[原创]高等数学笔记(20) – 编码无悔 / Intent & Focused

【前言】
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复合函数的连续性：设 $u = \varphi (x)$ 在 ${x_0}$ 处连续， $\varphi ({x_0}) = {u_0}$ ，而 $y = f(u)$ 在 ${u_0}$ 点处连续，则复合函数 $f\left[ {\varphi (x)} \right]$ 在 ${x_0}$ 点处连续。

证：
要证明此结论，需要证明 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left[ {\varphi (x)} \right] = f\left[ {\varphi ({x_0})} \right]$
因为 $u = \varphi (x)$ 在 ${x_0}$ 点处连续
所以按定义有 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} u = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \varphi (x) = \varphi ({x_0}) = {u_0}$
在复合函数的极限中，令 $a = \varphi ({x_0}) = {u_0}$
（注： $a$ 由前一节课定义，就是个极限值）
可推出： $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left[ {\varphi (x)} \right] = f\left[ {\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \varphi (x)} \right] = f\left[ {\varphi ({x_0})} \right]$
（注：第一个等号是由上一节特别标记的结论①推出的，第二个等号是由前面已经推出的结论得知 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \varphi (x) = \varphi ({x_0})$ ）
所以 $f\left[ {\varphi (x)} \right]$ 在 ${x_0}$ 点处连续
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3. 初等函数的连续性
首先说明[基本初等函数]的连续性
我们已经知道：三角函数、反三角函数在定义域内是连续的，那么，指数函数呢？
指数函数 $y = {a^x}(a > 0,a \ne 1)$ 定义域为 $( - \infty , + \infty )$ ，值域为 $(0, + \infty )$
为了证明 $y = {a^x}$ 是连续函数，需要先证明 $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {a^x} = 1$ ，因为后面的推导会用到这个结论。
假设 $a > 1,\;\forall \varepsilon > 0$ ，为了使 $\left| {{a^x} - 1} \right| < \varepsilon$
需要有 $1 - \varepsilon < {a^x} < 1 + \varepsilon \Leftrightarrow \ln (1 - \varepsilon ) < x\ln a < \ln (1 + \varepsilon ) \Leftrightarrow \frac{{\ln (1 - \varepsilon )}}{{\ln a}} < x < \frac{{\ln (1 + \varepsilon )}}{{\ln a}}$
不妨设 $0 < \varepsilon < 1$
则 $0 < 1 - {\varepsilon ^2} < 1 \Rightarrow 0 < (1 - \varepsilon )(1 + \varepsilon ) < 1 \Rightarrow \ln \left[ {(1 - \varepsilon )(1 + \varepsilon )} \right] < \ln 1$
所以 $\ln (1 - \varepsilon ) < - \ln (1 + \varepsilon )$
对任给的 $0 < \varepsilon < 1$ ，取 $\delta = \frac{{\ln (1 + \varepsilon )}}{{\ln a}} > 0$ （注：这是因为分子、分母均>0）
则当 $\left| x \right| < \delta$ 时，有（注：这是倒推，其实是为了推出“对任意的 $\varepsilon$ ，取 $\delta =$ 某个数，均有 $\left| {{a^x} - 1} \right| < \varepsilon$ ”，所以干脆从寻找这样一个 $\delta$ 开始，看能不能推出 $\left| {{a^x} - 1} \right| < \varepsilon$ ）：
$- \delta < x < \delta \Leftrightarrow - \frac{{\ln (1 + \varepsilon )}}{{\ln a}} < x < \frac{{\ln (1 + \varepsilon )}}{{\ln a}}$
则有：
$\frac{{\ln (1 - \varepsilon )}}{{\ln a}} < - \frac{{\ln (1 + \varepsilon )}}{{\ln a}} < x < \frac{{\ln (1 + \varepsilon )}}{{\ln a}}$
（注：这是因为上面推出了 $\ln (1 - \varepsilon ) < - \ln (1 + \varepsilon )$ ，且 $\ln a > 0$ ，故可得此结论）
由 $\frac{{\ln (1 - \varepsilon )}}{{\ln a}} < x < \frac{{\ln (1 + \varepsilon )}}{{\ln a}}$ 可得：
${\log _a}(1 - \varepsilon ) < x < {\log _a}(1 + \varepsilon ) \Rightarrow {a^{{{\log }_a}(1 - \varepsilon )}} < {a^x} < {a^{{{\log }_a}(1 + \varepsilon )}} \Rightarrow (1 - \varepsilon ) < {a^x} < (1 + \varepsilon )$
$\Rightarrow - \varepsilon < {a^x} - 1 < \varepsilon \Rightarrow \left| {{a^x} - 1} \right| < \varepsilon$
证到这里，综合一下上面的结论：对任给的 $0 < \varepsilon < 1$ ，取 $\delta = \frac{{\ln (1 + \varepsilon )}}{{\ln a}} > 0$ ，则当 $\left| x \right| < \delta$ 时，有 $\left| {{a^x} - 1} \right| < \varepsilon$
所以 $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {a^x} = 1$ ，这就证明了我们一开始就说要证明的一个小结论，别忘了，后面的证明会用到这个结论。
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下面，才真正开始证明 ${a^x}$ 在 $( - \infty , + \infty )$ 内连续。先假设 $a > 1$ （ $a < 1$ 的情况后面会证明）：
$\forall x \in ( - \infty , + \infty )$ ，设 $x$ 有增量 $\Delta x$
${a^x}$ 对应的增量 $\Delta y = {a^{x + \Delta x}} - {a^x} = {a^x}({a^{\Delta x}} - 1)$
$\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \Delta y = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \left[ {{a^x}({a^{\Delta x}} - 1)} \right] = {a^x}\left[ {\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} {a^{\Delta x}} - 1} \right] = {a^x} \cdot (1 - 1) = 0$
（注： $\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} {a^{\Delta x}} = 1$ 是前面已经证明的结论）
根据连续性的定义， $y = {a^x}$ 在 $x$ 点处连续，至此， $a > 1$ 的情况证明完毕。
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下面证明 $a < 1$ 的情况：
当 $a < 1$ 时，可令 $b = \frac{1}{a} > 1$ ， ${a^x} = \frac{1}{{{b^x}}}$
显然 $b > 1,\;{b^x}$ 在 $( - \infty , + \infty )$ 内连续且 ${b^x} \ne 0$
由连续函数商的连续性，可知 ${a^x} = \frac{1}{{{b^x}}}$ 在 $( - \infty , + \infty )$ 内连续，至此， $a < 1$ 的情况证明完毕。
所以 $y = {a^x}(a > 0,a \ne 1)$ 在 $( - \infty , + \infty )$ 内连续。
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对数函数 $y = {\log _a}x(a > 0,a \ne 1)$ 看作是 $y = {a^x}$ 的反函数，利用反函数的连续性，可知 $y = {\log _a}x$ 在 $(0, + \infty )$ 是连续的。

对幂函数 $y = {x^\alpha }$ ，无论 $\alpha$ 为何实常数，当 $x > 0$ 时， ${x^\alpha }$ 有定义， $y = {x^\alpha }$ 的定义域为 $(0, + \infty )$
由 $y = {x^\alpha }$ 取对数函数得： ${\log _a}y = \alpha {\log _a}x \Rightarrow y = {a^{\alpha {{\log }_a}x}}$
这可以看成复合函数： $y = {a^u},u = \alpha {\log _a}x$ （注： $\alpha$ 为常数，且前面已经证明了 ${\log _a}x$ 连续，故 $\alpha {\log _a}x$ 连续）
由复合函数的连续性（注： $y = {a^u}$ 以及 $u = \alpha {\log _a}x$ 都是连续的），可知 ${x^\alpha } = {a^{\alpha {{\log }_a}x}}$ 在 $(0, + \infty )$ 内连续。