【正文】
例3. 求 \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} + 1}}{{x - 1}}\)
解：
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} (x - 1) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} x - 1 = 1 - 1 = 0\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} ({x^2} + 1) = {\left[ {\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} x} \right]^2} + 1 = 2 \ne 0\)
因为 \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{1}{{\frac{{{x^2} + 1}}{{x - 1}}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{x - 1}}{{{x^2} + 1}} = \frac{{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} (x - 1)}}{{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} ({x^2} + 1)}} = \frac{0}{2} = 0\)
所以当 \(x \to 1\) 时， \(\frac{1}{{\frac{{{x^2} + 1}}{{x - 1}}}}\) 是无穷小
由无穷小与无穷大的关系（无穷小的倒数是无穷大），可知 \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} + 1}}{{x - 1}} = \infty \)
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例4. 求 \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {\frac{1}{{x - 1}} - \frac{2}{{{x^2} - 1}}} \right)\)
解：
当 \(x \to 1\) 时， \(\frac{1}{{x - 1}} \to \infty ,\;\frac{2}{{{x^2} - 1}} \to \infty \)
所以不能直接用极限的四则运算公式来计算。
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {\frac{1}{{x - 1}} - \frac{2}{{{x^2} - 1}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{x + 1 - 2}}{{{x^2} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{x - 1}}{{{x^2} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{x - 1}}{{(x - 1)(x + 1)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{1}{{x + 1}} = \frac{1}{2}\)
例5. 求 \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{2{x^2} + 5x + 1}}{{{x^2} - 4x - 8}}\)
解：
分子、分母同时除以 \({{x^2}}\) （选分子多项式及分母多项式中最高的次数），得：
原式 \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{2 + \frac{5}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}}}{{1 - \frac{4}{x} - \frac{8}{{{x^2}}}}} = \frac{{\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } 2 + 5\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{1}{x} + {{\left( {\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{1}{x}} \right)}^2}}}{{\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } 1 - 4\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{1}{x} - 8{{\left( {\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{1}{x}} \right)}^2}}} = \frac{{2 + 0 + 0}}{{1 - 0 - 0}} = 2\)
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一、准则1：夹挤准则
若在 \(N({x_0},{\delta _0})\) 内（ \({\delta _0} > 0\) ），有 \(F(x) \le f(x) \le G(x)\) 成立，而且 \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} F(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} G(x) = A\) ，则 \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x)\) )存在，且极限值为 \(A\) 。以上结论对 \(x \to \infty \) 也成立。
证：
因为 \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} F(x) = A\)
所以对 \(\forall \varepsilon > 0\) ，必 \(\exists {\delta _1} > 0\) ，使得适合不等式 \(0 < \left| {x - {x_0}} \right| < {\delta _1}\) 的一切 \(x\) 所对应的 \(F(x)\) ，恒有 \(\left| {F(x) - A} \right| < \varepsilon \)
因为 \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} G(x) = A\)
所以对 \(\forall \varepsilon > 0\) ，必 \(\exists {\delta _2} > 0\) ，使得适合不等式 \(0 < \left| {x - {x_0}} \right| < {\delta _2}\) 的一切 \(x\) 所对应的 \(G(x)\) ，恒有 \(\left| {G(x) - A} \right| < \varepsilon \)
现取 \(\delta = \min \left\{ {{\delta _0},{\delta _1},{\delta _2}} \right\}\) ，则适合不等式 \(0 < \left| {x - {x_0}} \right| < \delta \) 的一切 \(x\) 所对应的 \(F(x),f(x),G(x)\) 都满足 \(F(x) \le f(x) \le G(x)\)
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由上面推导出来的：
\(\left| {F(x) - A} \right| < \varepsilon \Leftrightarrow A - \varepsilon < F(x) < A + \varepsilon \)
\(\left| {G(x) - A} \right| < \varepsilon \Leftrightarrow A - \varepsilon < G(x) < A + \varepsilon \)
\( \Rightarrow A - \varepsilon < F(x) \le f(x) \le G(x) < A + \varepsilon \Rightarrow A - \varepsilon < f(x) < A + \varepsilon \Leftrightarrow \left| {f(x) - A} \right| < \varepsilon \)
根据极限定义，有 \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = A\)
例1. 证明 \(\mathop {\lim }\limits_{\alpha \to 0} \sin \alpha = 0,\;\mathop {\lim }\limits_{\alpha \to 0} \cos \alpha = 1\)
证：
利用单位圆来找不等式（夹挤准则）两端的函数（如下图所示）。
先证 \(\mathop {\lim }\limits_{\alpha \to 0} \sin \alpha = 0\)
作单位圆（圆心在原点 \(O\) ）
\(0 < \alpha < \frac{\pi }{2}\) （角度用弧度来表示）
圆心角 \(\alpha \) 对应的圆弧长度 \(\stackrel \frown {AD} = 1 \cdot \alpha = \alpha \) （圆弧长度=半径×角的弧度）
由直角三角形 \(AOB\) 可知 \(\frac{{AB}}{{AO}} = \frac{{AB}}{1} = AB = \sin \alpha \)
因为 \(0 < AB < \stackrel \frown {AD}\)
所以 \(0 < \sin \alpha < \alpha \)
又因为 \(\mathop {\lim }\limits_{\alpha \to {0^ + }} 0 = 0\) （常数的极限为0）， \(\mathop {\lim }\limits_{\alpha \to {0^ + }} \alpha = 0\)
所以根据夹挤准则可知 \(\mathop {\lim }\limits_{\alpha \to {0^ + }} \sin \alpha = 0\)
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以上求出了右极限，下面求左极限。
若 \( - \frac{\pi }{2} < \alpha < 0\) ，令 \(t = - \alpha \)
当 \(\alpha \to {0^ - }\) 时， \(t \to {0^ + }\)
\(\mathop {\lim }\limits_{\alpha \to {0^ - }} \sin \alpha = \mathop {\lim }\limits_{t \to {0^ + }} \sin ( - t) = - \mathop {\lim }\limits_{t \to {0^ + }} \sin t = 0\)
即 \(\mathop {\lim }\limits_{\alpha \to {0^ + }} \sin \alpha = \mathop {\lim }\limits_{\alpha \to {0^ - }} \sin \alpha = 0\) （左、右极限均存在且相等）
所以 \(\mathop {\lim }\limits_{\alpha \to 0} \sin \alpha = 0\)
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再证 \(\mathop {\lim }\limits_{\alpha \to 0} \cos \alpha = 0\)
在直角 \(\bigtriangleup AOB\) 中， \(OA - AB < OB < 1\) （三角形两边之差小于第三边）
所以 \(1 - AB < OB < 1\)
\(AB = \sin \alpha ,\;OB = \cos \alpha \)
\(1 - \sin \alpha < \cos \alpha < 1\)
\(\mathop {\lim }\limits_{\alpha \to 0} (1 - \sin \alpha ) = 1 - \mathop {\lim }\limits_{\alpha \to 0} \sin \alpha = 1 - 0 = 1\)
由夹挤准则可知 \(\mathop {\lim }\limits_{\alpha \to 0} \cos \alpha = 1\)
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（第14课完）
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