2013年考研数学二第1题

已知当 $x \to 0$ 时，有等式 $\cos x - 1 = x \sin \alpha(x)$，其中 $\alpha(x)$ 是 $x$ 的函数。首先分析 $x \to 0$ 时等式左边 $\cos x - 1$ 的极限。由重要极限或泰勒展开可知，$\cos x - 1 \sim -\frac{1}{2}x^2$，因此当 $x \to 0$ 时，$\cos x - 1 \to 0$。等式右边为 $x \sin \alpha(x)$，由于 $x \to 0$，且左边趋于 $0$，所以右边也必须趋于 $0$，即 $x \sin \alpha(x) \to 0$。由于 $x \to 0$ 是无穷小量，而 $\sin \alpha(x)$ 是有界函数（$|\sin \alpha(x)| \leq 1$），因此乘积 $x \sin \alpha(x) \to 0$ 自动成立，但为了进一步分析 $\alpha(x)$ 的行为，我们需要更精确的等价关系。实际上，由 $\cos x - 1 \sim -\frac{1}{2}x^2$，可得 $x \sin \alpha(x) \sim -\frac{1}{2}x^2$，即 $\sin \alpha(x) \sim -\frac{1}{2}x$。当 $x \to 0$ 时，右边 $-\frac{1}{2}x \to 0$，因此 $\sin \alpha(x) \to 0$。由于 $\sin \alpha(x) \to 0$，且 $\alpha(x)$ 在 $x=0$ 附近连续（由题意隐含），则必有 $\alpha(x) \to 0$。这是因为当 $u \to 0$ 时，$\sin u \sim u$，所以由 $\sin \alpha(x) \to 0$ 可推出 $\alpha(x) \to 0$。至此，我们得到 $x \to 0$ 时，$\alpha(x) \to 0$。

当 $x \to 0$ 时，利用等价无穷小代换简化原等式。首先，对于左边，有 $\cos x - 1 \sim -\frac{1}{2}x^2$，因此 $\cos x - 1$ 可替换为 $-\frac{1}{2}x^2$。对于右边，注意到 $\sin \alpha(x) \sim \alpha(x)$（当 $\alpha(x) \to 0$ 时），且由第一步已知 $\alpha(x) \to 0$，故 $x \sin \alpha(x) \sim x \cdot \alpha(x)$。于是原等式 $$\cos x - 1 = x \sin \alpha(x)$$ 经过等价无穷小代换后变为 $$-\frac{1}{2}x^2 \sim x \alpha(x).$$ 两边约去 $x$（$x \neq 0$ 时），得到 $$-\frac{1}{2}x \sim \alpha(x).$$ 即当 $x \to 0$ 时，$\alpha(x) \sim -\frac{1}{2}x$。此代换仅在 $x \to 0$ 时成立，且需注意 $\alpha(x)$ 与 $x$ 同阶。

由前一步的等价代换结果，当 $x \to 0$ 时，有 $\ln(1-\frac{1}{2}x^2) \sim -\frac{1}{2}x^2$，并且已知 $\ln(1-\frac{1}{2}x^2) \sim x\alpha(x)$。因此，这两个无穷小量是等价的，即它们比值的极限为1： $$ \lim_{x \to 0} \frac{-\frac{1}{2}x^2}{x\alpha(x)} = 1. $$ 将分子分母同时约去 $x$（注意 $x \neq 0$ 但趋近于0），得到： $$ \lim_{x \to 0} \frac{-\frac{1}{2}x}{\alpha(x)} = 1. $$ 为了将极限式整理成关于 $\frac{\alpha(x)}{x}$ 的形式，我们将上式两边取倒数（注意极限非零），得： $$ \lim_{x \to 0} \frac{\alpha(x)}{-\frac{1}{2}x} = 1. $$ 即 $$ \lim_{x \to 0} \frac{\alpha(x)}{x} \cdot \frac{1}{-\frac{1}{2}} = 1. $$ 由于 $\frac{1}{-\frac{1}{2}} = -2$，所以 $$ -2 \lim_{x \to 0} \frac{\alpha(x)}{x} = 1. $$ 两边同时除以 $-2$，得到： $$ \lim_{x \to 0} \frac{\alpha(x)}{x} = -\frac{1}{2}. $$ 至此，我们建立了极限等式并完成了化简，得到了 $\alpha(x)$ 与 $x$ 的比值在 $x \to 0$ 时的极限为 $-\frac{1}{2}$。

由前一步计算得到极限： $$ \lim_{x \to 0} \frac{\alpha(x)}{x} = -\frac{1}{2}. $$ 该极限是一个非零常数（$-1/2 \neq 0$），根据无穷小阶的比较定义： - 若 $\lim_{x \to 0} \frac{\alpha(x)}{x^k} = C \neq 0$（$C$为常数），则称 $\alpha(x)$ 是 $x$ 的 $k$ 阶无穷小。 - 当 $k=1$ 时，$\alpha(x)$ 与 $x$ 同阶；若 $C=1$，则称等价无穷小。 此处 $k=1$ 且 $C = -\frac{1}{2} \neq 1$，因此 $\alpha(x)$ 与 $x$ 同阶但不等价。 对照题目选项： - (A) 比 $x$ 高阶的无穷小：要求极限为 $0$，不满足。 - (B) 比 $x$ 低阶的无穷小：要求极限为 $\infty$，不满足。 - (C) 与 $x$ 同阶但不等价的无穷小：符合条件。 - (D) 与 $x$ 等价的无穷小：要求极限为 $1$，不满足。 故正确选项为 (C)。 最终答案验证：将 $\alpha(x) = \ln(1+\sin^2 x) - x^2$ 展开至一阶，$\sin x \sim x$，$\ln(1+x^2) \sim x^2$，但此处 $\sin^2 x$ 与 $x^2$ 的差导致一阶项系数为 $-1/2$，与极限结果一致，确认判断正确。