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极限计算 2：泰勒公式与洛必达法则

1. 带皮亚诺 (Peano) 余项的泰勒公式

泰勒公式是分析学中将复杂函数近似为多项式的核心工具。在极限计算中，我们主要关注 在 \(x_0 = 0\) 处展开 的麦克劳林公式。

1.1 定理内容

Abstract

设函数 \(f(x)\) 在点 \(x_0\) 处存在 \(n\) 阶导数，则 \(f(x)\) 在 \(x_0\) 的邻域内可表示为：

\[ f(x) = f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0) + \frac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2 + \cdots + \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n + o((x-x_0)^n) \]

其中 \(o((x-x_0)^n)\) 称为 皮亚诺余项，表示比 \((x-x_0)^n\) 高阶的无穷小量，即：

\[ \lim_{x \to x_0} \frac{o((x-x_0)^n)}{(x-x_0)^n} = 0 \]

在极限计算中，我们通常取 \(x_0 = 0\)（麦克劳林展开）：

\[ f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(0)}{k!} x^k + o(x^n) \]

1.2 常用函数的展开式 ( 需熟记 )

当 \(x \to 0\) 时：

函数 \(f(x)\) 展开式 ( 麦克劳林公式 )
\(e^x\) \(1 + x + \dfrac{x^2}{2!} + \dfrac{x^3}{3!} + \cdots + \dfrac{x^n}{n!} + o(x^n)\)
\(\sin x\) \(x - \dfrac{x^3}{3!} + \dfrac{x^5}{5!} - \cdots + (-1)^{m-1}\dfrac{x^{2m-1}}{(2m-1)!} + o(x^{2m})\)
\(\cos x\) \(1 - \dfrac{x^2}{2!} + \dfrac{x^4}{4!} - \cdots + (-1)^m\dfrac{x^{2m}}{(2m)!} + o(x^{2m+1})\)
\(\ln(1+x)\) \(x - \dfrac{x^2}{2} + \dfrac{x^3}{3} - \cdots + (-1)^{n-1}\dfrac{x^n}{n} + o(x^n)\)
\((1+x)^\alpha\) \(1 + \alpha x + \dfrac{\alpha(\alpha-1)}{2!}x^2 + \cdots + \dfrac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)}{n!}x^n + o(x^n)\)

Tip

  • \((1+x)^\alpha\) 当 \(\alpha=-1\) 时变为几何级数：\(\dfrac{1}{1+x} = 1 - x + x^2 - x^3 + \cdots\)

1.3 高阶无穷小 \(o(x^n)\) 的运算规则

  1. \(x^m \cdot o(x^n) = o(x^{m+n})\)
  2. \(o(x^n) \pm o(x^n) = o(x^n)\)
  3. \(o(x^m) + o(x^n) = o(x^{\min(m,n)})\) （低阶“吃掉”高阶）
  4. \(c \cdot o(x^n) = o(x^n)\) (\(c \neq 0\))

2. 洛必达法则 (L'Hôpital's Rule)

洛必达法则是通过导数来确定未定式极限的方法。

2.1 适用条件

Warning

  1. 极限类型必须是 \(\dfrac{0}{0}\) 型或 \(\dfrac{\infty}{\infty}\) 型。
  2. 分子分母在去心邻域内可导，且分母导数不为 0。
  3. \(\lim\limits_{x\to x_0} \dfrac{f'(x)}{g'(x)}\) 存在 ( 或为无穷大 )。

若导数之比的极限不存在（且不是无穷大），不能说明原极限不存在，只能说明洛必达法则失效。

2.2 法则内容

若满足上述条件，则：

\[ \lim_{x \to x_0} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \to x_0} \frac{f'(x)}{g'(x)} \]

2.3 其他未定式的转化

对于非 \(\frac{0}{0}\) 或 \(\frac{\infty}{\infty}\) 的形式，需先变形：

  • \(0 \cdot \infty\) 型：\(f \cdot g = \dfrac{f}{1/g}\) 或 \(\dfrac{g}{1/f}\)。
  • \(\infty - \infty\) 型：通分（若是分式）或 提取公因式 / 有理化 / 倒代换。
  • \(1^\infty, 0^0, \infty^0\) 型：利用恒等式 \(u^v = e^{v \ln u}\)，转化为指数上的 \(0 \cdot \infty\) 极限。

4. 例题解析

题目 1：计算 \(\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin x - x \cos x}{x^3}\)

Success

分析：分母是 \(x^3\)，提示我们需要将分子展开到 \(x^3\) 项。

\[ \begin{aligned} \sin x &= x - \frac{x^3}{6} + o(x^3) \\ x \cos x &= x \left( 1 - \frac{x^2}{2} + o(x^2) \right) = x - \frac{x^3}{2} + o(x^3) \end{aligned} \]

代入原式：

\[ \begin{aligned} \text{原式} &= \lim_{x \to 0} \dfrac{\left(x - \frac{x^3}{6} + o(x^3)\right) - \left(x - \frac{x^3}{2} + o(x^3)\right)}{x^3} \\ &= \lim_{x \to 0} \dfrac{\left(-\frac{1}{6} + \frac{1}{2}\right)x^3 + o(x^3)}{x^3} \\ &= \frac{1}{3} \end{aligned} \]

题目 2：计算 \(\lim\limits_{x \to 0} \left( \dfrac{\sin x}{x} \right)^{\frac{1}{x^2}}\)

Success

这是一个 \(1^\infty\) 型极限

需要计算极限 \(L = \lim\limits_{x \to 0} \frac{1}{x^2} \left( \dfrac{\sin x}{x} - 1 \right) = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin x - x}{x^3}\)。

此处遇到 \(\frac{\sin x - x}{x^3}\)，是典型的泰勒公式适用场景。

\[ \sin x = x - \frac{x^3}{6} + o(x^3) \]
\[ L = \lim_{x \to 0} \dfrac{(x - \frac{x^3}{6} + o(x^3)) - x}{x^3} = \lim_{x \to 0} \dfrac{-\frac{x^3}{6}}{x^3} = -\frac{1}{6} \]

故原极限为 \(e^{-1/6}\)。

题目 3：求函数 \(f(x) = \tan x\) 在 \(x=0\) 处的泰勒展开式（麦克劳林公式），精确到 \(x^5\) 项。

Success

不太严谨的多项式除法

我们知道 \(\sin x\) 和 \(\cos x\) 的麦克劳林展开式为：

\[ \begin{aligned} \sin x &= x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \cdots = x - \frac{1}{6}x^3 + \frac{1}{120}x^5 - o(x^5) \\ \cos x &= 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \cdots = 1 - \frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{24}x^4 - o(x^4) \end{aligned} \]

由 \(\tan x = \dfrac{\sin x}{\cos x}\)，我们可以列出长除法算式：

\[ \dfrac{x - \frac{1}{6}x^3 + \frac{1}{120}x^5 - \cdots}{1 - \frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{24}x^4 - \cdots} \]

步骤 1：确定 \(x\) 一次项

\[ \text{商} = x \]
\[ x(1 - \frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{24}x^4) = x - \frac{1}{2}x^3 + \frac{1}{24}x^5 \]
\[ \text{余式 1} = (x - \frac{1}{6}x^3 + \frac{1}{120}x^5) - (x - \frac{1}{2}x^3 + \frac{1}{24}x^5) = \frac{1}{3}x^3 - \frac{1}{30}x^5 \]

步骤 2：确定 \(x\) 三次项 用余式 1 的首项 \(\frac{1}{3}x^3\) 除以分母首项 \(1\)，得商 \(\frac{1}{3}x^3\)。

\[ \text{商} = \frac{1}{3}x^3 \]
\[ \frac{1}{3}x^3(1 - \frac{1}{2}x^2) = \frac{1}{3}x^3 - \frac{1}{6}x^5 \]
\[ \text{余式 2} = (\frac{1}{3}x^3 - \frac{1}{30}x^5) - (\frac{1}{3}x^3 - \frac{1}{6}x^5) = (-\frac{1}{30} + \frac{5}{30})x^5 = \frac{2}{15}x^5 \]

步骤 3：确定 \(x\) 五次项

用余式 2 的首项 \(\frac{2}{15}x^5\) 除以分母首项 \(1\)，得商 \(\frac{2}{15}x^5\)。

结论： $$ \tan x = x + \frac{1}{3}x^3 + \frac{2}{15}x^5 + o(x^5) $$

题 4：推导 \(\arctan x\) 的麦克劳林公式

Success

已知 \(f'(x)(1+x^2) = 1\)，根据莱布尼兹法则计算导数

过程略

Success

级数方法（仅供参考记忆）

第一步：导数展开

已知 \((\arctan x)' = \dfrac{1}{1+x^2}\)。

利用等比级数公式 \(\dfrac{1}{1-u} = 1 + u + u^2 + u^3 + \cdots\) ( 当 \(|u| < 1\))。 令 \(u = -x^2\)，则有：

\[ \begin{aligned} \frac{1}{1+x^2} &= \frac{1}{1-(-x^2)} \\ &= 1 + (-x^2) + (-x^2)^2 + (-x^2)^3 + \cdots + (-x^2)^n + \cdots \\ &= 1 - x^2 + x^4 - x^6 + \cdots + (-1)^n x^{2n} + \cdots \end{aligned} \]

此式成立条件为 \(|-x^2| < 1\)，即 \(|x| < 1\)。

第二步：逐项积分

由于 \(f(0) = \arctan 0 = 0\)，我们可以对上式从 \(0\) 到 \(x\) 进行定积分（即变上限积分）：

\[ \begin{aligned} \arctan x &= \int_0^x \dfrac{1}{1+t^2} \mathrm{d}t \\ &= \int_0^x \left( 1 - t^2 + t^4 - t^6 + \cdots + (-1)^n t^{2n} + \cdots \right) \mathrm{d}t \\ &= \left[ t - \frac{t^3}{3} + \frac{t^5}{5} - \frac{t^7}{7} + \cdots + (-1)^n \frac{t^{2n+1}}{2n+1} \right]_0^x \end{aligned} \]

所以

\[ \arctan x = x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} - \frac{x^7}{7} + \cdots + (-1)^n \frac{x^{2n+1}}{2n+1} + o(x^{2n+1}) \]

题目 5：求函数 \(f(x) = (1+x)^{\frac{1}{x}}\) 在 \(x=0\) 处的带有 Peano 余项的泰勒展开式（展开到 \(x^2\) 项）。

Success

第一步：指数变形

\[ f(x) = (1+x)^{\frac{1}{x}} = e^{\frac{1}{x} \ln(1+x)} \]

第二步：处理指数部分

我们需要将 \(f(x)\) 展开到 \(x^2\)，这意味着 \(e^u\) 中的 \(u\) 需要精确到 \(x^2\)。 由于指数前方有一个 \(\frac{1}{x}\)，这意味着 \(\ln(1+x)\) 需要展开到 \(x^3\) (这样除以 \(x\) 后才能剩 \(x^2\))。

\[ \begin{aligned} \ln(1+x) &= x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + o(x^3) \\ \text{指数} = \frac{1}{x} \ln(1+x) &= \frac{1}{x} \left( x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + o(x^3) \right) \\ &= 1 - \frac{x}{2} + \frac{x^2}{3} + o(x^2) \end{aligned} \]

第三步：代回原式并分离常数

\[ \begin{aligned} f(x) &= e^{1 - \frac{x}{2} + \frac{x^2}{3} + o(x^2)} \\ &= e^1 \cdot e^{-\frac{x}{2} + \frac{x^2}{3} + o(x^2)} \end{aligned} \]

令 \(u = -\frac{x}{2} + \frac{x^2}{3}\)。当 \(x \to 0\) 时，\(u \to 0\)，符合 \(e^u\) 展开条件。

第四步：复合展开

利用 \(e^u = 1 + u + \frac{u^2}{2} + o(u^2)\)：

  1. 计算 \(u\)：

    $$ u = -\frac{1}{2}x + \frac{1}{3}x^2 $$ ( 注：这里忽略 \(o(x^2)\) 以简化书写，最后加上即可 )

  2. 计算 \(u^2\)： 我们需要保留到 \(x^2\) 项，因此展开平方时，\(x^3\) 及更高次项直接扔进 \(o(x^2)\)。

    \[ u^2 = \left( -\frac{1}{2}x + \frac{1}{3}x^2 \right)^2 = \frac{1}{4}x^2 + \underbrace{2(-\frac{1}{2}x)(\frac{1}{3}x^2) + \dots}_{o(x^2)} = \frac{1}{4}x^2 + o(x^2) \]

  3. 代入公式：

    \[ \begin{aligned} e^u &= 1 + \left( -\frac{1}{2}x + \frac{1}{3}x^2 \right) + \frac{1}{2} \left( \frac{1}{4}x^2 \right) + o(x^2) \\ &= 1 - \frac{1}{2}x + \left( \frac{1}{3} + \frac{1}{8} \right)x^2 + o(x^2) \\ &= 1 - \frac{1}{2}x + \frac{11}{24}x^2 + o(x^2) \end{aligned} \]

第五步：最终结果

不要忘记最前面的系数 \(e\)。

\[ f(x) = e \left( 1 - \frac{1}{2}x + \frac{11}{24}x^2 + o(x^2) \right) \]

即：

\[ (1+x)^{\frac{1}{x}} = e - \frac{e}{2}x + \frac{11e}{24}x^2 + o(x^2) \]

Tip

利用上述展开式，可以求解如下极限题：

\[ \lim_{x \to 0} \frac{(1+x)^{\frac{1}{x}} - e}{x} \]

解：

\[ \begin{aligned} \text{原式} &= \lim_{x \to 0} \frac{\left( e - \frac{e}{2}x + o(x) \right) - e}{x} \\ &= \lim_{x \to 0} \frac{-\frac{e}{2}x}{x} = -\frac{e}{2} \end{aligned} \]

5. 洛必达法则的“失效”情形

洛必达法则的核心结论是：若 \(\lim \dfrac{f'(x)}{g'(x)} = A\) ( 或 \(\infty\))，则 \(\lim \dfrac{f(x)}{g(x)} = A\)。

然而，逆命题不成立。即：如果 \(\lim \dfrac{f'(x)}{g'(x)}\) 不存在 ( 且不是无穷大 )，不能 说明原极限不存在，仅仅说明 洛必达法则在此处失效，需要改用夹逼准则、泰勒公式或代数变形求解。

以下是三种典型的失效或不适用场景：

5.1. 导数极限震荡不存在

例题

计算 \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{x + \sin x}{x}\)

Failure

这是一个 \(\frac{\infty}{\infty}\) 型未定式。尝试使用洛必达法则：

\[ \lim_{x \to +\infty} \dfrac{(x + \sin x)'}{(x)'} = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{1 + \cos x}{1} \]

由于 \(x \to +\infty\) 时，\(\cos x\) 在 \([-1, 1]\) 之间无限震荡，故上述极限 不存在。

Success

虽然导数比值的极限不存在，但原极限其实很容易计算：

\[ \lim_{x \to +\infty} \dfrac{x + \sin x}{x} = \lim_{x \to +\infty} \left( 1 + \dfrac{\sin x}{x} \right) = 1 \]

5.2. 循环失效

例题：计算 \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\sqrt{x^2+1}}{x}\)

Failure

这是 \(\frac{\infty}{\infty}\) 型。尝试洛必达：

\[ \begin{aligned} L &= \lim_{x \to +\infty} \dfrac{\frac{1}{2\sqrt{x^2+1}} \cdot 2x}{1} = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{x}{\sqrt{x^2+1}} \\ \text{再洛必达} &= \lim_{x \to +\infty} \dfrac{1}{\frac{2x}{2\sqrt{x^2+1}}} = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{\sqrt{x^2+1}}{x} \end{aligned} \]

结果：转了一圈又回到了原题目。继续求导只会无限循环。

Success

直接进行代数变形：

\[ \lim_{x \to +\infty} \dfrac{\sqrt{x^2(1+\frac{1}{x^2})}}{x} = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{x\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}}{x} = \lim_{x \to +\infty} \sqrt{1+\frac{1}{x^2}} = 1 \]