在無窮的世界裡面，通常會問兩件事情：1、極限是否存在？2、極限值是多少？

這是兩個不同層面的問題。因為即使證明了極限存在，求出極限值也不一定是件容易的事。

例如：我們可以由積分審斂法確定級數 $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} \ 收斂$$ 但是求出其極限值就不容易了。

這篇文章我們藉由幾道題目，聚焦在求極限值的部份。

一般來說，求極限值不外乎有以下幾種方法：

方法一、以乘法公式化簡：如果有必要可搭配變數變換

方法二、由已知求未知：這裡舉兩個常用的例子 $$\lim_{x\to 0}\frac{sinx}{x}=1,\ \lim_{x\to\infty} (1+\frac{1}{x})^x=e$$

方法三、夾擊定理

方法四、羅必達法則：針對不定型 $\frac{0}{0}$ 及 $\frac{\infty}{\infty}$ 即可使用。

方法五、泰勒展開式。

最後一個就是這一篇主要要介紹的方法。

首先，先介紹一個方便的符號：The little o (小歐符號)

我們說當 $x\to x_0$ 時，$f(x)=o(g(x))$，則 $$\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=0$$

接下來我會大量使用這個符號操作喔。

先來複習一下：如何說明函數 $f(x)$ 在 $x_0$ 處連續？

用口語來說，就是函數 $f(x)$ 在 $x_0$ 處極限存在，且極限值等於其函數值 $f(x_0)$，寫成數學符號就是 $$\lim_{x\to x_0}f(x)=f(x_0)$$

或是可以寫成 $$\lim_{x\to x_0}f(x)-f(x_0)=0$$ 用小歐符號表示就是 $$f(x)-f(x_0)=o(1) \ \ as \ \ x\to x_0$$

來做一個小小的練習：若 $f(x)=o(x)$ as $x\to 0$，則 $$\lim_{x\to 0}f(x)= 0$$

證明：$$\lim_{x\to 0}f(x) = \lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}\cdot x = \lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}\cdot \lim_{x\to 0}x = 0 $$

接著使用小歐符號表示以下幾個函數的泰勒展開式：$$sinx=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^nx^{2n+1}}{(2n+1)!}=x-\frac{1}{3!}x^3+o(x^3)$$

$$cosx=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^nx^{2n}}{(2n)!}=1-\frac{1}{2}x^2+o(x^2)$$

$$\sqrt{1+x}=1+\frac{1}{2}x+o(x)$$ $$ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+o(x^2)$$

來實做囉！

第一題：$$\lim_{x\to 0}\frac{\sqrt[m]{1+x}-1-\frac{1}{m}x}{x^2}=? \tag{1}$$

這一題不難，輕鬆使用羅必達即可：此為不定型 $\frac{0}{0}$，分子與分母各微分一次

$$(1) = \lim_{x\to 0}\frac{\frac{1}{m}(1+x)^{\frac{1}{m}-1}-\frac{1}{m}}{2x}\tag{2}$$ 依然是不定型，再微分一次：
$$(2) =\lim_{x\to 0}\frac{\frac{1}{m}(\frac{1}{m}-1)(1+x)^{\frac{1}{m}-2}}{2}=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{m}\cdot \frac{1-m}{m}=-\frac{m-1}{2m^2}$$

如果不想直接用羅必達也行，那就做個變數變換吧：$$令\ \sqrt[m]{1+x}-1=y$$ $$則\ x=(y+1)^m-1$$ 代回原式(1)可得
$$\begin{aligned}
(1) &= \lim_{y\to 0}\frac{y-\frac{1}{m}[(y+1)^m-1]}{[(y+1)^m-1]^2} \\
&= \lim_{y\to 0}\frac{y-\frac{1}{m}[1+my+\frac{m(m-1)}{2}y^2+…+C^m_my^m -1]}{[1+C^m_1y+C^m_2y^2+\cdots+C^m_my^m-1]^2}\\
&= \lim_{y\to 0}\frac{-\frac{m-1}{2}y^2+o(y^2)}{m^2y^2+o(y^2)}=\frac{-\frac{m-1}{2}y^2}{m^2}=-\frac{m-1}{2m^2}
\end{aligned}$$

這個做法也不難。

接下來應用泰勒展開式做一遍試試：

已知 $$\sqrt[m]{1+x}=1+\frac{1}{m}x-\frac{m-1}{2m^2}x^2+o(x^2) \ \ as \ x\to 0$$

那麼 $$\lim_{x\to 0}\frac{\sqrt[m]{1+x}-1-\frac{1}{m}x}{x^2}=\lim_{x\to 0}\frac{-\frac{m-1}{2m^2}x^2+o(x^2)}{x^2}=-\frac{m-1}{2m^2}$$
是不是看起來簡潔又清楚呢？

不過同學會發現，一開始的做法就很簡單了。也就是說，這個題目還沒辦法展現這個做法的優勢，

第二題：$$\lim_{x\to 0}\frac{1+sinx-cosx}{1+sinpx-cospx}=? \tag{3}$$

這一題也不難，讓同學暖身一下：

方法一、直接使用羅必達法則

$$(3)=\lim_{x\to 0}\frac{cosx+sinx}{pcospx+psinpx}=\frac{1}{p}$$

方法二、用二倍角公式先化簡後再求值

$$\begin{aligned}
(3) &=\lim_{x\to 0}\frac{1+sinx-(1-2sin^2{\frac{x}{2}})}{1+sinpx-(1-2sin^2{\frac{px}{2}})} \\
&=\lim_{x\to 0}\frac{2sin\frac{x}{2}cos\frac{x}{2}+2sin^2\frac{x}{2}}{2sin\frac{px}{2}cos\frac{px}{2}+2sin^2\frac{px}{2}}\\
&=\lim_{x\to 0}\frac{sin\frac{x}{2}(cos\frac{x}{2}+sin\frac{x}{2})}{sin\frac{px}{2}(cos\frac{px}{2}+sin\frac{px}{2})}\\
&=\lim_{x\to 0}\frac{sin\frac{x}{2}}{\frac{x}{2}}\cdot\frac{\frac{px}{2}}{sin\frac{px}{2}}\cdot \frac{1}{p} = \frac{1}{p}
\end{aligned}$$

方法三、使用泰勒展開式

已知 $$sinx=x-\frac{1}{3!}x^3+o(x^3), \ cosx=1-\frac{1}{2!}x^2+o(x^2)$$ 那麼
$$\begin{aligned}
(3) &= \lim_{x\to 0}\frac{1+[x-\frac{1}{3!}x^3+o(x^3)]-[1-\frac{1}{2}x^2+o(x^2)]}{1+[px-\frac{1}{3!}(px)^3+o(x^3)]-[1-\frac{1}{2}(px)^2+o(x^2)]} \\
&= \lim_{x\to 0}\frac{x+\frac{1}{2}x^2-\frac{1}{3!}x^3+o(x^3)}{px+\frac{1}{2}(px)^2-\frac{1}{3!}(px)^3+o(x^2)}=\frac{1}{p}
\end{aligned}$$

第三題：$$\lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{cosx}-\sqrt[3]{cosx}}{sin^2x}=?\tag{4}$$

方法一、直接使用羅必達法則

你會想這樣做嗎？似乎有些麻煩，交給喜歡硬爆的小朋友吧。

方法二、先做變數變換再化簡求值

為了去掉根號，可以令 $$cosx=y^6$$ 則 $$sin^2x=1-cos^2x=1-y^{12}$$

$$\begin{aligned}
(4)&=\lim_{y\to 1}\frac{y^3-y^2}{1-y^{12}}\\
&=\lim_{y\to 1}\frac{-y^2(y-1)}{(y-1)(y^{11}+y^{10}+\cdots+y+1)}\\
&=\lim_{y\to 1}\frac{-y^2}{y^{11}+y^{10}+\cdots+y+1}=-\frac{1}{12}
\end{aligned}$$

如果不想因式分解，也可以變數變換後，直接使用羅必達法則：

$$\lim_{y\to 1}\frac{y^3-y^2}{1-y^{12}}=\lim_{y\to 1}\frac{3y^2-2y}{-12y^{11}}=-\frac{1}{12}$$

方法三、使用泰勒展開式

$$cosx=1-\frac{1}{2}x^2+o(x^2)$$ $$\sqrt{1+x}=1+\frac{1}{2}x+o(x)$$ 另外，
$$\begin{aligned}
\sqrt{cosx}&= \sqrt{1+(-\frac{1}{2}+o(x^2))} \\
&=1+\frac{1}{2}(-\frac{1}{2}x^2+o(x^2))+o(-\frac{1}{2}x^2+o(x^2)) \\
&=1-\frac{1}{4}x^2 + o(x^2)
\end{aligned}$$
$$\begin{aligned}
\sqrt[3]{cosx}&=1+\frac{1}{3}(-\frac{1}{2}x^2+o(x^2))+o(\frac{1}{2}x^2+o(x^2)) \\
&= 1-\frac{1}{6}x^2+o(x^2)
\end{aligned}$$
將以上泰勒展開式用在第(4)式上面，可得
$$\begin{aligned}
(4) &=\lim_{x\to 0}\frac{1-\frac{1}{4}x^2-(1-\frac{1}{6}x^2)+o(x^2)}{sin^2x} \\
&=\lim_{x\to 0}\frac{x^2}{sin^2x}\cdot \frac{-\frac{1}{12}x^2+o(x^2)}{x^2}=-\frac{1}{12}
\end{aligned}$$

是不是愈來愈有挑戰性了呢？

再寫一題不一樣的題型，也是這篇文章的最後一題。

第四題：$$\lim_{x\to 0}(\frac{1+tanx}{1+sinx})^{\frac{1}{sin^3x}}$$

像這種函數在指數的題型，通常可以先取對數處理：$$令\ y=(\frac{1+tanx}{1+sinx})^{\frac{1}{sin^3x}}$$ 則 $$lny=\frac{1}{sin^3x}ln\frac{1+tanx}{1+sinx}\tag{5}$$

想用羅必達法則嗎？

也許你可以試試，我用泰勒展開式做一次：

$$\frac{1+tanx}{1+sinx}=1+(\frac{1+tanx}{1+sinx}-1)=1+\frac{tanx-sinx}{1+sinx} \tag{6}$$

接著來化簡第(6)式中，等號右邊那個分式：
$$\begin{aligned}
\frac{tanx-sinx}{1+sinx} &=\frac{sinx(\frac{1}{cosx}-1)}{1+sinx} \\
&=\frac{sinx(\frac{1}{1-\frac{1}{2}x^2+o(x^2)})-1}{1+sinx}\\
&=\frac{sinx(1+\frac{1}{2}x^2+o(x^2)+o(\frac{1}{2}x^2+o(x^2)))-1}{1+sinx}\\
&=\frac{sinx(\frac{1}{2}x^2)+o(x^2)}{1+sinx}\\
&=\frac{\frac{x^2}{2}sinx+sinx\cdot o(x^2)}{1+sinx}
\end{aligned}$$

這裡要留意的是，上式的第三個等號用到 $\frac{1}{1-x}=1+x+o(x)$ 這個泰勒展開式。

接著
$$\begin{aligned}
ln\frac{1+tanx}{1+sinx}&=ln[1+(\frac{1+tanx}{1+sinx}-1)] \\
&=ln[1+\frac{\frac{x^2}{2}sinx+sinx\cdot o(x^2)}{1+sinx}] \\
&=\frac{\frac{x^2}{2}sinx+sinx\cdot o(x^2)}{1+sinx} +o(\frac{\frac{x^2}{2}sinx+sinx\cdot o(x^2)}{1+sinx})
\end{aligned}$$

最後回到第(5)式：
$$\begin{aligned}
\lim_{x\to 0}lny &= \lim_{x\to 0} \frac{1}{sin^3x}[\frac{\frac{x^2}{2}sinx+sinx\cdot o(x^2)}{1+sinx} +o(\frac{\frac{x^2}{2}sinx+sinx\cdot o(x^2)}{1+sinx})] \\
&= \lim_{x\to 0}\frac{\frac{x^2}{2}sinx+sinx\cdot o(x^2)}{sin^3x(1+sinx)} \\
&= \lim_{x\to 0}\frac{\frac{1}{2}\cdot\frac{x^2}{sin^2x}+\frac{o(x^2)}{sin^2x}}{1+sinx}=\frac{1}{2}
\end{aligned}$$ 因此 $$\lim_{x\to 0}y = e^{\frac{1}{2}}$$

這一篇文章有些難度，提供給修過大一上學期微積分的同學參考。

最後祝準備考分科測驗的同學加油，考試順利，進到自己心中理想的校系。