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初等函数的连续性
日期:
2022-12-27 15:14
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由函数在一点处的连续性定义和极限的四则运算法则， 可以得到 定理1 (连续函数的四则运算) 设函数 $f(x)$ 和 $g(x)$ 在点 $x=x_0$ 处连续，则 (1) 和 $f(x)+g(x)$ ； (2) 差 $f(x)-g(x)$ ； (3) 积 $f(x) \cdot g(x)$ ； $(4)$ 商 $\frac{f(x)}{g(x)}\left(g\left(x_0\right) \neq 0\right)$ 都在点 $x=x_0$ 处连续. 根据定理1 可知，由于 $\sin x ， \cos x$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 内连续，则 $\tan x=\frac{\sin x}{\cos x} ， \cot x=\frac{\cos x}{\sin x}$ ， $\csc x=\frac{1}{\sin x}$ 和 $\sec x=\frac{1}{\cos x}$ 在其定义域内是连续的，即三角函数在其定义域内是连 续的. 定理 2 (反函数的连续性) 如果函数 $y=f(x)$ 在区间 $I_x$ 上单调增加(或单调 减少)且连续，那么它的反函数 $x=f^{-1}(y)$ 也在对应的区间 $I_y=\left\{y \mid y=f(x), x \in I_x\right\}$ 上单调增加(或单调减少)且连续. 从几何上看，曲线 $y=f(x)$ 与 $y=f^{-1}(x)$ 关于直线 $y=x$ 对称(见图1-62). 因此，如果曲线 $y=f(x)$ 为连续曲线，那么曲线 $y=f^{-1}(x)$ 也是连续曲线.  由此可知，由于 $y=\sin x$ 在 $\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ 上单调增加且连续，故 $y=\arcsin x$ 在 $[-1,1]$ 上单调增加且连续. 由于 $y=\cos x$ 在 $[0, \pi]$ 上单调减少且连续，故 $y=\arccos x$ 在 $[-1,1]$ 上单调减少且连续. 由于 $y=\tan x$ 在 $\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$ 内单调增加且连续，故 $y=\arctan x$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 内单调增加 且连续，同理可得 $y=\operatorname{arccot} x$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 内单调减少且连续. 因此，反三角函数在其定义域内是连续的. 当 $a>0 ， a \neq 1$ 时， $\lim _{x \rightarrow x_0} a^x=\lim _{x \rightarrow x_0} a^{x_0} a^{x-x_0}=a^{x_0} \lim _{x \rightarrow x_0} a^{x-x_0}$ 令 $u=x-x_0$ ，则当 $x \rightarrow x_0$ 时， $u \rightarrow 0$ ， 故由极限复合运算法则知 $$ \lim _{x \rightarrow x_0} a^x=a^{x_0} \lim _{u \rightarrow 0} a^u=a^{x_0}, $$ 从而 $y=a^x$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 内连续，因此它的反函数 $y=\log _a x$ 在 $(0,+\infty)$ 内连续. 因此， 指数函数与对数函数在其定义域内是连续的. 定理 3 (复合函数的连续性) 设函数 $y=f(g(x))$ 由函数 $u=g(x)$ 与函数 $y=f(u)$ $\lim _{x \rightarrow x_0} f[g(x)]=\lim _{u \rightarrow u_0} f(u)=f\left(u_0\right)$ $(2$ )式表示: 在定理 3 的条件下，求复合函数 $y=f(g(x))$ 的极限时，函数符号 $f$ 与极限号 $\lim _{x \rightarrow \infty}$ 可交换次序. 例如，求 $\lim _{x \rightarrow 3} \sqrt{\frac{x-3}{x^2-9}}, y=\sqrt{\frac{x-3}{x^2-9}}$ 可看作 $y=\sqrt{u}$ 与 $u=\frac{x-3}{x^2-9}$ 复合而成. 因为 $\lim _{x \rightarrow 3} \frac{x-3}{x^2-9}=\frac{1}{\theta}$ 而函数 $y=\sqrt{u}$ 在点 $u=\frac{1}{6}$ 处连续，因此 $$ \lim _{x \rightarrow 3} \sqrt{\frac{x-3}{x^2-9}}=\sqrt{\lim _{x \rightarrow 3} \frac{x-3}{x^2-9}}=\sqrt{\frac{1}{6}}=\frac{\sqrt{6}}{6} $$ 将定理 3 的条件做些修改，则可得到: 定理 4 设函数 $y=f(g(x))$ 由函数 $u=g(x)$ 与函数 $y=f(u)$ 复合而成， $U\left(x_0\right) \subset D_{f g}$ 若函数 $u=g(x)$ 在 $x=x_0$ 处连续，且 $g\left(x_0\right)=u_0$ ，而函数 $y=f(u)$ 在 $u=u_0$ 处连续， 则复合函数 $y=f(g(x))$ 在 $x=x_0$ 处连续. 例如，对于函数 $f(x)=\sin \frac{1}{x}$ 在 $(-\infty, 0)$ 及 $(0,+\infty)$ 内连续，又 $f(u)=\sin u$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 内连续，因此，函数 $f(x)=\sin \frac{1}{x}$ 在 $(-\infty, 0)$ 及 $(0,+\infty)$ 内连续. 再比如，幂函数 $y=x^\mu$ 的定义域随 $\mu$ 的值而异，但无论 $\mu$ 为何值，在 $(0,+\infty)$ 内， $y=x^\mu$ 均有定义. 由 $y=x^\mu=a^{\mu \log _a x}(a>0, a \neq 1)$ ，将幂函数 $y=x^\mu$ 看成是 指数函数 $y=a^u$ 与对数函数 $u=\mu \log _a x$ 复合而成的. $y=a^u$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 内连续， $u=\mu \log _a x$ 在 $(0,+\infty)$ 内连续， 因此幂函数 $y=x^\mu$ 在 $(0,+\infty)$ 内总是连续的. 如果对不同的 $\mu$ ，分别讨论幂函数 $y=x^\mu$ 的连续性，可以证明幂函数 $y=x^\mu$ 在其定义域内是连续的. 注1 定义区间是指包含在定义域内的区间. 注2 分段函数不作为初等函数处理， 它在分界点的连续性一般需按定义加以 讨论. 注3 若函数 $f(x)$ 在 $x=x_0$ 处连续，则有 $\lim _{x \rightarrow \infty} f(x)=f\left(x_0\right)$. 因此，此时若求 $\lim _{x \rightarrow \infty \infty} f(x)$ ，则只需求出函数值 $f\left(x_0\right)$ 就可以了. 例如 $\lim _{x \rightarrow 0} \sqrt{1-x^2}=\sqrt{1-0^2}=1$. 对于形如 $u(x)^{\wedge(x)}(u(x)>0, u(x) \neq 1)$ 的幂指函数，如果 $\lim u(x)=a>0 ， \lim v(x)=b$ ，则 $\lim u(x)^{h(x)}=a^b$. 这个结论在前面的章节中已经用到， 若细细想一想， 这里有连续 函数的运算在其中. 例9 求 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\ln (1+x)}{x}$. 解 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\ln (1+x)}{x}=\lim _{x \rightarrow 0} \ln (1+x)^{\frac{1}{x}}=\ln \left[\lim _{x \rightarrow 0}(1+x)^{\frac{1}{x}}\right]=\ln \mathrm{e}=1$. 更一般地， $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\log _a(1+x)}{x}=\lim _{x \rightarrow 0} \log _a(1+x)^{\frac{1}{x}}=\log _a \mathrm{e}=\frac{1}{\ln a}$. 例10 求 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{a^x-1}{x}$. 解 令 $a^x-1=y$, 则 $x=\log _a(1+x)=\frac{\ln (1+y)}{\ln a}$, 易见当 $x \rightarrow 0$ 时, $y \rightarrow 0$, 所以 $$ \lim _{x \rightarrow 0} \frac{a^x-1}{x}=\lim _{y \rightarrow 0} \frac{y \ln a}{\ln (1+y)}=\lim _{y \rightarrow 0} \frac{\ln a}{\ln (1+y)^{\frac{1}{y}}}=\ln a $$ 例11 求 $\lim _{x \rightarrow \infty} \cos (\sqrt{x+1}-\sqrt{x})$. $$ \begin{aligned} & \text { 解 } \lim _{x \rightarrow \infty} \cos (\sqrt{x+1}-\sqrt{x})=\cos \left[\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{(\sqrt{x+1}-\sqrt{x})(\sqrt{x+1}+\sqrt{x})}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}}\right] \\ & =\cos \left[\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{1}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}}\right]=\cos 0=1 . \end{aligned} $$ 闭区间上连续函数有很多重要的性质， 这些性质的几何直观是比较明显的， 但某些证明却超出了本书的范围， 所以下面以定理的形式把这些性质叙述出来， 略去证明.
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