第一章一元函数极限 导读极限是考研热点问题，适合多类读者， 内容提要极限论是数学分析的基础.极限问题是数学分析 中困难问题之一.中心问题有两个：一是证明极限存在，二是求极 限的值.两问题有密切关系：若求出了极限的值，自然极限的存在 性也被证明.反之，证明了存在性，常常也就为计算极限铺平了 道路. 讲述极限论，通常先讲序列极限，然后讲函数极限.两类极限， 有平行的理论，类似的方法，彼此有着深刻的内在联系.这些读者 已很熟悉.这里，我们希望在技巧和难度上，以较高的水准来综合 讨论极限的两大问题. §1.1函数 函数（映射）的概念大家已十分熟悉，这里只讲几点值得注意 的问题 *一、关于反函数 1°设X、Y为给定集合，所谓∫是函数f:X→Y的反函数， 意指：f1的定义域为f(X),且Vx∈X,有f1(f(x)=x.即复 合函数f1。f:X→f(X)→X是X上的恒等变换.此时f也是 f1的反函数.故 (f-1)1=f (A)
这表明Hy∈Y,有f(f1(y))=y,ff1是Y上的恒等变换. 2°若函数f:X→Y,g:Y→Z都是双射（既是单射又是满射） [注：单射指由x1主x2可推出f(x1)卡f(x2)(Hx1,x2∈X);满 射指：Hy∈Y,3x∈X使得f(x)=y.],又f1、g1分别是f、g 的反函数，则f1。g必是gf的反函数.即 (gf)-1=f1g1. (B) 事实上，Hx∈X,由之=g(f(x)可得 g1(之)=g1(g(f(x)=f(x),进而有f1(g1(之)= f1(f(x))=x.故f1·g1是g°f的反函数， 严格单调的满射，必有反函数.且∫严增时，f也严增.严减 亦然. 例1.1.1设f:R→R严增，f1是其反函数，x1是f(x)+x =a的根，x2是f1(x)+x=a的根.试求x1+x2的值. 解因f(x1)+x1=a,f1。f是恒等变换，知f(x,)+ f1[f(x1)]=a.此即表明f(x1)是方程f1(x)+x=a的根. 但由于f严增，可知f(x)+x也严增，方程f1(x)+x=a有 根必唯一.故f(x1）=x2,因而x1+x2=x1+f(x1)=a. 注讨论反函数，与所讨论的范围有密切关系.例f(x)= √x,g=x2,当用它们定义函数f:R→R,g:R→R时，则f不是满 射，g不是单射.但作为函数f:[0,+∞)→[0，+∞)，g:[0,+∞） →[0，+∞)二者都是双射，且互为反函数： 二、奇函数、偶函数（设1为有限正数或+∞） （~1,)上定义的函数f为偶函数，指： Hx∈(-l,l)有f(-x)=f(x). g为奇函数，指： Hx∈(-l,l)有g(-x)=-g(x). 例1.1.2若f是(-1,1)上的奇函数，并且有反函数f1, ·2…
则f1也是奇函数， 证因Hx∈(-l,l)有f(f1(-x)=-x,于是 x=-∫(f(-x)=f(-f(-x), f(x)=f1(f(-f1(-x)=-f1(-x). 即表明f1(x)是奇函数. 例1.1.3若f1为f的反函数，y=f1(-x)是y= f(-x)的反函数，试证f(x)是奇函数 证Iy=f1(-x)实为f1与g(x)≡-x的复合函数.即 f1(-x)=f(g(x)=(f1·g)(x), (1) 同理 f(-x)=f(g(x))=(f°g)(x). (2) 按题设条件，f1·g与f°g互为反函数，因此 g=(1g）1@g15, (3) (2) (3) 即Vx∈（-1，l)有f(-x)=(fg)(x)=(g1·f)(x)= -f(x). 所以f是奇函数. 证Ⅱ由y=f1(-x)可得f(y)=-x,即x=-f(y).这 表明，像点y=∫1(-x)找出它的原像是x=-f(y).即y= -f(x)是y=f1(-x)的反函数.但题中告诉我们y= f1(-x)是y=∫(-x)的反函数，故应有f(-x)=-f(x), Vx∈(-1，l),f是奇函数 证亚已知y=f1(-x)是y=f(-x)的反函数，表明y= f(-x)台x=f1(-y).因此Hx∈R有f(x)=f(f1(-y)= 一y=-f(-x).所以f为奇函数. 注用类似方法也可先证明1(x)是奇函数，然后利用例 1.1.2的结果，推知f(x)是奇函数. ☆例1.1.4试证：任一对称区间(-l,1)上的任一函数 f(x),总可以表成一偶函数H(x)与一奇函数G(x)的和，而且此 种表示法是唯一的.（合肥工业大学） ·3
分析假设已找到如此的奇、偶函数G(x)、H(x),使得 f(x)=H(x)+G(x),用-x替代其中的x,有 f(-x)=H(x)-G(x). 如此我们看到，不仅f(x)是它们的和，而且f(-x)是它们的差. 算术中的和差问题：（和+差）÷2=大数，（和-差）÷2=小数.可 知 H(x)=f(z)+f(-x) 2 (1) G(x)=f(x)-f(-x) 2 (2) 这就证明了，H(x)、G(x)若存在必唯一.反之用以上(1)、(2)两 式定义出来的H(x)、G(x),显然符合全部条件，所以存在性成 立，f(x)=H(x)+G(x). 三、周期函数 所谓f(x)是R上定义的周期函数，指存在实数T,使得x ∈R,有f(x+T)=f(x).这时T称为f的周期.显然此时T的 任意整倍数mT亦为f的周期.若已知T,、T2为f的周期，则 T:±T2也必为f的周期. 是否任何周期函数一定存在最小正周期，当然不是，如常数函 数.除常数之外呢？也不是.如在无理点上取值0，有理点上取值1 的Dirichlet函数D(x),显然对每个自然数n,“1"都是D(x)的 正周期，无最小正周期. 在下章例2.1.10中我们将证明：连续的周期函数必有最小正 周期.下面看一个求周期的问题. 例1.1.5设f(x)是R上的有界实函数，且 fx+)+f(x)=f(红+)+f(x+号) (Vx∈R) 试求出f的较小的正周期， ·4 ，弄：发等：在
解已知f(x+右)f(x)=f(红+2)-f(x+号），记 F(x)=f(x+名）-f(x),记T=号，上式即为 F(x十T)= F(x)(Hx∈R),故T为F的周期.由此 +-2r(+n+ =nF(x)+f(x)(Vn∈N,). 若F(x)卡0，令n→+∞可知f(x+nT)→±∞，与f有界矛盾. 因此Hx∈R应有F(x)=0,即f(x+T)=f(x)(Hx∈R).故 T=是f的一个正周期. 类似可证了，=石也是了的正周期.从而后-号=立也是于 的正周期.可见立是较小的正周期。 读者能否找出更小的正周期？感兴趣的读者可作进一步的讨 论. 、 例1.1.6设T是f的最小正周期，y=f1（x)是f在 (0,T)部分的反函数.试求f在(-T,0)部分的反函数、 解Vx∈(-T,0)(目标：要用c的像点y表示x),则x+ T∈(0，T),f(x)=f(x+T)=y(像点已找到)，因f1(x)是f 在(0，T)上的反函数，所以f1(y)=x+T.即x=f1(y)-T (目标已达到).可见y=f1(x)-T是f(x)在(-T,0)部分的反 函数、 注 类似可证：V整数m,f在(m,m+T)部分的反函数为 y=f(x)+mT. ☆四、几个常用的不等式 不等式是数学分析中的重要问题之一，今后还要进行专题讨 ·5·
论.这里先讲几个最常用的不等式（以下几章经常要用到）： ☆例1,1.7（平均值不等式）任意n个非负实数的几何平 均值小于或等于它们的算术平均值.即a:≥0(i=1,2,…,n) 恒有 a1"a2…a≤a1+a2++a (1) n 且其中的等号当且仅当a1=a2=…=an时成立. 该定理有许多巧妙的证明方法，这里采用反向归纳法， 证1°[证明命题对一切n=2(k=1,2,…)成立].首先有 a1a2= (2) (等号当且仅当a1=a2时成立). 其次 a1a2aga4=√√a1azVa3a4 a1+a2 a3+a4 (利用(2) 2 2 a1+a2十a3+a4 2 (等号当且仅当a1=a2=a3=a4时成立). 类似，Vk∈N,重复上述方法k次， aa…a≤22-ta 21 2 2 ≤…≤a1ta2t…+a2 2 (等号当且仅当a1÷a2=…=a2*时成立). 2°记A=a1+a:+…+a-,则nA=a1+a2+…+a假设 n. 不等式对n+1成立，则 A=nAtA=ait az++a.+A n+1 n+1 ≥"ta1a2aA, 6…
故A"+≥a1a2…anA,A"≥a1a2…am, A≥(a1a2…an)片. 这表明不等式对n成立.跟n+1时一样，等号当且仅当a1=a2 =…=an时成立. 注对于已学过条件极值的读者，本例也是应用Lagrange乘 数法的极好例题.我们知道平面上边长之和为一定数的矩形中，正 方形的面积最大：三维空间上边长之和为定数的长方体中，正方体 的体积最大.同样n维空间上边长之和为定数的长方体中，正方 体的体积最大。 ☆证（应用Lagrange乘数法）记 a-a :（约束条件) （) 我们来证：n维空间边长分别为a,(i=1,2,…,n)的长方体之体 积. V=f(a1,a2,…,an）=a1a2…a,(目标函数) 当且仅当a1=a2=…=an时其值最大， - 从而在一般情况下，有 停 (原式获证). (Lagrange乘数法).设 =a1a…a+(月-a） (称：“Lagrange函数”)， 则 L4=a+a=0(i=1,2,…,n). (i) 将式(i)乘以a:相加，即（注意式(）) 7
na+aa-0. 由此得入=-2Ⅱa,代回(i)式得a,=分(i=1,2,…,n).根 据二、三维的实际经验，（也可理论上论证)最大值存在，现又只有 一个可疑点，故当且仅当a,相等时体积最大. ☆例1.1.8（对数不等式） 1千≤a(1+x)x (当x>-1时)， (1) 等号当且仅当x=0时成立. 证（利用Lagrange公式f(b)=f(a)+f(e)(b-a),ξ∈ (a,b)记f(x)=x-ln(1+x),现证f(x)>0(当x>-1 且x卡0时)，事实上 f)=f0)+f(x=年e>0. 其中：00时)， x0.x=0的情况明显. ☆注 在(1)式中令x=分，可得重要不等式 1+n<1+}是(i=1,2…. (2) 利用此不等式易证经典极限m（1++…+-nn)存在（见 例1.2.11) 练习试证吴≤sin≤x(当0<x<时) 提示考虑f代x)=sinx,∫<0，f八， f()f(x)<f(+0)（当0<x<时) 8
※五、求递推数列的通项 数列{an},可以看成是定义在自然数集N上的实函数. ※例1.1.9求Fibonacci数列{an}的通项公式，其中a1=a2 =1,am+2=am+1+an（n=1,2,…). 写成 分析将an一f(n),则am+2=am+1+an改写成为函数方 程f(n+2)=f(n+1)+f(n). (1) 解法1假如我们已求得此方程的两个特解f1,f2,则c1, c2∈R,=c1f1+c2f2也必是方程的解，这是因为 f(n+2)=f1(n+1)+f1(n), (2) f2(n+2)=f2(n+1)+f2(n), (3) (2)×c1+(3)×c2得c1f1(n+2)+c2f2(n+2) =(c1f(n+1)+c2f2(n+1)+ （c1f1(n)+c2f2(n)), 此即表明f=c1f1+c2f2满足方程(1). 代入初值条件a1=a2=1,即f(1)=f(2)=1,可以确定待定 系数c1,c2·至此我们已将问题转化为求方程(1)的两个特解的问 题 由a1=a2=1以及递推关系可知Vn,f(n)>0.以f(n)同 除式(1)，可得 fn+2).f(n+1)-fn+1-1=0, f(n+1)f(n)f(n) 可见，若{f(n)川是等比数列，记公比f(n十1=x,则上式成为 f(n) x2-x1=0,其解为x2=1±5 2 因而f()=(15)f()=(225） 是函数方程(1)的 ·9·
两个特解.通解则为 a,=f）=cf(m)+e(m)=c(y）'+(≥)" 代人初值条件f(1)=f(2)=1,可得 1c1+c2=1, c(y5）+e(）=1. 解出可得 6=5=2） 故 a.==[(1y°-（≥门 解法2（视察法）在函数方程 f(n+2)-f(n+1)-f(n)=0 中，令。=159=15，则。+g=1,g=-1.代人后方程化 2 为 f(n+2)-(a+β)f(n+1)+af(n)=0, (1) 由此f(n+2)-af(n+1)=β(f(n+1)-af(n) (反复使用上式) =B2(f(n)-af(n-1))=… =[f(2)-af(1)]=g+1. (2) 注意到(1)中α，3的位置是平等的，故a,3互换结果不变，因此也 应有 f(n+2)-f(n+1)=a"+1. (3) (3)×a-(2)×B消去f(n+1)得 fa+2)=。p@-r）, 以n-2代替其中的n,得 a.=f)=aa。-g)=[-(2}] ·10…
