高等數學學習筆記（二）
書接上回。我們已經瞭解熟悉了數列極限的相關知識。本篇我們從函式極限開始。
Chapter 4 函式的極限
1.自變數趨於無窮大時函式的極限
對於定義在實數集上的函式 \(f(x)\) ，自變數 \(x\) 趨於無窮大有三種形式
① \(x\to+\infty\) ，即沿 \(x\) 軸正向趨於無窮大（ \(x\) 無限增大），
② \(x\to-\infty\) ，即沿 \(x\) 軸負向趨於無窮大（ \(-x\) 無限增大），
③ \(x\to\infty\) ，即沿 \(x\) 軸兩個方向趨於無窮大（ \(|x|\) 無限增大）。
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函式在無窮大處極限的定義
設函式 \(f(x)\) 當 \(|x|\) 大於某一正數時有定義。
類比著數列極限的定義我們可以仿照出：
若 \(\forall\varepsilon>0,\exists X>0\) ，當 \(x>X\) 時，有 \(|f(x)-A|<\varepsilon\) ，則稱常數 \(A\) 為函式 \(f(x)\) 當 \(x\to\infty\) 時的極限，記作 \(\lim\limits_{x\to\infty}f(x)=A\) 或 \(f(x)\to A\) （當 \(x\to\infty\) ）。直線 \(y=A\) 也被稱為 \(f(x)\) 的水平漸近線。
e.g.1. 證明 \(\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{x}{1+x}=1\)
由於 \(\left|\dfrac{x}{1+x}-1\right|=\left|\dfrac{1}{1+x}\right|\leq\dfrac{1}{|x|-1}\) ，（ \(|x+1|\geq||x|-1|=|x|-1\) ）
要使 \(\dfrac{1}{|x|-1}<\varepsilon\) ，即 \(|x|>\dfrac{1}{\varepsilon}+1\) ，
所以取 \(X=\dfrac{1}{\varepsilon}+1\) ，則當 \(|x|>X\) 時，就有 \(\left|\dfrac{x}{1+x}-1\right|<\varepsilon\)
因此， \(\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{x}{1+x}=1\) 。
上述給出的是兩邊趨於無窮時的極限
還有另外兩種情況：
① \(\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=A\) 的定義： \(\forall\varepsilon>0,\exists X>0\) ，當 \(x>X\) 時，有 \(|f(x)-A|<\varepsilon\)
② \(\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=A\) 的定義： \(\forall\varepsilon>0,\exists X>0\) ，當 \(x<-X\) 時，有 \(|f(x)-A|<\varepsilon\)
很自然地，我們能想到 \(\lim\limits_{x\to\infty}f(x)=A\) 等價於 \(\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=A\) 且 \(\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=A\) 。
練習1. 證明 \(\lim\limits_{x\to+\infty}\arctan x=\dfrac{\pi}{2}\)
因為 \(\left|\arctan x-\dfrac{\pi}{2}\right|=\dfrac{\pi}{2}-\arctan x\)
故對 \(\forall \varepsilon>0\) ，要使 \(\left|\arctan x-\dfrac{\pi}{2}\right|<\varepsilon\) ，只要 \(x>\tan\left(\dfrac{\pi}{2}-\varepsilon\right)\)
取 \(X=\left(\dfrac{\pi}{2}-\varepsilon\right)\) ，則當 \(x>X\) 時，
就有 \(\left|\arctan x-\dfrac{\pi}{2}\right|=\dfrac{\pi}{2}-\arctan x<\dfrac{\pi}{2}-\arctan X=\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{\pi}{2}+\varepsilon=\varepsilon\)
所以 \(\lim\limits_{x\to+\infty}\arctan x=\dfrac{\pi}{2}\)
2.自變數趨於有限值時函式的極限
類比無窮大時的定義。
對於定義在實數集上的函式 \(f(x)\) ，自變數 \(x\) 趨於有限值也有三種形式
① \(x\to x_0\) ，即沿 \(x\) 軸兩個方向向無限接近 \(x_0\) ，但不相等。
② \(x\to {x_0}^+\) ，即從大於 \(x\) 軸的方向無限接近 \(x_0\) 。
③ \(x\to {x_0}^-\) ，即從小於 \(x\) 軸的方向無限接近 \(x_0\) 。
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函式在有限值處極限的定義
設函式 \(f(x)\) 在點 \(x_0\) 的某去心鄰域內有定義，
若 \(\forall\varepsilon>0,\exists \delta>0\) ，當 \(0<|x-x_0|<\delta\) 時，有 \(|f(x)-A|<\varepsilon\) ，則稱常數 \(A\) 為函式 \(f(x)\) 當 \(x\to {x_0}\) 時的極限，記作 \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=A\) 或 \(f(x)\to A\) （當 \(x\to {x_0}\) ）。
ps：① 極限只與函式值在 \(x_0\) 附近的變化趨勢有關，因此不必考慮 \(f(x)\) 在 \(x_0\) 處的值
② 在給出函式極限的時候一定要指明變化過程，不同變化過程極限可能不同。
e.g.1. 證明 \(\lim\limits_{x\to x_0}C=C\) ， \(C\) 為常數
證明：
\(|f(x)-A|=|C-C|=0\)
故 \(\forall\varepsilon>0,\forall\delta>0\) ，當 \(0<|x-x_0|<\delta\) 時，總有 $|C-C|=0<\varepsilon $
所以 \(\lim\limits_{x\to x_0}C=C\)
練習1. 證明 \(\lim\limits_{x\to \frac{1}{2}}\dfrac{4x^2-1}{2x-1}=2\)
證明：
先化簡， \(\left| \dfrac{4x^2-1}{2x-1}-2 \right|=\left|\dfrac{4x^2-4x+1}{2x-1}\right|=|2x-1|\)
要使 \(|2x-1|<\varepsilon\) 即 \(|x-\dfrac{1}{2}|<\dfrac{\varepsilon}{2}\)
所以取 \(\delta=\dfrac{\varepsilon}{2}\) ，則當 \(0<|x-x_0|<\delta\) 時，必有 \(\left| \dfrac{4x^2-1}{2x-1}-2 \right|<\varepsilon\)
因此 \(\lim\limits_{x\to \frac{1}{2}}\dfrac{4x^2-1}{2x-1}=2\)
明確證明時的目標，我們現在要做的是取 \(\delta\) ，所以應儘可能化簡出與 \(|x-x_0|\) 有關的式子。
練習2. 證明 \(\lim\limits_{x\to 1 }\dfrac{x^3-1}{x-1}=3\)
證明：
先化簡， \(\left|\dfrac{x^3-1}{x-1}-3\right|=\left|\dfrac{x^3-3x+2}{x-1}\right|=\left| \dfrac{(x-1)^2(x+2)}{x-1} \right|=|x+2|\cdot |x-1|\) ，
因為 \(x\to 1\) ，不妨設 \(|x-1|<1\) ，則 \(x\in(0,2)\)
要使 \(|x+2|\cdot |x-1|<\varepsilon\) ，可令 \(|x+2|\cdot |x-1|<4|x-1|<\varepsilon\)
所以只需要 \(|x-1|<\dfrac{\varepsilon}{4}\) ，
這裡我們取 \(\delta=\min(\dfrac{\varepsilon}{4},1)\) ，
不妨分類討論一下，
如果 \(\delta=\dfrac{\varepsilon}{4}<1\) ， 則當 \(0<|x-1|<\delta\) 時，\(|x-1|<1\) 依然成立。則有 \(\left|\dfrac{x^3-1}{x-1}-3\right|<4\cdot |x-1|<\varepsilon\)
如果 \(\delta=1<\dfrac{\varepsilon}{4}\) ，則當 \(0<|x-1|<\delta\) 時， \(|x-1|<1\) 成立，且有 \(\left|\dfrac{x^3-1}{x-1}-3\right|<4\cdot |x-1|<4\delta<4<\varepsilon\)
因此 \(\lim\limits_{x\to 1 }\dfrac{x^3-1}{x-1}=3\) 。
練習3. 已知 \(x_0>0\) ，證明 \(\lim\limits_{x\to x_0}\sqrt{x}=\sqrt{x_0}\)
證明：
對於 \(\forall \varepsilon>0\) ，要使 \(|f(x)-A|=|\sqrt{x}-\sqrt{x_0}|=\left|\dfrac{x-x_0}{\sqrt{x}+\sqrt{x_0}}\right|<\varepsilon\)
可以先對上式放縮， \(\left|\dfrac{x-x_0}{\sqrt{x}+\sqrt{x_0}}\right|\leq\left|\dfrac{x-x_0}{\sqrt{x_0}}\right|<\varepsilon\) ，此時只需要 \(|x-x_0|<\sqrt{x_0}\cdot \varepsilon\) 且 \(x>0\)
注意到我們並沒有表示 \(x>0\) 這個條件，所以還需要 \(|x-x_0|<x_0\) ，
問題便轉移成了與上面一道題類似的情況，取 \(\delta=\min(x_0,\sqrt{x_0}\cdot \varepsilon)\) ，
則當 \(0<|x-x_0|<\varepsilon\) 時，有 \(|\sqrt{x}-\sqrt{x_0}|<\varepsilon\)
因此 \(\lim\limits_{x\to x_0}\sqrt{x}=\sqrt{x_0}\) 。
總結一下：
①與證明數列極限類似，我們要找的是 \(\delta\) ，但不一定要最優。可以適當放大 \(|f(x)-A|\) 至 \(x-x_0\) 的常數倍，再確定 \(\delta\) 。
②與數列極限類似的是，並不是所有函式在 \(x_0\) 處一定有極限，例如 \(\sin \dfrac{1}{x}\) 在 \(x\to 0\) 時函式值在 \(1\) 與 \(-1\) 之間震盪，不存在極限。
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左極限與右極限
左極限表示為 \(f(x_0-0)=\lim\limits_{x\to {x_0}^-}f(x)=A\) 。其定義為 \(\forall\varepsilon>0,\exists\delta>0\) ，當 \(x\in(x_0-\delta,x_0)\) 時，有 \(|f(x)-A|<\varepsilon\) 。
右極限表示為 \(f(x_0+0)=\lim\limits_{x\to {x_0}^+}f(x)=A\) 。其定義為 \(\forall\varepsilon>0,\exists\delta>0\) ，當 \(x\in(x_0,x_0+\delta)\) 時，有 \(|f(x)-A|<\varepsilon\) 。
關於左極限和右極限有命題： \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=A\) 等價於 \(\lim\limits_{x\to {x_0}^+}f(x)=A\) 且 \(\lim\limits_{x\to {x_0}^-}f(x)=A\) 。
e.g.1. 試討論函式 \(f(x)=\begin{cases}x&x<0\\e^x&x\geq0\end{cases}\) ，在 \(x=0\) 處的極限是否存在。
解：
因為 \(\lim\limits_{x\to {0}^-}f(x)=\lim\limits_{x\to {0}^-}x=0\) ，且 \(\lim\limits_{x\to {0}^+}f(x)=\lim\limits_{x\to {0}^+}e^x=1\)
顯然 \(f(0^-)\neq f(0^+)\)
所以根據剛才的命題可知， \(f(x)\) 在 \(x=0\) 處的極限不存在。
練習1. 給定函式 \(f(x)=\begin{cases}x-1&x<0\\0&x=0\\x+1&x>0 \end{cases}\) ，討論 \(x\to 0\) 時 \(f(x)\) 的極限是否存在。
解：
因為 \(\lim\limits_{x\to {0}^-}f(x)=\lim\limits_{x\to {0}^-}(x-1)=-1\) ，且 \(\lim\limits_{x\to {0}^+}f(x)=\lim\limits_{x\to {0}^+}(x+1)=1\)
顯然 \(f(0^-)\neq f(0^+)\)
根據剛才的命題可知， \(f(x)\) 在 \(x=0\) 處的極限不存在。
練習2. 設函式 \(f(x)=\begin{cases}x&x<1\\x^2&x\geq1 \end{cases}\) ，證明 \(\lim\limits_{x\to 1^-}f(x)=\lim\limits_{x\to 1^+}f(x)=\lim\limits_{x\to 1}f(x)=1\)
證明：分開證明即可。
先不妨假設 \(x\in(0,1)\) ，此時 \(f(x)=x\) ，從而 \(|f(x)-1|=|x-1|=1-x\) ，
令 \(|f(x)-1|<\varepsilon\) ，即 \(|x-1|<\varepsilon\) ，
所以取 \(\delta_1=\varepsilon\) ，則當 \(|x-x_0|\in(0,\delta_1)\) 時，有 \(|f(x)-1|<\varepsilon\) ，所以 \(\lim\limits_{x\to 1^-}f(x)=1\) 。
再不妨假設 \(x\in(1,2)\) ，此時 \(f(x)=x^2\) ，從而 \(|f(x)-1|=|x^2-1|=(x-1)(x+1)<3(x-1)\)
可以令 \(3(x-1)<\varepsilon\) ，即 \(|x-1|<\dfrac{\varepsilon}{3}\) ，
又因為 \(x>1\) 所以 \(|x-1|<1\) ，所以取 \(\delta_2=\min(1,\dfrac{\varepsilon}{3})\) 。則當 \(|x-x_0|\in(0,\delta_2)\) ，有 \(|f(x)-1|<\varepsilon\) ，所以 \(\lim\limits_{x\to 1^+}f(x)=1\)
最後取 \(\delta=\min(\delta_1,\delta_2)\) ，則當 \(|x-x_0|\in(0,\delta)\) 時，必定有 \(|f(x)-1|<\varepsilon\) ，
所以 \(\lim\limits_{x\to 1^-}f(x)=\lim\limits_{x\to 1^+}f(x)=\lim\limits_{x\to 1}f(x)=1\)
3.函式極限的性質
瞭解過數列極限的相關性質以後，就會發現函式的性質在這部分上與數列幾乎是相同的。
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函式的極限唯一
若極限 \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)\) 存在，則極限唯一。
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函式極限的區域性有界性
若極限 \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)\) 存在，則存在 \(\delta>0\) ，使得 \(f(x)\) 在鄰域 \(U^0(x_0,\delta)\) 內有界 。
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保號性的一般與特殊
一般性的結論：若 \(\lim\limits_{x\to x_0} f(x)=A\) ， \(\lim\limits_{x\to x_0} g(x)=B\) ，且 \(A<B\) ，則 \(\exists \delta>0\) ，使得當 \(|x-x_0|\in(0,\delta)\) 時，有 \(f(x)<g(x)\) 。
這個結論反過來也是成立的。
設 \(\lim\limits_{x\to x_0} f(x)=A\) ， \(\lim\limits_{x\to x_0} g(x)=B\) ，且 \(\exists \delta>0\) ，當 \(|x-x_0|\in(0,\delta)\) 時，有 \(f(x)\leq g(x)\) ，則 \(A\leq B\) 。
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迫斂性
如果存在 \(\delta'>0\) ，使當 \(x\in U^0(x_0,\delta')\) 時，有 \(f(x)\leq h(x)\leq g(x)\) ，且 \(\lim\limits_{x\to x_0} f(x)=\lim\limits_{x\to x_0} g(x)=A\) ，則 \(\lim\limits_{x\to x_0} h(x)=A\)
以上定理都可以推廣到左右極限 \(x\to x_0^-\) ，\(x\to x_0^+\) ，和自變數趨於 \(\infty\) ，\(+\infty\) ，\(-\infty\) 的情形。而且證明方法與數列極限中相關定理證明方式類似，此處不再贅述。
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歸結原則
如果存在 \(\lim\limits_{x\to x_0} f(x)=A\) 的充分必要條件是：對於任何在 \(U^0(x_0,h)\) 中收斂於 \(x_0\) 的數列 \(\{x_n\}\) 都有 \(\lim\limits_{n\to\infty} f(x_n)=A\)
推論： \(\lim\limits_{x\to \infty} f(x)=A\) 的充分必要條件是：對於任何 \(x_n\to\infty(n\to\infty)\) 的數列 \(\{x_n\}\) ，都有 \(\lim\limits_{n\to\infty} f(x_n)=A\)
e.g.1. 證明： \(\lim\limits_{x\to 0} \sin\dfrac{1}{x}\) 不存在
證明：
設 \(f(x)=\sin\dfrac{1}{x}\) ，取 \(x_n'=\dfrac{1}{2n\pi}\) ，與 \(x_n''=\dfrac{1}{2n\pi+\dfrac{\pi}{2}}\) ，
顯然 \(\{x_n'\}\) 與 \(\{x_n''\}\) 都收斂於 \(0\) ，
而 \(\lim\limits_{n\to\infty} f(x_n')=\lim\limits_{n\to\infty}\sin\dfrac{1}{\dfrac{1}{2n\pi}}=\lim\limits_{n\to\infty} \sin2n\pi=0\) ，
但是 \(\lim\limits_{n\to\infty} f(x_n'')=\lim\limits_{n\to\infty} \sin\left(2n\pi+\dfrac{\pi}{2}\right)=1\) ，
所以 \(\lim\limits_{x\to 0} \sin\dfrac{1}{x}\) 不存在。
4.函式極限的運算
也是與數列極限的運算類似。
假設 \(\lim f(x)=A\) ， \(\lim g(x)=B\) ，則有
① \(\lim [f(x)\pm g(x)]=A\pm B=\lim f(x)+\lim g(x)\)
② \(\lim [f(x)\cdot g(x)]=A\cdot B =\lim f(x)\cdot \lim g(x)\)
③ \((B\neq0)\lim\dfrac{f(x)}{g(x)}=\dfrac{A}{B}=\dfrac{\lim f(x)}{\lim g(x)}\)
④ \(\lim[Cf(x)]=C\lim f(x)\)
⑤ \(\lim[f(x)]^k=[\lim f(x)]^k\)
⑥ 設 \(\lim\limits_{x\to x_0}\varphi(x)=a\) ，且 \(x\) 滿足 \(0<|x-x_0|<\delta_1\) 時， \(\varphi(x)\neq a\) ，又 \(\lim\limits_{u\to a}f(u)=A\) ，則有 \(\lim\limits_{x\to x_0}f[\varphi(x)]=\lim\limits_{u\to a}f(u)=A\)
e.g.1. 求 \(\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+1}-x\right)\)
解：
化簡可得， \(\left(\sqrt{x^2+1}-x\right)=\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}+x}\) ，
所以 \(\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+1}-x\right)=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}+x}=0\)
練習1. 計算 \(\lim\limits_{x\to-1}\left(\dfrac{1}{x+1}-\dfrac{3}{x^3+1}\right)\)
解：
先化簡， \(\dfrac{1}{x+1}-\dfrac{3}{x^3+1}=\dfrac{x^2-x+1-3}{x^3+1}=\dfrac{(x+1)(x-2)}{(x+1)(x^2-x+1)}=\dfrac{x-2}{x^2-x+1}\)
所以， \(\lim\limits_{x\to-1}\left(\dfrac{1}{x+1}-\dfrac{3}{x^3+1}\right)=\lim\limits_{x\to-1}\dfrac{x-2}{x^2-x+1}\)
根據運演算法則， \(\lim\limits_{x\to-1}\dfrac{x-2}{x^2-x+1}=\dfrac{\lim\limits_{x\to-1}(x-2)}{\lim\limits_{x\to-1}(x^2-x+1)}=-1\)
練習2. 求 \(\lim\limits_{x\to 3} \sqrt{\dfrac{x-3}{x^2-9}}\)
此處用換元法解答一下：
令 \(t=\dfrac{x-3}{x^2-9}\) ，則當 \(x\to 3\) 時， \(t\to \dfrac{1}{6}\) ，
所以原式轉化為 \(\lim\limits_{t\to\frac{1}{6}}\sqrt{t}=\dfrac{\sqrt{6}}{6}\) 。
5.兩個重要極限
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\(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin x}{x}=1\)
證明：
根據初中知識我們知道 \(\sin x<x<\tan x\) ，
不等式同時除以 \(\sin x\) ，可得 \(1<\dfrac{x}{\sin x}<\dfrac{1}{\cos x}\quad \left(0<x<\dfrac{\pi}{2}\right)\) ，
調整一下，即 \(\cos x<\dfrac{\sin x}{x}<1\quad \left(0<|x|<\dfrac{\pi}{2}\right)\) ，
又 \(\lim\limits_{x\to 0} \cos x=1\) ，
根據迫斂性即可得， \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin x}{x}=1\)
ps：這裡需要注意 \(x\to 0\) 表示的是從兩邊趨近於 \(0\) 。得需要說明左右極限都有，所以 \(x\) 不能僅滿足 \(0<x<\dfrac{\pi}{2}\) 。因為 \(\cos x\) 與 \(\dfrac{\sin x}{x}\) 都是偶函式，所以 \(x\) 的範圍可以到 \(0<|x|<\dfrac{\pi}{2}\) ，這個時候才能說明 \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin x}{x}=1\) 。
e.g.1. 求 \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\tan x}{x}\)
解：
先轉化一下， \(\dfrac{\tan x}{x}=\dfrac{\sin x}{x}\cdot \dfrac{1}{\cos x}\)
所以， \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\tan x}{x}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin x}{x}\cdot \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1}{\cos x}\)
又 \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1}{\cos x}=1\) ，所以 \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\tan x}{x}=1\)
練習1. 求 \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1-\cos x}{x^2}\)
解：
利用半形公式， \(\dfrac{1-\cos x}{x^2}=\dfrac{2\left(\sin\dfrac{x}{2}\right)^2}{x^2}\) ，
調整可得， \(\dfrac{2\left(\sin\dfrac{x}{2}\right)^2}{x^2}=\dfrac{1}{2}\dfrac{\left(\sin\dfrac{x}{2}\right)^2}{\left(\dfrac{x}{2}\right)^2}\) ，
所以 \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1-\cos x}{x^2}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1}{2}\dfrac{\left(\sin\dfrac{x}{2}\right)^2}{\left(\dfrac{x}{2}\right)^2}=\dfrac{1}{2}\)
練習2. 求 \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin 5x}{\sin 2x}\)
解：
還是先嚐試轉化， \(\dfrac{\sin 5x}{\sin 2x}=\dfrac{5}{2}\dfrac{\dfrac{\sin 5x}{5x}}{\dfrac{\sin 2x}{2x}}\) ，
所以 \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin 5x}{\sin 2x}=\dfrac{5}{2}\)
練習3. 求 \(\lim\limits_{x\to a}\dfrac{\sin x-\sin a}{x-a}\)
解：
利用和差化積公式化簡得， \(\dfrac{\sin x-\sin a}{x-a}=\dfrac{2\cdot \cos\dfrac{x+a}{2}\cdot\sin\dfrac{x-a}{2}}{x-a}=\dfrac{\cos\dfrac{x+a}{2}\cdot\sin\dfrac{x-a}{2}}{\dfrac{x-a}{2}}\) ，
所以， \(\lim\limits_{x\to a}\dfrac{\cos\dfrac{x+a}{2}\cdot\sin\dfrac{x-a}{2}}{\dfrac{x-a}{2}}=\lim\limits_{x\to a}\cos\dfrac{x+a}{2}\) ，
於是 \(\lim\limits_{x\to a}\dfrac{\sin x-\sin a}{x-a}=\cos a\)
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\(\lim\limits_{x\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^x=e\)
證明：
當 \(x>0\) 時，設 \(n\leq x\leq n+1\) ，
則有， \(\left(1+\dfrac{1}{n+1}\right)^n<\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^x<\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^{n+1}\)
又， \(\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{n+1}\right)^{n}=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\left(1+\dfrac{1}{n+1}\right)^{n+1}}{1+\dfrac{1}{n+1}}=\dfrac{e}{1}=e\)
且， \(\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^{n+1}=\lim\limits_{n\to\infty}\left[\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^{n}\cdot\left(1+\dfrac{1}{n}\right)\right]=e\cdot 1=e\)
所以 \(\lim\limits_{x\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^x=e\)
e.g.1. 計算 \(\lim\limits_{x\to\infty}\left(1-\dfrac{1}{x}\right)^x\)
解：
先轉化， \(\left(1-\dfrac{1}{x}\right)^x=\left[\left(1+\dfrac{1}{-x}\right)^{-x}\right]^{-1}\)
所以， \(\lim\limits_{x\to\infty}\left(1-\dfrac{1}{x}\right)^x=\dfrac{1}{e}\)
練習1. 計算 \(\lim\limits_{x\to 0}\left(1+2x^2\right)^{\frac{1}{x^2}}\)
解：
令 \(t=2x^2\) ，則當 \(x\to 0\) 時， \(t\to 0^+\) ，
所以原式等價於， \(\lim\limits_{t\to 0^+}\left(1+t\right)^{\frac{2}{t}}=\lim\limits_{t\to 0^+}\left[\left(1+t\right)^{\frac{1}{t}}\right]^2=e^2\)
所以， \(\lim\limits_{x\to 0}\left(1+2x^2\right)^{\frac{1}{x^2}}=e^2\)
練習2. 計算 \(\lim\limits_{x\to\infty}\left(\dfrac{x+1}{x-1}\right)^x\)
解法一：
先分離常數， \(\left(\dfrac{x+1}{x-1}\right)^x=\left(1+\dfrac{2}{x-1}\right)^x\) ，
令 \(t=\dfrac{2}{x-1}\) ，當 \(x\to\infty\) 時， \(t\to 0\) ，
再轉化， \(\left(1+\dfrac{2}{x-1}\right)^x=\left[\left(1+t\right)^{\frac{x-1}{2}}\right]^2\cdot(1+t)=\left[\left(1+t\right)^{\frac{1}{t}}\right]^2\)
所以， \(\lim\limits_{x\to\infty}\left(\dfrac{x+1}{x-1}\right)^x=\lim\limits_{x\to\infty}\left[\left(1+t\right)^{\frac{1}{t}}\right]^2=e^2\)
解法二：
利用 e.g.1. 中的結論 \(\lim\limits_{x\to\infty}\left(1-\dfrac{1}{x}\right)^x=\dfrac{1}{e}\)
先轉化， \(\left(\dfrac{x+1}{x-1}\right)^x=\left(\dfrac{1+\dfrac{1}{x}}{1-\dfrac{1}{x}}\right)^x\)
所以， \(\lim\limits_{x\to\infty}\left(\dfrac{x+1}{x-1}\right)^x=\lim\limits_{x\to\infty}\left(\dfrac{1+\dfrac{1}{x}}{1-\dfrac{1}{x}}\right)^x=\dfrac{e}{\dfrac{1}{e}}=e^2\)