第一章: 极限

\begin{align} f\circ g &= g(x) + 2 = x^2 + 2, \\ g\circ f &= [f(x)]^2 = (x+2)^2. \end{align}

数列 a_n = (-1)^{n+1} 不收敛（发散）。

数列在 1 和 -1 之间不断交替振荡，无法趋近于任何固定的数。

严格地说，假设极限为 A，则对 \varepsilon = \dfrac{1}{2}，存在 N 使得当 n > N 时 |a_n - A| < \dfrac{1}{2}。但奇数项 a_{2k-1} = 1 与偶数项 a_{2k} = -1 均出现在任意 N 之后，于是

2 = |1 - (-1)| \leq |1 - A| + |A - (-1)| < \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1,

矛盾。故数列发散。

数列 a_n = n 不收敛（发散至正无穷）。

数列不断增长，无法趋近于任何有限的固定值，因此”静”不下来。

严格地说，若极限为 A，则对 \varepsilon = 1，存在 N 使得当 n > N 时 |n - A| < 1，即 A - 1 < n < A + 1。但 n 可以任意大，当 n > A + 1 时不等式不成立，矛盾。故数列发散。

更简洁地，有界数列才可能收敛，而 \{n\} 无界，因此发散。

证明： 由于

\begin{align*} |f(x) - 11| &= |(5x + 1) - 11| \\ &= 5|x - 2| < \varepsilon \end{align*}

为了使 5|x - 2| < \varepsilon，只要 \displaystyle |x - 2| < \frac{\varepsilon}{5}。

取 \displaystyle \delta = \frac{\varepsilon}{5}，可知当 0 < |x - 2| < \delta 时，总有 \displaystyle |f(x) - 11| < \varepsilon，从而

\lim_{x \rightarrow 2} f(x) = 11.

证： 由于

|f(x) - A| = |(2x - 1) - 1| = 2|x - 1|

为了使 \displaystyle |f(x) - A| < \varepsilon，只要

|x - 1| < \frac{\varepsilon}{2}

所以，\forall \varepsilon > 0，可取 \displaystyle \delta = \frac{\varepsilon}{2}，则当 x 适合不等式

0 < |x - 1| < \delta

时，对应的函数值 f(x) 就满足不等式

|f(x) - 1| = |(2x - 1) - 1| < \varepsilon

从而

\lim\limits_{x \to 1}(2x - 1) = 1

证明： 对于任意给定的 \varepsilon > 0，要找到 \delta 使得只要 0 < |x-2|< \delta，总有

\begin{align*} \left|f(x) - 5\right| &= \left| x^2+1 - 5\right| \\ &= \left| x^2 - 4\right| \\ &= \left| x - 2\right| \left| x + 2\right|. \end{align*}

为了把 \left|x+2\right| 用常数束缚住，取 \delta_0 = 1。当 |x-2|<\delta_0 时，1<x<3，因此

|x+2|<5.

所以在 |x-2|<1 的情况下有

|f(x)-5| = |x-2||x+2| < 5|x-2|.

现在给定任意 \varepsilon>0，令

\delta = \min\left\{1,\frac{\varepsilon}{5}\right\}.

若 0<|x-2|<\delta，则同时有 |x-2|<1（从而 |x+2|<5）且 |x-2|<\varepsilon/5。因此

|f(x)-5| < 5|x-2| < 5\cdot\frac{\varepsilon}{5} = \varepsilon.

因此对任意 \varepsilon>0 存在上述 \delta>0 使得 0<|x-2|<\delta 蕴含 |f(x)-5|<\varepsilon，于是

\displaystyle \lim_{x\to2} (x^2+1)=5.

对任意给定的 \varepsilon > 0，需要找到正整数 N，使得当 n > N 时：

\left| \frac{1}{n} - 0 \right| = \frac{1}{n} < \varepsilon.

解不等式 \dfrac{1}{n} < \varepsilon 得 n > \dfrac{1}{\varepsilon}。

取 N = \left\lfloor \dfrac{1}{\varepsilon} \right\rfloor + 1（即大于 \dfrac{1}{\varepsilon} 的最小正整数），则当 n > N 时，必有 \dfrac{1}{n} < \varepsilon。

故 \displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}\frac{1}{n}=0。

由极限的数乘性质及 \displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}\frac{1}{n}=0，得：

\lim_{n\rightarrow \infty}\frac{1}{2n} = \frac{1}{2} \cdot \lim_{n\rightarrow \infty}\frac{1}{n} = \frac{1}{2} \cdot 0 = 0.

对任意 \varepsilon > 0，需找到 N 使得当 n > N 时：

\left| \frac{1}{2n} - 0 \right| = \frac{1}{2n} < \varepsilon.

解不等式得 n > \dfrac{1}{2\varepsilon}，取 N = \left\lfloor \dfrac{1}{2\varepsilon} \right\rfloor + 1，则当 n > N 时必满足 \dfrac{1}{2n} < \varepsilon。

故极限为 0。

对任意 \varepsilon > 0，需找到 N 使得当 n > N 时：

\left| \frac{1}{n^2} - 0 \right| = \frac{1}{n^2} < \varepsilon.

解不等式得 n > \dfrac{1}{\sqrt{\varepsilon}}，取 N = \left\lfloor \dfrac{1}{\sqrt{\varepsilon}} \right\rfloor + 1，则当 n > N 时必有 \dfrac{1}{n^2} < \varepsilon。

故 \displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}\frac{1}{n^2} = 0。

由于 f(x) = 2x - 1 是多项式，在 x=1 处连续，直接代入得：

\lim_{x\rightarrow 1}(2x-1) = 2(1) - 1 = 1.

对任意 \varepsilon > 0，需找到 \delta > 0 使得当 0 < |x-1| < \delta 时：

|(2x-1) - 1| = 2|x-1| < \varepsilon.

取 \delta = \dfrac{\varepsilon}{2}，则当 0 < |x-1| < \delta 时：

2|x-1| < 2 \cdot \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon.

故 \displaystyle \lim_{x\rightarrow 1}(2x-1) = 1。

分子在 x=2 处的值：2^3 - 1 = 7。

分母在 x=2 处的值：2^2 - 5(2) + 3 = 4 - 10 + 3 = -3 \neq 0。

因分母不为零，由极限的四则运算法则可直接代入：

\lim_{x\rightarrow 2}\frac{x^3-1}{x^2-5x+3} = \frac{7}{-3} = -\frac{7}{3}.

直接代入 x=3 得分子分母均为 0，是 \dfrac{0}{0} 型不定式，需进一步处理。

对分母因式分解：

x^2 - 9 = (x-3)(x+3).

在 x \neq 3 时约去公因式 (x-3)：

\frac{x-3}{x^2-9} = \frac{x-3}{(x-3)(x+3)} = \frac{1}{x+3}.

计算简化后的极限：

\lim_{x\rightarrow 3}\frac{x-3}{x^2-9} = \lim_{x\rightarrow 3}\frac{1}{x+3} = \frac{1}{3+3} = \frac{1}{6}.

\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\tan x}{x} = \lim_{x \rightarrow 0} \left( \frac{\sin x}{x} \cdot \frac{1}{\cos x} \right) = \left( \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} \right) \cdot \left( \lim_{x \rightarrow 0} \frac{1}{\cos x} \right) = 1 \cdot 1 = 1.

利用恒等式 1 - \cos x = 2\sin^2\!\dfrac{x}{2} 不是唯一方法；这里用 1-\cos x = \dfrac{\sin^2 x}{1+\cos x}：

\lim_{x \rightarrow 0} \frac{1 - \cos x}{x^{2}} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin^{2}x}{x^{2}(1 + \cos x)} = \lim_{x \rightarrow 0} \left( \frac{\sin x}{x} \right)^{2} \cdot \lim_{x \rightarrow 0} \frac{1}{1 + \cos x} = 1^2 \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{2}.

令 t = \arcsin x，则 x = \sin t。当 x \to 0 时，有 t \to 0。

由复合函数的极限运算法则：

\lim_{x \to 0} \frac{\arcsin x}{x} = \lim_{t \to 0} \frac{t}{\sin t} = \frac{1}{\displaystyle\lim_{t \to 0} \frac{\sin t}{t}} = \frac{1}{1} = 1.

令 t = -x，则当 x \to \infty 时，t \to -\infty，且

\left(1 - \frac{1}{x}\right)^x = \left(1 + \frac{1}{t}\right)^{-t} = \frac{1}{\left(1 + \frac{1}{t}\right)^{t}}.

由重要极限，当 t \to -\infty 时 \left(1+\dfrac{1}{t}\right)^t \to \mathrm{e}（该极限对 t \to \pm\infty 均成立），故

\lim_{x \to \infty} \left( 1 - \frac{1}{x} \right)^{x} = \lim_{t \to -\infty} \frac{1}{\left( 1 + \frac{1}{t} \right)^{t}} = \frac{1}{\mathrm{e}} = \mathrm{e}^{-1}.

将极限改写，凑出标准形式：

\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\tan 2x}{\sin 5x} = \lim_{x\rightarrow 0} \frac{\tan 2x}{2x} \cdot \frac{5x}{\sin 5x} \cdot \frac{2x}{5x}.

令 u = 2x，当 x \to 0 时 u \to 0，由重要极限知 \displaystyle\lim_{u\to 0}\frac{\tan u}{u} = 1；

令 v = 5x，当 x \to 0 时 v \to 0，由重要极限知 \displaystyle\lim_{v\to 0}\frac{\sin v}{v} = 1。

故

\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\tan 2x}{\sin 5x} = 1 \cdot 1 \cdot \frac{2}{5} = \frac{2}{5}.

函数 f(x) = |x| 在 (-\infty, +\infty) 上处处连续。

• 当 x_0 > 0 时，在 x_0 的某邻域内 f(x) = x，故 \lim_{x\to x_0}|x| = x_0 = f(x_0)，连续。
• 当 x_0 < 0 时，在 x_0 的某邻域内 f(x) = -x，故 \lim_{x\to x_0}|x| = -x_0 = f(x_0)，连续。
• 当 x_0 = 0 时，左极限 \lim_{x\to 0^-}|x| = \lim_{x\to 0^-}(-x) = 0，右极限 \lim_{x\to 0^+}|x| = \lim_{x\to 0^+}x = 0，且 f(0)=0，故连续。

因此 f(x) = |x| 在 (-\infty, +\infty) 上连续。

f(x) = \dfrac{1}{|x|} 在 x = 0 处无定义，因此 x=0 是间断点。

• 当 x_0 \neq 0 时，|x| 在 x_0 附近连续且非零，故 f(x) = \dfrac{1}{|x|} 在所有 x_0 \neq 0 处连续。
• 当 x \to 0 时，|x| \to 0^+，故 \dfrac{1}{|x|} \to +\infty，极限不存在（趋于无穷大）。

因此，f(x) 在 (-\infty, 0) \cup (0, +\infty) 上连续，在 x = 0 处不连续（第二类间断点，无穷间断点）。

f(x) = \dfrac{\sin x}{x} 在 x=0 处无定义，故 x=0 是间断点。

由重要极限：

\lim_{x\rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} = 1.

由于极限存在但函数在该点无定义，x=0 是可去间断点。

只要令 f(0) = 1，即补充定义

\tilde{f}(x) = \begin{cases} \dfrac{\sin x}{x}, & x \neq 0, \\ 1, & x = 0, \end{cases}

则 \tilde{f}(x) 在 (-\infty, +\infty) 上处处连续。

f(x) = \sin\dfrac{1}{x} 在 x=0 处无定义，故 x=0 是间断点。

当 x \to 0 时，\dfrac{1}{x} \to \infty，\sin\dfrac{1}{x} 在 -1 和 1 之间无限振荡，极限不存在。

例如，取 x_n = \dfrac{1}{n\pi}，则 \sin\dfrac{1}{x_n} = \sin(n\pi) = 0；取 x_n = \dfrac{2}{(4n+1)\pi}，则 \sin\dfrac{1}{x_n} = 1。

因此 x=0 是振荡间断点（第二类间断点），无法通过补充定义一个点值使 f(x) 在 x=0 处连续。

f(x) = \dfrac{1}{x} 在 x=0 处无定义，因此 f(x) 在闭区间 [-1,1] 上不连续（甚至无法在全区间上取值）。

由于 f(x) 不满足维尔斯特拉斯极值定理的条件（函数须在闭区间上处处连续），定理不适用。

实际上，当 x \to 0 时，|f(x)| = \dfrac{1}{|x|} \to +\infty，函数在 [-1,1] 上无界，既无最大值也无最小值，这正是定理不成立的反例。

\mathrm{sgn}(x) 在 x=0 处不连续：

\lim_{x \to 0^-} \mathrm{sgn}(x) = -1, \qquad \lim_{x \to 0^+} \mathrm{sgn}(x) = 1.

左右极限不相等，故极限不存在，x=0 是跳跃间断点（第一类间断点）。

由于 \mathrm{sgn}(x) 在 [-1,1] 上不连续，维尔斯特拉斯极值定理的条件不满足，定理不适用。

注意：尽管如此，\mathrm{sgn}(x) 在 [-1,1] 上实际上是有界的（值域为 \{-1, 0, 1\}），且最大值和最小值均存在，这说明定理的条件是充分条件而非必要条件。

令 f(x) = x^3 - 4x^2 + 1。

f(x) 是多项式，在闭区间 [0, 1] 上连续。

计算端点处的值：

f(0) = 0 - 0 + 1 = 1 > 0,

f(1) = 1 - 4 + 1 = -2 < 0.

由于 f(0) > 0，f(1) < 0，f 在 [0,1] 上连续，根据介值定理（布尔查诺定理），在区间 (0, 1) 内存在 c 使得 f(c) = 0。

此即方程 x^3 - 4x^2 + 1 = 0 在区间 (0, 1) 内的一个根。