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g, f \times g, \frac{f}{g}$ 极限存在且极限为对应极限的运算 (除法要求分母极限非 0)。 练习3.2函数绝对值的极限设 $\lim_{x\to x_0}f(x) = A$ ，则 $\lim_{x\to x_0}|f(x)| = |A|$ ，反之不一定成立。 证明 由于 $\lim_{x\to x_0}f(x) = A$ ， $\forall \epsilon ,\exists \delta ,\forall x\in U(x_0,\delta)$ 有 $|f(x) - A| < \epsilon$ ，而 $||f(x)| - |A||\leq |f(x) - A|$ ，因此极限存在。反之有反例 $f(x) = \mathrm{sgn}(x)$ ## 定理 3.3 (归结原则) $\lim_{x\to x_{0}}f(x)=A$ 当且仅当任意收敛到 $x_{0}$ 的数列 $x_{n}$ ，有 $\lim_{n\to\infty}f(x_{n})=A$ 。 证明 (1) 左推右: $\forall \epsilon, \exists \delta, |x - x_0| < \delta$ 时 $|f(x) - A| < \epsilon$ , 对于 $x_n$ , 由于 $\lim_{n \to \infty} x_n = x_0$ , $\exists N, \forall n > N, |x_n - x_0| < \delta$ , 因此 $|f(x_n) - A| < \epsilon$ (2) 右推左：反设 $\lim_{x\to x_{0}}f(x)\neq A$ ，则 $\exists\epsilon_{0},\forall\delta,\exists x\in U(x_{0},\delta)$ 满足 $|f(x)-A|>\epsilon_{0}$ ，每次取 $\delta'=\delta,\frac{\delta}{2},\cdots,\frac{\delta}{n}$ ，每个 $\delta'$ 邻域对应一个 $x_{n}$ ，但是总有 $|f(x_{n})-A|>\epsilon_{0}$ ，这与 $\lim_{n\to\infty}f(x_{n})=A$ 矛盾。 练习3.3用归结原则证明不收敛 证明： $\lim_{x\to 0}\sin \frac{1}{x}$ 不存在。 证明 令 $x_{n} = \frac{1}{(2n + \frac{1}{2})\pi}, x_{n}^{\prime} = \frac{1}{2n\pi}$ ，两者均收敛至0，但是 $f(x_{n}) \to 1$ ， $f(x_{n}^{\prime}) \to 0$ ，从而无极限。 ## 3.1.3 无穷大与无穷小 ## 定义 3.2 (O 与 o) $f, g$ 在 $x_0$ 附近有定义， $g(x) \neq 0$ ，若 $\lim_{x \to x_0} \frac{|f(x)|}{|g(x)|} \leq M$ ，则记 $f(x) = O(g(x))$ ；若 $\lim_{x \to x_0} \frac{|f(x)|}{|g(x)|} = 0$ ，则记 $f(x) = o(g(x))$ ## 定义 3.3 (Ω) $f, g$ 是两个算法，若 $\exists C \in \mathbb{R}^{+}$ 使得 $n > n_{0}$ 时 $0 \leq Cg(n) \leq f(n)$ ，则记 $f(n) = \Omega(g(n))$ ## 定义 3.4 ( $\Theta$ ) 若 $f(n)$ 是 $\Omega (g(n))$ 且 $O(g(n))$ 的，则记 $f(n) = \Theta (g(n))$ 笔记 记忆方法：全以多项式为例，O 表示阶数 (次数) 大于等于，o 表示阶数大于， $\Omega$ 表示阶数小于等于， $\Theta$ 表示阶数等于。 ## 3.1.4 使用定义直接计算 练习 3.4 几个经典函数极限 (1) 计算 $\lim_{n\to\infty}\sin^{2}(\pi\sqrt{n^{2}+n})$ (2) $\lim_{x\to +\infty}\frac{[xf(x)]}{x}$ ，其中 $\lim_{x\to +\infty}f(x) = a$ 解 (1) $\sin^2 (\pi \sqrt{n^2 + n}) = \sin^2 (\pi \sqrt{n^2 + n} -\pi n) = \sin^2 (\frac{n\pi}{\sqrt{n^2 + n} + n})$ ，极限为 $\sin^2 (\frac{\pi}{2}) = 1$ (2) 由于 $xf(x) - 1 < [xf(x)] \leq xf(x)$ ，因此 $f(x) - \frac{1}{x} < \frac{[xf(x)]}{x} \leq f(x)$ ，显然 $\lim_{x \to +\infty} \left( f(x) - \frac{1}{x} \right) = \lim_{x \to +\infty} f(x) = a$ ，因此由夹逼准则，极限为 $a$ 练习3.5几个经典递推问题 $(1)f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 单调增， $\lim_{x\to +\infty}\frac{f(2x)}{f(x)} = 1$ ，证明 $\forall a > 0$ 有 $\lim_{x\to +\infty}\frac{f(ax)}{f(x)} = 1$ 证明 ## 3.2 函数极限的计算 3.2.1 等价无穷小公式 $$ 1 - \cos x \sim \frac {1}{2} x ^ {2} \tan x \sim x $$ 反三角： $\arcsin x\sim x$ $\arctan x \sim x$ 指数、对数： $\ln (1 + x)\sim x$ $$ e ^ {x} - 1 \sim x $$ $$ a ^ {x} - 1 \sim x \ln a $$ 其他： $(1 + x)^{\alpha} - 1\sim \alpha x$ ## 3.2.2 Taylor 展开公式 指数、对数: $$ e ^ {x} = \sum_ {n = 0} ^ {\infty} \frac {x ^ {n}}{n !} $$ $$ \ln (1 + x) = \sum_ {n = 1} ^ {\infty} (- 1) ^ {n - 1} \frac {x ^ {n}}{n} $$ 三角： $$ \sin x = \sum_ {n = 0} ^ {\infty} (- 1) ^ {n} \frac {x ^ {2 n + 1}}{(2 n + 1) !} $$ $$ \cos x = \sum_ {n = 0} ^ {\infty} (- 1) ^ {n} \frac {x ^ {2 n}}{(2 n) !} $$ 反三角： $$ \arcsin x = \sum_ {n = 0} ^ {\infty} \left(\frac {(2 n) !}{2 ^ {2 n} (n !) ^ {2}}\right) \frac {x ^ {2 n + 1}}{2 n + 1} = x + \frac {1}{6} x ^ {3} + o \left(x ^ {3}\right) $$ $$ \arctan x = \sum_ {n = 0} ^ {\infty} \frac {(- 1) ^ {n} x ^ {2 n + 1}}{2 n + 1} = x - \frac {1}{3} x ^ {3} + o (x ^ {3}) $$ 分式: $$ {\frac {1}{1 + x}} = \sum_ {n = 0} ^ {\infty} (- 1) ^ {n} x ^ {n} $$ $$ {\frac {1}{1 - x}} = \sum_ {n = 0} ^ {\infty} x ^ {n} $$ 其他： $$ (1 + x) ^ {\alpha} = 1 + \alpha x + \frac {\alpha (\alpha - 1)}{2} x ^ {2} + o (x ^ {2}) $$ $$ (1 + x) ^ {\alpha} = \sum_ {n = 0} ^ {\infty} {\binom {\alpha} {n}} x ^ {n} $$ ## 3.3 函数的连续性 ## 3.3.1 函数连续的定义 ## 定义 3.5 (单点连续) $f:[a,b]\to \mathbb{R},x_0\in [a,b]$ 若 $\lim_{x\to x_0}f(x) = f(x_0)$ ，则称 $f(x)$ 在 $x_0$ 处连续。 笔记 有时也可以展开用 $\forall \epsilon, \exists \delta$ 使得 $\forall x \in (x_0 - \delta, x_0 + \delta)$ 满足 $|f(x) - f(x_0)| < \epsilon$ 证明。例如证明 Riemann 函数在无理点连续。 ## 定义 3.6 (单点左右连续) 若 $f(x_0^+) = f(x_0)$ 则称 $f(x)$ 右连续。左连续同理。 笔记 注意右连续是指右极限等于当前点的函数值，而非左侧极限靠过来等于当前点的函数值！ 练习 3.6Dirichlet 函数的连续性 判断下面 Dirichlet 函数的连续性、单调性、周期性 $$ D (x) = {\left\{ \begin{array}{l l} {1,} & {x \text {为有理数}} \\ {0} & {x \text {为无理数}} \end{array} \right.} $$ 解(1)周期: 任意有理数(显然) (2) 连续性：处处不连续，因为根据有理数和无理数的稠密性，总能在小邻域中找到相差 1 的点，因此不连续。 练习 3.7Riemann 函数的连续性 证明 Riemann 函数在无理点连续，在有理点间断。 $$ R (x) = {\left\{ \begin{array}{l l} { {\frac {1}{q}},} & {x = {\frac {p}{q}} \text {为既约分数}} \\ {0,} & {x \text {为无理数}} \end{array} \right.} $$ 证明 (1) 有理点: 设 $x_0 = \frac{p}{q}$ 为有理点, $R(x_0) = \frac{1}{q}$ , 无理点列趋于 $x_0$ 时, 极限为 0 , 与函数值不同。 (2) 无理点： $x_{0}$ 是无理点， $\forall \epsilon, \frac{1}{q} > \epsilon$ 的个数有限，设这些点为 $x_{1}, \cdots, x_{n}$ ，取 $\delta < \min\{|x_{0} - x_{i}| : i = 1 \sim n\}$ ， $x \in (x_{0} - \delta, x_{0} + \delta) - \{x_{0}\}$ 时 $|f(x_{0}) - f(x)| < \epsilon$ 练习 3.8 初等函数的连续性 f, g, h 连续，证明： $\max\{f(x), g(x)\}, \min\{f(x), g(x)\}, |f(x)|$ 连续 证明 (1) 最大、最小：根据 $\max \{f(x), g(x)\} = \frac{1}{2}[f(x) + g(x) + |f(x) - g(x)|]$ (2) 绝对值: $|f(x)| = \sqrt{|f(x)|^2}$ 连续 ## 3.3.2 间断点的概念 ## 定义 3.7 (第一类间断点) 跳跃点与可去间断点统称为 $f(x)$ 的第一类间断点 \- 跳跃点：若 $f(x)$ 在 $x_0$ 处左右极限 $f(x_0^-), f(x_0^+)$ 存在但不相等， \- 可去间断点：若 $f(x)$ 在 $x_0$ 处左右极限存在且相等，即 $f(x_0^-) = f(x_0^+)$ 练习3.9第一类间断点的性质(1)若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 至多有第一类间断点，证明： $f(x)$ 在 $[a,b]$ 有界证明(1)若没有间断点，则连续，显然有界。否则反设无界，则对 $M = 1$ ，存在 $x_{1} \in [a,b]$ 使得 $|f(x_1)| > 1$ ， $M = 2$ 存在 $x_{2} \in [a,b]$ 使得 $|f(x_2)| > 2$ ，以此类推构造 $x_{n}$ 。由于 $x_{n} \in [a,b]$ ，根据致密性定理，存在收敛子列 $x_{n_k}$ ，而由于 $f(x)$ 只有第一类间断点，因此 $\lim_{k \to +\infty} f(x_{n_k})$ 存在，但其趋于无穷，矛盾。 ## 定义 3.8 (第二类间断点) 若 $f(x_0^+)$ 和 $f(x_0^-)$ 至少一个不存在或者不是有限的数，则称 $x_0$ 是 $f(x)$ 的第二类间断点。 练习 3.10 判断间断点类型 (1) 已知 $f(x) = \text{sgn}(x)$ , $g(x) = x - [x]$ ，讨论 $f(g(x))$ 和 $g(f(x))$ 的间断点类型 解 (1) $f(g(x))$ 在 x 为整数时等于 0，在 x 非整数时大于 0，因此在整数处取可去间断点。 $g(f(x)) = 0$ ，因此连续 练习 3.11 单调函数的间断点 $f(x)$ 在 $x_{0}$ 邻域单增， $f(x_{0}^{-}), f(x_{0}^{+})$ 均存在，证明如下性质，即单调函数的间断点都是跳跃间断点 $$ f (x _ {0} ^ {-}) = \sup _ {x \in U _ {-} ^ {o} (x _ {0})} f (x), f (x _ {0} ^ {+}) = \inf _ {x \in U _ {+} ^ {o} (x _ {0})} f (x) $$ 证明 取 $x_{1} \in U_{+}^{o}(x_{0})$ ，则 $\forall x \in U_{-}^{o}(x_{0})$ 有 $f(x) \leq f(x_{1})$ ，从而根据确界原理有上确界 $A$ ，从而 $f(x) \leq A$ 且 $\forall \epsilon, \exists x'$ 满足 $f(x') > A - \epsilon$ ，从而 $\forall x \in (x_{0} - \delta, x_{0})$ 有 $|f(x) - A| < \epsilon$ 笔记 单调函数左右极限均存在是一个会在考题中使用的结论。 练习3.12单调函数右连续 $f(x)$ 是 $\mathbb{R}$ 上单调函数，定义 $g(x) = f(x + 0)$ ，证明 $g(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 每一点右连续证明只需要证明 $\forall \epsilon, \exists \delta$ ，当 $|x - x_0| < \delta$ 时，满足 $$ | g (x) - g (x _ {0}) | < \epsilon $$ 根据 $g(x_0) = \lim_{y\to x_0^+}f(y)$ 得到 $y\in (x_0,x_0 + \delta)$ 时有 $|f(y) - g(x_0)| < \epsilon$ ，令 $y\to x^{+}$ 即可得到 $$ | g (x) - g (x _ {0}) | < \epsilon $$ 练习3.13极限的连续性 $f(x)$ 只有可去间断点， $g(x) = \lim_{y\to x}f(y)$ ，证明 $g(x)$ 是连续函数证明可去间断点说明极限存在， $g(x_0) = \lim_{y\to x_0}f(y)$ ，即对 $\forall \epsilon, \exists \delta, y \in U^o(x_0, \delta)$ 时： $$ g (x _ {0}) - \epsilon < f (y) < g (x _ {0}) + \epsilon $$ 根据 $g(x) = \lim_{y\to x}f(y)$ 和保不等式性得到 $$ g (x _ {0}) - \epsilon \leq g (x) \leq g (x _ {0}) + \epsilon $$ 因此 $g(x)$ 在 $x_{0}$ 连续，由 $x_{0}$ 任意性可知结论成立。 练习 3.14 第一类间断点的经典题目 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 至多只有第一类间断点，且对 $\forall x,y\in(a,b)$ 有 $f\left(\frac{x+y}{2}\right)\leq\frac{f(x)+f(y)}{2}$ ，证明： $f(x)$ 在 $(a,b)$ 连续 证明 $\forall x_{0}\in(a,b),\forall h$ 满足 $x_{0}\pm h\in(a,b)$ 时，根据条件可知： $$ f (x _ {0}) \leq \frac {f (x _ {0} + h) + f (x _ {0} - h)}{2} \quad f (x _ {0} + \frac {h}{2}) \leq \frac {f (x _ {0}) + f (x _ {0} + h)}{2} $$ 前者取 $h \rightarrow 0^{+}$ ，后者分别取 $h \rightarrow 0^{+}, h \rightarrow 0^{-}$ 则 $$ \left\{ \begin{array}{l} f (x _ {0}) \leq \frac {f (x _ {0} + 0) + f (x _ {0} - 0)}{2} \\ f (x _ {0} + 0) \leq \frac {f (x _ {0}) + f (x _ {0} + 0)}{2} \\ f (x _ {0} - 0) \leq \frac {f (x _ {0}) + f (x _ {0} - 0)}{2} \end{array} \right. $$ 综合得到 $f(x_0 - 0) = f(x_0 + 0) = f(x_0)$ ，因此在任意点连续。 ## 3.3.3 介值性定理 ## 定理 3.4 (零点存在定理) $$ f (a) f (b) < 0 $$ $$ \exists \xi \in (a, b) $$ $$ f (\xi) = 0 $$ 证明 (1) 使用闭区间套定理进行证明：取 $a_1 = a, b_1 = b, c_1 = \frac{a_1 + b_1}{2}$ ，根据 $f(c_1)$ 正负性选取 $a_2, b_2$ ，以此类推，由于 $\lim_{n\to \infty}|a_n - b_n| = 0$ ， $f(a_n)f(b_n) < 0$ ，根据闭区间套 $\exists \xi$ 使得 $f^2 (\xi)\leq 0$ ，因此得出 $f(\xi) = 0$ (2) 使用有限覆盖定理证明：根据连续函数局部保号性， $\forall x \in [a, b]$ ， $\exists \delta_x$ 使得 $f(x)$ 在 $(x - \delta_x, x + \delta_x) \cap [a, b]$ 中保号，取遍 $[a, b]$ 显然是一族开覆盖，根据有限覆盖定理可找到有限覆盖，不妨设这有限覆盖相互有重叠，则全部等号，这与 $f(a)f(b) < 0$ 矛盾。 ## 定理 3.5 (介值性定理) $f(x)$ 是 $[a,b]$ 中的连续函数， $a\leq x_1 < x_2\leq b$ ， $f(x_{1})\neq f(x_{2})$ ，则 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 可取遍 $f(x_{1}),f(x_{2})$ 间任意值。 练习 3.15 构造辅助函数 (1) $f(x), g(x)$ 是 [0,1] 上的连续函数，且在 [0,1] 有相同最大值，证明 $\exists \xi \in [a,b]$ 使得 $f(\xi) = g(\xi)$ (2) 重点: $f(x)$ 是 $[0, 2a]$ 连续函数, 且 $f(0) = f(2a)$ , 证明 $\exists \xi \in [0, a]$ 使得 $f(\xi) = f(\xi + a)$ (3) 重点： $f(x)$ 是 $[0,1]$ 上连续函数， $f(0) = f(1) = 0$ ，证明 $\forall n \in \mathbb{N}^{+}, \exists \xi \in [0,1]$ 使得 $f(\xi + \frac{1}{n}) = f(\xi)$ (4) 重点: $f(x)$ 是 $[0,1]$ 上非负连续函数, $f(0) = f(1) = 0$ , 证明: 对 $\forall a \in (0,1), \exists \xi \in [0,1]$ , 使得 $f(\xi) = f(\xi + a)$ 证明 (1) 问题在于最大值取值点不一定一样: 若最大值对应 $f(x_1), g(x_2)$ , 若 $x_1 = x_2$ , 则显然成立。若 $x_1 \neq x_2$ , 则取 $F(x) = f(x) - g(x)$ , $F(x_1) \geq 0, F(x_2) \leq 0$ , 从而由零点存在定理成立。 (2) 取 $F(x) = f(x) - f(x + a)$ , $F(0) = f(0) - f(a)$ , $F(a) = f(a) - f(2a) = f(a) - f(0)$ ，因此 $F(0) = -F(a)$ ，显然成立。 $$ F (x) = f \left(x + \frac {1}{n}\right) - f (x), F (0) = f \left(\frac {1}{n}\right) - f (0), F \left(\frac {1}{n}\right) = f \left(\frac {2}{n}\right) - f \left(\frac {1}{n}\right), \dots , F \left(\frac {n - 1}{n}\right) = f (1) - f \left(\frac {n - 1}{n}\right) $$ 得到 $F(0)+F(\frac{1}{n})+\cdots+F(\frac{n-1}{n})=f(1)-f(0)=0$ ，要么这些全部为零，要么有正有负，根据定理可知。 (4) 取 $F(x) = f(x) - f(x + a)$ ， $F(0) = f(0) - f(a) = -f(a)$ , $F(1 - a) = f(1 - a) - f(1) = f(1 - a)$ ，由于 $f$ 非负，因此 $F(0)F(1 - a) \leq 0$ 。 ## 定理 3.6 (连续函数平均值定理) $f(x)$ 在 $[a,b]$ 连续， $x_{1},\dots ,x_{n}\in [a,b]$ ，证明： $\exists \xi \in [a,b]$ ，使得 $$ f (\xi) = \frac {1}{n} [ f (x _ {1}) + \dots + f (x _ {n}) ] $$ 证明 不妨设 $f(x_{1}),\cdots,f(x_{n})$ 中最大值为 $f(x_{n})$ ，最小值为 $f(x_{1})$ ，则 $$ f (x _ {1}) \leq \frac {1}{n} [ f (x _ {1}) + \dots + f (x _ {n}) ] \leq f (x _ {n}) $$ 若 $f(x_{1}) = \frac{1}{n}\sum_{i = 1}^{n}f(x_{i})$ 或 $f(x_{n}) = \frac{1}{n}\sum_{i = 1}^{n}f(x_{i})$ ，则取 $\xi = x_{1},x_{n}$ 。否则由连续函数介值性定理可证。 ## 3.3.4 介值性定理的无连续推广 有时没有连续的条件却能推出介值性定理的结论，常见的条件如单调。 练习3.16单调介值定理 核心： $f(x)$ 在[0,1]上单增， $f(0) > 0,f(1) < 1$ ， $k\in \mathbb{N}^{+}$ ，证明 $\exists x_0\in (0,1)$ 使得 $f(x_0) = x_0^k$ 证明取 $F(x) = f(x) - x^k$ ，显然 $F(0) = f(0) > 0,F(1) = f(1) - 1 < 0$ ，不停地二分取闭区间套，有 $\lim_{n\to \infty}|a_n-$ $b_{n}| = 0$ ， $\lim_{n\to \infty}a_n = \lim_{n\to \infty}b_n = x_0$ ， $F(a_{n}) < 0,F(b_{n}) > 0\Rightarrow f(a_{n}) > a_{n}^{k},f(b_{n}) < b_{n}^{k}$ ，由于 $f(x)$ 单增， $a_{n}^{k} < f(a_{n})\leq f(x_{0})\leq f(b_{n}) < b_{n}^{k}$ ，因此取极限可知 $x_0^k\leq f(x_0)\leq x_0^k$ 得证。 笔记 单调介值性定理不能将极限取进函数，但是用了两侧夹逼的方式。 练习 3.17 证明：闭区间连续函数一定有界 证明 根据局部有界性以及有限开覆盖可证。 ## 3.4 连续性的应用 练习3.18几道经典题目(1) $f(x)$ 在 $x = 0$ 连续， $f(2x) = f(x)$ ，证明 $f(x)$ 是常值函数 (2) $f(x)$ 在 x=0,1 连续， $f(x^{2})=f(x)$ ，证明 $f(x)$ 是常值函数 (3) $f(x), g(x)$ 在 R 上连续，且在每个有理点有 $f(x) = g(x)$ ，证明 $f(x)$ 恒等于 $g(x)$ (4) 容易被吓到： $f(x) \in C[a, b]$ ，且对 $\forall x \in [a, b]$ 都有 $y \in [a, b]$ 使得 $|f(y)| \leq \frac{1}{2} |f(x)|$ ，证明 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 存在零点 证明 (1) $f(x) = f\left(\frac{x}{2}\right) = \cdots = f\left(\frac{x}{2n}\right) = f(0)$ ，因此为常值 (2)x 为正直接 $f(x)=f(x^{\frac{1}{2}})=\cdots=f(x^{\frac{1}{2^{n}}})=f(1)$ ，x 为负平方一下转换为正，x=0 根据连续性可知等于附近，因此整体常数 (3) 根据有理点稠密性 + 连续性 (4) 假设无零点，根据闭区间连续函数有最小值，这与 $|f(y)| \leq \frac{1}{2} |f(x)|$ 矛盾 练习 3.19 几道经典最值问题 (1) 重点：设 $f(x)$ 在 $(a, b)$ 连续，且 $\lim_{x \to a^{+}} f(x) = \lim_{x \to b^{-}} f(x) = A$ ，这里 $A$ 可以有限，也可以为 $\pm \infty$ ，证明 $f(x)$ 在 $(a, b)$ 上有最大或最小值 (2) 重点： $f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上连续， $\lim_{x\to+\infty}f(x)=\lim_{x\to-\infty}f(x)=A$ ，这里 A 可以有限，也可以为 $\pm\infty$ ，证明 $f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上有最大或最小值 (3) 重点： $f(x)$ 在 $[a, +\infty)$ 连续， $\lim_{x \to +\infty} f(x) = A$ ，这里 $A$ 为有限数，证明 $f(x)$ 在 $[a, +\infty)$ 存在最大值或最小值 证明 (1) 对 $A$ 进行分类讨论: (a) 先考虑 $A$ 为有限值。如果 $f(x) \equiv A$ ，则显然。若 $\exists x_0, f(x_0) > A$ ，则 $\exists \delta, \forall x \in (a, a + \delta) \cup (b - \delta, b)$ 满足 $f(x) < f(x_0)$ ，由于 $f(x)$ 在 $[a + \delta, b - \delta]$ 上连续，因此 $\exists \xi$ 使得 $f(\xi)$ 在 $[a + \delta, b - \delta]$ 最大，而 $\forall x \in (a, a + \delta] \cup [b - \delta, b)$ ，自然也有 $f(\xi) \geq f(x_0) \geq f(x)$ ，因此 $f(\xi)$ 在 $(a, b)$ 最大。若 $f(x_0) < A$ 也同理有最小值。 (b) 若 $A = +\infty$ ，则对 $\forall x_0 \in (a, b)$ ， $f(x_0)$ 为有限数， $\exists \delta, \forall x \in (a, a + \delta) \cup (b - \delta, b)$ 有 $f(x) > f(x_0)$ ，由于 $f(x)$ 在 $[a + \delta, b - \delta]$ 连续，因此有最小值，且最小值比 $f(x_0)$ 还小，因此在 $(a, b)$ 上取最小值。 (2) 和 (1) 同理，只是把 $\exists \delta$ 换成 $\exists N$ (3) 若 $f(x) \equiv A$ ，则显然。若 $\exists x_0, f(x_0) > A$ ，则 $\exists M, \forall x > M$ 有 $f(x_0) \geq f(x)$ ，由于在 $[a, M]$ 连续，有最大值 $f(\xi)$ ，且 $\forall x > M, f(\xi) > f(x_0) > f(x)$ ，因此有最大值。最小值同理 ## 3.5 一致连续 ## 3.5.1 一致连续的概念 ## 定义 3.9 (一致连续) $I$ 是任意区间 (任意开闭，有界无界)， $f: I \to \mathbb{R}$ ， $\forall \epsilon, \exists \delta$ 对 $\forall x_1, x_2 \in I$ 满足 $|x_1 - x_2| < \delta$ 时有 $|f(x_1) - f(x_2)| < \epsilon$ ，则称 $f$ 在 $I$ 一致连续 ## 定理 3.7 (常用充要条件) $f(x)$ 在区间 $I$ 上有定义，则 $f(x)$ 在 $I$ 一致连续当且仅当任意数列 $x_{n}^{\prime}, x_{n}^{\prime \prime}$ ，若 $\lim_{n\to \infty}x_n' - x_n'' = 0$ ，则 $\lim_{n\to \infty}[f(x_n') - f(x_n')] = 0$ 证明 (1) 左推右: 显然 (2) 右推左：反设不一致连续， $\exists \epsilon_0, \forall \delta, \exists x', x''$ ，虽然 $|x' - x''| < \delta$ ，但是 $|f(x') - f(x'')| \geq \epsilon_0$ 。取 $\delta = 1, \frac{1}{2}, \cdots, \frac{1}{n}, \cdots, \exists x_n', x_n''$ , $|x_n' - x_n''| < \frac{1}{n}$ , $|f(x_n') - f(x_n'')| \geq \epsilon_0$ ，这与条件矛盾。 笔记 证明不一致连续绝大多数情况都用上述定理。 练习3.20连续但不一致连续的例子： $(1)x^{2},(0, + \infty)(2)\sin x^{2},[0, + \infty)(3)\frac{x + 2}{x + 1}\sin \frac{1}{x},(0,1)(4)\frac{1}{x},x\in (0,1)$ 证明 $(1)x_{n} = \sqrt{n},y_{n} = \sqrt{n + 1},\lim_{n\to \infty}(x_n - y_n) = 0,\lim_{n\to \infty}[f(x_n) - f(y_n)] = -1$ (2) 取 $x_{n} = \sqrt{2n\pi}, y_{n} = \sqrt{2n\pi + \frac{\pi}{2}}$ (3) 取 $x_{n} = \frac{1}{2n\pi}, y_{n} = \frac{1}{2n\pi + \frac{\pi}{2}}$ (4) 取 $x_{n} = \frac{1}{n}, y_{n} = \frac{1}{n + 1}$ 练习3.21一致连续的证明 (1) 证明 $f(x) = \cos \sqrt{x}$ 在 $[0, +\infty)$ 一致连续 (2) 证明 $f(x) = \sqrt{x}$ 在 $[0, +\infty)$ 一致连续 (3) 证明 $f(x) = \sin x$ 在 $[0, +\infty)$ 一致连续 证明 (1) 方法 1: 不妨设 $x_{1} > x_{2}$ , 则 $$ \begin{array}{l} | f (x _ {1}) - f (x _ {2}) | = | \cos \sqrt {x _ {1}} - \cos \sqrt {x _ {2}} | = 2 \left| \sin \frac {\sqrt {x _ {1}} + \sqrt {x _ {2}}}{2} \sin \frac {\sqrt {x _ {1}} - \sqrt {x _ {2}}}{2} \right| \\ \leq 2 \left| \sin \frac {\sqrt {x _ {1}} - \sqrt {x _ {2}}}{2} \right| \leq | \sqrt {x _ {1}} - \sqrt {x _ {2}} | = \frac {| x _ {1} - x _ {2} |}{\sqrt {x _ {1}} + \sqrt {x _ {2}}} \\ = \frac {x _ {1} - x _ {2}}{\sqrt {(x _ {1} - x _ {2}) + x _ {2}} + \sqrt {x _ {2}}} \leq \frac {x _ {1} - x _ {2}}{\sqrt {x _ {1} - x _ {2}}} = \sqrt {x _ {1} - x _ {2}} \end{array} $$ 当 $\delta = \epsilon^2$ 时， $|x_1 - x_2| < \delta$ 有 $|f(x_1) - f(x_2)| < \epsilon$ ，因此一致连续方法 2: $(\cos \sqrt{x})' = \sin \sqrt{x} \frac{1}{2 \sqrt{x}}$ 在 $[1, +\infty)$ 有界，而 $[0, 1]$ 用 Cantor 定理，因此 Lip 连续推出一致连续 (2) 分段 +Lip 连续 ## 3.5.2 Cantor 定理及其推广 ## 定理 3.8 (Cantor 定理)
定理 3.8 (Cantor 足理)
若 f(x) 在闭区间 [a,b] 连续,则其在 [a,b] 上一致连续。
证明 反设在 $[a, b]$ 不一致连续，根据一致连续充要条件， $\exists \epsilon_0, \exists x_n, y_n$ 满足 $\lim_{n \to \infty} (x_n - y_n) = 0$ ，但 $|f(x_n) - f(y_n)| \geq \epsilon_0$ 。由于 $x_n$ 有界，根据致密性定理可知 $x_n$ 有收敛子列，设 $\lim_{k \to \infty} x_{n_k} = x_0$ ，从而 $\lim_{k \to \infty} y_{n_k} = \lim_{k \to \infty} [(y_{n_k} - x_{n_k}) + x_{n_k}] = x_0$ ，因此推出 $\epsilon_0 \leq \lim_{k \to \infty} |f(x_{n_k}) - f(y_{n_k})| = |f(x_0) - f(x_0)| = 0$ （这一步用了连续条件），矛盾。 ## 笔记 Cantor 定理的其他证明方式: \- 有限覆盖定理： $\forall \epsilon, \exists \delta_{x_0}, \forall x \in B(x_0, \delta_{x_0})$ ，有 $|f(x) - f(x_0)| < \epsilon$ ，取遍闭区间，有有限覆盖，上述 $\epsilon$ 不变，当取 $\delta = \min\{\delta_x\}$ 时，即有 $\forall a, b$ 满足 $|a - b| < \delta$ 都有 $|f(a) - f(b)| < \epsilon$ \- 闭区间套： $f(x)$ 在 $[a, b]$ 不一致连续，则一定在 $[a, \frac{a + b}{2}]$ ， $[\frac{a + b}{2}, b]$ 中有一个区间中不一致连续，不断取区间套，最后套住 $\xi$ ，由于 $f$ 在 $\xi$ 连续， $\forall \epsilon, \exists \delta, \forall x, |x - \xi| < \delta$ 有 $|f(\xi) - f(x)| < \frac{\epsilon}{2}$ ，同理取 $y$ ，得到 $|f(x) - f(y)| < \epsilon$ ，而存在 $a_n, b_n$ 满足 $[a_n, b_n] \subseteq [\xi - \delta, \xi + \delta]$ ，这与不一致连续矛盾 \- 单调有界定理：和闭区间套一种构造方式 ## 定理 3.9 (开区间一致连续充要条件)
f(x) 在 (a,b) 连续,则 f(x) 在 (a,b) 一致连续的充要条件是 $\lim_{x\to a^{+}}f(x),\lim_{x\to b^{-}}f(x)$ 存在(有限)
证明 (1) 左推右：根据 $f(x)$ 在 $(a, b)$ 一致连续， $\forall \epsilon, \exists \delta, \forall x', x'', |x' - x''| < \delta$ ，有 $|f(x') - f(x'')| < \epsilon$ 。取 $x', x'' \in (a, a + \delta)$ ，显然 $|f(x') - f(x'')| < \epsilon$ ，即右极限的 Cauchy 准则，另一侧同理。 (2) 右推左：补充定义两个端点，根据 Cantor 定理可知。 练习 3.22 开区间一致连续应用 (1)(东北师大) 设 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 上一致连续，证明 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 上有界 证明 (1) 由于一致连续，因此 $f(x)$ 在 a,b 的分别存在右、左极限，补充定义为 $F(x)$ ， $F(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续有界，且 $f(x)$ 和 $F(x)$ 在 $(a,b)$ 相等，因此 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 有界。 ## 定理 3.10 (无穷区间一致连续)
定理3.10(元为区间一致连续)
f(x)在[a,+∞)连续,limx→+∞f(x)=A(有限),则f(x)在[a,+∞)一致连续
证明 由于 $\lim_{x\to +\infty}f(x) = A$ ，根据Cauchy收敛准则， $\forall \epsilon ,\exists M,\forall x^{\prime},x^{\prime \prime} > M$ 有 $|f(x^{\prime}) - f(x^{\prime \prime})| < \epsilon$ 。根据Cantor定理， $f(x)$ 在 $[a,M + 1]$ 一致连续，对 $\forall \epsilon ,\exists \delta \in (0,1)$ ，只要 $|x^{\prime} - x^{\prime \prime}| < \delta$ 时，两点要么同时落在 $[a,M + 1]$ ，要么同时落在 $[M, + \infty)$ ，根据上面的命题可知一致连续。 笔记 $[a, +\infty)$ 一致连续并不代表无穷处 $f(x)$ 极限一定存在，只是一个充分条件，例如 $f(x) = x$ 极限不存在，但一致连续。 练习 3.23 开区间一致连续 证明：(1) $x \sin \frac{1}{x}$ 在 (0,1) 一致连续 (2) $\sin \frac{1}{x}$ 在 (0,1) 不一致连续证明 (1) 因为 $\lim_{x \to 0} x \sin \frac{1}{x} = 1$ ，因此一致连续 (2) 因为 $\lim_{x\to 0}\sin \frac{1}{x}$ 不存在，故不一致连续。 ## 3.5.3 Lip 连续与一致连续 ## 定理 3.11 (Lip 连续与一致连续) $f(x)$ 在区间 $I$ 上满足Lip条件，则 $f(x)$ 在 $I$ 上一致连续 证明 Lip 条件即 $\forall x', x''$ 有 $|f(x') - f(x'')| \leq L|x' - x''|$ ，取 $\forall \epsilon, \delta = \frac{\epsilon}{L}$ 即可。 推论 3.1 (导数有界一定一致连续) 若 $f'(x)$ 在 $I$ 上有界，则根据Lagrange中值定理可知Lip连续，从而一致连续 ## 推论 3.2 (导数在无穷处趋于无穷则不一致连续) 若 $\lim_{x\to +\infty}f'(x) = \infty$ ，则 $f(x)$ 在 $[a, + \infty)$ 不一致连续 证明 根据 $\lim_{x\to +\infty}|f'(x)| = \infty$ 可知 $|x' - x''|$ 控制不住导数的增长。 笔记 注意上述两个推论都是充分条件。前者例如 $\sqrt{x}$ 在 $[0,1]$ 一致连续，其导数 $\frac{1}{2\sqrt{x}}$ 却不有界。后者例如 $x^2$ 在无穷处导数趋于无穷，则一定不一致连续。 练习 3.24 基础练习 判断一致连续性：(1) $\sin x, x \in R$ (2) $x^{k}, x \in (1, +\infty)$ (3) $\cos \sqrt{x}, x \in (1, +\infty)$ (4) $x \ln x, x \in (0, +\infty)$ 解(1)一致连续，因为导数有界 (2) 若 $k \leq 0$ ，则 $\lim_{x \to \infty} f(x)$ 存在，补充定义 $x = 1$ ，根据 Cantor 定理的无穷推广可知一致连续。若 $0 < k \leq 1$ ，则导数有界，因此一致连续。若 $k > 1$ ，因为导数在无穷处趋于无穷，则不一致连续 (3) 导数有界，一致连续 (4) 导数在无穷处趋于无穷，则不一致连续。 ## 3.5.4 区间合并问题 ## 定理 3.12 (一致连续区间合并定理) 设区间 $I_{1}$ 右端点为 $c \in I_{1}(\text{闭})$ ， $I_{2}$ 左端点为 $c \in I_{2}(\text{闭})$ ， $f(x)$ 在 $I_{1}, I_{2}$ 均一致连续，则其在 $I_{1} \cup I_{2}$ 也一致连续 证明 由于 $f(x)$ 在 $I_1, I_2$ ，对 $\forall \epsilon$ ，存在公共 $\delta_1$ ，当 $x', x''$ 同时落于 $I_1$ 或 $I_2$ 时，若 $|x' - x''| < \delta_1$ ，则 $|f(x') - f(x'')| < \epsilon$ 。若 $x', x''$ 分别落于 $I_1, I_2$ 中，则 $\exists \delta_2, |x' - c| < \delta_2$ 时， $|f(x') - f(c)| < \frac{\epsilon}{2}$ 且 $|x'' - c| < \delta_2$ 时 $|f(x'') - f(c)| < \frac{\epsilon}{2}$ ，取 $\delta = \min\{\delta_1, \delta_2\}$ ，得出 $\forall x', x'' \in I_1 \cup I_2$ ，当 $|x' - x''| < \delta$ 时 $|f(x') - f(x'')| < \epsilon$ 笔记 如果边界点为开区间点，则可以补上定义。 练习3.25区间合并练习(1)考虑 $f(x) = \frac{|\sin x|}{x}$ 在 $(-1,0)\cup (0,1)$ 上是否一致连续证明(1)由于 $\lim_{x\to 0^{+}}f(x) = 1,\lim_{x\to 0^{-}}f(x) = -1,\lim_{x\to 1^{-}}f(x),\lim_{x\to -1^{+}}f(x)$ 显然存在，因此 $f(x)$ 在 $(-1,0),(0,1)$ 显然一致连续。但是由于0处左右极限不相同，取 $x_{n}$ 单减趋于 $0,y_{n}$ 单增趋于0，则 $|x_{n} - y_{n}|\rightarrow 0$ ，而 $|f(x_n) - f(y_n)|\to 2$ ，因此不一致连续。 ## 3.5.5 四则运算、复合的一致连续性 ## 定理 3.13 (四则运算的一致连续性) 设 $f(x), g(x)$ 在区间 $I$ 上一致连续，则 \- 数乘、加减： $\forall k \in \mathbb{R}$ ， $kf(x), f(x) \pm g(x)$ 在 $I$ 一致连续 \- 乘法： $I$ 为有限区间时， $f(x)g(x)$ 在 $I$ 一致连续。 $I$ 为无穷区间时， $f(x)g(x)$ 在 $I$ 不一定一致连续 \- 除法： $f(x) \neq 0$ ， $\frac{1}{f(x)}$ ， $\frac{g(x)}{f(x)}$ 不一定一致连续 ## 证明 (1) 直接三角不等式放缩 (2) $|f(x')g(x')-f(x'')g(x'')|\leq|f(x')g'(x)-f(x')g(x'')|+|f(x')g(x'')-f(x'')g(x'')|\leq|f(x')||g(x')-g(x'')|+|g(x'')||f(x')-f(x'')|<2M\epsilon$ ，因此若M有限显然成立，M不有限时不一定。 例题3.1四则运算反例(1)乘法： $x$ 在 $(1, + \infty)$ 一致连续，但是 $x^{2}$ 在 $(1, + \infty)$ 不一致连续(2)倒数： $x$ 在 $(0,1)$ 一致连续，但是 $\frac{1}{x}$ 在 $(0,1)$ 不一致连续 练习3.26四则运算练习 $f(x)$ 在 $[a, +\infty)$ 连续， $g(x)$ 在 $[a, +\infty)$ 一致连续， $\lim_{x \to \infty} [f(x) - g(x)] = 0$ ，证明： $f(x)$ 在 $[a, +\infty)$ 上一致连续 证明 由于 $f(x) - g(x)$ 在无穷远处极限存在，其一致连续。 $g(x)$ 一致连续，根据四则运算可知 $f(x) = [f(x) - g(x)] + g(x)$ 一致连续。 笔记 上述练习本身也是一个重要的结论。 ## 定理 3.14 (复合的一致连续性) $f(x)$ 在 $I_{1}$ 一致连续， $g(x)$ 在 $I_{2}$ 一致连续， $f(x)$ 值域在 $I_{2}$ 中，则 $g(f(x))$ 在 $I_{1}$ 一致连续 证明 根据定义套即可。外层取 $\epsilon, \delta$ ，内层取 $\delta, \delta'$ 。 练习 3.27 复合一致连续性 设 $f(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 满足 Lip 条件， $\alpha \in (0, 1)$ ，证明： $f(x^{\alpha})$ 在 $[0, +\infty)$ 一致连续证明 $\alpha \in (0, 1)$ 时， $x^{\alpha}$ 在 $[0, +\infty)$ 一致连续，而 f 满足 Lip 条件也一致连续，根据复合一致连续即可。 ## 3.6 一致连续的经典问题 练习3.28设 $f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上一致连续，证明 $\exists a, b > 0$ 使得 $|f(x)| \leq a|x| + b$ 证明 由于 $f(x)$ 一致连续，对 $\epsilon = 1, \exists \delta$ ，当 $|x' - x''| < \delta$ 时 $|f(x') - f(x'')| \leq 1$ ，不妨设 $$ | f (x) | \leq M, x \in [ - \delta , \delta ] $$ 对 $\forall x > \delta, \exists n_x$ 使得 $x - n_x\delta = x_0 \in [0, \delta)$ ，此时 $n_x = \frac{x - x_0}{\delta} \leq \frac{|x|}{\delta}$ ，因此 $$ | f (x) | \leq \sum_ {k = 0} ^ {n - 1} | f (x - k \delta) - f (x - (k + 1) \delta) | + | f (x - n _ {x} \delta) | \leq n _ {x} + M \leq \frac {| x |}{\delta} + M $$ 同理 $\forall x < -\delta$ 也有 $|f(x)| < \frac{|x|}{\delta} + M$ ，综上，取 $a = \frac{1}{\delta}, b = M$ 即可。 ![](c122ebe756b85cc934a9cc595d279b73472d6fd550c0d6f9bccc6b54fa5a2a43.jpg)) ![](17fd49c281bf8c586d120b9c43414c3c152dbfa67f7288b38082014cd6080b4a.jpg)) > [!proof]- 证明状态 > 本笔记含数学结论；已保留原文。未给出证明的结论将在后续按定义、引理和推导链补证。