## 错题记录


### 题目 01
<span id="题目-01"></span>
$$\lim_{n \to \infty} \left( \frac{4}{\pi} \arctan \frac{n}{n+1} \right)^n = \, ?$$


### 错误原因
实际上应该转换为$\frac{0}{0}$ 型极限处理， 在处理题目的时候没能正确认识到

### 正确答案
$$\lim_{n \to \infty} \left( \frac{4}{\pi} \arctan \frac{n}{n+1} \right)^n = e^{-\frac{2}{\pi}}$$

**解法**：
$$
\begin{aligned}
\lim_{n \to \infty} \left( \frac{4}{\pi} \arctan \frac{n}{n+1} \right)^n 
&= \lim_{n \to \infty} 
\exp\left( 
    n \ln\left(\frac{4}{\pi} \arctan \frac{n}{n+1}\right) 
    \right) \newline

&\overset{t=\frac{1}{n}}{=} 
\lim_{t \to 0} 
\exp\left( 
    \frac{\ln\left(\frac{4}{\pi} \arctan \frac{1}{1+t}\right)}{t} 
    \right) \newline

&\overset{\text{L'Hospital}}{=} \lim_{t \to 0} 
\exp\left( 
    \frac{1}{\frac{4}{\pi} \arctan \frac{1}{1+t}} 
    \cdot \frac{4}{\pi} \frac{1}{1 + (\frac{1}{1 + t})^2}  
    \cdot - \frac{1}{(1 + t)^2}
    \right) \newline

&= e^{-\frac{2}{\pi}}

\end{aligned}
$$

故极限为 $e^{-\frac{2}{\pi}}$ 。

### 知识点
 - $\frac{0}{0}$ 型极限处理方法
 - 指数型极限处理方法


### 题目 02
<span id="题目-02"></span>
设 $ f(x) $ 在 $ x_0 $ 处可导，且 $ x_n = \sin\frac{1}{n} + \frac{1}{n^2} $。求极限  
$$
\lim_{n \to \infty} \frac{f(x_0 + \frac{1}{n}) - f(x_0 - x_n)}{\sin\frac{1}{n}}.
$$  

### 错误原因
没有意识到等价无穷小替换的问题


### 正确答案
$$
\lim_{n \to \infty} \frac{f(x_0 + \frac{1}{n}) - f(x_0 - x_n)}{\sin\frac{1}{n}} = 2f'(x_0).
$$

**解法**：

因为 $f(x)$ 在 $x_0$ 处可导，利用泰勒展开：
$$
\begin{aligned}
f(x_0 + \tfrac{1}{n}) &= f(x_0) + f'(x_0) \cdot \tfrac{1}{n} + o\left(\tfrac{1}{n}\right), \\
f(x_0 - x_n) &= f(x_0) - f'(x_0) \cdot x_n + o(x_n).
\end{aligned}
$$

由于 $x_n = \sin\frac{1}{n} + \frac{1}{n^2} = \frac{1}{n} + o\left(\frac{1}{n}\right)$，且 $\sin\frac{1}{n} = \frac{1}{n} + o\left(\frac{1}{n}\right)$，有：
$$
\begin{aligned}
f(x_0 + \tfrac{1}{n}) - f(x_0 - x_n) 
&= \left[f(x_0) + f'(x_0)\tfrac{1}{n} + o(\tfrac{1}{n})\right] - \left[f(x_0) - f'(x_0)x_n + o(x_n)\right] \\
&= f'(x_0)\left(\tfrac{1}{n} + x_n\right) + o\left(\tfrac{1}{n}\right) \\
&= f'(x_0)\left(\tfrac{1}{n} + \tfrac{1}{n} + o(\tfrac{1}{n})\right) + o\left(\tfrac{1}{n}\right) \\
&= 2f'(x_0)\tfrac{1}{n} + o\left(\tfrac{1}{n}\right).
\end{aligned}
$$

因此：
$$
\lim_{n \to \infty} \frac{f(x_0 + \frac{1}{n}) - f(x_0 - x_n)}{\sin\frac{1}{n}}
= \lim_{n \to \infty} \frac{2f'(x_0)\frac{1}{n} + o(\frac{1}{n})}{\frac{1}{n} + o(\frac{1}{n})}
= 2f'(x_0).
$$

### 知识点
- 可导函数的泰勒展开
- 等价无穷小替换：$\sin\frac{1}{n} \sim \frac{1}{n}$，$x_n \sim \frac{1}{n}$
- 导数的定义