第四章函数的连续性 §1连续性概念 例1用E-δ方法验证下列函数的连续性 (1)y=x2 解(1)若x0=0VE>0,36=√E,当0.36=62,当6时,1xk若x2≠0,先限定kx-x0,于是 为了使Nx-x0时,彐E >0,在U°(x0;a)中取x为有理数,取x"为无理数,于是
第四章 函数的连续性 §1 连续性概念 例 1 用 − 方法验证下列函数的连续性： （1） 2 y = x ； （2） 3 y = x . 解 （1）若 = 0, 0, = 0 x ，当|x|<δ时， | | 2 x .若 x0 0 ，先限定 2 | | 0 0 x x − x ， 为了使 − = − + − 2 3| | 0 0 0 0 2 0 2 x x x x x x x x x ， 只要取 = 3| | 2 , 2 min 0 0 x x ，当 | x − x0 | 时，便有 − 2 0 2 x x . （2）若 3 0 x = 0, 0, = ，当|x|<δ时， | | 3 x .若 x0 0 ，先限定 2 | | 0 0 x x − x ，这时 x 与 0 x 同号，即 0 3 xx 0 ，于是 3 2 0 0 3 2 0 3 0 3 2 0 3 0 3 x x x x xx x x x x x − + + − − = 为了使 − 3 0 3 x x ，只需取 = 3 2 0 0 , 2 min x x ， 当 x − x0 时， − 3 0 3 x x . 例 2 证明函数 = 为无理数 为有理数 x x x ， f x 0, , ( ) 3 在 x0 = 0 处连续，但是在 x0 0 处不连续. 证 x0 = 0 时，因为 3 0 f (x) x ，于是 lim ( ) 0 0 = → f x x ，即 f (x) 在 x=0 处连续. x0 0 时， , 0 2 3 0 0 = x ，在 ( ; ) U + x0 中取 x 为有理数，取 x 为无理数，于是
f(x)-f(x)=x3> 由函数极限柯西准则的否定形式可知f(x)在点x0处极限不存在,这样f(x)在点x0处不连 续x0<0时可类似地证明 例3讨论函数f(x)= /x的间断点 解可能的间断点为x=0,x=±1.因为 , x→1mn|x 所以x=±1为函数f(x)的第二类间断点 由于f(x)在U°(0)内有定义,而 0 因此x=0是函数的可去间断点 说明到本章§3时可知这函数在其余各点都连续 例4讨论函数f(x)=sgsn2的间断点 分析函数sn一在U°(0)内有定义,当x→0时函数无限次改变符号,因而x→0时,f(x)能 交替取值1或-1,即lmf(x)不存在,于是x。=0为可能的间断点 又因为函数sugu以u=0为间断点,所以若sm一在某点x附近不断地改变函数值的符号时,则 复合函数 sgn sin可能具有间断点x,因而可推测到x=(k=1+2…)也是函数的可能间断点 具体判别时应当验证各点的极限 解设x4=(k=±1+2,…),当k为偶数时 f(xx +0)=lim sgn sin=-1 f(x-O)=lim sgn(sin=1 当k为奇数时 f(x4+0)=lm f(x-0)=lim sgn sin T=-1
0 3 0 3 2 1 f (x ) − f (x ) = x x = . 由函数极限柯西准则的否定形式可知 f (x) 在点 0 x 处极限不存在，这样 f (x) 在点 0 x 处不连 续. x0 0 时可类似地证明. 例 3 讨论函数 | | 1 ( ) In x f x = 的间断点. 解 可能的间断点为 x=0， x = 1.因为 = → | | 1 lim 1 In x x ， 所以 x = 1 为函数 f (x) 的第二类间断点. 由于 f (x) 在 U(0) 内有定义，而 0 | | 1 lim 0 = → In x x 因此 x=0 是函数的可去间断点. 说明 到本章§3 时可知这函数在其余各点都连续. 例 4 讨论函数 = x f x ( ) sgn sin 的间断点. 分析 函数 x sin 在 U(0) 内有定义，当 x → 0 时函数无限次改变符号，因而 x → 0 时， f (x) 能 交替取值 1 或-1，即 lim ( ) 0 f x x→ 不存在，于是 x0 = 0 为可能的间断点 . 又因为函数 sug u 以 u=0 为间断点，所以若 x sin 在某点 0 x 附近不断地改变函数值的符号时，则 复合函数 x sgn sin 可能具有间断点 0 x ，因而可推测到 ( 1, 2, ) 1 = k = k xk 也是函数的可能间断点. 具体判别时应当验证各点的极限. 解 设 ( 1, 2, ) 1 = k = k xk ，当 k 为偶数时 ( 0) lim sgn sin = −1 + = → + x f x k x x k ， ( 0) lim sgn sin =1 − = → − x f x k x x k ； 当 k 为奇数时 ( 0) lim sgn sin =1 + = → + x f x k x x k ， ( 0) lim sgn sin = −1 − = → − x f x k x x k ；
即x4=7(k=土1+2…)为跳跃间断点 再考虑x=0这时彐o =1v6>0,37,满足、1 x 有 2>E0, 由函数极限的柯西准则的否定形式,lmf(x)不存在,于是x0=0是函数f(x)的第二类间断点 例5设f(x)在(0,1)内有定义,且函数ef(x)与e(在(0,1)内是递增的,试证f(x) 在(0,1)内连续 需证x0∈(01),f(x)在点x连续,即f(x0+0)=f(x0-0)=f(x0)因为e(在(0,1)内的 递增性保证了f(x)在(0,1)内是递减的,所以为了证明f(x0+0)的存在性,很自然地想到利用 函数极限的单调有界定理 证因为e(在(0,1)内递增,所以f(x)在(0,1)内递减x∈(0,1),首先来证明 f(x0+0)=f(x)当x>x0时,f(x)≤∫(x),由函数极限的单调有界定理linf(x)存在又由函数 极限保不等式性质,有 f(xo+0)=lim f(x)sf(xo) 另外,由于ef(x)在(0,1)内递增,因此当x>x。时 f(x0)≤ef(x) 令 有 eof(x0)≤ef(x0+0) 即f(x。-0)=f(x0),由x在(0,1)中的任意性,可得f(x)在(0,1)内连续 说明其中应用了基本初等函数e的连续性 §2连续函数的性质 例1试证函数y=snx2,在[0,+∞)上是不一致连续的
即 ( 1, 2, ) 1 = k = k xk 为跳跃间断点. 再考虑 x0 = 0.这时 0 =1, 0,n ，满足 + 2 1 1 n ， + 2 3 1 n ，取 2 1 1 + = n x ， 2 3 1 + = n x ，有 2 0 2 3 sgn sin 2 1 ( ) ( ) sgn sin = − + f x − f x = n + n ， 由函数极限的柯西准则的否定形式， lim ( ) 0 f x x→ 不存在，于是 x0 = 0 是函数 f (x) 的第二类间断点. 例 5 设 f (x) 在（0，1）内有定义，且函数 e f (x) x 与 f ( x) e − 在（0，1）内是递增的，试证 f (x) 在（0，1）内连续. 需证 (0,1), ( ) 0 x f x 在点 0 x 连续，即 ( 0) ( 0) ( ) 0 0 0 f x + = f x − = f x .因为 f ( x) e − 在（0，1）内的 递增性保证了 f (x) 在（0，1）内是递减的，所以为了证明 ( 0) f x0 + 的存在性，很自然地想到利用 函数极限的单调有界定理. 证 因为 f ( x) e − 在（0，1）内递增，所以 f (x) 在（0，1）内递减. (0,1) x0 ，首先来证明 ( 0) f x0 + = ( ) 0 f x .当 0 x x 时， f (x) ≤ ( ) 0 f x ，由函数极限的单调有界定理 lim ( ) 0 f x x x → + 存在.又由函数 极限保不等式性质，有 ( 0) f x0 + = lim ( ) 0 f x x x → + ≤ ( ) 0 f x . 另外，由于 e f (x) x 在（0，1）内递增，因此当 0 x x 时， ( ) 0 0 e f x x ≤ e f (x) x ， 令 → + 0 x x ，有 ( ) 0 0 e f x x ≤ ( 0) e0 f x0 + x 即 ( 0) f x0 − = ( ) 0 f x ，由 0 x 在（0，1）中的任意性，可得 f (x) 在（0，1）内连续. 说明 其中应用了基本初等函数 x e 的连续性. §2 连续函数的性质 例 1 试证函数 2 y = sin x ，在 [0,+) 上是不一致连续的
分析需确定Eo>0.V6>0,可找到xx"满足x-x"6,但f(x)-f(x)|≥Eo 由于six2在任意闭区间[,d](a>0)上一致连续,因此当d很小时,必须在U(+∞)中寻找x,x 这是证明中的困难之处现不妨取x'=nz+2,x"=√mz, 当n充分大时,x,x”能满足x-x1-d,但f(x)-f(x")≥ 证36n=16>0,取x=V1mz+z,x"=√nz,当n>不时,使-x1<6,但 snx2-sinx"=1≥E0,即snx2在[O+∞)上不一致连续 例2设函数f(x)在(ab)内连续,且limf(x)=lmf(x)=0,证明f(x)在(ab)内有最大 值或最小值 分析因为lmf(x)=lmf(x)=0,于是可把f(x)延拓成[ab]上的连续函数,然后可以应用连 续函数的最大、最小值定理. 证人先把函数f(x)延拓成[ab上的函数F(x),设 f(x),x∈(a,b) F(x) 0.x=a,b. 易知F(x)为ab]上的连续函数,这是因为 lm F(x)=lim f(x)=0= F(a) lim F(x)=lim f(x)=0=F(b) 在ab上对F(x)应用连续函数的最大、最小值定理,即彐1,52∈[a,b],F(x)在51,52分别 取得最大值和最小值若51=a,52=b,则f(x)在(ab)内恒为零,显然f(x)在(ab)内同样能 取得最大值和最小值;若51,52中有一个数在(ab)内,则f(x)在(ab)内取得最大值或最小值 例3证明:若在有限区间(ab)内单调有界函数f(x)是连续的,则此函数在(ab)内是一致 连续的 分析因为f(x)是(ab)内的单调有界函数,所以由函数极限的单调有界定理,可得存在 f(a+0),f(b-0)证明本题的合理途径是把f(x)延拓成闭区间[ab]上的连续函数F(x)在[ab]上应 用一致连续性定理
分析 需确定 0 0, 0 ，可找到 x , x 满足 x − x ，但 | f (x ) − f (x )| ≥ 0 . 由于 2 sin x 在任意闭区间 0, a （ a>0）上一致连续，因此当 很小时，必须在 U(+) 中寻找 x , x ， 这是证明中的困难之处.现不妨取 x = n + , x = n 2 ， n n n x x n n 2 1 2 2 2 0 + + − = + − = ， 当 n 充分大时， x , x 能满足 x − x ，但 | f (x ) − f (x )| ≥1. 证 0 =1, 0 ，取 2 x = n + ， x = n ，当 2 4 n 时，使 x − x ，但 |sin sin | 1 2 2 x − x = ≥ 0 ，即 2 sin x 在 [0,+) 上不一致连续. 例 2 设函数 f (x) 在（a,b）内连续，且 lim f (x) x a → + = lim f (x) x b → − =0，证明 f (x) 在（a,b）内有最大 值或最小值. 分析 因为 lim f (x) x a → + = lim f (x) x b → − =0，于是可把 f (x) 延拓成[a,b]上的连续函数，然后可以应用连 续函数的最大、最小值定理. 证人 先把函数 f (x) 延拓成[a,b]上的函数 F(x)，设 = = 0, , . ( ), ( , ), ( ) x a b f x x a b F x 易知 F(x) 为[a,b]上的连续函数，这是因为 lim F(x) x a → + = lim f (x) x a → + =0= F(a) ， lim F(x) x b → − = lim f (x) x b → − =0= F(b) . 在[a,b]上对 F(x) 应用连续函数的最大、最小值定理，即 1， 2 [a,b]， F(x) 在 1 ， 2 分别 取得最大值和最小值.若 1 = a ， 2 = b ，则 f (x) 在（a,b）内恒为零，显然 f (x) 在（a,b）内同样能 取得最大值和最小值；若 1 ， 2 中有一个数在（a,b）内，则 f (x) 在（a,b）内取得最大值或最小值. 例 3 证明：若在有限区间（a,b）内单调有界函数 f (x) 是连续的，则此函数在（a,b）内是一致 连续的. 分析 因为 f (x) 是（a,b）内的单调有界函数，所以由函数极限的单调有界定理，可得存在 f (a + 0)，f (b − 0).证明本题的合理途径是把 f (x) 延拓成闭区间[a,b]上的连续函数 F(x) 在[a,b]上应 用一致连续性定理
证因为f(x)是(ab)内的单调有界函数,所以由函数极限的单调有界定理,imf(x)与 imf(x)都存在,应用范例1中的方法,可把f(x)延拓为ab]上的连续函数F(x),即 im f(x),x=a F(x)={f(x),x∈(a,b) lim f(x),x=b 由一致连续性定理,可得F(x)在[ab]上一致连续,于是f(x)为(ab)内的一致连续函数 例4若函数f是区间I上的一一对应的连续函数,则∫是I上的严格单调函数 分析若∫不是严格单调的,则必有x1f(x2),f(x3)>f(x2),(或 f(x1)f(x2),f(x2)0,36()>0,x2,x"∈lx'-x"kd,则f(x')-f(x")kE.设I上两个数列x|x1,满 足ln(x-x”)=0,于是对上述δ0,Ⅶmn>N,|x'-x”kδ,由一致连续性条件,有 f(x’)-f(x")kE
证 因为 f (x) 是（a,b）内的单调有界函数，所以由函数极限的单调有界定理， lim f (x) x a → + 与 lim f (x) x b → − 都存在，应用范例 1 中的方法，可把 f (x) 延拓为[a,b]上的连续函数 F(x) ，即 = = = − + → → lim ( ), . ( ), ( , ), lim ( ), , ( ) f x x b f x x a b f x x a F x x b x a 由一致连续性定理，可得 F(x) 在[a,b]上一致连续，于是 f (x) 为（a,b）内的一致连续函数. 例 4 若函数 f 是区间 I 上的一一对应的连续函数，则 f 是 I 上的严格单调函数. 分析 若 f 不是严格单调的，则必有 1 2 3 x x x ， ( ) ( ) 1 2 f x f x ， ( ) ( ) 3 2 f x f x ，（或 ( ) ( ) 1 2 f x f x ， ( ) ( ) 3 2 f x f x ），这时如图 4-1 所示，取适当的μ，作平行于 x 轴的直线 y=μ，与 y = f (x) 有两个交点（ , ( ) 1 1 f ），（ , ( ) 2 2 f ），这与 f 是一一对应相矛盾. 证 用反证法，若 f 在 I 上不是严格单调的，则必 1 2 3 x , x , x ，满足 1 2 3 x x x ， ( f (x1 ) − f (x2 ))( f (x2 ) − f (x 3 )) 0 . 不妨设 ( ) ( ) 1 2 f x f x ， ( ) ( ) 2 3 f x f x .取满足下列条件的实数μ： f (x2 ) minf (x1 ), f (x3 ). 分别在区间 [ , ],[ , ] 1 2 2 3 x x x x 上应用连续函数的介值定理， 1， 2 满足 1 1 2 x x ， 2 1 3 x x ， 使得 f ( 1 ) = f ( 2 ) = ， 这与 f 是一一对应相矛盾. 注 我们知道一一对应的函数一般不一定是严格单调的，但是对于连续函数而言，严格单调的 充要条件是一一对应的. 例 5 函数 f (x) 定义在区间 I 上，试证 f (x) 在 I 上一致连续的充要条件为：对任何数列 x x I n , n ，若 lim( − ) = 0 → n n n x x ，则 lim( ( ) − ( )) = 0 → n n n f x f x . 证 [必要性] 若 f (x) 在 I 上一致连续，则 0, ( ) 0,x , x I,| x − x | ，则 | f (x ) − f (x )| .设 I 上两个数列 n n x , x ，满 足 lim( − ) = 0 → n n n x x ，于是对上述 0，N 0,n N ，| x − x | ，由一致连续性条件，有 | f (x ) − f (x )|
im(f(x2)-f(x)=0 充要性]设对I上任意两个数列x与x1,若lm(x2-x")=0,则有lm((x2)-f(x) 现证f(x)在I上一致连续 用反证法若f(x)在I上不一致连续,则 3E0>0,>0,3x,x"∈l,满足|x'-x"kd,但有|f(x)-f(x)≥E0 取61=1,x1,x∈lx1-x1k1,有|f(x1)-f(x1)≥E0, 取δ2=,丑x2x2∈l|x2-x2k,有f(x2)-f(x2)≥E, 取d=,丑xx"∈x-x"k ,有|∫(x)-f(x”)≥E, 于是lim(x-xn)=0,但是m(f(x)-f(x2)≠0,与所设条件矛盾所以f(x)在I上一致连续 注在充分性证明中由f(x)在I上不一致连续的正面陈述,取一列δn→0,选出两个数列 x"1,这种方法是有用的分析技巧 §3初等函数的连续性 例1求极限lm(1+aa)(a为实数) 分析设法利用m(1+x)=e求上述极限 若a为有理数(a=P,pq为互质整数q>0),可以用极限运算法则求极限: lim(1+aa)'=lim/lp P im‖l P P q 若a为无理数,则无法用上述方法但可以用公式(3.2)求极限(即应用指数函数的连续性), 这是因为当a≠0时
即 lim( ( ) − ( )) = 0 → n n n f x f x . [充要性] 设对 I 上任意两个数列 n n x 与x ，若 lim( − ) = 0 → n n n x x ，则有 lim( ( ) − ( )) = 0 → n n n f x f x . 现证 f (x) 在 I 上一致连续. 用反证法.若 f (x) 在 I 上不一致连续，则 0 0, 0,x , x I,满足 | x − x | ，但有 0 | f (x ) − f (x )| . 取 1 =1,x1 , x1 I,| x1 − x1 |1 ，有 1 1 0 | f (x ) − f (x )| ， 取 2 1 , , ,| | 2 1 2 = x2 x2 I x2 − x2 ，有 2 2 0 | f (x ) − f (x )| ， ………… 取 n x x I x x n n n n n n 1 , , ,| | 1 = − ，有 0 | ( ) − ( )| n n f x f x ， ………… 于是 lim( − ) = 0 → n n n x x ，但是 lim( ( ) − ( )) 0 → n n n f x f x ，与所设条件矛盾.所以 f (x) 在 I 上一致连续. 注 在充分性证明中由 f (x) 在 I 上不一致连续的正面陈述，取一列 n → 0 ，选出两个数列 n n x , x ，这种方法是有用的分析技巧. §3 初等函数的连续性 例 1 求极限 x x x 1 0 lim(1+ ) → （ 为实数）. 分析 设法利用 x e x x + = → 1 0 lim(1 ) 求上述极限. 若 为有理数（ = , p, q , q 0 q p 为互质整数 ），可以用极限运算法则求极限： q p px q x x x x x x q p x q p x = + + = + → → → lim(1 ) lim 1 lim 1 0 1 0 1 0 = ( ) 0 lim 1 1 p个 px q px q x x q p x q p + + → = q p e 若α为无理数，则无法用上述方法.但可以用公式（3.2）求极限（即应用指数函数的连续性）， 这是因为当α≠0 时
m(+a)=m(+a 其中u(x)=(1+ax)a,w(x)=a,而lm(x)=lm(1+ax)a=e,lmv(x)=a 解当a≠0时,由公式(32)有 lim(I+ax)=lim(+ax)a 当a=0时,lm(1+ax)2=1=e°,于是va∈R,有 lm(+aa) 例2求极限im (a>0) 分析作变换y=a2-1,有1 然后可用对数函数连续性求极限 解设a2-1=y,x=lg(1+y),当x→>0时y→0 lim =lim (1+y) lim Ina=lim- Ina Ina n(1+ 注特别当a=e时,有lm-=1这也是一个重要结论 例3设an>0,且lman=a>0.试利用指数函数的连续性证明 imya2…an=a 证因为mnan=a>0,由对数函数的连续性,所以 lim Ina= Ina 由第二章总练习题3(1),得知 mna1+lma2+…+mna n=Ina 再由指数函数的连续性,有
( ) + = + → → x x x x x ax 1 0 1 0 lim(1 ) lim 1 ， 其中 x u x x 1 ( ) = (1+ ) ， v(x) = ，而 u x x e x x x = + = → → 1 0 0 lim ( ) lim(1 ) ， = → lim ( ) 0 v x x . 解 当 0 时，由公式（3.2）有 ( ) + = + → → x x x x x ax 1 0 1 0 lim(1 ) lim 1 = ( ) ax x e x = + → 1 0 lim 1 当 = 0 时， 0 1 0 lim(1 x) 1 e x x + = = → ，于是 R ，有 x e x x + = → 1 0 lim(1 ) . 例 2 求极限 ( 0) 1 lim 0 − → a x a x x . 分析 作变换 = −1 x y a ，有 y a x y x a 1 log (1 ) 1 1 + = − ，然后可用对数函数连续性求极限. 解 设 a y x −1= ， x log (1 y) = a + ，当 x → 0 时 y →0 . log (1 ) lim 1 lim 0 0 y y x a a y x x + = − → → Ina In y y y (1 ) lim 0 + = → = Ina In y Ina y y = + → 1 0 (1 ) lim 注 特别当 a=e 时，有 1 1 lim 0 = − → x e x x .这也是一个重要结论. 例 3 设 an 0 ，且 lim = 0 → an a n .试利用指数函数的连续性证明 a a a a n n n = → lim 1 2 . 证 因为 lim = 0 → an a n ，由对数函数的连续性，所以 Inan Ina n = → lim 由第二章总练习题 3（1），得知 Ina n Ina Ina Inan n = + + + → 1 2 lim . 再由指数函数的连续性，有
2…an=lmey4-可 mnm+m:+“+ lim va, a, 例4设an>0, lim a=0,试证 imya1a2…an=0 证因为lman=0,由对数函数性质,有 lim ina=-∞ 与第三章总练习题9(1)相类似地可以证明 再由指数函数的连续性,有 imaa,…an=lmne 0 注例3、例4合起来证得了如下命题:若a.>0,ima,=a,则 im{aa2…an=a 例5求极限l/a+v6 (a>0,b>0) 分析由于lim 因此可以把 写成 2 /b 然后可利用im(1+x)=e与归结原则来求出极限 解 +毁b va+b 2 m(va-1)+n(b-1) 1+5+1+6-1) 在公式(3.3)中设 n(va-1)+( b-1) 2
a a a e e e a n Ina Ina Ina Ina In a a a n n n n n n n n = = = = + + + → → → 1 2 1 2 lim 1 2 lim lim . 例 4 设 an 0 ， lim = 0 → n n a ，试证 lim 1 2 = 0 → n n n a a a . 证 因为 lim = 0 → n n a ，由对数函数性质，有 = − → n n lim Ina . 与第三章总练习题 9（1）相类似地可以证明 = − + + + → n Ina Ina Inan n 1 2 lim . 再由指数函数的连续性，有 lim lim 0 1 2 1 2 lim 1 2 = = = + + + → → → n Ina Ina Ina In a a a n n n n n n n n a a a e e . 注 例 3、例 4 合起来证得了如下命题：若 an 0 ， an a n = → lim ，则 a a a a n n n = → lim 1 2 . 例 5 求极限 ( 0, 0). 2 lim + → a b a b n n n n 分析 由于 1 2 lim = + → n n n a b ， 因此可以把 2 n n a + b 写成 − + + 1 2 1 n n a b ，而 1 0 2 lim = − + → n n n a b . 然后可利用 ( x) x e n + = → 1 lim 1 与归结原则来求出极限. 解 n n n n n a b a b − + = + + 1 2 1 2 = 2 ( 1) ( 1) 1 1 2 2 1 1 1 − + − − + − − + − + n n n n n a n b n n a b a b 在公式（3.3）中设 1 1 2 2 1 1 1 − + − − + − = + n n n n a b n a b u ， 2 ( −1) + ( −1) = n n n n a n b v
利用m(+x)=e和归结原则,有 √a-1+b-1 再由本节范例2的结论im =na和归结原则,又有 ma,=lim n(va-1)+n(vb-1)Ina+Inb 于是 =lmun=e=√ab
利用 ( x) x e n + = → 1 lim 1 和归结原则，有 e a b u n n n n a b n n n = − + − = + − + − → → 1 1 2 2 1 1 lim lim 1 ； 再由本节范例 2 的结论 Ina x a x x = − → 1 lim 0 和归结原则，又有 2 ( 1) ( 1) lim lim − + − = → → n n n n n n a n b v = In ab Ina Inb = + 2 . 于是 u e ab a b v In ab n n n n n n n = = = + → → lim 2 lim