含有积分的一些极限问题的解法

sin x
x
d
x
(a
>
0) 1
解 因 s in x
x
在
[
n,
n
+
a ] 连续,
故依积分中值定理,
存在 Νn ∈ [ n, n +
a ], 使得
∫ lim
n→∞
n+ a n
s in x x
d
x
=
lim (a
n→∞
s
in Νn Νn
)
=
lim (a
Νn →∞
s
in Νn Νn
)
=
01
κ 例 2 设函数 f (x , y ) 连续,
求 lim t→0+
1 t2
f (x , y ) d x d y 1
x 2+ y 2≤t2
解 f (x , y ) 连续, 依二重积分中值定理, 至少存在一点 (Ν, Γ) ∈ { (x , y ) x 2 + y 2 ≤ t2}, 使
κ κ 得 lim t→0+
(
1 t2
f
x 2+ y 2≤t2
有时候难以办到,
如
ex
2、
s
in x
x
、co
sx
2
等函数的原函数不能用初等函数表示, 所以无法先积分再求极限 1 实际上, 往往也不需要如此, 本
文介绍几种处理此类问题的方法 1
一、 利用积分中值定理
利用积分中值定理将积分号去掉, 然后再求极限, 这是一种常用方法 1
∫ 例 1 求 lim n→∞
n+ a n
夹定理来求 1
∫1
例 8 求 lim x nco s2x d x 1 n→∞ 0
∫ ∫ 解 当 0≤x ≤1 时,
0≤x nco s2x ≤x n,
从而 0 ≤
1
x nco s2x d x ≤
0
1
x ndx =
0
1 n+
1,
由两边夹定
∫1
理得, lim x nco s2x d x = 01 n→∞ 0
∫ 例 4 求 lim
n+
1
x 2e-
x2d x 1
n→∞ n
解 令 f (x ) =
x 2e-
x
2
,
则
f
′(x )
<
0, 即 f (x ) 单调递减,
在 [n, n +
1 ] 由积分估值定理得 (n
∫ ∫ +
1) 2e- ≤ (n+ 1) 2
n+
1
x 2e-
x2d x
≤ n2e-
n2 ,
又 lim
六、 利用函数的泰勒展开式
对于某些含有积分的极限问题, 若用函数的泰勒展开式, 计算也很方便 1
∫x sin td t - ln
例 9 求 lim 0 x →0
x4
1+ x2 1
解 原式 =
lim
x2 2
-
x →0
x4 4!
+
o (x 4) -
x2 2
+
x4
x4 4
+
o (x 4) =
5 24
1
(n +
1) 2e- = (n+ 1) 2
lim n2e- n2 =
0, 所以 lim
n+ 1
x 2e-
x2d x
n
n→∞
n→∞
n→∞ n
= 01
三、 利用适当的坐标变换
对于求含有重积分的极限问题, 往往可以通过适当的坐标变换, 将重积分化成累次积分, 再 用罗必达法则求之 1
Ξ 收稿日期: 1999- 06- 28
2 2 STUD
IES
IN
高等数学研究
COLL EGE M A TH
EM
A
T
IC
S
VMo
l13, a r. ,
N o. 1 2000
含有积分的一些极限问题的解法Ξ
何光明 (蚌埠坦克学院 安徽蚌埠 233013)
在处理积分极限问题时,
若将积分计算出来再求极限,
lim
t→0+
1 4Πt5
2Π
Π
t
d Η d Υ f ( r2) r2 sinΥd r
0
0
0
∫ =
lim
t→0+
1 t5
t
f ( r2) r2d r =
0
1 5
lim
t→0+
f
( t2) t2
=
1 5
f
′(0)
,
∞,
f (0) = 0; f (0) ≠ 01
四、 利用罗必达法则
对含有变上限积分的极限问题,
1
4Πt5
f
x 2+ y 2+ z 2≤t2
(x 2 +
y2 +
z 2) dx dy dz 1
解 作球面坐标变换 x = rsinΥco sΗ, y = rsinΥsinΗ, z = rco sΥ, 有
µ ∫∫∫ lim
t→0+
1
4Πt5
f
x 2+ y 2+ z 2≤t2
(x 2 +
y2 +
z2) dx dy dz =
解 利用三重积分中值定理, 易得
Πt2) = Πf (0, 0) 1
µ lim
t→0+
(
1 Πt3
f
x 2+ y 2+ z 2≤t2
(x , y , z ) d x d y d z ) =
二、 利用积分估值定理
4 3
f
(0, 0, 0) 1
利用积分估值定理, 得到关于积分的不等式, 然后再用两边夹定理求此极限 1
第 3 卷第 1 期 何光明: 含有积分的一些极限问题的解法 2 3
κ 例 5 设函数 f (u) 具有一阶连续导数,
且 f (0) =
0, 求 lim t→0+
1 t3
f(
x 2+ y 2≤t2
解 作极坐标变换 x = rco sΗ, y = rsinΗ, 则
x 2 + y2)dxdy1
κ ∫∫ lim
t→0+
1 t3
f(
x 2+ y 2≤t2
x;
1 t3
2Π
t
d Η f (r) rd r =
0
0
2Π 3
lim
t→0+
f
( t) t
=
23Πf ′(0) 1
µ 例 6 设函数 f (u) 具有一阶连续导数,
求 lim t→0+
有
∫ 原式 =
lim
x →0
x 2f
f (x 2) (x ) + 2x
2x
x
f
= (t) d t
0
lim
x →0
f
(x )
2f ′(x 2) + x f ′(x )
2x + 2f
(x )
=
lim
x →0
3f
4f ′(x 2)
(x ) x
+
f ′(x )
=
11
五、 利用不等式估计
若被积函数较容易放缩, 则可以先利用不等式放缩, 得到被积函数的不等式, 然后再用两边
(x , y ) d x d y ) =
lim
t→0+
(
1 t2
f
(Ν, Γ)
dxdy) =
x 2+ y 2≤t2
lim
t→0+
(
1 t2
f
(Ν, Γ)
µ 例 3 设函数 f (x , y , z ) 连续,
求 lim t→0+
1 Πt3
f
x 2+ y 2+ z 2≤t2
(x , y , z ) d x d y d z 1
若满足 0 0
(或∞∞) 型未定式,
则可用罗必达法则来求其极限 1
这也是处理含有变上限积分极限的一般方法 1
∫x 2 f (t) d t
∫ 例 7 设 f ′(x ) 连续, f (0) =
0,
且f
′(0)
≠ 0,
求 lim x →0
0
x
x2 f
1 (t) d t
0
解 所求极限满足
0 0
型未定式,
运用罗必达法则,