最后更新: 2025-03-14 18:22 查看: 24 次高考专区考研专区公式专区刷题专区词条搜索

函数极限的惟一性定理与局部有界性定理

## 函数极限的惟一性定理
定理 4.1 （函数极限的惟一性定理）函数极限若存在则必定惟一．
证 设有 $\lim _{x \rightarrow a} f(x)=A$ ，又有 $\lim _{x \rightarrow a} f(x)=B$ ，则对 $\forall \varepsilon>0, \exists \delta>0, \forall 0<$ $|x-a|<\delta$ ，同时成立 $|f(x)-A|<\varepsilon$ 和 $|f(x)-B|<\varepsilon$ ．

于是有

$$
0 \leqslant|A-B| \leqslant|A-f(x)|+|f(x)-B|<2 \varepsilon
$$

由于 $\varepsilon$ 可取到任意小的正数，因此只能有 $A=B$ ．
现在考虑将数列极限的有界性定理推广到函数极限的情况．容易看到，函数在某一点存在极限一般来说不可能推出函数在其整个定义域上有界．（注意函数有界的定义是指其值域 $R (f)$ 有界，参见 $\S 3.3 .3$ 的内容及其中的注．）因此只能得到局部性质的结果：

## 函数极限的局部有界性定理
定理 4.2 （函数极限的局部有界性定理）若函数在某点有极限，则函数必在该点的某一个去心邻域上有界．

证 设有 $\lim _{x \rightarrow a} f(x)=A$ 成立，则对 $\varepsilon=1, \exists \delta>0, \forall x \in O_\delta(a)-\{a\}$ ：

$$
|f(x)-A|<1
$$

因此在去心邻域 $O_\delta(a)-\{a\}$ 上，成立

$$
|f(x)| \leqslant|f(x)-A|+|A|<1+|A| .
$$

> 推论 若 $f$ 在某点有极限，且于该点有定义，则 $f$ 在该点的某个邻域上有界．

证 重复定理 2 中的证明，最后当 $x \in O_\delta(a)$（而不是去心邻域）时就有

$$
|f(x)| \leqslant 1+A+|f(a)|
$$

## 4.1.3 例题
先看如何用定义验证函数在某点的极限为某个给定值．
**例题 4.3** 设给定函数

$$
f(x)= \begin{cases}0, & x \neq 0 \\ 1, & x=0\end{cases}
$$

证明 $\lim _{x \rightarrow 0} f(x)=0$ ．
证 对 $\forall \varepsilon>0$ ，任取一个 $\delta>0$ ，则当 $0<|x|<\delta$ 时（也就是 $x \in O_\delta(0)-\{0\}$ ），就有 $|f(x)-0|=0<\varepsilon$ ．这就得到 $\lim _{x \rightarrow 0} f(x)=0$ ．

注 这与数列中的常值数列有类似之处．对于 $\forall n, x_n=c$ 的常值数列，对 $\forall \varepsilon>0$ ，取 $N=1$ 即可，而与 $\varepsilon$ 的大小无关（参见例题 2.2 ）．这里也是如此，对于 $\forall \varepsilon>0$ ，任取一个 $\delta>0$ 即可，它与 $\varepsilon$ 的大小无关．注意本题的结论其实与 $f(0)=1$无关．

**例题 4.4**   证明 $f(x)=\sin x$ 处处连续．
证 任取 $a \in R$ ，我们要证明 $\lim _{x \rightarrow a} \sin x=\sin a$ ．
为此需要用 $|x-a|$ 来估计 $|\sin x-\sin a|$ ．这里需要三角函数的和差化积公式：

$$
|\sin x-\sin a|=\left|2 \sin \frac{x-a}{2} \cos \frac{x+a}{2}\right| \leqslant 2\left|\sin \frac{x-a}{2}\right|
$$

注意：在上面的推导最后作了＂适当放大＂，目的是使得表达式简化．
若 $\varepsilon>2$ ，则已经有 $|\sin x-\sin a| \leqslant 2<\varepsilon$ 成立，因此 $\delta>0$ 可任取．对于 $\varepsilon \leqslant 2$ ，则可以利用反正弦函数，就有

$$
2\left|\sin \frac{x-a}{2}\right|<\varepsilon \Longleftrightarrow|x-a|<2 \arcsin \frac{\varepsilon}{2}
$$

于是取 $\delta=2 \arcsin \frac{\varepsilon}{2}$ 即可．

**例题 4.5** 证明 $\lim _{x \rightarrow 1} \frac{x(x-1)}{x^2-1}=\frac{1}{2} $ ．
证 观察

$$
\left|\frac{x(x-1)}{x^2-1}-\frac{1}{2}\right|=\left|\frac{x}{x+1}-\frac{1}{2}\right|=\left|\frac{x-1}{2(x+1)}\right| .
$$

由于在 $x \rightarrow 1$ 的极限过程中 $x \neq 1$ ，因此可以约去分子和分母的公因子 $x-1$ ．这里分子可以通过 $|x-1|<\delta$ 加以控制（目前 $\delta$ 尚未取定），问题是如何处理分母？

可以看出，如果取 $\delta>0$ 时加一个限制，要求它小于等于 1 ，则从 $|x-1|<\delta \leqslant$ $1 \Longleftrightarrow-1<x-1<1$ 就知道有 $x>0$（这从几何上也是明显的）．于是分母中的 $x+1>1$ ．从而当 $|x-1|<1$ 时就有

$$
\left|\frac{x-1}{2(x+1)}\right|<\frac{|x-1|}{2}
$$

因此为了使最后一式小于给定的 $\varepsilon>0$ ，只需取 $\delta=2 \varepsilon$ ．再考虑到前面分析中要求 $\delta \leqslant 1$ 成立，可见最后对于 $\varepsilon>0$ 取

$$
\delta=\min \{2 \varepsilon, 1\}
$$

即可．

> （1）读者也许会奇怪，在本题的函数表达式中分子分母明明有公因子 $x-1$ ，为什么不约去？实际上，如果约去这个因子，则得到表达式 $\frac{x}{x+1}$ ，它在 $x=1$ 处有定义，而原来的函数在 $x=1$ 处没有定义，因此两者不是同一个函数．另一方面，从函数极限的定义来看，一个函数在 $x=1$ 处没有定义并不妨碍我们去讨论函数在 $x=1$ 处是否有极限．因此在本题的证明过程中，由于极限定义要求 $x \neq 1$ ，分子分母的公因子 $x-1$ 确实可以约去．

注 注意到在函数极限的定义 4.1 中，只以 $f$ 在点 $a$ 的某一个去心邻域中有定义为前提，至于在此邻域之外情况如何则与所关心的极限无关．同时可以看出，定义中的这个邻域是可以根据需要而缩小的。在上题中就是使讨论范围首先缩小到

$$
|x-1|<1 \Longleftrightarrow 0<x<2
$$

这是讨论函数极限时经常要用的方法．（事实上这与第二章中证明与除法法则有关的（2．7）式时所遇到的困难和采取的方法完全相同．）

**例题 4.6** 证明指数函数 $y=a^x$ 处处连续，其中 $a>0$ ．
证 $a=1$ 时 $a^x$ 是常值函数，与例题 4.3 类似，不必再讨论．
对 $a<1$ 的情况采用代换方法可以归结到 $a>1$ 的情况而解决如下．假设 $a>1$ 的情况已经得到证明，则由于 $1 / a>1$ ，令 $y=-x$ ，则 $x \rightarrow x_0 \Longleftrightarrow y \rightarrow-x_0$ 。于是就有

$$
\lim _{x \rightarrow x_0} a^x=\lim _{y \rightarrow-x_0}\left(\frac{1}{a}\right)^y=\left(\frac{1}{a}\right)^{-x_0}=a^{x_0}
$$

余下的问题就是 $a>1$ 的情况．取定 $x_0$ ，对 $\forall \varepsilon>0$ ，要寻找 $\delta>0$ ，使得当 $\left|x-x_0\right|<\delta$ 时，成立 $\left|a^x-a^{x_0}\right|<\varepsilon$ 。

利用

$$
\left|a^x-a^{x_0}\right|=a^{x_0} \cdot\left|a^{x-x_0}-1\right|,
$$

于是

$$
\left|a^x-a^{x_0}\right|<\varepsilon \Longleftrightarrow\left|a^{x-x_0}-1\right|<\varepsilon a^{-x_0} .
$$

右边是绝对值不定式，为了解出 $\left|x-x_0\right|$ ，可以先将它适当放大（请参看前面的 §2．1．3）．记 $t=x-x_0$ ，利用 $a>1$ 时 $a^x$ 严格单调增加，就有

$$
a^{-|t|}-1 \leqslant a^t-1 \leqslant a^{|t|}-1
$$

由于左边的绝对值不比右边大：

$$
0 \leqslant\left|a^{-|t|}-1\right|=a^{-|t|}\left(a^{|t|}-1\right) \leqslant a^{|t|}-1,
$$

因此有

$$
\left|a^t-1\right| \leqslant a^{|t|}-1 .
$$

这样就得到适当放大

$$
\left|a^{x-x_0}-1\right| \leqslant a^{\left|x-x_0\right|}-1
$$

从 $a^{\left|x-x_0\right|}-1<\varepsilon a^{-x_0}$ 即可解出

$$
\left|x-x_0\right|<\log _a\left(1+\varepsilon a^{-x_0}\right),
$$

取右边的表达式为 $\delta$ ，反推即知当 $\left|x-x_0\right|<\delta$ 时成立 $\left|a^x-a^{x_0}\right|<\varepsilon$ ．

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