请问这个奇怪的极限怎么求?

好，这题确实有点意思。咱们一步一步来拆解，把这个“奇怪”的极限给搞明白。

先看看这题目，它长这样：
$$ lim_{x o 0} frac{sqrt{1 cos(x^2)} sin(x^2)}{x^4} $$

第一眼看到的时候，是不是觉得有点懵？分母是 $x^4$，分子是 $sqrt{1 cos(x^2)} sin(x^2)$。

第一步：直接代入检查

咱们先不用急着算，直接把 $x=0$ 代进去看看会发生什么。
当 $x o 0$ 时：
$x^2 o 0$
$cos(x^2) o cos(0) = 1$
$1 cos(x^2) o 1 1 = 0$
$sqrt{1 cos(x^2)} o sqrt{0} = 0$
$sin(x^2) o sin(0) = 0$
分子就变成了 $0 0 = 0$
分母 $x^4 o 0^4 = 0$

所以，我们遇到了一个经典的 0/0 型不定式。这意味着我们不能直接代入求值，需要进行一些代数上的处理或者使用更高级的数学工具。

第二步：利用已知的三角函数和根式性质简化

看到 $sqrt{1 cos( heta)}$ 这个形式，咱们可以想到一些三角恒等式。最常用的就是 半角公式：
$1 cos( heta) = 2 sin^2(frac{ heta}{2})$

在这里，我们的 $ heta$ 是 $x^2$。所以：
$1 cos(x^2) = 2 sin^2(frac{x^2}{2})$

那么，分子里的根式部分就变成了：
$sqrt{1 cos(x^2)} = sqrt{2 sin^2(frac{x^2}{2})}$

这里有个细节需要注意：$sqrt{a^2} = |a|$。所以：
$sqrt{2 sin^2(frac{x^2}{2})} = sqrt{2} |sin(frac{x^2}{2})|$

由于我们是在研究 $x o 0$ 的极限，这意味着 $x$ 非常接近于 0。当 $x$ 非常接近 0 时，$x^2$ 也非常接近于 0，而 $frac{x^2}{2}$ 更接近于 0。在 $0$ 附近，$sin(frac{x^2}{2})$ 的值也是非常接近于 0 的。

更具体地说，当 $x o 0$ 时，$x^2 o 0$。对于足够小的角度 $alpha$，$sin(alpha)$ 的符号和 $alpha$ 的符号是一致的。因此，当 $x$ 在 0 附近时，$frac{x^2}{2}$ 是一个正数（即使 $x$ 是负数， $x^2$ 也是正数），所以 $sin(frac{x^2}{2})$ 也是正数。这意味着 $|sin(frac{x^2}{2})| = sin(frac{x^2}{2})$。

所以，我们可以把根式部分写成：
$sqrt{1 cos(x^2)} = sqrt{2} sin(frac{x^2}{2})$

现在，咱们把这个代回到原极限式：
$$ lim_{x o 0} frac{sqrt{2} sin(frac{x^2}{2}) sin(x^2)}{x^4} $$

第三步：利用等价无穷小

处理这种极限问题，尤其是涉及到三角函数和多项式时，等价无穷小 是一个非常有用的工具。它能帮助我们把复杂的函数表达式近似成更简单的表达式，从而简化计算。

几个常用的等价无穷小（当 $u o 0$ 时）：
$sin(u) sim u$
$ an(u) sim u$
$1 cos(u) sim frac{1}{2}u^2$
$e^u 1 sim u$
$ln(1+u) sim u$

回到我们的极限表达式：
$$ lim_{x o 0} frac{sqrt{2} sin(frac{x^2}{2}) sin(x^2)}{x^4} $$

我们看到分子中有 $sin(frac{x^2}{2})$ 和 $sin(x^2)$。

当 $x o 0$ 时，$frac{x^2}{2} o 0$。所以，我们可以用 $frac{x^2}{2}$ 来等价 $sin(frac{x^2}{2})$：
$sin(frac{x^2}{2}) sim frac{x^2}{2}$

同样地，当 $x o 0$ 时，$x^2 o 0$。所以，我们可以用 $x^2$ 来等价 $sin(x^2)$：
$sin(x^2) sim x^2$

现在，用这些等价无穷小替换分子中的函数：
分子 $approx sqrt{2} (frac{x^2}{2}) x^2$
分子 $approx frac{sqrt{2}}{2} x^2 x^2$
分子 $approx (frac{sqrt{2}}{2} 1) x^2$

把这个近似的分子代回到极限式：
$$ lim_{x o 0} frac{(frac{sqrt{2}}{2} 1) x^2}{x^4} $$

化简一下：
$$ lim_{x o 0} frac{frac{sqrt{2} 2}{2} x^2}{x^4} $$
$$ lim_{x o 0} frac{sqrt{2} 2}{2} frac{1}{x^2} $$

这个结果是 $(frac{sqrt{2} 2}{2}) imes ( ext{一个趋向于无穷大的数})$。由于 $sqrt{2} 2$ 是一个负数，这个极限会趋向于负无穷。

等等！这里似乎出了点问题。

我们用等价无穷小替换的时候，通常是在分子或分母中只有一个主要项的时候才更直接。在这里，分子是两个无穷小项的 差。当两个无穷小项的阶数相同时，直接用等价无穷小替换可能会丢失高阶项的信息，导致结果不准确。

让我们回顾一下 $sqrt{1 cos(x^2)}$ 的处理。我们用 $sin(frac{x^2}{2}) sim frac{x^2}{2}$ 是没问题的。
但 $1 cos(x^2)$ 本身作为一个整体，它对应的等价无穷小是什么呢？
我们知道 $1 cos(u) sim frac{1}{2}u^2$。
所以 $1 cos(x^2) sim frac{1}{2}(x^2)^2 = frac{1}{2}x^4$。

那么 $sqrt{1 cos(x^2)} sim sqrt{frac{1}{2}x^4} = sqrt{frac{1}{2}} x^2 = frac{1}{sqrt{2}} x^2 = frac{sqrt{2}}{2} x^2$。

这似乎和我们之前的 $sqrt{2} sin(frac{x^2}{2}) sim sqrt{2} (frac{x^2}{2}) = frac{sqrt{2}}{2} x^2$ 是一致的。

那么问题可能出在另一个 $sin(x^2)$ 的近似上。
$sin(x^2) sim x^2$。

分子是 $frac{sqrt{2}}{2} x^2 x^2 = (frac{sqrt{2}}{2} 1) x^2$。

这个分子整体的阶数是 $x^2$，而分母是 $x^4$。
所以 $frac{(frac{sqrt{2}}{2} 1) x^2}{x^4} = (frac{sqrt{2}}{2} 1) frac{1}{x^2}$。

这又回到了那个趋向于负无穷的结果。

是不是我们对等价无穷小的理解不够到位？

当分子是 两个或多个同阶无穷小的差 时，直接使用等价无穷小可能会丢失精度的。
例如，$lim_{x o 0} frac{sin(x) x}{x^3}$。
如果我们直接用 $sin(x) sim x$，分子就是 $xx=0$，得到 $0/x^3 = 0$，这是错的。
正确的做法是利用泰勒展开：$sin(x) = x frac{x^3}{3!} + O(x^5)$。
所以 $sin(x) x = frac{x^3}{6} + O(x^5)$。
极限就是 $lim_{x o 0} frac{x^3/6}{x^3} = frac{1}{6}$。

看来，我们需要对分子中的项进行更精确的近似，比如使用泰勒展开。

我们知道：
$cos(u) = 1 frac{u^2}{2!} + frac{u^4}{4!} dots$
$sin(u) = u frac{u^3}{3!} + frac{u^5}{5!} dots$

现在将 $u = x^2$ 代入：
$cos(x^2) = 1 frac{(x^2)^2}{2!} + frac{(x^2)^4}{4!} dots = 1 frac{x^4}{2} + frac{x^8}{24} dots$
$sin(x^2) = x^2 frac{(x^2)^3}{3!} + frac{(x^2)^5}{5!} dots = x^2 frac{x^6}{6} + frac{x^{10}}{120} dots$

现在看分子第一项：$sqrt{1 cos(x^2)}$
$1 cos(x^2) = 1 (1 frac{x^4}{2} + frac{x^8}{24} dots) = frac{x^4}{2} frac{x^8}{24} + dots$

所以 $sqrt{1 cos(x^2)} = sqrt{frac{x^4}{2} frac{x^8}{24} + dots}$
我们可以把 $x^4/2$ 提出来：
$sqrt{frac{x^4}{2}(1 frac{x^4}{12} + dots)} = sqrt{frac{x^4}{2}} sqrt{1 frac{x^4}{12} + dots}$
$= frac{x^2}{sqrt{2}} sqrt{1 frac{x^4}{12} + dots}$

现在我们对 $sqrt{1 v}$ 使用二项式定理近似：$sqrt{1+v} approx 1 + frac{1}{2}v$ (当 $v$ 很小的时候)。
这里，$v = frac{x^4}{12} + dots$
所以 $sqrt{1 frac{x^4}{12} + dots} approx 1 + frac{1}{2}(frac{x^4}{12}) = 1 frac{x^4}{24}$。

因此，$sqrt{1 cos(x^2)} approx frac{x^2}{sqrt{2}} (1 frac{x^4}{24}) = frac{sqrt{2}}{2} x^2 frac{sqrt{2}}{48} x^6$。

现在我们把分子各项的泰勒展开式写出来：
分子 = $sqrt{1 cos(x^2)} sin(x^2)$
分子 $approx (frac{sqrt{2}}{2} x^2 frac{sqrt{2}}{48} x^6) (x^2 frac{x^6}{6})$
分子 $approx frac{sqrt{2}}{2} x^2 frac{sqrt{2}}{48} x^6 x^2 + frac{1}{6} x^6$
分子 $approx (frac{sqrt{2}}{2} 1) x^2 + (frac{sqrt{2}}{48} + frac{1}{6}) x^6$
分子 $approx (frac{sqrt{2}2}{2}) x^2 + (frac{ sqrt{2} + 8}{48}) x^6$

这个结果表明，分子中最低阶的项是 $x^2$。
但是我们的分母是 $x^4$。这还是意味着结果是无穷大。

再仔细检查一下原始题目。
题目是：$lim_{x o 0} frac{sqrt{1 cos(x^2)} sin(x^2)}{x^4}$

是不是我哪里计算错了？或者，我是否可以继续使用等价无穷小，但要更小心？

我们之前推导出 $sqrt{1 cos(x^2)} sim frac{sqrt{2}}{2} x^2$。
而 $sin(x^2) sim x^2$。
分母是 $x^4$。

让我们回到这个地方：
$sqrt{1 cos(x^2)} = sqrt{2 sin^2(frac{x^2}{2})} = sqrt{2} |sin(frac{x^2}{2})|$
当 $x o 0$，$frac{x^2}{2}$ 趋向于 0 的正方向。
所以 $sin(frac{x^2}{2}) > 0$。
$sqrt{1 cos(x^2)} = sqrt{2} sin(frac{x^2}{2})$

现在用更精确的等价：
$sin(u) = u frac{u^3}{6} + O(u^5)$

所以：
$sin(frac{x^2}{2}) = (frac{x^2}{2}) frac{1}{6}(frac{x^2}{2})^3 + O((x^2)^5)$
$sin(frac{x^2}{2}) = frac{x^2}{2} frac{1}{6} frac{x^6}{8} + O(x^{10})$
$sin(frac{x^2}{2}) = frac{x^2}{2} frac{x^6}{48} + O(x^{10})$

则 $sqrt{1 cos(x^2)} = sqrt{2} sin(frac{x^2}{2}) = sqrt{2} (frac{x^2}{2} frac{x^6}{48} + O(x^{10}))$
$sqrt{1 cos(x^2)} = frac{sqrt{2}}{2} x^2 frac{sqrt{2}}{48} x^6 + O(x^{10})$

而 $sin(x^2)$ 的展开是：
$sin(x^2) = x^2 frac{(x^2)^3}{6} + O((x^2)^5) = x^2 frac{x^6}{6} + O(x^{10})$

现在把这些代入分子：
分子 $= (frac{sqrt{2}}{2} x^2 frac{sqrt{2}}{48} x^6) (x^2 frac{x^6}{6})$
分子 $= frac{sqrt{2}}{2} x^2 x^2 frac{sqrt{2}}{48} x^6 + frac{1}{6} x^6$
分子 $= (frac{sqrt{2}}{2} 1) x^2 + (frac{1}{6} frac{sqrt{2}}{48}) x^6$
分子 $= frac{sqrt{2}2}{2} x^2 + frac{8sqrt{2}}{48} x^6$

分母是 $x^4$。
所以原式是：
$$ lim_{x o 0} frac{frac{sqrt{2}2}{2} x^2 + frac{8sqrt{2}}{48} x^6}{x^4} $$
$$ lim_{x o 0} left( frac{sqrt{2}2}{2} frac{x^2}{x^4} + frac{8sqrt{2}}{48} frac{x^6}{x^4} ight) $$
$$ lim_{x o 0} left( frac{sqrt{2}2}{2} frac{1}{x^2} + frac{8sqrt{2}}{48} x^2 ight) $$

当 $x o 0$ 时，第一项 $frac{sqrt{2}2}{2} frac{1}{x^2}$ 由于 $sqrt{2}2 < 0$，所以它会趋向于 $infty$。
第二项 $frac{8sqrt{2}}{48} x^2$ 会趋向于 0。

所以，极限依然是 $infty$。

难道这个题目就这么简单，答案就是负无穷？

让我再看一遍题目和我的推导过程。我使用了泰勒展开，这应该是最严谨的方法了。
我从 $sqrt{1cos(x^2)}$ 开始检查。
$1cos(x^2) = 2 sin^2(x^2/2)$
$sqrt{1cos(x^2)} = sqrt{2} |sin(x^2/2)|$
当 $x o 0$, $x^2/2 > 0$, $sin(x^2/2) > 0$.
$sqrt{1cos(x^2)} = sqrt{2} sin(x^2/2)$.

然后用 $sin(u) = u u^3/6 + ...$
$sqrt{2} sin(x^2/2) = sqrt{2} [ (x^2/2) (x^2/2)^3/6 + ...] = sqrt{2} [ x^2/2 x^6/48 + ...]$
$= frac{sqrt{2}}{2} x^2 frac{sqrt{2}}{48} x^6 + ...$

而 $sin(x^2) = x^2 (x^2)^3/6 + ... = x^2 x^6/6 + ...$

分子 = $(frac{sqrt{2}}{2} x^2 frac{sqrt{2}}{48} x^6) (x^2 frac{x^6}{6}) + ...$
= $(frac{sqrt{2}}{2} 1) x^2 + (frac{1}{6} frac{sqrt{2}}{48}) x^6 + ...$
= $(frac{sqrt{2}2}{2}) x^2 + (frac{8sqrt{2}}{48}) x^6 + ...$

除以 $x^4$:
$frac{(frac{sqrt{2}2}{2}) x^2 + (frac{8sqrt{2}}{48}) x^6 + ...}{x^4}$
$= (frac{sqrt{2}2}{2}) frac{1}{x^2} + (frac{8sqrt{2}}{48}) x^2 + ...$

当 $x o 0$, $frac{1}{x^2} o +infty$.
由于 $frac{sqrt{2}2}{2}$ 是一个负数, 所以第一项 $ o infty$.
第二项 $ o 0$.

似乎没有任何错误。我检查了一下网络上类似的题目，有些题目可能分子分母的阶数会刚好抵消，出现一个有限的非零值。但在这个题目里，分母的阶数（4）比分子最低阶的泰勒展开项的阶数（2）要高。

让我换一种思路，看看是否有其他方法能验证这个结果，或者发现我忽略了什么。

方法二：洛必达法则？

当遇到 0/0 型不定式时，洛必达法则是个好帮手。我们可以对分子和分母分别求导。
原式： $L = lim_{x o 0} frac{sqrt{1 cos(x^2)} sin(x^2)}{x^4}$

对分子求导：
令 $f(x) = sqrt{1 cos(x^2)} sin(x^2)$
$f'(x) = frac{1}{2sqrt{1 cos(x^2)}} cdot (sin(x^2) cdot 2x) cos(x^2) cdot 2x$
$f'(x) = frac{x sin(x^2)}{sqrt{1 cos(x^2)}} 2x cos(x^2)$

对分母求导：
令 $g(x) = x^4$
$g'(x) = 4x^3$

所以，第一次应用洛必达法则后，极限变成：
$L = lim_{x o 0} frac{frac{x sin(x^2)}{sqrt{1 cos(x^2)}} 2x cos(x^2)}{4x^3}$

这个形式看起来更糟糕了，分母的 $sqrt{1 cos(x^2)}$ 仍然是 0，第一项的分母仍然是 0。

让我们用 $sqrt{1 cos(x^2)} = sqrt{2} sin(x^2/2)$ 来替换：
$L = lim_{x o 0} frac{frac{x sin(x^2)}{sqrt{2} sin(x^2/2)} 2x cos(x^2)}{4x^3}$

现在，我们可以用等价无穷小来简化分子中的各项，为了避免刚才的“精度丢失”问题，我们至少要用一次等价，然后看看阶数是否匹配。
$sin(x^2) sim x^2$
$sin(x^2/2) sim x^2/2$
$cos(x^2) sim 1$

代入后得到：
$frac{x cdot x^2}{sqrt{2} cdot (x^2/2)} 2x cdot 1 = frac{x^3}{sqrt{2} x^2 / 2} 2x = frac{2x}{sqrt{2}} 2x = sqrt{2}x 2x = (sqrt{2}2)x$

所以第一次洛必达法则后，极限变成了：
$L = lim_{x o 0} frac{(sqrt{2}2)x}{4x^3}$
$L = lim_{x o 0} frac{sqrt{2}2}{4x^2}$

同样，$sqrt{2}2$ 是负数，而 $4x^2 o 0^+$.
所以，这个结果也是 $infty$.

这个结果和泰勒展开的结果是一致的！

看来这个极限的值就是负无穷。或许题目“奇怪”之处在于，很多人会期望一个有限的数字作为极限值，而这个题目恰好不是。

我的思路和方法是这样的：

1. 识别不定式类型： 直接代入 $x=0$，发现是 $0/0$ 型。
2. 尝试基本代数/三角变换： 利用 $1cos( heta) = 2sin^2( heta/2)$ 简化根式。
3. 评估泰勒展开的必要性： 当分子是两个同阶（或看似同阶，但低阶项可能抵消）无穷小的差时，直接用等价无穷小可能不准确，需要更精确的泰勒展开。
4. 进行泰勒展开： 分别展开 $sqrt{1cos(x^2)}$ 和 $sin(x^2)$ 到足够低的阶数，直到出现非零的最低阶项。
$sqrt{1cos(x^2)} = sqrt{2} sin(x^2/2) approx sqrt{2} (x^2/2) = frac{sqrt{2}}{2} x^2$ （低阶近似）
$sin(x^2) approx x^2$ （低阶近似）
当用 $x^2$ 去近似时，分子是 $(frac{sqrt{2}}{2}1)x^2$，分母是 $x^4$，结果是 $frac{sqrt{2}2}{2x^2} o infty$。
为了确认最低阶项是否真的是 $x^2$，需要更高阶的展开。
$sqrt{1cos(x^2)} approx frac{sqrt{2}}{2} x^2 frac{sqrt{2}}{48} x^6$
$sin(x^2) approx x^2 frac{1}{6} x^6$
分子 $approx (frac{sqrt{2}}{2}1)x^2 + (frac{1}{6}frac{sqrt{2}}{48})x^6$
除以 $x^4$ 后，最低阶项是 $(frac{sqrt{2}2}{2}) frac{1}{x^2}$，所以极限是 $infty$。
5. 使用洛必达法则验证： 尝试用洛必达法则，并同样利用等价无穷小辅助计算，结果与泰勒展开一致。

结论：

这个极限的值是 负无穷大。

$lim_{x o 0} frac{sqrt{1 cos(x^2)} sin(x^2)}{x^4} = infty$

这个题目“奇怪”之处可能就在于其结果不是一个具体的数值，而是一个无穷大。在计算过程中，最容易出错的地方在于直接使用等价无穷小时，可能会忽略了两个无穷小相减后的主导项的阶数。当分子最低阶项的阶数低于分母的阶数时，极限就趋向于无穷大。

希望这个详细的推导过程能让你满意！