例 9.14 利用洛必达法则，求下列极限

$$(a) \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin x - x}{x^3} \quad (b) \lim_{x \rightarrow 0} \frac{1 - \cos x}{x + x^2}$$

解 (a) 由于 $(\sin x - x)/x^3$ 在 $x = 0$ 处呈 0/0 未定形式，我们应用洛必达法则得

$$\begin{aligned} \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin x - x}{x^3} &= \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\cos x - 1}{3x^2} && \text{(again 0/0 at } x = 0\text{)} \ &= \lim_{x \rightarrow 0} \frac{-\sin x}{6x} && \text{(again 0/0 at } x = 0\text{)} \ &= \lim_{x \rightarrow 0} \frac{-\cos x}{6} = -\frac{1}{6} \end{aligned}$$

因此

$$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin x - x}{x^3} = -\frac{1}{6}$$

(b) 由于 $(1 - \cos x)/(x + x^2)$ 在 $x = 0$ 处呈 0/0 形式，我们应用洛必达法则得

$$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{1 - \cos x}{x + x^2} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{1 + 2x} = 0$$

注意在此情形下极限为零，因为 $(\sin x)/(1 + 2x)$ 呈 0/1 形式，在 $x = 0$ . 如果我们错误地再次应用该法则，我们将得到

$$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{1 - \cos x}{x + x^2} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{1 + 2x} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\cos x}{2} = \frac{1}{2}$$

一个错误的结果，因为该法则并不适用。读者可能已经注意到，这两个极限都可以用麦克劳林级数轻松求出。

9.4.4 练习

8 证明：若 $f(x) = e^{\cos x}$ 则

$$f'(x) = -f(x) \sin x$$

并求出 $f(0)$ 和 $f'(0)$ 。对 $f'(x)$ 的表达式求导，得到 $f''(x)$ 用 $f(x)$ 和表示 $f'(x)$ , 并求 $f'''(0)$ 。重复此过程，得到 $f^{(n)}(0)$ 对于 $n = 3, 4, 5$ 和 $6$ ，从而求出 $f(x)$ 的 6 次麦克劳林多项式。通过使用 $e^x$ 和 $\cos x$ 的麦克劳林展开式求出该级数来验证你的答案。

9 函数 $y = y(x)$ 满足方程

$$\frac{dy}{dx} = y - x + 1$$

其中 $y = 1$ 当 $x = 0$ 。通过反复求导，证明 $y^{(n)}(0) = 1$ ( $n \geq 2$ )，并求其麦克劳林级数 $y$ 。

10 第 9 题的另一种解法采用逐次逼近法，将方程改写为