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4.2
1.
证明：
$(1) \lim_{x \to +\infty}\frac{x^k}{a^x} = 0(a > 1, k > 0)$
$$
\begin{aligned}
\lim_{x \to +\infty}\frac{x^k}{a^x} = \lim_{x \to +\infty} \left( \frac{x}{a^{\frac{x}{k}}} \right)^k
\end{aligned}
$$
令 $b = a^\frac{1}{k} > 1, f(x) = \frac{x}{b^x},f'(x) = \frac{1 - x\ln b}{b^{x}}$,故 $f(x)$ 在 $(\frac{1}{\ln b}, +\infty)$ 上单减，由单调函数单侧极限存在可知，$\lim_{x \to +\infty}f(x)$ 存在，由 $\mathrm{Heine}$ 归结原理有
$$
\begin{aligned}
\lim_{x \to +\infty}\frac{x^k}{a^x} = \lim_{x \to +\infty} \left( \frac{x}{b^{x}} \right)^k = \lim_{n \to +\infty} \left( \frac{n}{b^n} \right)^k = 0
\end{aligned}
$$
$(2)\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x^k} = 0$
$$
\begin{aligned}
\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x^k} = \lim_{x \to +\infty} \frac{1}{k} \frac{\ln x^k}{x^k}
\end{aligned}
$$
令 $t = \ln x^k, x^k = \exp(t)$.
$$
\begin{aligned}
\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x^k} = \lim_{x \to +\infty} \frac{1}{k} \frac{\ln x^k}{x^k} = \frac{1}{k} \lim_{x \to +\infty} \frac{t}{e^t} = 0
\end{aligned}
$$
$(3) \lim_{x \to \infty} \sqrt[x]{a} = 1, (a > 0)$
$$
\begin{aligned}
\lim_{x \to \infty} e^{\frac{\ln a}{x}} = e^{\lim_{x \to \infty} \frac{\ln a}{x}} = 1
\end{aligned}
$$
$(4) \lim_{x \to +\infty} \sqrt[x]{x} = 1$
$$
\begin{aligned}
\lim_{x \to \infty} e^{\frac{\ln x}{x}} = e^{\lim_{x \to \infty} \frac{\ln x}{x}} = 1
\end{aligned}
$$
2
求 $\lim_{y \to +\infty}\frac{\sqrt{1 + y^3}}{\sqrt{y^2 + y^3} + y}$
$$
\begin{aligned}
\lim_{y \to +\infty}\frac{\sqrt{1 + y^3}}{\sqrt{y^2 + y^3} + y} &= \lim_{y \to +\infty}\frac{\sqrt{\frac{1}{y^3} + 1}}{\sqrt{\frac{1}{y} + 1} + \sqrt{\frac{1}{y}}}\\ &= \frac{\lim_{y \to +\infty}\sqrt{\frac{1}{y^3} + 1}}{\lim_{y \to +\infty}\sqrt{\frac{1}{y} + 1} + \lim_{y \to +\infty}\sqrt{\frac{1}{y}}}\\ &＝ \frac{1}{1 + 0} = 1
\end{aligned}
$$
3
求 $\lim_{x \to +\infty} \left( \frac{x^2 - 1}{x^2 + 1} \right)^{\frac{x - 1}{x + 2}}$
$$ \begin{aligned} \lim_{x \to +\infty} \left( \frac{x^2 - 1}{x^2 + 1} \right)^{\frac{x - 1}{x + 2}} &＝ \lim_{x \to +\infty} e^{\frac{x - 1}{x + 2} \ln \left( \frac{x^2 - 1}{x^2 + 1} \right)} \\ &= e^{\lim_{x \to + \infty}\frac{x - 1}{x + 2} \lim_{x \to + \infty} \ln \left( \frac{x^2 - 1}{x^2 + 1} \right)} \\ &= e^{1 \cdot 0} \\ &= 1 \end{aligned} $$4
求 $\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt[n]{x + 1} - 1}{x}$,其中 $n$ 为正整数
令 $t = \sqrt[n]{x + 1}$,原式为 $\lim_{t \to 1} \frac{t - 1}{t^n - 1} = \lim_{t \to 1} \frac{1}{t^{n - 1} + t^{n - 2} + \cdots + t + 1} = \frac{1}{n}$.
5
设已知 $\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x} = l, b \not = 0$, 求 $\lim_{x \to 0}\frac{f(bx)}{x}$
$$
\begin{aligned}
\lim_{x \to 0} \frac{f(bx)}{x} &= \lim_{x \to 0} \frac{f(bx)}{bx} \times b \\
&= b \lim_{t \to 0} \frac{f(t)}{t} \\
&= bl
\end{aligned}
$$
6
证明: $\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{1 + \sin x} - \sqrt{1 - \sin x}}{\sin x} = 1$
$$
\begin{aligned}
\lim_{x \to 0} \frac{2 \sin x}{(\sqrt{1 + \sin x} + \sqrt{1 - \sin x}) \sin x} &= \lim_{x \to 0} \frac{2}{\sqrt{1 + \sin x} + \sqrt{1 - \sin x}} \\
&= \frac{2}{\lim_{x \to 0} \sqrt{1 + \sin x} + \lim_{x \to 0} \sqrt{1 - \sin x}} \\
&= \frac{2}{1 + 1} \\
&= 1
\end{aligned}
$$
7
证明:在区间 $(a, +\infty)$ 上单调有界函数 $f$，一定存在极限 $\lim_{x \to +\infty} f(x)$
不妨设 $f$ 单调增,值域为 $S$, $\beta = \sup S$,则 $\forall \varepsilon > 0, \exists x_0 \in(a, +\infty)$，使得 $f(x_0) > \beta - \varepsilon$，则 $\forall \varepsilon > 0$，取 $M = x_0, \forall x > M$
故 $\lim_{ x \to +\infty } f(x) = \beta$
8
设 $f(x)$ 在区间 $(a, b)$ 上为单调增加函数，且存在一个数列 $\{ x_n \} \in (a, b)$,使得 $\lim_{ n \to \infty }x_n = b, \lim_{ n \to \infty }f(x_n) = A$. 证明:
$(1) f$ 在区间 $(a, b)$ 上以 $A$ 为上界
$(2)\lim_{ x \to b^- }f(x) = A$
设 $S$ 为 $f(x)$ 在 $(a, b)$ 上的值域，$B = \sup S$，有 $\forall \varepsilon > 0, \exists x_0 \ s.t. \ B - \varepsilon < f(x_0) < B$，由 $\varepsilon$ 的任意性可知，$\lim_{ x \to b }f(x) = B$，再由极限的唯一性得到 $A = B = \sup S$。
9
设 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty} f(x)=A>0$。证明：对每个 $c\in(0,A)$，存在 $M>0$，当 $x>M$ 时，成立 $f(x)>c$。
（这是关于极限类型为 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty} f(x)$ 的保号性定理。）
取 $\varepsilon = A - C$，由极限的定义有 $\exists M > 0, \ s.t. \ x > M, \left| A - f(x) \right| < \varepsilon \Rightarrow A - \varepsilon = C < f(x) < A + \varepsilon$.
10
设 $f(a^{-}) < f(a^{+})$ 证明：存在 $\delta >0$，当 $x\in(a-\delta,a)$ 和 $y\in(a,a+\delta)$ 时,$f(y)>f(x)$.
$\lim_{ x \to a^{-}} f(x) = S, \lim_{ x \to a^{+}} = T$,取 $\varepsilon = \frac{T - S}{2} > 0$. $\exists \delta_{1} > 0, x_{1} \in(a - \delta_{1}, a), \left| f(x_{1}) - S \right| < \varepsilon, i.e. \ f(x_{1}) < \frac{T + S}{2}$. $\exists \delta_{2} > 0, x_{2} \in(a, a + \delta_{2}), \left| f(x_{2}) - T \right| < \varepsilon, i.e. \ f(x_{2}) > \frac{T + S}{2}$. 取 $\delta = \min(\delta_{1}, \delta_{2})$，满足条件。 --- #### 11 试用 $\text{Heine}$ 归结原理证明单调函数的单侧极限存在定理。 $f(x)$ 在 $x_0$ 左侧极限存在 $\Leftrightarrow$ 存在 $A$，对 $\forall \{ x_{n}\}$ 单增趋于 $x_{0}$，均有 $\lim_{ n \to \infty }f(x_{n}) = A$. 必要性显然。下证充分性： 反证法，若 $\lim_{ x \to x_{0}^- }f(x)$ 不存在，则 $\exists \varepsilon > 0$，使得 $\forall \delta > 0, \exists x \in(x_{0} - \delta, x_{0})$ 有$\left| f(x) - A \right| \ge \varepsilon_{0}$取 $\delta_{1} = 1$, $\exists x_{1}$ 使 $\left| f(x_{1}) - A \right| \ge \varepsilon_{0}$，取 $\delta_{2} = \min\left\{ \frac{1}{2}, |x_{1} - x_{0}| \right\}$，则 $\exists x_{2} \in (x_{0} - \delta_{2}, x_{0})$，使 $\left| f(x_{2}) - A \right| \ge \varepsilon_{0}$，依次有 $\delta_{n} = \min\left\{ \frac{1}{n}, |x_{n - 1} - x_{0}| \right\}$，则 $\exists x_{n} \in (x_{0} - \delta_{2}, x_{0})$，使 $|f(x_{2}) - A| \ge x_{0}$ 矛盾。
4.3
两个重要极限
$$ \begin{aligned} \lim_{ x \to 0 } \frac{\sin x}{x} = 1 \ \ \ \ \ \lim_{ x \to 0 } (1 + x)^{\frac{1}{x}} = e \end{aligned} $$一些极限关系
$$ \begin{aligned} e^x - 1 \sim x (x \to 0) &\ \ \ \ \ \ \ \ \ &\sin x \sim x(x \to 0) \\ \ln(x + 1) \sim x (x \to 0) & & 1 - \cos x \sim \frac{1}{2} x^2(x \to 0) \\ \ln x = o(x^{-\alpha}) (x\to 0^{+}) & & x^k = o(a^x)(x \to +\infty) (a > 1) \\ (1 + x)^{\alpha} - 1 \sim \alpha x(x \to 0) & & \arctan x \sim x (x \to 0) \end{aligned} $$1
(1)
$$
\begin{aligned}
\lim_{x \to +\infty} \left( \frac{2}{\pi} \arctan x \right)^x &= \lim_{ x \to +\infty } \left( \frac{2}{\pi} \left( \frac{\pi}{2} - \arctan \frac{1}{x} \right) \right)^x \\
&= \lim_{ x \to +\infty } \left(1 - \frac{2}{\pi} \arctan{\frac{1}{x}} \right)^{-\frac{\pi}{2\arctan \frac{1}{x}} (-\frac{2 \arctan\frac{1}{x}}{\pi})x} \\
&= \lim_{ x \to +\infty } e^{ -\frac{2 x\arctan\frac{1}{x}}{\pi} } \\
&= e^{ -\frac{2}{\pi}}
\end{aligned}
$$
(2)
$$
\begin{aligned}
\lim_{x \to \frac{\pi}{2}} (\sin x)^{\tan x}& \ \ 令 \ t = \frac{\pi}{2} - x \\
\lim_{x \to \frac{\pi}{2}} (\sin x)^{\tan x} &= \lim_{ t \to 0 } (\cos t)^{\frac{1}{\tan t}} \\
&= \lim_{ t \to 0 } \left( 1 - \frac{1}{2}t^2 \right)^{\frac{\cos t}{\sin t}} \\
&= \lim_{ t \to 0 }\left( 1 - \frac{1}{2}t^2 \right)^{-\frac{2}{t^2} \left( -\frac{t^2}{2}\frac{\cos t}{\sin t} \right)} \\
&= \lim_{ t \to 0 } e^{-\frac{t^2\left( 1 - \frac{1}{2}t^2 \right)}{2t}} \\
&= \lim_{ t \to 0 } e^{\left( \frac{t^3}{4} - \frac{t}{2} \right)} \\
&= 1
\end{aligned}
$$
(3)
$$
\begin{aligned}
\lim_{x \to \infty} \left( \frac{x^2 - 1}{x^2 + 1} \right)^{x^2} &= \lim_{ x \to \infty } \left( 1 - \frac{2}{x^2 + 1} \right)^{-\frac{x^2+1}{2} \left(\frac{-2x^2}{x^2+1} \right)} \\
&= \lim_{ x \to \infty } e^{\frac{-2}{1 + \frac{1}{x^2}}} \\
&= e^{-2}
\end{aligned}
$$
(4)
$$
\begin{aligned}
\lim_{x \to \frac{\pi}{2}} (\cos x)^{\frac{\pi}{2} - x}& \ \ \ \ 令 t = \frac{\pi}{2} - x \\
\lim_{x \to \frac{\pi}{2}} (\cos x)^{\frac{\pi}{2} - x} &= \lim_{ t \to 0^{+} } (\sin t)^{t} \\
&= \lim_{ t \to 0^{+} } e^{t \ln(\sin t)} \\
&= \lim_{ t \to 0^{+} } e^{(t/\sin t) \sin t\ln(\sin t)} = 1
\end{aligned}
$$
(5)
$$
\begin{aligned}
\lim_{x \to 0} \frac{\sin 2x - 2 \sin x}{x^3} &= \lim_{ x \to 0 } \frac{2(\cos x - 1) \sin x}{x^3} \\
&= \lim_{ x \to 0 } \frac{2\left( -\frac{1}{2}x^2 \right)x}{x^3} \\
&= -1
\end{aligned}
$$
(6)
$$
\begin{aligned}
\lim_{x \to 1} (1 - x) \tan \left( \frac{\pi}{2} x \right) &\ \ \ \ 令 t = 1 - x \\
\lim_{x \to 1} (1 - x) \tan \left( \frac{\pi}{2} x \right) &= \lim_{ t \to 0 } \frac{t}{\tan \frac{\pi}{2}t} = \lim_{ t \to 0 } \frac{t\left( \cos \frac{\pi}{2}t \right)}{\sin \frac{\pi}{2}t} \\&= \lim_{ t \to 0 } \frac{t\left( 1 - \left( \frac{\pi}{2}t \right)^2 \right)}{\frac{\pi}{2}t} = \frac{2}{\pi}
\end{aligned}
$$
2
注意下列两个“不等式”并求出正确值:
(1)
$$
\begin{aligned}
\lim_{x \to +\infty} \frac{\sin x}{x} \neq 1 \\
0 < \left| \frac{\sin x}{x} \right| \le \left| \frac{1}{x} \right| \Rightarrow \lim_{ x \to +\infty } \frac{\sin x}{x} = 0
\end{aligned}
$$
(2)
$$
\begin{aligned}
\lim_{x \to +\infty} (1 + x)^{\frac{1}{x}} \neq e \\
\lim_{x \to +\infty} (1 + x)^{\frac{1}{x}} = \lim_{ x \to \infty } e^{ \frac{1}{x}\ln(1+x) } = e^{\lim_{ x \to \infty }\frac{1}{x+1}\ln(1+x) \frac{x+1}{x}} = 1
\end{aligned}
$$
3
设 $( a > 0, b > 0)$，求极限
$$
\begin{aligned}
\lim_{n \to \infty} \left( \frac{\sqrt[n]{a} + \sqrt[n]{b}}{2} \right)^n
\end{aligned}
$$
（本题是数列极限问题，但现在可以用函数极限知识来解决。）
见下题
4
设 $( a_1, \cdots, a_n)$ 为正数，$( n \geq 2)$
$$
f(x) = \left( \frac{a_1^x + a_2^x + \cdots + a_n^x}{n} \right)^\frac{1}{x}
$$
求
$$
\lim_{x \to 0} f(x)
$$
5
求极限
$$
\begin{aligned}
\lim_{n \to \infty} \prod_{k=1}^n \cos \frac{x}{2^k} &= \lim_{ n \to \infty } \frac{\cos \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2^2} \cdots \cos \frac{x}{2^n} \sin \frac{x}{2^n}}{\sin \frac{x}{2^n}} \\
&= \lim_{ n \to \infty } \frac{1}{2} \frac{\cos \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2^2} \cdots \cos \frac{x}{2^{n-1}} \sin \frac{x}{2^{n - 1}}}{\sin \frac{x}{2^n}} \\
&= \lim_{ n \to \infty } \frac{\sin x}{2^n \sin \frac{x}{2^n}} \\
&= \lim_{ n \to \infty } \frac{\sin x}{2^n \frac{x}{2^n}} \\
&= \frac{\sin x}{x}
\end{aligned}
$$
证明 $\text{Viete}$ 公式
4.4
1
确定下列无穷小量的阶：
(1)
$$
\begin{aligned}
\sqrt{1+\tan x} - \sqrt{1-\tan x} (x \to 0) \\
\sqrt{1+\tan x} - \sqrt{1-\tan x} = \frac{2\tan x}{\sqrt{ 1 + \tan x } + \sqrt{ 1 - \tan x }} \sim \tan x \sim x \\
1 阶
\end{aligned}
$$
(2)
$$
\begin{aligned}
\ln x - \ln a (x \to a), a > 0 \\
\ln x - \ln a = \ln \frac{x}{a} = \ln \left( \frac{x}{a} - 1 + 1\right) \sim \frac{x}{a} - 1 \\
1 阶
\end{aligned}
$$
(3)
$$
\begin{aligned}
a^x - 1 (x \to 0),a > 0 \\
a^x - 1 = e^{x \ln a} - 1 \sim x \ln a \\
1 阶
\end{aligned}
$$
(4)
$$
\begin{aligned}
a^{x^2} - b^{x^2} (x \to 0), a, b > 0 \\
a^{x^2} - b^{x^2} = e^{x^2 \ln a} - e^{x^2 \ln b} = (e^{x^2 \ln a} - 1) - (e^{x^2 \ln b} - 1) \sim x^2 \ln \frac{a}{b} \\
2 阶
\end{aligned}
$$
(5)
$$
\begin{aligned}
\ln\left( x + \cos \frac{\pi}{2}x \right) (x \to 1) &\ \ \ \ 令 t = 1 - x, t \to 0 \\
\ln\left( x + \cos \frac{\pi}{2}x \right) &= \ln\left( 1 - t + \cos \left( \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{2}t\right) \right) \\
&= \ln\left( 1 - t + \sin\left( \frac{\pi}{2} t\right) \right) \\
&\sim \sin\left( \frac{\pi}{2}t \right) - t \sim \left( \frac{\pi}{2} - 1 \right) t \\
1 阶
\end{aligned}
$$
(6)
$$
\begin{aligned}
\ln x \ln(x-1) (x \to 1^{+}) &\ \ \ \ \ 令 t = x - 1, t \to 0^{+} \\
\ln x \ln(x-1) &= \ln (t + 1) \ln t = \ln(t + 1)^{\ln t} = \ln(t + 1)^{\frac{1}{t + 1} ((t + 1) \ln t)} \\
&\sim \ln e^{(t + 1)\ln t} = (t + 1) \ln t \\
\ln t = o(t^{-\alpha}) \ (t \to 0^{+}), &(\alpha > 0)，阶数为 1 - \varepsilon, \forall \varepsilon > 0
\end{aligned}
$$
2
设存在极限 $\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x}$, 又有 $f(x) - f\left(\frac{x}{2}\right) = o(x) (x \to 0)$, 证明：$f(x) = o(x) (x \to 0)$。
$$ \begin{aligned} \lim_{ x \to 0 } \frac{f(x) - f\left( \frac{x}{2} \right)}{x} = 0 \\ \lim_{ x \to 0 } \frac{f(x)}{x} = \lim_{ x \to 0 } \frac{f\left( \frac{x}{2} \right)}{x}=\lim_{ x \to 0 } \frac{1}{2}\frac{f\left( \frac{x}{2} \right)}{\frac{x}{2}} = \lim_{ x \to 0 } \frac{1}{2} \frac{f(x)}{x} \Rightarrow \lim_{ x \to 0 } \frac{f(x)}{x} = 0 \\ f(x) = o(x) (x \to 0) \end{aligned} $$3
与数列中的几个常见的无穷大量之间的关系 $\ln n \ll n^\varepsilon \ll a^n \ll n! \ll n^n (a > 1, \varepsilon > 0)$ 相类似，证明当 $x \to +\infty$ 时，有
$$\ln x \ll x^\varepsilon \ll a^x \ll x^x (a > 1, \varepsilon > 0),$$其中 $u \ll v$ 的定义是 $\lim \frac{u}{v} = 0$。
即证 $\lim_{ x \to +\infty }\frac{\ln x}{x^{\epsilon}} = \lim_{ x \to +\infty } \frac{x^\epsilon}{a^x} = \lim_{ x \to +\infty } \frac{a^x}{x^x} = 0$，前两个等式见 4.2 第一题，下证 $\lim_{ x \to +\infty } \frac{a^x}{x^x} = 0$.
在 $x$ 足够大的时候， $\frac{a}{x} < 1, x > 1$ 此时 $0 < \left| \left( \frac{a}{x} \right)^x \right| < \frac{a}{x}$，当 $x \to \infty$ 时由迫敛性得到 $\lim_{ x \to +\infty } \left( \frac{a}{x} \right)^x = 0$
4
(1)
$$
\begin{aligned}
\lim_{x \to 0} \frac{\ln (\sin^2 x + e^x) - x}{\ln (x^2 + e^{2x}) - 2x} = \lim_{ x \to 0 } \frac{\ln\left( \frac{\sin^2x + e^x}{e^x} \right)}{\ln\left( \frac{x^2+e^{2x}}{e^{2x}} \right)} \lim_{ x \to 0 } \frac{\ln\left( 1 + \frac{\sin^2x}{e^x} \right)}{\ln\left( 1 + \frac{x^2}{e^{2x}} \right)} = \lim_{ x \to 0 } \frac{\sin^2x}{x^2} e^x = 1
\end{aligned}
$$
(2)
$$
\begin{aligned}
\lim_{x \to +\infty} (x + 1)[\ln (x^2 + x) - 2 \ln (x + 1)] &= \lim_{ x \to +\infty } (x + 1)\ln\left( \frac{x(x + 1)}{(x + 1)(x + 1)} \right) \\
&= \lim_{ x \to +\infty } (x + 1)\ln\left( 1 - \frac{1}{x + 1} \right) \\
&= \lim_{ x \to +\infty } -(x + 1)\left( \frac{1}{x + 1} \right) \\
&= -1
\end{aligned}
$$
(3)
$$
\begin{aligned}
\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{1+x} - \sqrt[6]{1+x}}{\sqrt[3]{1+x} - 1} = \lim_{ x \to 0 } \frac{\frac{x}{2} - \frac{x}{6}}{\frac{x}{3}} = 1
\end{aligned}
$$
(4)
$$
\begin{aligned}
\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{\cos x} - \sqrt[3]{\cos x}}{\sin^2 x} &= \lim_{ x \to 0 } \frac{\sqrt{ 1 + (\cos x - 1) } - \sqrt[3]{ 1 + (\cos x - 1) }}{\sin^2 x} \\
&= \lim_{ x \to 0 } \frac{\frac{\cos x - 1}{2} - \frac{\cos x - 1}{3}}{x^2} \\
&= \lim_{ x \to 0 } \frac{\cos x - 1}{6x^2} \\
&= \lim_{ x \to 0 } \frac{-\frac{1}{2}x^2}{6x^2} \\
&= -\frac{1}{12}
\end{aligned}
$$
(5)
$$
\begin{aligned}
\lim_{x \to 0} \frac{(3 + 2 \sin x)^x - 3^x}{\tan^2 x} &= \lim_{ x \to 0 } \frac{3^x\left( 1 + \frac{2}{3} \sin x\right)^x - 3^x}{\tan^2x}\\
&= \lim_{ x \to 0 } \frac{3^x\left( 1 + \frac{2}{3}\sin x \right)^{\frac{3}{2\sin x} \left( x\frac{2}{3}\sin x \right)}- 3^x}{\tan^2 x} \\
&=\lim_{ x \to 0 } \frac{3^x \left( e^{\frac{2}{3}x\sin x} - 1 \right)}{\tan^2x} \\
&=\lim_{ x \to 0 } \frac{2 \cdot 3^{x - 1} x\sin x}{\tan^2x} \\
&=\frac{2}{3}
\end{aligned}
$$
(6)
5.1
1
$(1)$ 将对偶法则用于连续性的第一定义和第二定义，写出函数 $f$ 在点 $a$ 出不连]续的两个正面叙述. $$ \begin{aligned} (1) \lim_{ x \to a } f(x) \not= f(a) \\ (2) \exists \{ x_n \}, \lim_{ n \to \infty } x_n = a, \lim_{ n \to \infty } f(x_n) \not= f(a) \end{aligned} $$ $(2)$ 证明连续性的两个定义的等价性 即证 $\lim_{ x \to a } f(x) = f(a) \Leftrightarrow$ 任何收敛于 $a$ 的数列 $\{x_n\}$，有 $\lim_{ n \to \infty }f(x_n) = f(a)$. 必要性：因为 $\lim_{ x \to a }f(x) = f(a)$，$\forall \varepsilon > 0, \exists \delta > 0, s.t. \ 0 < \left| x - a \right| < \delta, \left| f(x) - f(a) \right| < \varepsilon$，当 $x_n \to a$，存在 $N$，使得 $n > N$ 时，$0 < \left| x_n - a \right| < \delta$，也就有 $\left| f(x_n) - f(a) \right| < \varepsilon$，故 $\lim_{ n \to \infty } f(x_n) = f(a)$ 成立。 充分性：反证法，假设 $\lim_{ x \to a }f(x) \not=f(a)$，即是 $\forall \varepsilon > 0,\forall \delta >0, \exists x_0$ 满足 $\left| x_0 - a \right| < \delta,|f(x_0)-f(a)|>\varepsilon$，依次取 $\delta_i = \frac{1}{i},\exists x_i, |x_i - a|<\delta_i, \ s.t. |f(x_i) - f(a)|>\varepsilon$，故 $\lim_{ n \to \infty }x_n=a, \lim_{ n \to \infty }f(x_n) \not= f(a)$，矛盾。 ---2
讨论下列函数与其间断点类型
$$ \begin{aligned} (1) f(x) = [x], x \in \mathbb{Z} 第一类(跳跃) \\ (2) f(x) = \begin{cases}\frac{e^{\sin x} - 1}{x}, x \in(-\infty, 0) \cup (0, +\infty) \\ 1, x = 0 \end{cases} 没有间断点 \\ (3)f(x)=[x] + [-x], x \in \mathbb{Z} 第一类(可去) \\ (4) f(x) = \begin{cases} \frac{x^2-x}{|x|(x^2-1)},|x|\not=0,1 \\ 1, |x|=0, 1 & x = -1, 第二类, x = 0, 1, 第一类 \end{cases} \end{aligned} $$3
设函数 $f\in C[a, b]$，若有数列 $\{ x_n \} \in [a, b]$，使得 $\lim_{ n \to \infty }f(x_n)=A$，证明：存在 $\xi\in [a, b]$，使得 $f(\xi)=A$.
反证法：若不存在 $\xi\in [a, b], f(\xi)=A$，记 $f(x)$ 在 $x = x_0$ 处取得最小值，在 $x = x_1$ 处取得最大值，由函数的连续性可知，在 $[a, b]$ 上， $f(x)$ 的值域为 $[f(x_0), f(x_1)]$，故 $A > f(x_1)$ 或 $f(x_0)>A$，不妨设 $A>f(x_1)$，令 $t=A-f(x_1)$，取 $\varepsilon=\frac{t}{2},\forall x\in[a, b], |f(x)-A| \ge t = 2\varepsilon > \varepsilon$，与题设不符，矛盾。
4
设函数 $f$ 在 $(-\infty, +\infty)$ 上有定义，在 $x = 0, 1$ 两点连续，且满足 $f(x)=f(x^2), x\in \mathbf{R}$，证明： $f$ 是常值函数。
因为 $f(-x)=f(x)=f(x^2)$，故证明 $f$ 在 $[0, +\infty)$ 为常值函数即可。
$\forall x \ge 0, f(x)=f(x^{\frac{1}{2^n}}), \lim_{ n \to \infty }x^{\frac{1}{2^n}}=1,\lim_{ n \to \infty }f(x^\frac{1}{2^n})=f(1)$。
5
设在区间 $I$ 上函数 $f, g$ 连续，证明：$\max\{ f, g \}, \min\{ f,g \}\in C(I)$.
$$
\begin{aligned}
\max\{ f, g \} = \frac{f + g}{2} + \left| \frac{f - g}{2} \right| \\
\min\{ f, g \} = \frac{f + g}{2} - \left| \frac{f - g}{2} \right|
\end{aligned}
$$
故结论成立
6
设有三个函数 $f_1, f_2, f_3 \in C[a,b]$，对于每个 $x\in[a, b]$，定义 $f(x)$ 是是哪个函数值 $f_1(x), f_2(x), f_3(x)$ 中处于中间的一个值，证明：$f\in C[a, b]$.
$f(x) = f_1(x)+f_2(x)+f_3(x) - \max\{ f_1(x),f_2(x),f_3(x) \} - \min\{ f_1(x), f_2(x), f_3(x) \}$,由上一题结论可得 $f(x) \in C[a, b]$
7
证明： $f$ 为区间上连续函数的充分必要条件是：对每个正整数 $n$，函数
$$
\begin{aligned}
f_n(x) =
\begin{cases}
-n, f(x) \le -n \\
f(x), -n < f(x) \le n, \\
n, f(x) > n
\end{cases}
\end{aligned}
$$
连续。
该函数只在 $0$ 处连续
10
设 $f\in C(-\infty, +\infty)$，且对任意 $x, y\in R$ 由 $f(x+y)=f(x)f(y)$.证明：这个函数方程的解除了 $f(x)\equiv0$ 之外，就是 $f(x)=a^x$，其中$f(1)=a>0$.
若 $\exists x_0$ 使得 $f(x_0)=0$，则 $\forall x, f(x)=f(x - x_0 + x_0) = f(x - x_0)f(x_0)=0$，即 $f(x) \equiv 0$，故任一 $f(x)$ 均不等于 $0$，又 $f(x)=f(\frac{x}{2}+\frac{x}{2})=f(\frac{x}{2})\times f(\frac{x}{2}) > 0$.
那么取对数有 $\ln f(x+y)=\ln f(x)+\ln f(y)\Rightarrow \ln f(x)=x\ln f(1), f(x)=(f(1))^x$.
11
设 $f\in(-\infty, +\infty)$,且对任意 $x, y\in \mathbf{R}$ 有 $f\left( \frac{x+y}{2} \right)=\frac{1}{2}[f(x)+f(y)]$.证明：$f(x)=[f(1)-f(0)]x+f(0)$.
$$
\begin{aligned}
f(\frac{x}{2}) = \frac{1}{2}[f(x)+f(0)], f(\frac{y}{2})=\frac{1}{2}[f(y)+f(0)], \\
f(\frac{x+y}{2})=f(\frac{x}{2})+f(\frac{y}{2})-f(0)\Rightarrow f(tx)=tf(x)-(t - 1)f(0)\\ \Rightarrow f(x) = xf(1)-(x - 1)f(0)
\end{aligned}
$$
12
证明：函数 $f$ 在点 $a$ 连续的充分必要条件是 $f$ 在该点的振幅为 $0$，即 $\omega_f(a)=0$.
$\lim_{\delta \to 0^+} w_f(a, \delta) = 0$ 则$\forall \varepsilon > 0, \exists \delta > 0$，当 $x \in O_\delta (a)$ 时，有 $|f(x) - f(a)| < w_f(a) = \varepsilon$ $\therefore f$ 在 $a$ 连续. $f$ 在 $a$ 处连续，$\forall \varepsilon > 0, \exists \delta > 0$，当 $x \in O_\delta (a)$ 时，有 $|f(x) - f(a)| < \frac{\varepsilon}{2}, \therefore w_f \leq 2|f(x) - f(a)| < \varepsilon, \lim_{\delta \to 0^+} w_f(a, \delta) = 0$5.2
1
设 $f \in C[a, b], a \le x_1 \lt x_2 \lt \cdots \lt x_n \le b$,证明：存在 $\xi\in[x_1, x_n]$，使成立 $f(\xi)=\frac{f(x_1)+f(x_2)+\cdots+f(x_n)}{n}$.
若 $x_1, x_2, \cdots, x_n$ 同为最大或最小值，取 $\xi$ 为 $x_1$ 即可满足要求。
否则，据连续函数在有界闭区间上有最值，$f(x)$ 在 $[x_1,x_n]$ 上有最大最小值，不妨设 $f(x)$ 在 $x_s, x_t$ 处分别取得最大，最小值。
令 $F(x) = f(x)- \frac{f(x_1)+f(x_2)+\cdots+f(x_n)}{n}$,由 $nf(x_s)\lt f(x_1)+f(x_2)+\cdots+f(x_n), nf(x_t)>f(x_1)+f(x_2)+\cdots + f(x_n)$ 得 $F(x_s)\lt 0, F(x_t)>0$，据连续函数零点存在定理可得 $\exists \xi \in[a, b], F(\xi)=0 \ i.e. \ f(\xi) = \frac{f(x_1)+f(x_2)+\cdots+f(x_n))}{n}$.
2
设 $f$ 是定义在一个圆周上的连续函数.证明：存在一条直径，使得 $f$ 在其两端取相同的值.
To be continued.
3
若余弦多项式 $C_n(x)=\sum_{k = 0}^{n}a_k\cos kx$ 的系数满足条件 $\sum_{k=1}^{n - 1}|a_k|\lt a_n$，证明：$C_n(x)$ 在区间 $[0, 2\pi)$ 中至少有 $2n$ 个零点.
设 $x_i = i\pi/n$，当 $k$ 为奇数时：
$$ \begin{aligned} C_n(x_k+1)=a_0+a_1\cos x_{k + 1} + \cdots + a_{n - 1}\cos(n-1)x_{k - 1} + a_n > 0 \\ C_n(x_k)=a_0+a_1\cos x_{k} + \cdots + a_{n}\cos(n - 1)x_{k} - a_n \lt 0 \end{aligned} $$由介值定理，$C_n(x)$ 在 $(x_k, x_{k + 1})$ 上至少由一个零点，故在 $[0, 2\pi)$ 中至少有 $2n$ 个零点。
4
设 $a_1, a_2, a_3 > 0$，且 $b_1\lt b_2\lt b_3$，证明：方程
$$
\begin{aligned}
\frac{a_1}{x-b_1} + \frac{a_2}{x-b_2} + \frac{a_3}{x - b_3} = 0
\end{aligned}
$$
在区间 $(b_1, b_2)$ 和 $(b_2, b_3)$ 内恰好各有一个根.
构造 $F(x)=a_1(x-b_2)(x-b_3)+a_2(x-b_1)(x-b_3)+a_3(x-b_1)(x-b_2)$，易知 $F(x)$ 与 $f(x)$ 零点等价。$F(b_1)=a_1(x-b_2)(x-b_3)>0, F(b_2)=a_2(x-b_1)(x-b_3)\lt 0, F(b_3)=a_3(x-b_1)(x-b_2)>0$.
由介值定理可得 $(b_1, b_2)$ 和 $(b_2, b_3)$ 内恰好各有一个根。
5
证明：
(1) 奇数次多项式方程 $f(x)=x^{2n+1}+a_1x^{2n}+\cdots +a_{2n}x+a_{2n+1}=0$ 至少有一个实根.
$$
\begin{aligned}
\lim_{ x \to +\infty } f(x)=x^{2n+1}(1 + a_1/x+\cdots+a_{2n}/x^{2n}+a_{2n+1}/x^{2n+1}) = +\infty \\
\lim_{ x \to -\infty } f(x)=x^{2n+1}(1 + a_1/x+\cdots+a_{2n}/x^{2n}+a_{2n+1}/x^{2n+1}) = -\infty
\end{aligned}
$$
由介值定理可得，至少一个实根。
(2) 令 $a_{2n}>0, a_1=a_2=\cdots=a_{2n-1}=0$ 可得 $f(x)$ 没有实根。当 $a_{2n}\lt 0$ 时，$f(0)\lt 0, \lim_{ x \to +\infty }f(x)=+\infty, \lim_{ x \to -\infty }f(x)=+\infty$，由介值定理可知，此时至少两个实根。
6
证明：$x^{17}+215/(1+\cos^23x)=18$ 必有实根。
令 $f(x)=x^{17}+215/(1+\cos^23x)-18$，可得 $\lim_{ x \to -\infty }f(x)=-\infty, f(0)=215/2-18$，由介值定理可得，至少一个实根。
7
若 $f\in C[a, b]$，且 $f(x)$ 只取有理数.问： $f$ 有何特点？
为常值函数。证明：反证法，若不为常值函数，由有界闭区间连续函数必有最值可知，$f(x)\in[m, M]$，对于任一无理数 $y_0\in[m, M]$，由介值定理可得 $\exists x_0 \in[a, b]$ 使得 $f(x_0)=y_0$，矛盾。
8
设 $f\in C[a, b]$，且为一对一映射，证明：
$(1)$ 若 $f(a)\lt f(b)$，则 $f$ 严格单调增加
$(2)$ 若 $f(a)>f(b)$，则 $f$ 严格单调减少
仅证 $(1)$。反证法：若 $f$ 非严格单调增加，$\exists x_0\in[a, b]$，$f(x_0)$ 为最小值，则 $f(x_0)\lt f(a)\lt f(b)$，又 $a\lt x_0\lt b$，那么在 $(x_0, b)$ 上，$\exists x_1$，使得 $f(x_1)=f(a)$，与题设一对一映射矛盾。
9
设 $f\in C(-\infty, +\infty)$，且有 $f(-\infty)=A \lt B = f(+\infty)$，证明：对每个 $c\in(A, B)$，存在 $\xi$，使得 $f(\xi)=c$.
$\exists N_1 \in (-\infty, +\infty)$，使得 $x\lt N_1$ 时，$f(x)\lt c$，同时有 $\exists N_2\in(-\infty, +\infty)$，使得 $x>N_2$ 时，$f(x)>c$。
取 $N=\max\{ |N_1|, |N_2| \}$，在 $[-N, N]$ 上由介值定理可得，$\exists \xi\in[-N, N]$，使得 $f(\xi)=c$.
10
设 $f\in C[a, b)$，数列 $\{ x_n \}, \{ y_n \} \subset [a, b)$，已知
$$
\begin{aligned}
\lim_{ n \to \infty } x_n = b, \lim_{ n \to \infty } y_n=b, \lim_{ n \to \infty } f(x_n)=A, \lim_{ n \to \infty } f(y_n) = B
\end{aligned}
$$
但 $A \not= B$.证明：对每一个 $\eta \in(A, B)$，存在数列 $\{ z_n \} \subset [a, b)$，满足要求 $\lim_{ n \to \infty }z_n=b, \lim_{ n \to \infty }f(z_n)=\eta$.
不妨设 $x_n \lt y_n$ 那么在 $(x_n, y_n)$ 上，存在 $z_n$ 使得 $f(z_n)=\eta$，故 $x_n \lt z_n \lt y_n$。由夹逼定理 $\lim_{ n \to \infty }z_n=b$.
$$ \begin{aligned} &\lim_{ n \to \infty } f(x_n)=A < \eta < B = \lim_{ n \to \infty } f(y_n) \\ \Rightarrow & \exists N \ \ s.t. \ \ n > N, f(x_n) < \eta < f(y_n) \\ \end{aligned} $$不妨设 $x_n < y_n$ 那么在 $(x_n, y_n)$ 上，存在 $z_n$ 使得 $f(z_n)=\eta$，故 $x_n < z_n < y_n$。由夹逼定理 $\lim_{ n \to \infty }z_n=b$.
5.3
1
设函数 $f$ 在区间 $[a, b]$ 中只有第一类间断点，证明：$f$ 在 $[a, b]$ 上有界。
$f(x)$ 在第一类和间断点的邻域内均有界，故在 $[a, b]$ 上有界
2
若 $f\in C[a, +\infty)$，且存在有限极限 $\lim_{ n \to +\infty }f(x)$.证明 $f$ 在 $[a, +\infty)$ 上有界。
设 $\lim_{ n \to +\infty } f(x)= A$，则 $\exists N > 0$ 使得 $x > N$ 时，$|f(x) - A| \lt |f(x) - A| + 1$ 即 $|f(x)| \lt A+1$.
又因为 $f$ 在 $[a, N]$ 上有界，不妨记为 $B$，则在 $[a, N]$ 上 $|f(x)| \le B$，在 $[N, +\infty)$ 上 $|f(x)| \le A+1$，故 $f$ 在 $[a, +\infty)$ 上有界。
4
若函数 $f$ 在区间 $[a, b]$ 上的值域为闭区间，则 $f$ 是否在 $[a, b]$ 上连续？
反例
5
若 $f\in C[a, +\infty)$，且存在有限极限 $\lim_{ x \to +\infty }f(x)$.证明：$f$ 在 $[a, +\infty)$ 上至少可以取到最大值或者最小值中的一个.
记 $\lim_{ x \to +\infty }f(x)=A$, $\exists N$，使得 $x > N,|f(x)-A|\lt 1$，故 $|f(x)| \le |A|+1$.
又由 $f$ 在 $[a, N]$ 上连续，故 $\exists x_0, x_1 \in [a, N]$ 使得 $f(x_0)=\min_{x\in[a, N]}f(x), f(x_1)=\max_{x\in[a, N]}f(x)$.
若 $|A|>f(x_1)$,则 $f(x_0)=\min_{x\in[a, +\infty)}f(x)$，若 $|A|\lt f(x_1)$,则 $f(x_1)=\max_{x\in[a, +\infty)}f(x)$.
6
若 $f\in C(a, b)$，且 $f(a^{+})=f(b^{-})=+\infty$，证明：$f$ 在 $(a, b)$ 上有最小值。
取 $\delta \in (0, \frac{a+b}{2})$，有 $x_1 \in(a, a + \delta), x_2\in(b - \delta, b)$，使 $f(\frac{a+b}{2}) \lt f(x_1), f(\frac{a + b}{2}) \lt f(x_2)$.又因为 $f$ 在 $[a + \delta, b-\delta]$ 上连续，故 $\exists x_0 \in[a +\delta, b - \delta]$，$f(x_0)$ 是 $f$ 在 $[a + \delta, b - \delta]$ 上的最小值。有 $f(x_0)\lt f(\frac{a + b}{2}))$，即 $f(x_0)\lt f(x_1), f(x_0)\lt f(x_2)$，故 $f(x_0)$ 是 $(a, b)$ 上的最小值。
7
若 $f\in C(a, b)$，且 $f(a^{+})=f(b^{-})$，证明：$f$ 在 $(a, b)$ 上至少可以取到最大值或者最小值中的一个.
记 $A = f(a^{+})$，若 $f$ 为常值函数，结论成立。
否则取 $x_0\in (a, b), f(x_0) \not= A$. 若 $f(x_0) > A$，记 $\varepsilon = \frac{f(x_0) - A}{2}$.
存在 $\delta >0$，使得 $x_1\in(a, a+\delta), x_2\in(b - \delta, b), |f(x_1)-A|\lt \varepsilon, |f(x_2)-A| \lt \varepsilon$.
即有 $f(x_1), f(x_2)\lt A+\varepsilon < f(x_0)$，$f$ 在 $[a+\delta, b-\delta]$ 上有最大值，记为 $f(t), t\in[a + \delta, b - \delta]$.
那么 $f(x_1), f(x_2)\lt A+\varepsilon\lt f(x_0) \lt f(t)$，故 $f$ 在 $(a, b)$ 上可以取到最大值。
若 $f(x_0) \lt A$，同理可证 $f$ 在 $(a, b)$ 上可以取到最小值。
8
若 $f\in C(-\infty, +\infty)$,$\lim_{ x \to \pm\infty }f(x)=+\infty$,且 $f(x)$ 的最小值 $f(a) \lt a$.证明：复合函数 $f(f(x))$ 至少在两个点上取到它的最小值。
要证 $f(f(x))$ 至少在两个点上取到它的最小值，即证 $f(x)=a$ 至少有两个解。
由 $f(a) \lt a, \lim_{ x \to \pm \infty }f(x)=+\infty$，介值定理可知 $(-\infty, a), (a, +\infty)$ 上都至少有一个解。
5.4
1
若 $f$ 在区间 $I$ 上有定义，且存在 $L > 0$，使得对任意 $x_1, x_2\in I$ 成立 $|f(x_1) - f(x_2)| \le L|x_1-x_2|$，则称 $f$ 在 $I$ 上满足 Lipschitz 条件. 证明：在区间 $I$ 上满足该条件的函数必是一致连续函数。
$\varepsilon > 0, \exists \delta > 0$，满足 $x_1, x_2 \in I, |x_1-x_2|\lt \delta \Rightarrow |f(x_1) - f(x_2)| \le L|x_1 - x_2| \lt L\delta=\varepsilon$. --- #### 2 根据一直连续性的定义直接证明：若 $f$ 在 $(a, b)$ 上一致连续，则 $f$ 有界。 由 $f$ 在 $(a, b)$ 上一致连续，不妨取 $\varepsilon = 1$，那么 $\exists \delta > 0$，使得 $|x_1 - x_2| \lt \delta, |f(x_1) - f(x_2)| < 1$，取 $n\in \mathbb{Z}$，满足 $\frac{b - a}{n} \lt \delta$，记 $x_k = k\frac{b - a}{n}+a, k = 0, 1, \cdots, n$. 对 $\forall x\in(a, b)$，都有 $\exists k, k = 0, 1, \cdots n$使得 $x_k \lt x \lt x_{k + 1}$,$|x - \frac{x_k+x_{k + 1}}{2}|\lt \delta \Rightarrow |f(x) - f(\frac{x_k+x_{k+1}}{2})|\lt 1$.
于是 $|f(x)|=|f(x) - f(\frac{x_k+x_{k + 1}}{2})| \lt 1 + \max_{k = 0, 1, 2, \cdots, n} f(\frac{x_k+x_{k + 1}}{2})$.
3
(1) 设 $f, g$ 在区间 $I$ 上一致连续，问：它们的线性组合 $af+bg$ 和乘积 $fg$ 在 $I$ 上是否一致连续。
是。
$$
\begin{aligned}
|x_1 - x_2| \lt \delta \Rightarrow \begin{cases}
|f(x_1)-f(x_2)| \lt \varepsilon \\
|g(x_1)-g(x_2)| \lt \varepsilon
\end{cases} \\
|(af+bg)(x_1) - (af+bg)(x_2)| \lt (|a|+|b|)\varepsilon \\
|(fg)(x_1)-(fg)(x_2)| \le |f(x_1)g(x_1)-f(x_2)g(x_2)|+|f(x_1)g(x_2)-f(x_2)g(x_1)| \le \varepsilon 2M
\end{aligned}
$$
(2) 设 $f$ 在区间 $I_1$ 上一致连续，$g$ 在区间 $I_2$ 上一致连续，且区间 $I_2$ 包含了 $f$ 的值域，问：复合函数 $g\circ f$ 在区间 $I_1$ 上是否一致连续。
是。
$g$ 在区间 $I_2$ 上一致连续，故 $\forall \varepsilon > 0, \exists \delta'>0$ 使得 $|y_1 - y_2| \lt \delta'$ 有 $|g(y_1) - g(y_2)|\lt\delta$.
因为 $f$ 在区间 $I_1$ 上一致连续，故 $\forall \delta' >0,\exists \delta >0$ 使得 $|x_1 - x_2| \lt \delta$ 有 $|f(x_1) - f(x_2)| \lt \delta'$，即 $|g(f(x_1)) - g(f(x_2))| \lt \varepsilon$.
4
设 $f\in C(-\infty, +\infty)$ 且为周期函数.证明：$f$ 在 $(-\infty, +\infty)$ 上一致连续。
设周期为 $T$，那么在 $[-T, 2T]$ 上 $f$ 连续，则 $f$ 在 $[-T, 2T]$ 上一致连续。
$\forall x_1, x_2 \in R, |x_1 - x_2| \lt \delta$，设 $x_1 \in [kT, (k + 1)T]$,则 $x_2 \in [(k - 1)T, (k + 2)T]$，故
$|f(x)-f(y)|=|f(x-kT) - f(y - kT)| \lt \varepsilon$
5
(1) 设 $f\in C[0, +\infty)$，且有 $\lim_{ x \to +\infty }[f(x)-(ax+b)]=0$.证明 $f$ 在 $[0, +\infty)$ 上一致连续。
(2)
(3)