叠甲

以下证明过程均假定函数无穷阶可导，且满足对应法则的运用条件（不过我觉得考题也不会让去处理那些很奇怪的函数就是了）

前言

大一求极限的时候，经常会遇到给一个$\frac{0}{0}$形式的式子然后让求极限的情况，而且有时候让处理的式子的分子和分母看起来简直是奇丑无比（什么$\sin (ax+b)$，$e^{ax+b} $，还有$\ln_{}{(ax+b)} $一类的东西在那乘除加减做复合，第一眼看上去绝对人都要麻完了）。那么，有没有什么方法能让我们的分子分母可以变换得稍微简单一点，更好算呢？

省流

计算$\lim_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)} $（$\frac{0}{0}$）时，可以把分子分母都替换成函数在该点泰勒展开式的最低次项。

正文

替换原理复习（很重要）

在等价无穷小所对应的章节，我们经常会用到一些常用的替换关系，把比式中一些“不太友好”的部分转换成简单易操作的多项式，其实对于前言提到的那些奇丑无比的分子和分母，我们做的事也是类似的，不过在具体解释如何操作之前，我们要来先简单复习一下替换的原理。

何谓替换？

原本的问题是计算$\lim_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)} $，但我们把它转换成了计算$\lim_{x \to a} \frac{p(x)}{g(x)} $，并保证替换前后极限值不变，而往往替换过后的极限好处理得多。

我们究竟在干什么？为什么替换能行？

问题的关键在于$\frac{f(x)}{g(x)} $可以被转写成$\frac{p(x)}{g(x)} $和另一个式子的乘积，用数学式子直观的表达出来就是：

$$\frac{f(x)}{g(x)} =\frac{p(x)}{g(x)}\times \frac{f(x)}{p(x)}$$ （为什么下一步做了变换，这一步却要先写成这种形式呢？是因为在实际计算中这种形式更好用）

即

$$\frac{f(x)}{p(x)}=\frac{\frac{f(x)}{g(x)}}{\frac{p(x)}{g(x)}}$$

我们对这个式子两边同时取极限，就得到了：

$$\lim_{x \to a} \frac{f(x)}{p(x)}=\lim_{x \to a} \frac{\frac{f(x)}{g(x)}}{\frac{p(x)}{g(x)}}=\frac{A}{A} =1$$

这下就很清楚了。原来我们做替换的过程，就是把原式乘上了一个极限为1的替换用分式的过程，又由极限的乘法法则可知，原式的极限和新式的极限显然是相等的。

正片

我们想把计算$\lim_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)} $，转换成计算$\lim_{x \to a} \frac{p(x)}{g(x)} $，保证替换前后极限值不变，且替换过后的极限更好处理。

想要达到目的的话，可以把替换用函数$p(x)$想成一个多项式（为什么是多项式呢？因为多项式求导方便，提公因式也好提哇）

由上面的讨论可知，一定有$\lim_{x \to a} \frac{p(x)}{f(x)}=1$成立（替换所乘分式的记法：“替换函数/原函数”）

且我们讨论的是$\frac{0}{0}$形式的极限，则有$f(a)=p(a)=0$成立

由洛必达法则知：

$$\lim_{x \to a} \frac{f(x)}{p(x)} =\lim_{x \to a} \frac{{f}' (x)}{{p}' (x)}=1 $$

此处，若${f}' (a)=A\ne 0$，则有${f}' (a)={p}'(a) =A$成立；若${f}' (a)=0$，则${f}' (a)={p}'(a) =0$，我们可以继续洛下去（

因而若假设N是使得${f}^{(N)} (a)\ne 0$成立的最小整数，则有

$$f(a)=p(a)=0, {f}' (a)={p}' (a)=0, {f}^{(2)} (a)={p}^{(2)}(a)=0......{f}^{(N-1)} (a)={p}^{(N-1)}(a)=0$$

与

$${f}^{(N)} (a)={p}^{(N)}(a)=B\ne 0$$

我们因此得到了替换用函数$p(x)$的性质：$p(x)$在$x=a$的前N次导数与$f(x)$在$x=a$的前N次导数都相等（而且，还记得前面的大假设吗，$p(x)$是一个多项式呢）

那么$p(x)$的前N次项应当都与$f(x)$在$x=a$的泰勒展开式的前N项相等，实际上$p(x)$的最低次项就是$f(x)$在$x=a$的泰勒展开式的最低次项（同时也是次数对应为N的项）

结论

我们苦苦寻找的替换用函数$p(x)$其实就是一个最低次项与$f(x)$在$x=a$的泰勒展开式的最低次项对应相等的多项式，
又由多项式在该点最低次项占主导地位的性质，我们可以直接把$p(x)$取成$f(x)$在该点泰勒展开式的最低次项。
显然结论对分母$g(x)$也适用。

多项式在$x=a$处最低次项起主导作用的证明：

设$f(x)$的最低次项次数为N，最高项次数为M，则有：

$$f(x)=a_{N}(x-a)^{N}+a_{N+1}(x-a)^{N+1} +...+a_{M}(x-a)^{M}$$

考察：$\lim_{x \to a} \frac{f(x)}{a_{N}(x-a)^{N}}$

$$\lim_{x \to a} \frac{f(x)}{a_{N}(x-a)^{N}} =\lim_{x \to a} \frac{a_{N}(x-a)^{N}+a_{N+1}(x-a)^{N+1} +...+a_{M}(x-a)^{M}}{a_{N}(x-a)^{N}}=\lim_{x \to a} \frac{a_{N}(x-a)^{N}(1+a_{N+1}(x-a)^{1} +...+a_{M}(x-a)^{M-N})}{a_{N}(x-a)^{N}}=\lim_{x \to a} (1+a_{N+1}(x-a)^{1} +...+a_{M}(x-a)^{M-N})=1$$

则可知在极限求解过程中$f(x)$可以直接被其最低次项所替换。

总结

计算$\lim_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)} $（$\frac{0}{0}$）时，可以把分子分母都替换成函数在该点泰勒展开式的最低次项。