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课程表

集合

映射

函数

极限

无穷小与无穷大

极限的运算法则

极限存在的准则&两个重要的极限

函数的连续性和间断点

闭区间上连续的函数的性质

极限存在的准则&两个重要的极限

准则Ⅰ如果数列{xn},{yn}{zn}满足下列条件:

(1)从某项起,即n0N,当n>n0 时,有ynxnzn,

(2)limnyn=a,limnzn=a,

那么数列{xn}的极限存在,且limnxn=a.

证明:因yna,zna,所以根据数列极限的定义,ε>0,\exists 正整数N_1,当n>N_1时,有|y_n-a|<ε;又存在正整数N_2,当n>N_2时,有|z_n-a|<ε.取N = \max \{ {n_0},{N_1},{N_2}\} ,则当n>N时,有|y_n-a|<ε,|z_n-a|<ε同时成立,即

a - \varepsilon < {y_n} < a + \varepsilon ,a - \varepsilon < {z_n} < a + \varepsilon ,

y_n≤x_n≤z_n,则

a - \varepsilon < {y_n} \leqslant {x_n} \leqslant {z_n} < a + \varepsilon ,

|x_n-a|<ε

这就证明了\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n} = a.

数列极限的存在准则可以推广到函数的极限:

 

准则Ⅰ'如果

(1)当x∈\mathop U\limits^0 \left( {x_0,r } \right)(或|x|>M)时,

g(x) \leqslant f(x) \leqslant h(x),

(2) \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} g(x) = A,\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} h(x) = A,\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } g(x) = A,\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } h(x) = A,

那么\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = A\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } f(x) = A.

例 证明

\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin x}}{x} = 1.

证明 首先注意到函数f(x) = \frac{{\sin x}}{x}的定义域是:\{ x|x \in {\bf{R}}但x \ne 0\} ,而且证明的是x→0(因为函数在x=0处没有定义,而通常情况下我们想知道函数在没有定义或无法取值的点的函数值)时函数的极限.在一维的情况下, x→0只包括x从0的左侧和右侧同时趋近,且\sin x为三角函数,因此我们只需考虑0的某一去心邻域\mathop U\limits^0 \left( {0,\frac{\pi }{2}} \right)即可,即x \in \mathop U\limits^0 \left( {0,{\pi \over 2}} \right).

\frac{{\sin x}}{x}x=0时没有意义,是我们求证x→0\frac{{\sin x}}{x}的极限的原因.

如图所示,\angle DOA = x(0 < x < \frac{\pi }{2})

OC = \cos x,CB = \sin x,AD = \tan x,\widehat {AB} = x,

\frac{{2\pi }}{{2\pi R}} = \frac{x}{{\widehat {AB}}} \Rightarrow \widehat {AB} = x,

{S_{\Delta OAB}} < 扇形OAB面积 < {S_{\Delta OAD}},

\frac{{\pi {R^2}}}{{2\pi }} = \frac{{扇形OAB面积}}{x} \Rightarrow 扇形OAB面积 = \frac{x}{2},

所以 \begin{equation} \frac{1}{2}\sin x < \frac{1}{2}x < \frac{1}{2}\tan x \end{equation}

\begin{equation} \cos x < \frac{{\sin x}}{x} < 1 \end{equation}

在第四象限内依然比较面积关系,有

\frac{{ - \tan ( - x)}}{2} > \frac{{ - ( - x)}}{2} > \frac{{ - \sin ( - x)}}{2} > 0, - x < \sin ( - x) < 0, \left\{ \begin{gathered} 0 < \sin x < x, \hfill \\ - x < \sin ( - x) < 0, \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow |x| > |\sin x|,x \in \mathop U\limits^0 \left( {0,{\pi \over 2}} \right), \frac{{ - \tan ( - x)}}{2} > \frac{{ - ( - x)}}{2} > \frac{{ - \sin ( - x)}}{2} > 0, \tan ( - x) < - x < \sin ( - x) < 0, \frac{1}{{\cos ( - x)}} > \frac{{ - x}}{{\sin ( - x)}} > 1, \cos ( - x) < \frac{{\sin ( - x)}}{{ - x}} < 1,

这与(2)式是一致的,

因此用-x代替x时,(2)式对于开区间( - \frac{\pi }{2},0)内的一切点x也是成立的.

|x| \geqslant \frac{\pi }{2}时,\sin x| \leqslant 1 < |x|,因此对于任意的角度x,当x≠0 时有|\sin x| < |x|.

为了对上式运用准则Ⅰ',下面来证明

\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \cos x = 1.

0 < |x| < \frac{\pi }{2}时,

0 < |\cos x - 1| = 1 - \cos x = 2{\sin ^2}\frac{x}{2}

因为|x| > |\sin x|,x \in \mathop U\limits^0 \left( {0,{\pi \over 2}} \right),因此

0 < |\cos x - 1| = 1 - \cos x = 2{\sin ^2}\frac{x}{2} < 2{(\frac{x}{2})^2} = \frac{{{x^2}}}{2},

x \to 0,\frac{{{x^2}}}{2} \to 0,由准则Ⅰ'有\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} (1 - \cos x) = 0,由函数极限的运算法则,有\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \cos x = 1,由于\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \cos x = 1,\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} 1 = 1,由不等式 (2) 及准则Ⅰ',即得

\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin x}}{x} = 1.