洛必达失效怎么办
本节分享一道极限好题，题目非常经典，难度不大但很值得一做！
例题
Example
\[
\lim_{ x \to +\infty } \frac{1}{x^{2}}\int_{0}^{x} t|\sin t| \mathrm{~d} t
\]
观察发现该极限是无穷比无穷型，尝试洛必达：
\[
I=\lim_{ x \to +\infty } \frac{x|\sin x|}{2x}=\lim_{ x \to +\infty } \frac{1}{2}|\sin x|
\]
但是等式右侧的这个极限不存在，因此不能使用洛必达法则。
方法一
记 \(a_{n}=\displaystyle \int_{0}^{n\pi} t|\sin t| \mathrm{~d} t\)，对 \(a_{n}\) 使用区间再现，得：
\[
\begin{aligned}
a_{n}&=\int_{0}^{n\pi} t|\sin t| \mathrm{~d} t\\
&= \int_{0}^{n\pi} (n\pi-t)|\sin t| \mathrm{~d} t\\
&= \frac{n\pi}{2}\int_{0}^{n\pi} |\sin t| \mathrm{~d} t\\
&= \frac{n\pi}{2}\cdot n\int_{0}^{\pi} \sin t \mathrm{~d} t\\
&= n^{2}\pi
\end{aligned}
\]
考虑 \(n\pi\leqslant x < (n+1)\pi\)，则有：
\[
\frac{1}{(n+1)^{2}\pi^{2}}\int_{0}^{n\pi} t|\sin t| \mathrm{~d} t < \frac{1}{x^{2}}\int_{0}^{x} t|\sin t| \mathrm{~d} t< \frac{1}{n^{2}\pi^{2}}\int_{0}^{(n+1)\pi} t|\sin t| \mathrm{~d} t
\]
代入刚刚求出来的 \(a_{n}\)，得：
\[
\frac{n^{2}\pi}{(n+1)^{2}\pi^{2}}< \frac{1}{x^{2}}\int_{0}^{x} t|\sin t| \mathrm{~d} t< \frac{(n+1)^{2}\pi}{n^{2}\pi^{2}}
\]
由迫敛性可知：
\[
\lim_{ x \to +\infty } \frac{1}{x^{2}}\int_{0}^{x} t|\sin t| \mathrm{~d} t =\frac{1}{\pi}
\]
方法二
考虑函数形式的 \(\mathrm{Stolz}\) 定理：
\[
\begin{aligned}
I&=\lim_{ x \to +\infty } \frac{\int_{0}^{x+\pi} t|\sin t| \mathrm{~d} t-\int_{0}^{x} t|\sin t| \mathrm{~d} t }{(x+\pi)^{2}-x^{2}}\\
&= \lim_{ x \to +\infty } \frac{\int_{x}^{x+\pi} t|\sin t| \mathrm{~d} t }{2\pi x+\pi^{2}}\\
\end{aligned}
\]
下面分析得到的这个极限，结合 \(x\leqslant t\leqslant x+\pi\)； 一方面：
\[
\begin{aligned}
\lim_{ x \to +\infty } \frac{\int_{x}^{x+\pi} t|\sin t| \mathrm{~d} t }{2\pi x+\pi^{2}}&\leqslant \frac{(x+\pi)\int_{x}^{x+\pi} |\sin t| \mathrm{~d} t }{2\pi x+\pi^{2}}\\
&= \frac{(x+\pi)\cdot 2}{2\pi x+\pi^{2}}\to \frac{1}{\pi}
\end{aligned}
\]
另一方面：
\[
\begin{aligned}
\lim_{ x \to +\infty } \frac{\int_{x}^{x+\pi} t|\sin t| \mathrm{~d} t }{2\pi x+\pi^{2}}&\geqslant \frac{x\cdot\int_{x}^{x+\pi} |\sin t| \mathrm{~d} t }{2\pi x+\pi^{2}}\\
&= \frac{x\cdot 2}{2\pi x+\pi^{2}}\to \frac{1}{\pi}
\end{aligned}
\]
根据迫敛性可得：
\[
\lim_{ x \to +\infty } \frac{1}{x^{2}}\int_{0}^{x} t|\sin t| \mathrm{~d} t =\frac{1}{\pi}
\]
方法三
令变上限积分 \(F(t)=\displaystyle \int_{0}^{t} |\sin u| \mathrm{~d} u\)，则 \(\mathrm{~d} F(t)=|\sin t|\mathrm{~d} t\).
则：
\[
\begin{aligned}
\lim_{ x \to +\infty } \frac{1}{x^{2}}\int_{0}^{x} t|\sin t| \mathrm{~d} t &= \lim_{ x \to +\infty } \frac{1}{x^{2}}\int_{0}^{x} t \mathrm{~d} F(t) \\[0.2cm]
&= \lim_{ x \to +\infty } \frac{1}{x^{2}}\left[ tF(t)\bigg|_{0}^x-\int_{0}^{x} F(t) \mathrm{~d} t \right]\\[0.2cm]
&= \lim_{ x \to +\infty } \frac{F(x)}{x}-\lim_{ x \to +\infty } \frac{1}{x^{2}}\int_{0}^{x} F(t) \mathrm{~d} t\\[0.2cm]
&\xlongequal{L'Hospital} \lim_{ x \to +\infty } \frac{F(x)}{x}-\lim_{ x \to +\infty } \frac{F(x)}{2x}\\[0.2cm]
&= \lim_{ x \to +\infty } \frac{F(x)}{2x}\\[0.2cm]
&= \frac{1}{2}\cdot \lim_{ x \to +\infty }\frac{\int_{0}^{x} |\sin t| \mathrm{~d} t }{x}\\[0.2cm]
&= \frac{1}{2}\cdot \frac{\int_{0}^{\pi} \sin t \mathrm{~d} t }{\pi}\\[0.2cm]
&= \frac{1}{\pi}
\end{aligned}
\]
上面的最后一步用到周期函数极限的一个常用结论，在我之前介绍取小数函数的时候详细证明过，不会的可以看下面这篇文章：周期性神级结论 2
这里再证明一遍这个引理：
引理
设 \(f(x)\) 是 \(x \in \mathbb{R}\) 上的以 \(T\) 为周期的连续函数，则：
\[
\lim_{x \to +\infty} \dfrac1x \int_0^x f(t)\mathrm{d}t = \dfrac1T \int_0^Tf(t) \mathrm{d}t
\]
接下来证明这个引理：
因为 \(x \to +\infty\)，所以我们可以把任意大的 \(x\) 表示为周期的整数倍加上一个余项：
\[
x = nT + R \quad (n \in \mathbb{N}, \ 0 \leqslant R < T)
\]
当 \(x \to +\infty\) 时，显然 \(n \to +\infty\)，且 \(\dfrac{n}{x} \to \dfrac{1}{T}\)。
我们将积分区间 \([0, x]\) 拆开：
\[
\int_0^x f(t)\,\mathrm{d}t = \int_0^{nT} f(t)\,\mathrm{d}t + \int_{nT}^{nT+R} f(t)\,\mathrm{d}t
\]
第一项是完整的 \(n\) 个周期，由于 \(f(t)\) 是周期为 \(T\) 的函数，所以每一个周期的积分都相等，即：
\[
\int_0^{nT} f(t)\,\mathrm{d}t = n \int_0^T f(t)\,\mathrm{d}t
\]
第二项不足一个周期，由于 \(f\) 在区间上连续，故它是有界的（不妨设 \(|f(t)| \leqslant M\)）。因此余项积分也是有界的：
\[
\left| \int_{nT}^{nT+R} f(t)\,\mathrm{d}t \right| = \left| \int_0^R f(t)\,\mathrm{d}t \right| \leqslant M \cdot T
\]
现在两边同除以 \(x\) 并取极限：
\[
\begin{aligned}
\lim_{x \to +\infty} \frac{1}{x} \int_0^x f(t)\,\mathrm{d}t &= \lim_{x \to +\infty} \left( \frac{n}{x} \int_0^T f(t)\,\mathrm{d}t + \frac{1}{x} \int_0^R f(t)\,\mathrm{d}t \right)\\
&=\lim_{x \to +\infty} \left( \frac{n}{nT+R} \int_0^T f(t)\,\mathrm{d}t + \frac{1}{x} \int_0^R f(t)\,\mathrm{d}t \right)\\
&=\lim_{x \to +\infty} \left( \frac{1}{T} \int_0^T f(t)\,\mathrm{d}t + \frac{1}{x} \cdot \text{有界量} \right)\\
&= \frac{1}{T} \int_0^T f(t)\,\mathrm{d}t\\
\end{aligned}
\]
引理得证！
事实上，使用方法 3的思路，我们可以将本题一般化为如下结论：
一般化
\[
\lim_{ x \to +\infty } \frac{1}{x^{n+1}}\int_{0}^{x} t^{n}f(t) \mathrm{~d} t=\frac{1}{n+1}\lim_{ x \to +\infty } \frac{1}{x}\int_{0}^{x} f(t) \mathrm{~d} t
\]
特别地，当 \(f(x)\) 是以 \(T\) 为周期的周期函数时，结论可以用上面给出的那篇文章进一步化简，这里不再赘述。
至此我们就通过三种方法解决了这道题目，迫敛性、函数形式的 \(\mathrm{Stolz}\) 定理都是比较容易想到的，而方法三的思路比较巧妙，第一次见不太好想，可以积累一下。
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