system: [SYSTEM]

user: 4. 应用案例 例1 [ 3 ] 求极限： lim x → π 3 sin ( x − π 3 ) 1 − 2 cos x 。 结构分析 结构特点：所求函数极限的结构为三角函数的分式结构，分子和分母是不同的三角函数， 且 x → π 3 时，分子、分母均趋于零。类比已知：在自变量过程中，分子分母同时趋近与零，且与三角函数有关，已知的极限是第一个重要极限 lim x → 0 sin x x = 1 。确立思路：利用第一个重要极限求解。方法设计：利用形式统一法，首先将分子分母中的三角函数都统一为 x − π 3 的函数，其次，重要极限 lim x → 0 sin x x = 1 的自变量变化过程是 x → 0 ，本题是 x → π 3 ，因此可用变量代换将形式统一到第一个重要极限的形式，再利 用第一个重要极限求解。 解法1 原 式 = lim x → π 3 sin ( x − π 3 ) 1 − 2 cos ( x − π 3 + π 3 ) (第1次形式统一：分子分母中的变量形式统一) = lim x → π 3 sin ( x − π 3 ) 1 − cos ( x − π 3 ) + 3 sin ( x − π 3 ) = lim t → 0 sin t 1 − cos t + 3 sin t (第2次形式统一：作变量代换，使 x → π 3 转化成第一个重要极限所需的变量极限形式 t → 0 ) = lim t → 0 sin t t 1 − cos t t + 3 sin t t (第3形式统一：分子分母同除以t，转化成重要极限形式) 由于 lim t → 0 1 − cos t t = lim t → 0 1 2 t 2 t = lim t → 0 t 2 = 0 ，因此，利用第一个重要极限 lim x → 0 sin x x = 1 ，得 lim x → π 3 sin ( x − π 3 ) 1 − 2 cos x = 1 0 + 3 = 3 3 . 解法2 结构特点： 0 0 型极限问题。类比已知：可以洛必达法则。于是 lim x → π 3 sin ( x − π 3 ) 1 − 2 cos x = lim x → π 3 cos ( x − π 3 ) 2 sin x = cos 0 2 sin π 3 = 3 3 . 例2 (全国大学生数学竞赛第五届预赛试题)求极限 lim n → ∞ ( 1 + sin π 1 + 4 n 2 ) n 。 结构分析 结构特点:所求函数极限的结构为 1 ∞ 型极限问题。类比已知：这个结构特点是第二个重要 极限 lim x → 0 ( 1 + x ) 1 x = e 所处理的对象特点。确立思路：利用第二个重要极限求解。方法设计：利用形式统一 法。具体的， ( 1 + sin π 1 + 4 n 2 ) n 的指数部分n是 ∞ ，底 1 + sin π 1 + 4 n 2 中已经具备1， sin π 1 + 4 n 2 虽是无穷小，但是 π 1 + 4 n 2 是无穷大，这与我们常用的无穷小 sin x   ( x → 0 ) 形式不同，需要把它转化成无穷小。根据正弦函数的性质， sin π 1 + 4 n 2 = sin ( π 1 + 4 n 2 − 2 n π ) ，这样 π 1 + 4 n 2 − 2 n π 就转化成无穷小，但是，这样的无穷小不能满足我们处理 1 ∞ 型极限问题中指数部分的需要，因此进一步将 π 1 + 4 n 2 − 2 n π 分子有理化处理，得 sin π 1 + 4 n 2 = sin ( π 1 + 4 n 2 − 2 n π ) = sin π 1 + 4 n 2 + 2 n 这样就将原式转化成 1 + α ( x ) ，其中 α ( x ) 是所需无穷小的形式。指数部分相应的需要转化处理成 1 α ( x ) 的形式。然后利用海涅定理，将数列极限转化为函数极限，使用第二个重要极限即可求解。 解 由于 sin π 1 + 4 n 2 = sin ( π 1 + 4 n 2 − 2 n π ) = sin π 1 + 4 n 2 + 2 n 故， 由海涅定理，由于 lim x → + ∞ ( 1 + sin π 1 + 4 x 2 + 2 x ) x = lim x → + ∞ e sin π 1 + 4 x 2 + 2 x ⋅ x ⋅ ln ( 1 + sin π 1 + 4 x 2 + 2 x ) 1 sin π 1 + 4 x 2 + 2 x = e lim x → + ∞ x ⋅ sin π 1 + 4 x 2 + 2 x = e lim x → + ∞ π ⋅ x 1 + 4 x 2 + 2 x = e π 4 ， 故， lim n → ∞ ( 1 + sin π 1 + 4 n 2 ) n = e π 4 。 例3 [ 3 ] 求极限： lim x → 0 cos x − e − x 2 2 x 3 sin x 。 结构分析 结构特点:所求函数极限的结构属于 0 0 型极限问题，且涉及三类基本初等函数——幂函数、三角函数和指数函数。类比已知：虽然属于 0 0 型极限问题，但是用洛必达法则很麻烦，而已知的其它求 解极限方法中只有泰勒公式可以将不同类型的函数形式统一成多项式的形式。确立思路：利用泰勒公式求解。方法设计：利用形式统一法，将题目中的三角函数和指数函数都利用泰勒公式转化为由幂函数构成的多项式，这样所求极限涉及的函数类型就只有幂函数，又由于 x → 0 时 sin x ~ x ，因此分母 x 3 sin x 等 价于 x 4 ，根据形式统一原则， cos x 和 e − x 2 2 在利用泰勒公式展开时，只需展到 x 4 的Peano型余项即可。 解 由 e x = 1 + x + x 2 2 ! + o ( x 2 ) ，得 e − x 2 2 = 1 − x 2 2 + x 4 8 + o ( x 4 ) ， 又有 cos x = 1 − x 2 2 ! + x 4 4 ! + o ( x 4 ) ，得 cos x − e − x 2 2 = − x 4 12 + o ( x 4 ) ， 所以 。 例4 [ 4 ] 证明极限 lim ( x ， y ) → ( 0 ， 0 ) x 2 y 2 x 2 y 2 + ( x − y ) 2 不存在。 结构分析 题型结构：对二元函数极限不存在结论的验证。类比已知：验证多元函数极限 lim P ( x ， y ) → P 0 ( x 0 ， y 0 ) f ( P ) 不存在常用的方法是让 P ( x ， y ) 取不同的方式趋于 P ( x 0 ， y 0 ) 。确立思路：寻找 P ( x ， y ) 趋 于 P ( x 0 ， y 0 ) 特殊的方式，使得极限不存在。寻找有效的特殊路径的很难，我们利用：形式统一法，观察函数的结构，分子和分母中相同的项为 x 2 y 2 ，不同的一项为 ( x − y ) 2 ，我们将 ( x − y ) 2 的结构统一成 x 2 y 2 的形式，只需令 x − y = k x y ，即取 y = x 1 + k x (当 x → 0 时，显然 y → 0 )，将分子和分母统一成一样的形 式。 证明 取 y = x 1 + k x ， x → 0 ，则 lim ( x ， y ) → ( 0 ， 0 ) x 2 y 2 x 2 y 2 + ( x − y ) 2 = lim y = x 1 + k x x → 0 x 4 x 4 + k 2 x 4 = 1 1 + k 2 . 该极限随k的不同而不同，故极限 lim ( x ， y ) → ( 0 ， 0 ) x 2 y 2 x 2 y 2 + ( x − y ) 2 不存在。 例5 计算 ，其中 D = { ( x ， y ) : | x | + | y | ≤ 1 } 。 结构分析 首先分析被积函数的结构，被积函数的分子 x 2 − y 2 = ( x − y ) ( x + y ) 和分母 x + y + 3 涉及到两类因子 ( x − y ) 和 ( x + y ) ；然后分析积分区域 D = { ( x ， y ) : | x | + | y | ≤ 1 } ，实际是 x − y = ± 1 和 x + y = ± 1 所 围成的区域，即积分区域也涉及到因子 ( x − y ) 和 ( x + y ) 。因此，可以利用变量代换 { u = x − y v = x + y ，简化D的结构为 D u v : { − 1 ≤ u ≤ 1 − 1 ≤ v ≤ 1 ，进而简化计算。 解法1 作变换 { u = x − y v = x + y ，D转化为 D u v = { ( u ， v ) : − 1 ≤ u ≤ 1 ， − 1 ≤ v ≤ 1 } ，且 J = − 1 / 2 ，故 I = 1 2 ∬ D u v u v u + 3 d u d v = 1 2 ∫ − 1 1 u u + 3 d u ∫ − 1 1 v d v = 0 . 解法2 对积分结构进行深入观察，如果注意到被积函数和积分区域的轮换对称性质，利用这个性质使计算会更简单。 记 f ( x ， y ) = x 2 x + y + 3 ， g ( x ， y ) = y 2 x + y + 3 ，则 f ( x ， y ) = g ( y ， x ) ，又区域D关于x、y轮换对等，即 x换成y，对应的y换成x时，区域不变，则 ∬ D f ( x ， y ) d x d y = ∬ D g ( x ， y ) d x d y ， 因而，故I = 0。