx2xsinx1,,limlimlimlim,,,,, 222232x,0x,0x,0x,042xxsinxxx4xx,
注:此解法利用了两个重要极限法配合使用无穷小代换法以及罗比塔法则
[解法四]:
22(x)22221cosx1cosxxx1,,2lim,lim,,lim,, 224242x,0x,0x,02xsinxxsinxxsinx注:此解法利用了无穷小代换法配合使用两个重要极限的方法。
[解法五]:
14
22xx12242sin2()x21cosx1,222 limlimlimlim,,,,2222224x,0x,0x,0x,02xsinxxsinxx(x)x注:此解法利用“三角和差化积法”配合使用无穷小代换法。
[解法六]:
2u,x令
21,cosx1,cosusinulim,lim,lim22x,0u,0u,0usinusinu，ucosuxsinx
cosu1,lim,u,0cosu，cosu,usinu2
注:此解法利用变量代换法配合使用罗比塔法则。
[解法七]:
221cosxsinx11,,,,limlimlim 222222x,x,x,0002xsinxxcosx，sinxx1，2tgx注:此解法利用了罗比塔法则配合使用两个重要极限。
15
范文四：极限的求解方法
求
1、运用极限的定义 例: 用极限定义证明:
lim
x
2
-3x +2x →2
x -2
=1
2
2
证: 由
x
-3x +24x +4x -2
-1=
x
-x -2
=
(x -2)
2
x -2
=x -2
?ε>0 取δ=ε 则当0
x
2
-3x +2x -2
-1<>
由函数极限ε-δ定义有: 2
lim
x
-3x +2=1
x →2
x -2
2、利用极限的四则运算性质
若 lim f (x ) =A lim g (x ) =B
x →x 0
x →x 0
(I)lim [f (x ) ±g (x ) ]=lim f (x ) ±lim g (x ) =A ±B
x →x 0
x →x 0
x →x 0
(II)lim [f (x ) ?g (x ) ]=lim f (x ) ?lim g (x ) =A ?B
x →x 0
x →x 0
x →x 0
(III)若 B≠0 则：
lim f (x ) lim
f (x ) =
x →x 0
x →x 0
g (x )
lim g (x )
=
A
B
x →x 0
（IV ）lim c ?f (x ) =c ?lim f (x ) =cA （c 为常数）
x →x 0
x →x 0
上述性质对于x →∞, x →+∞, x →-∞时也同样成立
例：求 lim
x
2
+3x +5
x →2
x +4
解: lim
x
2
+3x +5=
2
2
+3?2+55
x →2
x +4
2+4
=
2
3、约去零因式（此法适用于x →x 00时,
型）
x 3
-x
2例: 求lim
-16x -20
x →-2
x 3+7x
2
+16x +12
x 3-3x 2-10x )
+(2x 2
解:原式=lim
(-6x -20) x →-2
x
3
+5x
2
+6x +(2x
2
+10x +12)
2lim
(x +2)(x -3x -10)
x →-2
(x +2)(x
2
+5x +6)
=lim
(x 2-3x -10) (x -5)(x +2)
x →-2
(x
2
=+5x +6) lim
x →-2
(x +2)(x +3)
=lim
x -5=-7
x →-2
x +3
4、通分法（适用于∞-∞型） 例: 求 lim (
41
x →2
4-x
2
-
2-x
) 解: 原式=lim
4-(2+x )
x →2
(2+x ) ?(2-x )
=
=lim
x →2
(2-x ) (2+x )(2-x ) 12+x
=14
=lim
x →2
5、利用无穷小量性质法（特别是利用无穷小量与有界量之乘积仍为无穷小量的性质） 设函数f(x)、g(x) 满足： （I ）lim f (x ) =0
x →x 0
(II) g (x ) ≤M (M为正整数) 则：lim g (x ) f (x ) =0
x →x 0
例: 求 lim x ?sin
1
x →0
x
解: 由 lim x =0 而 sin
1x
≤1
x →0
故 原式 =lim x ?sin
1=0
x →0
x
6、利用无穷小量与无穷大量的关系。
（I ）若：lim f (x ) =∞ 则 lim 1f (x )
=0
(II) 若: lim f (x ) =0 且 f(x)≠0 则 lim 1f (x )
=∞例: 求下列极限 ① lim
1 ②1
x →∞
x +5
lim
x →1
x -1
解: 由 lim (x +5) =∞ 故 lim
1x →∞
x →∞
x +5
=0
由 lim (x -1) =0故lim
1=∞
x →1
x →1
x -1
7、等价无穷小代换法
设α, α, β, β 都是同一极限过程中的无穷小量，且有：
'
'
'
'
α~α, β~β， lim
αβ
' '
存在，
则 lim
αβ
也存在，且有lim
αβ
= lim
αβ
' '
例:求极限lim
x →0
1-cos x x sin x
2
22
解: sin x ~x , 1-cos x ~
222
(x ) 2
22
(x )
∴ lim
22
1-cos x x sin x
2
22
=
2x x
2
2
=
12
x →0
注： 在利用等价无穷小做代换时，一般只在以乘积形式出现时可以互换，若以和、差出现时，不要轻易代换，因为此时经过代换后，往往改变了它的无穷小量之比的“阶数”
8、利用两个重要的极限。
(A ) lim
x →0
sin x x
=1(B ) lim (1+
x →∞
1x
)
x
=e
但我们经常使用的是它们的变形：
(A ) lim
' '
sin ?(x )
?(x )
1
=1, (?(x ) →0)
)
?(x )
(B ) lim(1+
?(x )
=e , (?(x ) →∞)
例：求下列函数极限
(1) 、lim
x →0
a
x
-1x
(2) 、lim
x →0
ln cos ax ln cos bx
解：（1）令a
x
-1=u , 则 x =
ln(1+u ) ln a
于是
a
x
-1x
=
u ln a ln(1+u )
又当x →0时，u →0
故有：lim
a
x
-1u ln a ln a ln a
a
x →0
x
=lim
u →0
ln(1+u )
=lim
u →0
ln(1+u )
=lim
u →0
1
=ln u
ln(1+u ) u
(2) 、原式=lim
ln[(1+(cosax -1)]
x →0
ln[1+(cosbx -1)]
=lim
ln[(1+(cosax -1)]
cos bx -1x →0
cos ax -1?cos ax -1
ln[1+(cosbx -1)]cos bx -1=lim
cos bx -1x →0
cos ax -1
sin
2
a 2x
-2sin 2
α
=lim
2x (
a x )
2
(b 2
2
2x ) 2=
b x →0
2
-2sin
2
b =lim ?2
x
x →0
sin 2
b x
(
a 2
a
22
x )
(b )
2
2
x 、利用函数的连续性（适用于求函数在连续点处的极限）。
(i ) 若f (x ) 在x =x 0处连续，则lim f (x ) =f (x x →x 0) 0
(ii ) 若f [?(x )]是复合函数，又lim ?(x ) =a 且
x →x 0
f (u ) 在u =a 处连续，则
lim f (?(x )) =f [lim ?(x )]=f (a )
x →x 0
x →x 0
例：求下列函数的极限
x
(1) 、lim
e cos x +5（2）x →0
1+x
2
+ln(1-x )
lim
ln(1+x )
x →0
x
9
x
解：由于x =0属于初等函数
f (x ) =
e cos x +51+x
2
的定义域之内。
+ln(1-x )
故由函数的连续性定义有：
x
lim
e cos x +5) =6
x →0
1+x
2
+ln(1-x )
=f (01
(2) 、由
ln(1+x )
x
=ln(1+x ) x
1
令?(x )=(1+x ) x 故有：lim
ln(1+x )
11
=lim ln(1+x ) x =ln(lim (1+x ) x ) =ln e =1
x →0
x
x →0
x →0
10、变量替换法（适用于分子、分母的根指数不相同的极限类型）特别地有：l
k lim
x -1
ml m、n 、k 、l 为正整数。
x →1
n
=
x m -1
nk
例：求下列函数极限 ① lim
1-x (m 、n ∈N ) ②lim (
2x +3x +1
x →1
1-
x
x →∞
2x +1
)
解: ①令 t=x 则当x →1 时 t →1, 于是
原式=lim
1-t m (1-t )(1+t +t 2+ +t m -1) t →1
1-t
n
=lim
t →1
(1-t )(1+t +t
2
+ +t n -1
)
=
m n
②由于lim (
2x +3x +1
=lim (1+
2)
x +1
x →∞
2x +1
)
x →∞
2x +1令：
2x +1 则 12
=
1t
x +1=
1t
+2
32
1+1
x +1
+1∴lim (
2x +==lim (1+t ) t
2
x →∞
2x +1
)
x lim (1+
x →∞
2x +1
)
t →0
1
1
=lim (1+t ) t ?lim (1+t ) 2=e ?1=e
t →0
t →0
11、 利用函数极限的存在性定理
定理: 设在x 0的某空心邻域内恒有 g(x)≤f(x)≤h(x) 且有:
lim g (x ) =lim h (x ) =A
x →x 0
x →x 0
则极限 lim f (x ) 存在, 且有
x →x 0
lim f (x ) =A
x →x 0
n x
例: 求 lim
x →+∞
x a
(a>1,n>0)
解: 当 x≥1 时, 存在唯一的正整数k, 使 k ≤x ≤k+1
于是当 n>0 时有:
x a
n x
(k +1) a
k
n
及
x a
n x
>
k a
n
k +1
=
k a
n k
?
1a
又 当x →+∞时,k →+∞ 有
lim
k →+∞
(k +1) a
k
n
=lim
k →+∞
(k +1) a k a
n k k +1
n
?a =0?a =0
及 lim
k →+∞
k a
n
k +1
=lim
k →+∞
?
1a
=0?
1a
=0
∴ lim
x →+∞
x a
n x
=0
12、用左右极限与极限关系(适用于分段函数求分段点处的极限，以及用定义求极限等情形) 。
定理：函数极限lim f (x ) 存在且等于A 的充分必要条件是左极限lim f (x ) 及右极限
x →x 0
x →x 0
-
lim f (x ) 都存在且都等于A 。即有：
x →x +0
lim f (x ) =A ?lim x →x -f (x ) =lim +f (x ) =A
x →x 0
x →x 0
?1-2e -x , x ≤0?
例：设f (x ) =??x -x
, 0
x x →0x →1
??x 2, x ≥1解： lim -x
-f (x ) =lim -(1-2e
) =-1
x →0
x →0
lim f (x ) =lim x -
x
) =lim x -1) =-1
x →0
+x →0
+(
x
x →0
+(
由lim f (x ) =lim +
f (x ) =-1
x →0
-
x →0
∴lim f (x ) =-1
x →0
又 lim x -
x
-f (x ) =lim =lim （x -1) =0
x →1
x →1-
x
x →1
-
lim ) =lim 2
x →1
+f (x +x
=1
x →1
f (1-0) ≠f (1+0) lim f (x ) 不存在
x →1
13、罗比塔法则（适用于未定式极限） 定理：若
(i ) lim f (x ) =0, lim g (x ) =0
x →x 0
x →x 0
(ii ) f 与g 在x 0的某空心邻域u 0
(x 0) 内可导，且
g '
(x ) ≠0
'
(iii ) lim
f (x ) x →x '
g (x ) =A (A 可为实数，也可为±∞或∞），则
lim
f (x ) =lim
f '
(x ) x →x 0
g (x )
g ' (x )
=A
x →x 0
此定理是对
0型而言，对于函数极限的其它类型，均有类似的法则。0
由∴
注：运用罗比塔法则求极限应注意以下几点： 1、 要注意条件，也就是说，在没有化为,
0∞0∞
时不可求导。
2、 应用罗比塔法则，要分别的求分子、分母的导数，而不是求整个分式的导数。 3、 要及时化简极限符号后面的分式，在化简以后检查是否仍是未定式，若遇到不是
未定式，应立即停止使用罗比塔法则，否则会引起错误。 4、当lim
x →a
f (x ) g (x )
'
'
不存在时，本法则失效，但并不是说极限不存在，此时求极限须用
另外方法。
例： 求下列函数的极限 ①lim
x →0
1
e
x
-(1+2x ) ln(1+x )
2
2
②lim
x →+∞
1
ln x x
a
(a >0, x >0)
解：①令f(x)=e x -(1+2x )
f (x ) =e
'
x
, g(x)=ln(1+x )
2x 1+x
2
2
-(1+2x )
-1
2
'
, g (x ) =
2
f (x ) =e
" x
+(1+2x )
-3
2
, g (x ) =
"
2(1-x ) (1+x )
2
2
由于f (0) =f (0) =0, g (0) =g (0) =0 但f (0) =2, g (0) =2 从而运用罗比塔法则两次后得到
lim
x →0
"
"
' '
e
x
-(1+2x ) ln(1+x )
2
2
=lim
x →0
e
x
-(1+2x )
2x 1+x
2
-1
2
=lim
x →0
e
x
+(1+2x ) 2(1-x ) (1+x )
2
22
-3
2
=
22
=1
② 由lim ln x =∞, lim x =∞ 故此例属于
x →+∞
x →+∞
a
∞∞
型，由罗比塔法则有：
1
lim
x →+∞
ln x x
a
=lim
x →+∞
x ax
a -1
=lim
x →+∞
1ax
a
=0(a >0, x >0)
14、利用泰勒公式
对于求某些不定式的极限来说，应用泰勒公式比使用罗比塔法则更为方便，下列为常用的展开式：
2
n
1、e x
=1+x +
x
2!
+ +
x
n !
+o (x n
)
3
2n -1
2、sin x =x -
x
3! +
x
5
5! + +(-1)
n -1
x
(2n -1)! +o (x
2n
)
3、cos x =1-
x
2
x
4
n
x
2n
2!
+
4!
+ +(-1)
(2n )! +o (x
2n +1
)
2
4、ln(1+x ) =x -
x
x
n
2
+ +(-1)
n -1
n
+o (x n
)
5、(1+x ) α=1+αx +α(α-1)
2
1) (α-n +1)
2!
x
+ +
α(α-n !
x
n
+o (x n
) 6、
11-x
= 1+x +x
2
+ +x
n
+o (x n
)
上述展开式中的符号o (x n
) 都有:
o (x n
lim
) x
n =0
x →0
例:求lim
a +2x -
a +x
0)
x →0
x
(a >解:利用泰勒公式，当x →0 有
+x =1+
x 2
+o (x )
于是 lim
a +2x -
a +x
x →0
x
a (+
2x a -1+
x lim
a
)
=x
x →0
a ??1+1(2x ) +o (x ) -1-1?x -o (?
=lim
?2a 2a x ) ??
x →0
x
a ?
x x +o (x ) =lim
2a +o (x )
1a
1
x →0
x
=lim
2
x →0
x
=2
a
15、利用拉格朗日中值定理 定理:若函数f 满足如下条件： (I) f 在闭区间上连续 (II)f 在(a ,b)内可导 则在(a ,b)内至少存在一点ξ, 使得
f '
(ξ) =
f (b ) -f (a )
b -a
此式变形可为:
f (b ) -f (a )
'
b -a
=f (a +θ(b -a )) (0<><>
例: 求 lim
e
x
-e
sin x
x →0
x -sin x
解:令f (x ) =e x
对它应用中值定理得
e x
-e sin x
=f (x ) -f (sinx ) =(x -sin x ) f '
(sinx +θ(x -sin x )) (0<><>
e
x -e
sin x
'
x -sin x
=f (sinx +θ(x -sin x )) (0<><>
f '
(x ) =e x
连续
∴lim f ' (sinx +θ(x -sin x )) =f '
(0) =1x →0
sin x
从而有: lim
e
x
-e
x →0
x -sin x
=1
:
11
即
16、求代数函数的极限方法 (1)有理式的情况，即若:
R (x ) =
P (x ) Q (x )
=a 0x
m n
+a 1x +b 1x
m -1n -1
+ +a m + +b n
b 0x
(a
≠0, b 0≠0)
(I)当x →∞时，有
?a 0?
m =n ??b 0????=?0 m lim x →∞ P (x ) Q (x ) =lim x →∞ a 0x m n +a 1x +b 1x m -1n -1 + +a m + +b n b 0x (II)当x →0 时有: ①若Q (x 0) ≠0 则 lim P (x ) Q (x ) =P (x 0) Q (x 0) x →0 ②若Q (x 0) =0 而 P (x 0) ≠0 则lim P (x ) Q (x ) =∞ x →0 ③若Q (x 0) =0, P (x 0) =0, 则分别考虑若x 0为P (x ) =0的s 重根, 即: P (x ) =(x -x 0) P 1(x ) 也为Q (x ) =0的r 重根, 即: Q (x ) =(x -x 0) Q 1(x ) 可得结论如下： r s ?0 , s >r ? ??s -r (x -x 0) P 1(x ) P (x ) ?P 1(x 0) ? lim =lim =? , s =r ? x →x 0Q (x ) x →x 0 Q 1(x ) ?Q 1(x 0) ? ?∞ , s 例：求下列函数的极限 ①lim x →∞ (2x -3) 20 (3x +2) 50 30 (2x +1) ②lim x →1 x -3x +2x 4 3 -4x +3 解: ①分子，分母的最高次方相同，故 12 lim x →∞ (2x -3) 20 (3x +2) 50 30 (2x +1) 3 = 2 20 ?3 50 30 2 330=() 2 ② P (x ) =x -3x +2, ∴P (1) =0 Q (x ) =x 4 -4x +3, ∴Q (1) =0 ∴P (x ), Q (x ) 必含有（x-1）之因子，即有1的重根 故有: lim x →1 x -3x +2x 4 3 -4x +3 =lim x →1 (x -1) (x +2) (x -1) (x 2 2 2 +2x +3) =lim x →1 x +2x 2 +2x +3 = 12 (2)无理式的情况。虽然无理式情况不同于有理式，但求极限方法完全类同，这里就不再一一详述. 在这里我主要举例说明有理化的方法求极限。 例：求lim (x + x →+∞ x +x -x ) 解:lim (x + x →+∞ x + x + x - x + x ) =lim x →+∞ x -x x +x x +1x 1x 3 x +x +x + x =lim x →+∞ x x +x +1+ =lim x →+∞ =+1 12 + 1x + 二、多种方法的综合运用 上述介绍了求解极限的基本方法，然而，每一道题目并非只有一种方法。因此我们在解题中要注意各种方法的综合运用的技巧，使得计算大为简化。 例:求 lim x →0 1-cos x x sin x 2 22 13 [解法一]: lim x →0 1-cos x x sin x 2 22 2 2 =lim 2x sin x sin x x →0 2x ?x 2cos x 2 +2x sin x 2 =lim x →0 x 2 cos x 2 +sin x 2 sin x 2 2 =lim x 1x →0 2 = cos x 2 + sin x 2 x 2 注:此法采用罗比塔法则配合使用两个重要极限法。 解法二]: 2 1-cos x 2x 2 lim 2sin 2 x x →0 x 2 sin x 2 =lim 2 sin =lim 21sin x 2 2 x →0 x 2 sin x 2 x →0 x 2 ? sin x 2 ?2 = 1 2 x 22? x 2 2 注：此解法利用“三角和差化积法”配合使用两个重要极限法。 [解法三]: 2lim 1-cos x 1-cos x 2 =lim 2x sin x 2 2x sin x 2 1 x →0 x 2 sin x 2 =lim x →0 x 2 ?x 2 x →0 4x 3 =lim x →0 4x ? x 2 = 2 注:此解法利用了两个重要极限法配合使用无穷小代换法以及罗比塔法则 [解法四]: (x 2 ) 2 2 2lim 1-cos x 2x 21x →0 x 2 sin x 2 =lim 1-cos x x →0 x 4 ? x sin x 2 =lim 2x →0 x 4 ? sin x 2 = 2 注:此解法利用了无穷小代换法配合使用两个重要极限的方法。 [解法五]: 14 [ 2 x 2 x 2 2 1 4 22sin 2(lim 1-cos x 2 ) x 1x →0 x 2 sin x 2 =lim 2 x →0 x 2 sin x 2 =lim x (x ) =lim 2= x →0 2 2 x →0 x 4 2 注:此解法利用“三角和差化积法”配合使用无穷小代换法。 [解法六]： 令u =x 2 1-cos x 2lim x 2 sin x 2 =lim 1-cos u x →0 u →0 u sin u =lim sin u u →0 sin u +u cos u =lim cos u = 1u →0 cos u +cos u -u sin u 2 注：此解法利用变量代换法配合使用罗比塔法则。 [解法七]: lim 1-cos x 2sin x 2 1x →0 x 2 sin x 2 =lim x →0 x 2 cos x 2 +sin x 2 =lim x →0 2= 11+ x 2 tgx 2 注:此解法利用了罗比塔法则配合使用两个重要极限。 15 极限求解的方法 韩山师范学院 数学教育 摘要：数学分析是以极限理论和极限方法为基础，以微积分为主要 内容的学科。理解并掌握求极限的方法对学习数学分析有很大的帮助，然而极限的题型技巧性很强。所以要学好极限，应从两个方面着手。1、考察所给的数列或函数是否有极限（极限的存在性问题）；2、若极限存在，考虑如何计算此极限（极限的计算问题）。本文总结了几种求极限的一般方法，并结合具体例子对方法加以说明。榜 关键词：极限、洛必达法则、泰勒公式、柯西准则、定积分 前言：在数学分析中极限的求法有很多种，方法虽然多但却不集中。 本文根据所学知识探讨了数学分析中求极限的几种方法和思想，结合具体例子分析了一般极限的求解过程并给出极限求解的方法和技巧。这些方法不能适用于所有极限的求解，但具有一定的代表性。 1、利用极限定义验证极限 定义[1]：设{a n }为数列，a 为定数。若对任给的正数ε，总存在正整数 N ，使得当n >N 时有 a n -a <> a n =a 。则称数列{a n }收敛于a ，定数a 称为数列{a n }的极限，并记作lim n →∞ 3n 2+n 3 = 例1：lim n →∞2n 2-12 a n =a ，关键是要对任意ε>0，求出N ∈N +，证：利用极限定义证明lim n →∞ 使得n >N 时有a n -a <ε即可。 任给ε="">0，要找N ，使n >N 时，有 3n 2+n 3 2-ε， 2n -12 即 2n +3 ε， 2(2n 2-1) 显然，当n 较大时，如n >2，有 3n 2+n 32n +32n +2n 2n 2n 1 -=<><> 2n -122(2n -1) 2(2n -1) 2n -12n -2n n -13n 2+n 3 因此要使2-<ε> 2n -12 当n >2时，只要 即 n >+1 ε ?2, +1所以，任给ε>0 ，取N =max ???，则当n >N 时，有 ?ε ?1 11 <ε n=""> 3n 2+3n 3 2-<> 2n -12 3n 2+3n 3 = 成立。 因此 lim n →∞2n 2-12 利用极限定义验证极限是极限问题的难点，关键在于对任意给定的正数ε的任意性。然而，尽管ε有其任意性，但一经给出，就暂时地被确定下来，以便依靠它来求出N 。还有N 的相应性。一般说，N 随ε的变小而变大，由此常把ε写作N (ε) ，来强调N 是依赖于ε的；但重要的是N 的存在性，而不在于它的值的大小。 2、利用迫敛性来求极限 定理[1]：设收敛数列{a n }，{b n }都以a 为极限，数列{c n }满足：存在正数 N 0当n >N 0时有 a n ≤c n ≤b n ， b n =a 。 则数列{c n }收敛，且lim n →∞ 例2：设x n = 1?3?5? （?2n -1) ，试求极限lim x n 。 n →∞2?4?6? ?(2n ) 解：利用迫敛性定理求比较复杂数列的极限，应构造适当的不等式，这不仅是判定数列收敛的一种方法，而且也是求极限的一个重要的工具。 1352n -12462n ??? ? 3572n +12462n 11111 =????， = 1352n -1 ?(2n +1) x n (2n +1) 2462n x n = 故0 11 =0 ，lim n →∞2n +12n +1 x n =0 由迫敛性得lim n →∞ 利用迫敛性求极限关键在于从表达式中通过放大或缩小的方法找出大于已知函数的函数和小于已知函数的函数，并且所找出的两个函数必须要收敛于极限值。 3、利用极限的四则运算法则求极限 a n =a , lim b n =b . 则 定理[1]：如果存在lim n →∞n →∞ (a n ±b n ) =lim a n ±lim b n =a ±b ; lim n →∞n →∞n →∞(a n ?b n ) =lim a n ?lim b n =a ?b ; lim n →∞n →∞n →∞ 若b n ≠0及b ≠0，则lim a n a =lim a n /lim b n =. n →∞b n →∞n →∞b n n 2-4n +1) 例3[2]：求lim(3 n →2 解：将a n 化作我们常见的可求极限的形式，再通过极限的四则运算法则进行计算。 lim(3n 2-4n +1) =lim3n 2-lim 4n +lim1 n →2 n →2 n →2 n →2 n 2-4lim n +lim1=3?22-4?2+1=5 =3lim n →2n →2n →2 例4 [2] n 2+1 ：求lim n →3n 3+3n 2+4 lim(n 2+1) n 2+19+15n →-3 解：lim 3 ===32n →-3n +3n 2+4lim(n +3n +4) -27+27+42 n →-3 利用极限四则运算法则关键在于每项或每个因子极限存在，一般所给出的不满足条件。因此必须要对变量进行变形，在变形时，要熟练掌握因式分解、有理化运算、通分化简、化无穷多项的和或积为有限项等恒等变形。 4、利用单调有界定理求极限 定理[1]：在实数系中，有界的单调数列必有极限。 例5：设a 1=2, a n +1=2a n , n =1, 2, ; 证明其极限存在并求其值。 证：利用单调有界定理求极限，首先判断所给数列是单调有界的，即用单调有界定理证明数列极限的存在；然后，设所求的极限为一个常数a ，并由相邻两项a n 与a n +1的关系式两端取极限得一关于a 的方程；最后解所列的方程并同时利用极限保不等式性求出a ，即位所求的极限。 由题可知 a 2=2a 1>2=a 1 假设 a k +1>a k ，则a k +2=2a k +1>2a k =a k +1 而 a 1=2<2，假设a k=""><2 则="" a="" k="" +1="2a" k=""><> 故此数列有界，由单调有界定理可知{a n }收敛 a n =a ，由a n +1=2a n 令 lim n →∞ 两边取极限得 a 2=2a 即 a =2或a =0 由极限报不等式性得a =0舍去，故此数列极限存在且极限值为2. 2 -2ax n +2a 2，求极限lim x n 。 例6[3]：设x 1>0, x n +1=x n n →∞ 解：不妨设a >0（a <> 2 -2ax n +2a 2=(x n -a ) 2+a 2≥a x n +1=x n 22222 由x n ，得 =x -2ax +2a =(x -a ) +a +1n n n (x n +1-x n +a )(x n +1+x n -a ) =a 2， a 2 x n +1-x n +a =≤a , n =1, 2, . x n +1+x n -a 由x n +1-x n ≤0(n =1, 2, ). 故数列{x n }是一个单调减少且有下界的数列，因此收敛。 2 -2ax n +2a 2，取极限，并设lim x n =b ， 又x n +1=x n n →∞ x n =a 。 得b =b 2-2ab +2a 2，故b =a ，即lim n →∞ 利用单调有界定理求极限关键在于先要证明数列极限的存在，然后根据数列的通项递推公式求其极限。 5、利用两个重要的极限公式来求极限 两个重要的极限公式[1]： sin x =1； x 1 (1+) x =e lim x →∞x lim n →0 注：在利用这两个极限球相应的极限时，一般要对函数做相应的变换。 sin x -tan x . 3 x sin x =1及函数极限的运算法则。 解：利用重要的极限lim x →0x 例:7[3]：求极限lim n →∞ lim sin x -tan x 1cos x -1??sin x =lim ()()() ? 2n →0n →0?x 3x cos x x ?? x sin 1?sin x 112?)()(x ) ?=- =lim(-) ?( 2?x cos x 2? n →0 1+x 1 ) x . 例8：求极限lim( n →01-x 1+x x 2x x () =lim (1+) 解：lim n →01-x n →01-x 1 1 1 =lim (1+11) x n →0 -1 ?1? =lim ?1+? n →0 ?2(x -1) ? 11 (-1) ?2+12x 2 11 (-1) ??2x ?? ? ?1?lim ?1+2x ? = lim 1+ ?? ?n →0 1-x ?? (-1) ? ??2x ? ? n →0?? =e 2?1=e 2 利用两个重要的极限公式求极限关键在于所给出的函数形式是否符合或经过变形是否符合这两个极限公式。一般常用的方法是换元法和配指数法。 6、利用无穷小量的性质求极限 无穷小量的性质[1] （1）两个（相同类型的）无穷小量之和、差、积仍为无穷小量； （2）无穷小量与有界量的乘机为无穷小量； （3）无穷大量的倒数是无穷小量。 3x 3+4 例9：求极限lim n →2x 2-2x 解：当x →2时分母的极限为0，而分子的极限不为0，因此可先求出所给函数的倒数 x 2-2x 22-2?2 =lim =0 lim n →23x 3+4n →23?23+43x 3+4 =∞ 利用无穷小量的倒数是无穷大量，故lim n →2x 2-2x sin 2x 例10：求极限lim n →∞x 3 sin 2x 1sin x =lim (??sin x ) 解：lim 32n →∞n →∞x x x 当x →∞时， 1sin x , 为无穷小量，而sin x 为有界量。 2x x sin 2x 1sin x =lim (??sin x ) =0 故lim 32n →n →∞x x x 7、利用等价无穷小量代换求极限 定理[1]：设函数f (x ), g (x ), h (x ) 在U o (x 0) 上有定义，且有 f (x ) ~g (x )(x →x 0). f (x ) h (x ) =A , 则有lim g (x ) h (x ) =A ; （1）若x lim →x x →x （2）若x lim →x h (x ) h (x ) =B , 则有lim =B . x →x 0g (x ) f (x ) 等价无穷小代换的本质就是用较为简单的无穷小量去代替比较复杂的无穷小量，而将这两个无穷小量之间的差略去不计。当然，前提是它们的差必须是更高阶的无穷小。因此在计算过程中，比较稳妥的做法是保留高阶无穷小量，并时刻留意其演化的进程。 例11[3]：求极限lim x →0 sin x -tan x . 3 x 解：用等价无穷小量代换。 由于x →0时，sin x ~x , 1-cos x ~x 2, 有 x (-sin x -tan x sin x (cosx -1) 1x ) =lim =lim =- lim x →0x →0x →x 0x 3x 3cos x x 32 12 利用等价无穷小量代换求极限，应注意：只有对所求极限式中响成或相除的因式才能用等价无穷小量来替代，而对极限式中的相加或相减部分则不能随意替代。欲利用此方法求极限必须熟练掌握一些常用的等 价 无 穷 小 量 ： 当 12 x ; 2 x →0 时， sin x ~x ; tan x ~x ; arcsin x ~x ; arctan x ~x ; 1-cos x ~a x -1~x ; ln(1+x ) ~x ; (1+x ) n ~nx ; +x -1~ x n 8、利用函数的连续性求极限 f (x ) =f (x 0), 则称f (x ) 在定义[1]：设函数f (x ) 在某U (x 0) 上有定义。若x lim →x 点x 0连续。亦可：若对任给的ε>0，存在δ>0，使得当x -x 0<> f (x ) -f (x 0) <ε，则称函数f (x="" )="" 在点x=""> 首先f (x ) 在点x 0连续，不仅要求f (x ) 在点x 0有极限，而且要求其极限值应等于f (x ) 在x 0的函数值f (x 0) ；其次，要求f (x ) 在某U (x 0) 上（包括点x 0）有定义，此时由于当x =x 0时总是成立的，所以在极限定义中 的“0 x →x 0 lim f (x ) =f (x 0) 又可表示为lim f (x ) =f (limx ) ，可见“f (x ) 在点x 0连续” x →x 0 x →x 0 意味着极限运算x lim 与对应的f (x ) 的可交换性。 →x 定理[1]：任何初等函数都是在其定义区间上的连续函数 e x +4x +1) 例12[4]：求极限lim( x →0 解：因函数f (x ) =e x +4x +1在R 内有定义且连续，而x =0∈R 。 所以 x =0是f (x ) 的连续点 e x +4x +1) =lim e x +lim 4x +lim1 于是 lim(x →0x →0x →0x →0 =e 0+4?0+1=2 sin x 。 x sin x sin x =1是解：很显然函数f (x ) =ln 在x =0处不连续，但注意极限lim x →0x x ln 例13[4]：求极限lim x →0 存在的。 sin x ，则当x →0时，t →1。 x sin x ln t 。 ln 于是，求lim 转换为求lim t →1x →0x 若令t = 然而函数f (t ) =ln t 在t =1处世连续的 ln t =ln(limt ) =ln1=0 则有，lim t →1t →1 ln 即lim x →0 sin x =lim ln t =0 t →1x 由此可知，极限符号lim 可与函数符号f 交换次序。 g (f (x )) =g (limf (x )) =g (f (x 0)) 。 即x lim →x x →x 此方法一般适用于复合函数的极限。 9、利用导数定义求极限 导数定义[1]：设函数y =f (x ) 在点x 0的某邻域内有定义，若极限 x lim →x f (x ) -f (x 0) x -x 0 存在，则称函数f (x ) 在点x 0处可导，并称该极限为函数f (x ) 在点x 0处的导数，记作f '(x 0) 。令x =x 0+?x , ?y =f (x 0+?x ) -f (x 0) ，则 lim ? x →0 f (x 0+?x ) -f (x 0) ?y =lim =f '(x 0) 。 ?x ?x →0?x 例14：求极限lim(x -)cot 2x π x → 2 π 2 1 ，令f (x ) =tan 2x 。 tan 2x π1 lim(x -)cot 2x = πtan 2x 2x → lim 2 πx → 2x - 2 1 = tan 2x -tan(2) lim πx → x -2 2 解：分析cot 2x = = 1 f (x ) -f () lim πx → x -2 2 1 = f '() 211 = = 2sec 22x 2 10、利用中值定理求极限 （1）微分中值定理[1] 拉格朗日中值定理：若函数f (x ) 满足： ①f (x ) 在闭区间[a , b ]上连续； ②f (x ) 在开区间(a , b )上可导； 则在(a , b )上至少存在一点ξ，使得f '(ξ) =罗尔中值定理：若函数f (x ) 满足： ①f (x ) 在闭区间[a , b ]上连续； ②f (x ) 在开区间(a , b )上可导； ③f (a ) =f (b ) ； f (b ) -f (a ) 。 b -a 则在(a , b )上至少存在一点ξ，使得f '(ξ) =0。 柯西中值定理：设函数f (x ), g (x ) 满足： ①在[a , b ]上都连续； ②在(a , b )上都可导； ③f '(x ), g '(x ) 不同时为零； ④g (a ) ≠g (b ) ； 则存在ξ∈(a , b )，使得 f '(ξ) f (b ) -f (a ) =。 g '(ξ) g (b ) -g (a ) 泰勒定理：若函数f (x ) 在[a , b ]上存在直至n 阶的连续导函数，在(a , b ) 上存在(n +1) 阶导函数，则对任意给定的x , x 0∈[a , b ]，至少存在一点 ξ∈(a , b ) ，使得 f (x ) = f ''(x 0) f (n ) (x 0) f (n +1) (ξ) n f (x 0) +f '(x 0)(x -x 0) +(x -x 0) +???+(x -x 0) +(x -x 0) n +1. 2! n ! (n +1)! （2）积分中值定理[1]：设函数f (x ) 在闭区间[a , b ]上连续；g (x ) 在[a , b ]上不变号且可积，则在[a , b ]上至少有一点ξ使得 ? b a f (x ) g x (dx =) f ξ ?(g a b x ) dx a (≤ξ) ≤b , 。( 例15：求极限lim x →0 sin(sinx ) -sin x . 3 x 解：因sin(sinx ) -sin x =(sinx -x ) cos[θ(x -sin x ) +x ],(0<><> sin(sinx ) -sin x (sinx -x ) cos[θ(x -sin x ) +x ] =lim x →0x 3x 3 cos x -1 =cos 0lim 2x →03x -sin x =lim x →06x -cos x 1 =- =lim x →066 则lim x →0 n 4 sin xdx 例16：求极限lim n →∞?0 π n n 4 sin xdx =limsin ξ(-0) (0≤ξ≤) 解：lim n →∞?0n →∞ π ππ 44 ξ) n =0 =lim(sin n →∞ 4 π 11、利用洛必达法则求极限 洛必达法则只能对或型才可直接使用，其他待定型必须先转化成这两种类型之一，然后再用洛必达法则。洛必达法则只能说明档 lim f '(x ) f (x ) f '(x ) =a 时，那么lim 存在且等于a ；如果lim 不存在时， g (x ) g '(x ) g '(x ) f (x ) 也不存在，只是这时不能使用洛必达法则，而须g (x ) f (x ) 。 g (x ) 00 ∞∞ 并不能判定lim 使用其他方法讨论lim 00 （1）型不定式极限 定理[1]：若函数f (x ), g (x ) 满足： f (x ) =lim g (x ) =0； ①x lim →x x →x ②在点x 0的某空心邻域U 0(x 0) 上两者都可导，且g '(x ) ≠0； ③x lim →x f '(x ) =A （A 可为实数，也可为±∞或∞）， g '(x ) f (x ) f '(x ) =lim =A . x →x 0g (x ) g '(x ) 则 x lim →x o 1+cos x . tan 2x 0 解：显然此式满足型，由洛必达法则有 例17：求极限lim x →π 1+cos x -sin x cos 3x 1 =lim =-lim = lim x →πtan 2x x →π2tan x sec 2x x →π22 （2）型不定式极限 定理[1]：若函数f (x ), g (x ) 满足： ①在x 0的某个右邻域U +(x 0) 上两者可导，且g '(x ) ≠0； ∞ ∞ ②lim g (x ) =∞； +x →x 0 ③lim +x →x 0 f '(x ) =A (A 可为实数，也可为±∞, ∞) ； g '(x ) f (x ) =A 。 g (x ) 则 lim +x →x 0 e x . 例18：求极限x lim →+∞x 3 e x e x e x =lim 2=lim =+∞ 解：x lim →+∞x 3x →+∞3x x →+∞6x （3）其他类型不定式极限 不定式极限还有0∞,1∞,00, ∞0, ∞-∞等类型。经过简单变换，它们一般均可化为型或型的极限。 例19：求极限lim x ln x . x →0+ 0∞∞ 解：这是一个0∞型不定式极限。用恒等变形x ln x =型的不定式极限，并应用洛必达法则得到 ∞ln x 将它转化为1∞x 1 ln x =lim(-x ) =0. lim +x ln x =lim +=lim + x →0x →0x →0x →0+ -2 x x 1 x ) x . 例20：求极限lim(cos x →0 2 11x 解：这是一个1型不定式极限。作恒等变形(cosx ) =e ∞ x lncos x , 其指数部 分的极限 01 ln cos x 是型不定式极限，由洛必达法则有 x →0x 20 ln cos x -tan x 1 =lim =-, lim 2x →0x →0x 2x 2 lim 从而得到 1 1x x ) =lim e lim(cosx →0x →0 x ln cos x =e . - 1 2 例21：求极限lim (sinx ) x →0+0 k 1+ln x (k 为常数）。 k 1+ln x 解这是一个0型不定式极限，作恒等变形(sinx ) 分的极限 =e k lnsin x 1+ln x , 其指数部 k cos x k ln sin x =lim k cos x x =k , 然后得到 lim =lim x →0+1+ln x x →0+1x →0+sin x x lim (sinx ) x →0+ k 1+ln x =lim e + x →0 k lnsin x 1+ln x =e k (k ≠0) 。 当k =0时上面所得的结果显然成立。 ( x +. 例22 ：求极限x lim →+∞ 1ln x 这是一个∞型不定式极限。作恒等变形(x +0 1ln x =e 1 ln(x ln x 类似 ∞? 地先求其对数的极限? ?： ?∞? lim =lim =1, x →+∞x →+|∞x 于是有 1ln x 1 ln(x ln x (x + x lim →+∞ =lim e x →+∞ =e 1=e . ? 例23：求极限lim x →1 11? -?. ?x -1ln x ? 00 解：这是一个∞-∞型不定式极限，通分后化为型的极限，即 1?ln x -x +1?1 lim -=lim ?x →1x -1ln x ?x →1(x -1)ln x ? 1 -1 1-x -11 =lim =lim =lim =-. x →1x →1x -1+x ln x x →12+ln x 2+ln x x 利用洛必达法则求极限首先必须注意它是不是不定式极限，其次是否满足洛必达法则的其他条件。洛必达法则是求不定式极限的一种有效方法，但有时计算比较麻烦，应及时化简（通过代数，三角变形、等价无穷小代替等），且最好能与其它极限的方法结合使用，以便简化计算。 12、利用泰勒公式求极限 泰勒展开式[1]：若函数f (x ) 在[a , b ]上存在直至n 阶的连续导函数，在 (a , b ) 上存在(n +1) 阶导函数，则对任意给定的x , x 0∈[a , b ],至少存在一点 ξ∈(a , b ) ，使得 f (x ) = f ''(x 0) f (x 0) +f '(x 0)(x -x 0) +(x -x 0) 2+ 2! e x sin x -x (1+x ) . 例24：求极限lim x →0x 3 x 2x 32 解：由于e =1+x ++o (x ),sin x =x -+o (x 3), 2! 3! x f (n ) (x 0) f (n +1) (ξ) n +(x -x 0) +(x -x 0) n +1. n ! (n +1)! x 3 从而 e sin x =x +x ++o (x 3), 所以 3 x 2 x 3 x +x ++o (x 3) -x -x 2x ?1o (x 3) ?1e sin x -x (1+x ) =lim =lim ?+3?= lim x →0x →0x →03x 3x 3x ?3? 2 利用泰勒展开式求极限必须熟记基本初等函数的展开式，它将原来函数求极限的问题转化为求多项式或有理分式的极限问题。对于和或差中的项不能用其等价无穷小代替的情形，有时可用项的泰勒展开式来代替该项，使运算十分简便。 13、利用定积分求极限 定义 [1] ：若函数f (x ) 在[a , b ]上连续，且存在原函数F ，即 [a 则, b f (x ) 在[a , b ]上可积，且?f (x ) dx =F (b ) -F (a ), 称为 a b F ' (x ) =f (x ) ∈, x 牛顿—莱布尼茨公式，它也常写成 ? b a f (x ) dx =F (x ) . a b 由于定积分是一个有特殊结构和式的极限，这样又可利用定积分的值求出某一和式的极限。若要用定积分求极限，其关键在于将和式化成某一特殊结构的和式。凡每一项可提1/n，而余下的项可用通式写成n 项之和的形式的表达式，一般用定积分的定义去求。 例25：求极限lim n ? n →∞ ? 11 ++22 ?(n +1) (n +2) + + 1? . 2?(n +n ) ? 解：lim n ? n →∞ ? 11 ++22 (n +1) (n +2) ?1? 2?(n +n ) ? 1?n 2n 2 =lim ?++2n →∞n (n +1) 2(n +2) ?? ?11 =lim ?++ n →∞1222 ?(1+) (1+) n n ? n 2? +2?(n +n ) ?? 1?1 + n 2?n (1+) ? n ? =lim ∑n →∞ i =1 n 11 i 2n (1+) n 上面的和式是函数f (x ) = ?11lim n ?++22n →∞(n +1) (n +2) ? 1 在区间[0,1]上的一个积分和，故有 (1+x ) 2 1 1?1111+==-=. ?0(1+x ) 2(n +n ) 2?1+x 2?0 利用定积分求极限首先选好恰当的可积函数f (x ) ，把所求的极限和式表示成f (x ) 在某区间[a , b ]上的待定积分和式的极限。 结束语：本文对极限的求法作了小结，归纳了13种求极限的基本方法，对一般的用上述的方法可以求出来，复杂一点的可能要综合几种方法才能求出来。在实际学习中要善于运用多种方法综合求解，但在求解极限的题目是，仅掌握以上的方法而不能清晰地了解并不能善于运用也是不够的。必须要仔细地分析，选择适当的方法并综合地运用方法，明白其道理，体会做题的窍门，只有方法得当，做题时才能准确、快速、灵活求解极限。 参考文献 [1] 华东师范大学数学系，《数学分析》，高等教育出版社，2010年7月第四版上册，第23、31、32、36、57、61、63、71、88、92、123、130、141、206页。 [2] 马慧玲，《极限的四则运算法则》，《科教文汇（上旬刊）》，2012年 第 四 期 ， 第 100 — 102 页 ， 网 址 ： http://www.cnki.com.cn/Article/CJFDTotal-KJWH201202060.htm。 [3] 徐新亚、夏海峰，《数学分析选讲》，同济大学出版社，2008年 8月第一版，第7、32页。 [4] 方明，《如何利用连续性求极限》，《贵州商专学报》，1996年02期，网址： http://www.cnki.com.cn/Article/CJFDTotal-GZSG199602012.htm。 转载请注明出处范文大全网 » 矩阵满秩分解的二种方法范文五：极限求解的方法
