[原创]高等数学笔记(19)

【前言】
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【正文】
三、初等函数的连续性
1. 连续函数的和、积、商的连续性
（1）有限个在某点连续的函数的代数和仍然是在该点连续的函数
（2）有限个在某点连续的函数的乘积仍然是在该点连续的函数
（3）两个在某点连续的函数的商仍然是在该点连续的函数，只要分母在该点处函数值不零

现在证明（3）：
设 $f(x),g(x)$ 在 ${x_0}$ 点处连续，则有 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = f({x_0}),\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} g(x) = g({x_0}) \ne 0$ （分母不为0）
由极限的四则运算法则可知：
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f(x)}}{{g(x)}} = \frac{{\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x)}}{{\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} g(x)}} = \frac{{f({x_0})}}{{g({x_0})}}$ （ $g({x_0}) \ne 0$ ）
所以 $\frac{{f(x)}}{{g(x)}}$ 在 ${x_0}$ 点处是连续的。
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例1. 证明 $y = \sin x,y = \cos x$ 在 $( - \infty , + \infty )$ 内处处连续，以及 $y = \tan x,y = \cot x$ 在其定义域内连续。
证：
$\forall x \in ( - \infty , + \infty )$ ， $x$ 有增量 $\Delta x$ ，则 $\Delta y = \sin (x + \Delta x) - \sin x = 2\sin \frac{{\Delta x}}{2}\cos (x + \frac{{\Delta x}}{2})$ （由三角函数的和差化积公式可得）
所以 $\left| {\Delta y} \right| = 2\left| {\sin \frac{{\Delta x}}{2}} \right| \cdot \left| {\cos (x + \frac{{\Delta x}}{2})} \right| \le 2\left| {\sin \frac{{\Delta x}}{2}} \right| \cdot 1 \le 2 \cdot \frac{{\left| {\Delta x} \right|}}{2} = \left| {\Delta x} \right|$
（注： $2\left| {\sin \frac{{\Delta x}}{2}} \right| \cdot 1 \le 2 \cdot \frac{{\left| {\Delta x} \right|}}{2}$ 是由不等式 $\left| {\sin \alpha } \right| < \left| \alpha \right|$ 成立得知的）
所以 $0 \le \left| {\Delta y} \right| \le \left| {\Delta x} \right|$
又由于 $\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \left| {\Delta x} \right| = 0$
所以由极限存在的夹挤准则，得 $\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \left| {\Delta y} \right| = 0 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \Delta y = 0$
由 $x$ 的任意性，可知 $y = \sin x$ 在 $( - \infty , + \infty )$ 内处处连续。
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2. 反函数与复合函数的连续性
（1）如果函数 $y = f(x)$ 在区间 ${I_x}$ 上单调增加（或减少）且连续，则其反函数 $x = \varphi (y)$ 也在对应区间 ${I_y} = \left\{ {y|y = f(x),x \in {I_x}} \right\}$ 上单调增加（或减少）且连续。

例如：
$y = \sin x$ 在 ${I_x} = \left[ { - \frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}} \right]$ 上单调增且连续，因此其反函数 $y = \arcsin x$ 在 $\left[ { - 1,1} \right]$ 上单调增且连续。

$y = \cos x$ 在 ${I_x} = \left[ {0,\pi } \right]$ 上单调减且连续，因此其反函数 $y = \arccos x$ 在 $\left[ { - 1,1} \right]$ 上单调减且连续。

$y = \tan x$ 在 $\left( { - \frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}} \right)$ 内单调增且连续，因此其反函数 $y = \arctan x$ 在 $\left( { - \infty , + \infty } \right)$ 内单调增且连续。

$y = \cot x$ 在 $\left( {0,\pi } \right)$ 内单调减且连续，因此其反函数 $y = {\mathop{\rm arc}\nolimits} \cot x$ 在 $\left( { - \infty , + \infty } \right)$ 内单调减且连续。
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（2）设当 $x \to {x_0}$ 时， $u = \varphi (x)$ 极限存在，且 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \varphi (x) = a$ ，而 $y = f(u)$ 在对应点 $u = a$ 点处连续，则当 $x \to {x_0}$ 时，复合函数 $f\left[ {\varphi (x)} \right]$ 极限存在，且 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left[ {\varphi (x)} \right] = f(a)$
证：
因为 $y = f(u)$ 在 $u = a$ 点连续
所以 $\forall \varepsilon > 0$ ，存在 $\eta > 0$ ，使得当 $\left| {u - a} \right| < \eta$ （即 $a$ 的某个邻域内）时，恒有 $\left| {f(u) - f(a)} \right| < \varepsilon$
又由于 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \varphi (x) = a$
所以对上述正数 $\eta > 0$ ，存在 $\delta > 0$ ，使得满足 $0 < \left| {x - {x_0}} \right| < \delta$ 的一切 $x$ 所对应的 $\varphi (x)$ ，恒有 $\left| {\varphi (x) - a} \right| < \eta$
综合上面的结果：
$\forall \varepsilon > 0,\;\exists \delta > 0$ ，使得适合 $0 < \left| {x - {x_0}} \right| < \delta$ 的一切 $x$ 所对应的函数值恒有 $\left| {f(u) - f(a)} \right| < \varepsilon \Rightarrow \left| {f\left[ {\varphi (x)} \right] - f(a)} \right| < \varepsilon$
由极限定义，有 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left[ {\varphi (x)} \right] = f(a)$
所以 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left[ {\varphi (x)} \right] = f(a) = f\left[ {\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \varphi (x)} \right]$

上式相当于交换记号 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}}$ 与 $f$
（注：下一课会用到此结论，记为①）
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例如：求 $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\ln (1 + x)}}{x}$
解：原式 $= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left[ {\frac{1}{x}\ln (1 + x)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \ln {(1 + x)^{\frac{1}{x}}}$

复合函数 $y = f(u) = \ln u,\;\;u = \varphi (x) = {(1 + x)^{\frac{1}{x}}},\;\;f\left[ {\varphi (x)} \right] = \ln {(1 + x)^{\frac{1}{x}}}$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \varphi (x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \ln {(1 + x)^{\frac{1}{x}}} = e$
而 $y = f(u) = \ln u$ 在 $u = e$ 点连续
所以 $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left[ {\varphi (x)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \ln {(1 + x)^{\frac{1}{x}}} = \ln \left[ {\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {{(1 + x)}^{\frac{1}{x}}}} \right] = \ln e = 1$
即上式 $=$ 原式 $= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\ln (1 + x)}}{x} = 1$
所以当 $x \to 0$ 时， $\ln (1 + x) \sim x$
（注：由 $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\ln (1 + x)}}{x} = 1$ 可知 ${\ln (1 + x)}$ 与 $x$ 为等价无穷小）
（第19课完）

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