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% 使用颜色
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\definecolor{orange}{RGB}{255,127,0}
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% 设置四级目录与标题
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% 首行缩进2个中文字符
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% 因为所以与其他数学拓展
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% 数学公式
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% 圆圈序号
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% 超链接
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% 绘图
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% 有字的长箭头
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\author{Didnelpsun}
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\title{函数与极限}
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\date{}
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\begin{document}
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\maketitle
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\thispagestyle{empty}
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\tableofcontents
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\thispagestyle{empty}
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\newpage
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\pagestyle{plain}
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\setcounter{page}{1}
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\section{邻域}
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\subsection{一维}
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邻域\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}以点$x_0$为中心的任何开区间为点$x_0$的邻域，记为$U(x_0)$。
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$\delta$邻域\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}设$\delta$为一正数，则称开区间$(x_0-\delta,x_0+\delta)$为点$x_0$的$\delta$邻域，记作$U(x_0,\delta)$。$x_0$称为邻域的中心，$\delta$为邻域的半径。
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去心$\delta$邻域就是去除$x_0$的$\delta$邻域，记为$\mathring{U}(x_0,\delta)$，左$\delta$邻域就是左侧的去心$\delta$邻域，记为$U^+(x_0,\delta)$，右$\delta$邻域就是右侧的去心$\delta$邻域，记为$U^-(x_0,\delta)$。
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\subsection{二维}
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邻域\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}设点$P_0(x_0,y_0)$为$xOy$平面上的一点，$\delta$为某一个正数，与点$P_0(x_0,y_0)$的距离小于$\delta$的点$P(x,y)$的全体，称为点$P_0$的$\delta$邻域，记为$U(P_0,\delta)$。
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同理可以得到去心$\delta$邻域的定义。
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$\delta$邻域的几何意义：以$P_0(x_0,y_0)$为中心，以$\delta>0$为半径的圆内部所有的点。
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函数的邻域就是一个区间，所以比如函数在某点的某邻域内有定义，就是说明函数在这个点的附近有定义，这个附近的距离没有必要说明。
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\section{定义}
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设函数$f(x)$在点$x_0$的某一个去心邻域有定义，若存在常数$A$，对于任意给定的$\epsilon>0$，总存在正数$\delta$，使得当$0<\vert x-x_0\vert<\delta$式，对应的函数值$f(x)$都满足不等式$\vert f(x)-A\vert <\epsilon$，则$A$就是函数$f(x)$当$x\to x_0$时的极限，记作$\lim_{x\to x_0}f(x)=A$或$f(x)\rightarrow A(x\rightarrow x_0)$。
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写成$\epsilon-\delta$语言：$\lim_{x\to x_0}f(x)=A\Leftrightarrow\forall\epsilon>0,\exists\delta>0,\text{当}0<\vert x-x_0\vert<\delta$时，有$\vert f(x)-A\vert\epsilon$。
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而对于趋向无穷时，写成$\epsilon-X$语言：$\lim_{x\to\infty}f(x)=A\Leftrightarrow\forall\epsilon>0,\exists X>0,\text{当}\vert x\vert>X$时，有$\vert f(x)-A\vert<\epsilon$。
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\textcolor{orange}{注意：}这里的趋向分为六种：$x\to x_0$、$x\to x_0^+$、$x\to x_0^-$、$x\to\infty$、$x\to\infty^+$、$x\to\infty^-$。
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\subsection{单侧极限}
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当$x\to x_0^-$存在的极限称为左极限，当$x\to x_0^+$存在的极限称为右极限。
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\subsection{函数极限存在条件}
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函数存在的充要条件是：
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\begin{enumerate}
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\item $\lim_{x\to x_0}f(x)\Leftrightarrow\lim_{x\to x_0^-}f(x)=\lim_{x\to x_0^+}f(x)=A$。
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\item 函数脱帽法：$\lim_{x\to x_0}f(x)\Leftrightarrow f(x)=A+\alpha(x),\lim_{x\to x_0}\alpha(x)=0$，后面的$\alpha(x)$就是函数与极限值的误差。
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\end{enumerate}
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\section{性质}
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任何$x$的趋向三个性质都是成立的。
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\subsection{唯一性}
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若极限存在，则极限唯一。
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\textbf{例题1：}设$a$为常数，$\lim_{x\to 0}\left(\dfrac{e^{\frac{1}{x}}-\pi}{e^{\frac{2}{x}}+1}+a\cdot\arctan\dfrac{1}{x}\right)$存在，求出极限值。
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因为求$x\to 0$，所以需要分两种情况讨论：
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$
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\begin{aligned}
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& \lim_{x\to 0^+}\left(\dfrac{e^{\frac{1}{x}}-\pi}{e^{\frac{2}{x}}+1}+a\cdot\arctan\dfrac{1}{x}\right) \\
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& = \lim_{x\to 0^+}\left(\dfrac{e^{\frac{1}{x}}-\pi}{e^{\frac{2}{x}}+1}\right)+\lim_{x\to 0^+}\left(a\cdot\arctan\dfrac{1}{x}\right) \\
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||
& = \lim_{x\to 0^+}\left(\dfrac{0\cdot\left(e^{\frac{2}{x}}\right)^2+e^{\frac{1}{x}}-\pi}{1\cdot\left(e^{\frac{2}{x}}\right)^2+1}\right)+a\cdot\dfrac{\pi}{2} \\
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& = a\cdot\dfrac{\pi}{2} \\
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& \lim_{x\to 0^-}\left(\dfrac{e^{\frac{1}{x}}-\pi}{e^{\frac{2}{x}}+1}+a\cdot\arctan\dfrac{1}{x}\right) \\
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& = -\pi+a\cdot\left(-\dfrac{\pi}{2}\right) \\
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& = -\pi-\dfrac{\pi}{2}\cdot a
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\end{aligned}
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$
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因为极限值具有唯一性，所以$-\pi-\dfrac{\pi}{2}a=\dfrac{\pi}{2}a$，所以$a=-1$，极限值为$-\dfrac{\pi}{2}$。
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\subsection{局部有界性}
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若极限存在且为$A$，则存在正常数$M$和$\delta$，使得当$0<\vert x-x_0\vert<\delta$时，有$\vert f(x)\vert\leqslant M$。
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\begin{enumerate}
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\item 极限存在是函数局部有界性的充分不必要条件。
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\item $f(x)$在$[a,b]$上连续，则$f(x)$在$[a,b]$上有界。
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\item 有限个有界函数与有界函数的和、差、积仍是有界函数。
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\item 若$f'(x)$在有限区间$(a,b)$内有界，则$f(x)$在该区间内有界。
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\end{enumerate}
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对于结论二，可以利用极限存在必然连续的概念，对$f(x)$在区间两端求极限从而证明有界。这里两端的极限不要求是一样的，因为两端不一样的极限表明该趋向点的极限值不存在，但是仍然有界。
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证明结论四：
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利用中值定理：$f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)$。
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令$x\in(a,b),x_0\in(a,b)$。其中这两个值不知道大小，只知道范围。
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代入中值定理：$f(x)-f(x_0)=f'(\xi)(x-x_0)$
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$
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\begin{aligned}
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\vert f(x)\vert & =\vert f(x_0)+f'(\xi)(x-x_0)\vert \\
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& \leqslant\vert f(x_0)\vert+\vert f'(\xi)\vert\vert x-x_0\vert\text{ （重要绝对值不等式）} \\
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& \leqslant\vert f(x_0)\vert+K\cdot(b-a) \\
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& \leqslant M
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\end{aligned}
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$
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\textbf{例题2：}函数$f(x)=\dfrac{\vert x\vert\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2}$在哪个区间内有界（）。
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$A.(-1,0)$\qquad$B.(0,1)$\qquad$C.(1,2)$\qquad$D.(2,3)$
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解：看选项，0，1，2出现次数较多，所以从$B$选项开始检查是否有界：
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$\lim_{x\to 0^-}\dfrac{\vert x\vert\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2}=(-1)\cdot\dfrac{-\sin 2}{(-1)\cdot 4}=-\dfrac{\sin 2}{4}$
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所以趋于$0^-$的一段有界。
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同理$\lim_{x\to 0^+}\dfrac{\vert x\vert\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2}=\dfrac{\sin 2}{4}$。
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所以趋于$0^+$的一段有界。
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$\lim_{x\to 1^-}\dfrac{\vert x\vert\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2}$中$(x-1)$为0且在分母位置，所以极限为$\infty$，无界。
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所以$(0,1)$无界，$B$排除。
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同理$\lim_{x\to 1^+}\dfrac{\vert x\vert\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2}$也无穷大而无界。
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所以$(1,2)$无界，$C$排除。
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$\lim_{x\to 2^+}\dfrac{\vert x\vert\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2}$中不管前面的项，而看到后面的$\dfrac{\sin(x-2)}{(x-2)^2}$。
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因为$\lim_{x\to 0}\dfrac{\sin x}{x}=1$，所以对于$\lim_{x\to 2}\dfrac{\sin(x-2)}{(x-2)}=1$，所以下面还有一个$x-2$，所以还是为$\infty$。
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所以$(2,3)$无界，$D$排除。
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验证-1处是否有界：
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$\lim_{x\to -1}\dfrac{\vert x\vert\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2}=-\dfrac{\sin 3}{18}$。
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所以该处有界，所以选$A$。
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\subsection{局部保号性}
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若极限存在，则存在常数$\delta>0$，使得当$0<\vert x-x_0\vert<\delta$时，$f(x)$与$A$同号。
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简单来说，函数值在$x\to x_0$时函数值与极限值同号。
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证明局部保号性：
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首先根据极限存在定义：$\forall\epsilon>0,\exists\delta>0,0<\vert x-x_0\vert<\delta$时，恒有$\vert f(x)-A\vert<\epsilon$。
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$\Rightarrow -\epsilon<f(x)-A<\epsilon$
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$\Rightarrow A-\epsilon<f(x)<A+\epsilon$
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任意取$\epsilon=\dfrac{A}{2}>0\Rightarrow f(x)>A-\dfrac{A}{2}=\dfrac{A}{2}>0$
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证明完毕。
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关于$\epsilon$的取值问题，为什么不能取到令结果为负的值，因为请注意这个取值得到的区间并不是$f(x)$的范围，而是对$f(x)$所在区间的陈述，其是无尽逼近$A$的，所以取多大的区间都无所谓。
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推论：若函数值在$x\to x_0$时都非负或非正，极限值为$A$，那么$A$与此时函数值同号。不能去除等号。
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\bigskip
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关于三个性质要注意自变量取值的双向性，所以需要留意下面几个函数：
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\begin{enumerate}
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\item $\lim_{x\to\infty}e^x$不存在，因为$\lim_{x\to +\infty}e^x=+\infty$，$\lim_{x\to -\infty}e^x=0$。
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\item $\lim_{x\to 0}\dfrac{\sin x}{\vert x\vert}$不存在，因为$\lim_{x\to 0^+}\dfrac{\sin x}{\vert x\vert}=1$，$\lim_{x\to 0^-}\dfrac{\sin x}{\vert x\vert}=-1$。
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||
\item $\lim_{x\to\infty}\arctan x$不存在，因为$\lim_{x\to +\infty}\arctan x=\dfrac{\pi}{2}$，$\lim_{x\to -\infty}\arctan x=-\dfrac{\pi}{2}$。
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\item $\lim_{x\to 0}[x]$不存在，因为$\lim_{x\to 0^+}[x]=0$，$\lim_{x\to 0^-}[x]=-1$
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\end{enumerate}
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\section{运算法则}
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若$\lim f(x)=A$，$\lim g(x)=B$，则
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\begin{enumerate}
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\item $\lim[k\cdot f(x)\pm l\cdot g(x)]=k\lim f(x)\pm l\cdot g(x)=kA\pm lB$，其中$kl$为常数。
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\item $\lim[f(x)\cdot g(x)]=\lim f(x)\cdot\lim g(x)=A\cdot B$
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\item $\lim[f(x)]^n=[\lim f(x)]^n$，其中$n$为正整数。
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\item $\lim\dfrac{f(x)}{g(x)}=\dfrac{\lim f(x)}{\lim g(x)}=\dfrac{A}{B}(B\neq 0)$。
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\end{enumerate}
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\section{夹逼准则}
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\begin{enumerate}
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\item $g(x)\leqslant f(x)\leqslant h(x)$。
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\item $\lim g(x)=A$且$\lim h(x)=A$。
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\item 则$\lim f(x)=A$。
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\end{enumerate}
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\textcolor{orange}{注意：}两函数差值极限为0不代表两函数极限相同，也不能保证中间的$f(x)$的极限存在。
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\section{洛必达法则}
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\textcolor{aqua}{\textbf{定理：}}
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\begin{enumerate}
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\item 当$x\to a\text{或}\infty$时，函数$f(x)$，$g(x)$都趋向0或无穷大。
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\item $f'(x)$和$F'(x)$在点$a$的某去心邻域内，或$\vert x\vert$大于充分大的正数时，存在，且$g'(x)\neq 0$。
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\item $\lim_{x\to a}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}$或$\lim_{x\to\infty}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}$存在或无穷大。
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\item $\lim_{x\to a}\dfrac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to a}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}$或$\lim_{x\to\infty}\dfrac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to\infty}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}$。
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\end{enumerate}
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\textcolor{orange}{注意：}
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\begin{enumerate}
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\item 如果函数比值不为$\dfrac{0}{0}$或$\dfrac{\infty}{\infty}$型，则不能使用洛必达法则。
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\item 若求导后极限仍为$\dfrac{0}{0}$或$\dfrac{\infty}{\infty}$型，则可以继续使用洛必达法则。
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||
\item 若$\lim_{x\to a}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}$不存在且不为$\infty$，不能反推$\lim_{x\to a}\dfrac{f(x)}{g(x)}$不存在也不为$\infty$，这时候洛必达法则是失效的。
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\end{enumerate}
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对于第三个注意点：$\lim_{x\to 0}\dfrac{x^2\cdot\sin\dfrac{1}{x}}{x}=\lim_{x\to 0}x\cdot\sin\dfrac{1}{x}=0$。
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而使用洛必达法则：
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$\lim_{x\to 0}\dfrac{x^2\cdot\sin\dfrac{1}{x}}{x}=\lim_{x\to 0}\left(2x\cdot\sin\dfrac{1}{x}-\cos\dfrac{1}{x}\right)=\lim_{x\to 0}\left(-\cos\dfrac{1}{x}\right)=\text{不存在}$。
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\section{泰勒公式}
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非常重要。
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\subsection{定义}
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是一个用函数在某点的信息描述其附近取值的公式。如果函数满足一定的条件，泰勒公式可以用函数在某一点的各阶导数值做系数构建一个多项式来近似表达这个函数。即形式：$f(x)=\sum ax^n$。
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简单来说，泰勒公式就是一个近似表达函数的公式。其极限趋向为趋向0。
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对于泰勒公式以及后面的中值定理等相关延申见\href{https://www.zhihu.com/question/25627482}{知乎回答}。
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\subsection{泰勒展开}
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当$x\to 0$时：
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\begin{enumerate}
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\item $\sin x=x-\dfrac{x^3}{3!}+o(x^3)$。
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\item $\cos x=1-\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^4}{4!}+o(x^4)$。
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||
\item $\arcsin x=x+\dfrac{x^3}{3!}+o(x^3)$。
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||
\item $\tan x=x+\dfrac{x^3}{3}+o(x^3)$。
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||
\item $\arctan x=x-\dfrac{x^3}{3}+o(x^3)$。
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\item $\ln(1+x)=x-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{3}+o(x^3)$。
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||
\item $e^x=1+x+\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^3}{3!}+o(x^3)$。
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||
\item $(1+x)^\alpha=1+\alpha\cdot x+\dfrac{\alpha\cdot(\alpha-1)}{2!}x^2+o(x^2)$。
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\end{enumerate}
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||
其中$o(x^\alpha)$为佩亚诺余项，其非常小。
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||
同样可以对泰勒展开式进行变形：$x-\sin x\sim\dfrac{x^3}{6}$，$x+\sin x\sim 2x$。
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如：
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$
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\begin{aligned}
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& \lim_{x\to 0}\dfrac{[\sin x-\sin(\sin x)]\sin x}{x^4} \\
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& =\dfrac{\dfrac{1}{6}\sin^3x\cdot\sin x}{x^4} \\
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||
& =\dfrac{\dfrac{1}{6}\sin^4x}{x^4} \\
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||
& =\dfrac{1}{6}
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\end{aligned}
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$
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\subsection{无穷小运算}
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\begin{enumerate}
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\item 有限个无穷小的和是无穷小。
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\item 有界函数与无穷小的乘积是无穷小。
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||
\item 有限个无穷小的乘积是无穷小。
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\end{enumerate}
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无穷小运算，设$m$，$n$为正整数：
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\begin{enumerate}
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\item $o(x^m)\pm o(x^n)=o(x^l),l=\min{m,n}$（加减法低阶吸收高阶）。
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\item $o(x^m)\cdot o(x^n)=o(x^{m+n}),x^m\cdot o(x^n)=o(x^{m+n})$（乘法累加）。
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||
\item $o(x^m)=o(k\cdot x^m)=k\cdot o(x^m)$，$k\neq 0$且为常数（非零常数相乘不影响阶数）。
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\end{enumerate}
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\subsection{展开幂的选择}
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泰勒公式展开时应该展开到多少次幂？
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\subsubsection{\texorpdfstring{$\dfrac{A}{B}$}型，上下同阶}
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当分母或分子式$x$的$k$次幂那么应该把分母或分子展开到对应的次数幂。
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如$\lim_{x\to 0}\dfrac{x-\sin x}{x^3}$展开为三次：
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$
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\begin{aligned}
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& \lim_{x\to 0}\dfrac{x-\sin x}{x^3} \\
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& =\lim_{x\to 0}\dfrac{x-\left[x-\dfrac{1}{6}x^3+o(x^3)\right]}{x^3} \\
|
||
& =\lim_{x\to 0}\dfrac{\dfrac{1}{6}x^3+o(x^3)}{x^3} \\
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||
& =\dfrac{1}{6}
|
||
\end{aligned}
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||
$
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||
\subsubsection{\texorpdfstring{$A-B$}型，幂次最低}
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将$A$，$B$分别展到他们系数不相等的$x$的最低次幂为止。
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如已知当$x\to 0$时，$\cos x-e^{-\frac{x^2}{2}}$与$ax^k$为等价无穷小，求$a$，$b$。
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||
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||
泰勒展开：
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||
|
||
$
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||
\begin{aligned}
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||
& \cos x-e^{-\frac{x^2}{2}} \\
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||
& = 1-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{1}{24}x^4+o(x^4)-\left(1-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{1}{8}x^4+o(x^4)\right) \\
|
||
& = -\dfrac{1}{12}x^4+o(x^4) \\
|
||
& \sim -\dfrac{1}{12}x^4
|
||
\end{aligned}
|
||
$
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||
|
||
$\therefore a=-\dfrac{1}{12},b=4$。
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||
\textbf{例题3：}求解$\lim_{x\to 0}\dfrac{\sin^2x-x^2}{e^{x^4}-1}$。
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首先由泰勒展开式$e^x=1+x+o(x)$，得到$e^x-1\sim x$。
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$\therefore e^{x^4}-1\sim x^4$。
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然后泰勒展开：
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$
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\begin{aligned}
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& x-\sin x \\
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& = 1\cdot x^1+0\cdot x^3 - (1\cdot x^1-\dfrac{1}{6}x^3+o(x^3)) \\
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||
& = \dfrac{1}{6}x^3+o(x^3) \\
|
||
& \sim \dfrac{1}{6}x^3
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\end{aligned}
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$
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$
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\begin{aligned}
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& x+\sin x \\
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& =x-(-\sin x) \\
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||
& =1\cdot x^1-(-1\cdot x^1)+o(x) \\
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||
& =2x+o(x) \\
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& \sim 2x
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\end{aligned}
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$
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$\therefore$ \bigskip
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$
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\begin{aligned}
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& \lim_{x\to 0}\dfrac{\sin^2x-x^2}{e^{x^4}-1} \\
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||
& =\lim_{x\to 0}\dfrac{(\sin x+x)(\sin x-x)}{x^4} \\
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||
& =\lim_{x\to 0}\dfrac{2x\cdot\left(-\dfrac{1}{6}x^3\right)}{x^4} \\
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& =-\dfrac{1}{3}
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\end{aligned}
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$
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\section{海涅定理（归结原则）}
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\subsection{定义}
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设$f(x)$在$\mathring{U}(x_0,\delta)$内有定义，则$\lim_{x\to x_0}f(x)=A$存在$\Leftrightarrow$对任何$\mathring{U}(x_0,\delta)$内以$x_0$为极限的数列$\{x_n\}(x_n\neq x_0)$，极限$\lim_{n\to\infty}f(x_n)=A$存在。
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||
海涅定理用来连接数列极限与函数极限。在极限存在下他们可以相互转换。
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\textbf{例题4：}求$\lim_{n\to\infty}\left(n\tan\dfrac{1}{n}\right)^{n^2}$（$n\in N^+$）。
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$\because \lim_{x\to 0}\left(\dfrac{\tan x}{x}\right)^{\frac{1}{x^2}}$
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又$u^v=e^{v\ln u}$
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$\therefore =e^{\lim_{x\to 0}\frac{1}{x^2}\ln\frac{\tan x}{x}}$
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又在$x\to 0$下$\ln (1+x)\sim x$，$\therefore \ln(1+g(x))\sim g(x),g(x)\to 0$。
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||
而$\dfrac{\tan x}{x}$在$x\to 0$时趋于1，不满足趋于0的条件，所以正好变形$\ln\left(1+\dfrac{\tan x}{x}-1\right)$。
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||
$\therefore \ln\left(1+\dfrac{\tan x}{x}-1\right)\sim\dfrac{\tan x}{x}-1$，$\dfrac{\tan x}{x}-1\to 0$。
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||
又泰勒展开$\tan x-x=x+\dfrac{x^3}{3}+o(x^3)-x-0\cdot x^3=\dfrac{x^3}{3}$。
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$\therefore$ \bigskip
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$
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\begin{aligned}
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||
& e^{\lim_{x\to 0}\frac{1}{x^2}\ln\frac{\tan x}{x}} \\
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||
& =e^{\lim_{x\to 0}\frac{1}{x^2}\frac{\tan x-x}{x}} \\
|
||
& =e^{\lim_{x\to 0}\frac{1}{x^2}\cdot\frac{x^2}{3}} \\
|
||
& = e^{\frac{1}{3}}
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\end{aligned}
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$
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根据海涅定理：取$x=\dfrac{1}{n},n\to\infty$，$\lim_{n\to\infty}\left(n\tan\dfrac{1}{n}\right)^{n^2}=e^{\frac{1}{3}}$。
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\section{无穷小比阶}
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\subsection{无穷定义}
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当$x\to x_0(\infty)$时，函数$f(x)$极限为0，就称$f(x)$为当$x\to x_0(\infty)$时的无穷小，记为：$\lim_{x\to x_0(\infty)}f(x)=0$。
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以0为极限的数列称为$n\to\infty$时的无穷小。
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无穷大\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}当$x\to x_0(\infty)$时，函数$\vert f(x)\vert$无限增大，就称$f(x)$为当$x\to x_0(\infty)$时的无穷大，记为：$\lim_{x\to x_0(\infty)}f(x)=\infty$。
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\subsection{无穷小比阶定义}
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设在自变量同一变化过程中，$\lim\alpha(x)=0$，$\lim\beta(x)=0$，且$\beta(x)\neq 0$，则：
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\begin{enumerate}
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\item 若$\lim\dfrac{\alpha(x)}{\beta(x)}=0$，则$\alpha(x)$是比$\beta(x)$高阶的无穷小，记为$\alpha(x)=o(\beta(x))$。
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||
\item 若$\lim\dfrac{\alpha(x)}{\beta(x)}=\infty$，则$\alpha(x)$是比$\beta(x)$低阶的无穷小。
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||
\item 若$\lim\dfrac{\alpha(x)}{\beta(x)}=c\neq 0$，则$\alpha(x)$与$\beta(x)$是同阶无穷小。
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||
\item 若$\lim\dfrac{\alpha(x)}{\beta(x)}=1$，则$\alpha(x)$与$\beta(x)$是等价无穷小，记为$\alpha(x)\sim\beta(x)$。
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||
\item 若$\lim\dfrac{\alpha(x)}{[\beta(x)]^k}=c\neq 0$，则$\alpha(x)$是$\beta(x)$的$k$阶无穷小。
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\end{enumerate}
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并不是任意无穷小都可以比阶。如$\lim_{x\to 0}\dfrac{x\sin\dfrac{1}{x}}{x^2}$就因为得到函数振荡而无法得到极限。
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\subsection{常用等价无穷小}
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$x\to 0$：
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\begin{enumerate}
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\item $\sin x\sim x$。
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\item $\tan x\sim x$。
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\item $\arcsin x\sim x$。
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\item $\arctan x\sim x$。
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\item $\ln(1+x)\sim x$。
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\item $e^x-1\sim x$。
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\item $a^x-1\sim x\ln a$。
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\item $1-\cos x\sim\dfrac{1}{2}x^2$。
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\item $(1+x)^a-1\sim ax$。
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\end{enumerate}
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还有$e^{\sin x}-e^x\sim\sin x-x\sim-\dfrac{1}{6}x^3$。
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其中$a\cdot x\ln x$当$x\to 0$的极限必然为0。
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\section{极限计算}
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\subsection{未定式}
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未定式即需要自己定义的式子，可能存在极限也可能不存在，对于自变量的变化趋势分为六种，分别是对于$x_0$与$\infty$的各三种。
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\subsubsection{化简}
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方式：
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\begin{enumerate}
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\item 提出极限不为0的因式。
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\item 等价无穷小替换。
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\item 恒等变形（提公因式、拆项、合并、分子分母同除变量最高次幂、换元法）。
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\end{enumerate}
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\subsubsection{判断类型}
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七种：$\dfrac{0}{0},\dfrac{\infty}{\infty},0\cdot\infty,\infty-\infty,\infty^0,0^0,1^\infty$。
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\ding{172}其中$\dfrac{0}{0}$为洛必达法则的基本型。$\dfrac{\infty}{\infty}$可以类比$\dfrac{0}{0}$的处理方式。$0\cdot\infty$可以转为$\dfrac{0}{\dfrac{1}{\infty}}=\dfrac{0}{0}=\dfrac{\infty}{\dfrac{1}{0}}=\dfrac{\infty}{\infty}$。设置分母有原则，简单因式才下放。（简单：幂函数，e为底的指数函数）
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||
\ding{173}$\infty-\infty$可以提取公因式或通分，即和差化积。
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\ding{174}$\infty^0,0^0,1^\infty$，就是幂指函数。
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$
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u^v=e^{v\ln u}=\left\{
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\begin{array}{lcl}
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\infty^0 & \rightarrow & e^{0\cdot+\infty} \\
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||
0^0 & \rightarrow & e^{0\cdot-\infty} \\
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||
1^\infty & \rightarrow & e^{\infty\cdot 0} \\
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||
\end{array} \right.
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$
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||
$\therefore \lim u^v=e^{\lim v\cdot\ln u}=e^{\lim v(u-1)}$
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\paragraph{比值类型} \leavevmode \bigskip
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$\dfrac{0}{0}$型\textbf{例题5：}求极限$\lim_{x\to 0}\dfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^{100}}$
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$
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\begin{aligned}
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||
& \lim_{x\to 0}\dfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^{100}} \\
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||
& = \lim_{x\to 0}\dfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}\cdot 2x^{-3}}{100x^99} \\
|
||
& = \lim_{x\to 0}\dfrac{1}{50}\lim_{x\to 0}\dfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^{102}}
|
||
\end{aligned}
|
||
$
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||
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||
\bigskip
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||
使用洛必达法则下更复杂，因为分子的幂次为负数，导致求导后幂次绝对值越来越大，不容易计算。
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||
使用倒代换再洛必达降低幂次，令$\dfrac{1}{x^2}=t$。
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||
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||
$
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\begin{aligned}
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||
& \lim_{x\to 0}\dfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^{100}} \\
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||
& = \lim_{t\to+\infty}\dfrac{e^{-t}}{t^{-50}} \\
|
||
& = \lim_{t\to+\infty}\dfrac{t^{50}}{e^t} \\
|
||
& = \lim_{t\to+\infty}\dfrac{50t^{49}}{e^t} \\
|
||
& = \cdots \\
|
||
& = \lim_{t\to+\infty}\dfrac{50!}{e^t} \\
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||
& = 0
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||
\end{aligned}
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||
$
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||
$\infty\cdot 0$型\textbf{例题6：}求极限$\lim_{x\to-\infty}x(\sqrt{x^2+100}+x)$。
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首先定性分析：$\lim_{x\to-\infty}x\cdot(\sqrt{x^2+100}+x)$。
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||
|
||
在$x\to-\infty$趋向时，$x$就趋向无穷大，而$\sqrt{x^2+100}$为一次，所以$\sqrt{x^2+100}+x$趋向0。
|
||
|
||
又$\sqrt{x^2+100}$在$x\to-\infty$时本质为根号差，所以有理化：
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$
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\begin{aligned}
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||
& \lim_{x\to-\infty}x(\sqrt{x^2+100}+x) \\
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||
& \lim_{x\to-\infty}x\dfrac{x^2+100-x^2}{\sqrt{x^100}-x} \\
|
||
& = \lim_{x\to-\infty}\dfrac{100x}{\sqrt{x^2+100}-x} \\
|
||
& \xRightarrow{\text{令}x=-t}\lim_{t\to+\infty}\dfrac{-100t}{\sqrt{t^2+100}+t} \\
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||
& = \lim_{t\to+\infty}\dfrac{-100}{\sqrt{1+\dfrac{100}{t^2}}+1} \\
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& = -50
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||
\end{aligned}
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$
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||
$\infty\cdot 0$型\textbf{例题7：}求极限$\lim_{x\to 1^-}\ln x\ln(1-x)$。
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当$x\to 1^-$时，$\ln x$趋向0，$\ln(1-x)$趋向$-\infty$。
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||
又$x\to 0$，$\ln(1+x)\sim x$，所以$x\to 1$，$\ln x\sim x-1$：
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$
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\begin{aligned}
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||
& \lim_{x\to 1^-}\ln x\ln(1-x) \\
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||
& = \lim_{x\to 1^-}(x-1)\ln(1-x) \\
|
||
& \xRightarrow{令t=1-x} =-\lim_{t\to 0^+}t\ln t \\
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||
& = -\lim_{t\to 0^+}\dfrac{\ln t}{\dfrac{1}{t}} \\
|
||
& = -\lim_{t\to 0^+}\dfrac{\dfrac{1}{t}}{-\dfrac{1}{t^2}} \\
|
||
& = \lim_{t\to 0^+}t \\
|
||
& = 0
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||
\end{aligned}
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||
$
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||
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$\dfrac{0}{0}$型\textbf{例题8：}求极限$\lim_{x\to 0}\dfrac{\arcsin x-\arctan x}{\sin x-\tan x}$。
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||
分析：该题目使用洛必达法则会比较麻烦且难以计算，所以先考虑是否能用泰勒展开：
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$x\to 0$，$\sin x=x-\dfrac{1}{6}x^3+o(x^3)$，$\tan x=x+\dfrac{1}{3}x^3+o(x^3)$，$\arcsin x=x+\dfrac{1}{6}x^3+o(x^3)$，$\arctan x=x-\dfrac{1}{3}x^3+o(x^3)$。
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$\therefore \sin x-\tan x=-\dfrac{1}{2}x^3+o(x^3)$，$\arcsin x-\arctan x=\dfrac{1}{2}x^3+o(x^3)$
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$\therefore \text{原式}=\dfrac{\dfrac{1}{x}x^3+o(x^3)}{-\dfrac{1}{2}x^3+o(x^3)}=-1$。
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||
$0\cdot\infty$型\textbf{例题9：}求极限$\lim_{x\to 0}x\left[\dfrac{10}{x}\right]$，其中$[\cdot]$为取整符号。
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取整函数公式：$x-1<[x]\leqslant x$，所以$\dfrac{10}{x}-1<\left[\dfrac{10}{x}\right]\leqslant\dfrac{10}{x}$。
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||
|
||
当$x>0$时，$x\to 0^+$，两边都乘以10，$10-x<x\cdot\left[\dfrac{10}{x}\right]\leqslant x\cdots\dfrac{10}{x}=10$，而左边在$x\to 0^+$时极限也为10，所以夹逼准则，中间$x\cdot\left[\dfrac{10}{x}\right]$极限也为10。
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||
|
||
当$x>0$时，$x\to 0^-$，同样也是夹逼准则得到极限为10。
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||
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||
$\therefore \lim_{x\to 0}x\left[\dfrac{10}{x}\right]$。
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||
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||
\paragraph{差类型} \leavevmode \bigskip
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\begin{itemize}
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||
\item 如果函数中有分母，则通分，将加减法变形为乘除法，以便其他计算如洛必达法则。
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||
\item 若函数中没有分母，则可以通过提取公因式或倒数代换，出现分母，再利用通分等方式将加减法变成乘除法。
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||
\end{itemize}
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||
|
||
$\infty-\infty$型\textbf{例题10：}求极限$\lim_{x\to 0}\left(\dfrac{1}{\sin^2x}-\dfrac{\cos^2x}{x^2}\right)$。
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$
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\begin{aligned}
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||
& \lim_{x\to 0}\left(\dfrac{1}{\sin^2x}-\dfrac{\cos^2x}{x^2}\right) \\
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||
& = \lim_{x\to 0}\dfrac{x^2-\sin^2x\cos^2x}{\sin^2x\cdot x^2} (\sin x\sim x)\\
|
||
& = \lim_{x\to 0}\dfrac{x^2-\sin^2x\cos^2x}{x^4} (\sin x\cos x\sim\dfrac{1}{2}\sin 2x)\\
|
||
& = \lim_{x\to 0}\dfrac{x^2-\dfrac{1}{4}\sin^22x}{x^4} \\
|
||
& = \lim_{x\to 0}\dfrac{2x-\dfrac{1}{4}\cdot 2\sin 2x\cdot\cos 2x\cdot 2}{4x^3} (\sin x\cos x\sim\dfrac{1}{2}\sin 2x)\\
|
||
& = \lim_{x\to 0}\dfrac{2x-\dfrac{1}{2}\sin 4x}{4x^3} \\
|
||
& = \lim_{x\to 0}\dfrac{2-\dfrac{1}{2}\cos 4x\cdot 4}{12x^2} \\
|
||
& = \dfrac{1}{6}\lim_{x\to 0}\dfrac{1-\cos 4x}{x^2} (1-\cos x\sim \dfrac{1}{2}x^2)\\
|
||
& = \dfrac{4}{3}
|
||
\end{aligned}
|
||
$
|
||
|
||
$\infty-\infty$型\textbf{例题11：}求极限$\lim_{x\to+\infty}[x^2(e^{\frac{1}{x}}-1)-x]$。
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||
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||
该式子无法进行因式分解，所以尝试使用倒数代换：
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||
|
||
$
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||
\begin{aligned}
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||
& \lim_{x\to+\infty}[x^2(e^{\frac{1}{x}}-1)-x] \\
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||
& \xRightarrow{\text{令}x=\frac{1}{t}}\lim_{t\to 0^+}\left(\dfrac{e^t-1}{x^2}-\dfrac{1}{t}\right) \\
|
||
& \lim_{t\to 0^+}\dfrac{e^t-1-t}{t^2} \\
|
||
& \xRightarrow{\text{泰勒展开}e^x}\lim_{t\to 0^+}\dfrac{\dfrac{1}{2}x^2}{x^2} \\
|
||
& =\dfrac{1}{2}
|
||
\end{aligned}
|
||
$
|
||
|
||
\paragraph{幂指类型} \leavevmode \bigskip
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||
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||
$\infty^0$型\textbf{例题12：}求极限$\lim_{x\to+\infty}(x+\sqrt{1+x^2})^{\frac{1}{x}}$。
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||
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||
$
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||
\begin{aligned}
|
||
& \lim_{x\to+\infty}(x+\sqrt{1+x^2})^{\frac{1}{x}} \\
|
||
& =e^{\lim_{x\to+\infty}\frac{(x+\sqrt{1+x^2})}{x}} \left(\ln(x+\sqrt{1+x^2})'=\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}\right) \\
|
||
& =e^{\lim_{x\to+\infty}\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}} \\
|
||
& =e^0 \\
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||
& =1
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||
\end{aligned}
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||
$
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||
$1^\infty$型\textbf{例题13：}求极限$\lim_{x\to 0}\left(\dfrac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}}{n}\right)^{\frac{e}{x}}$。（$n\in N^+$）
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||
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$
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||
\begin{aligned}
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||
& \lim_{x\to 0}\left(\dfrac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}}{n}\right)^{\frac{e}{x}} \\
|
||
& =e^{\lim_{x\to 0}\dfrac{e}{x}\ln\left(\frac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}}{n}\right)} \\
|
||
& =e^{\lim_{x\to 0}\dfrac{e}{x}\left(\frac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}}{n}-1\right)} \\
|
||
& =e^{\lim_{x\to 0}\dfrac{e}{x}\left(\frac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}-n}{n}\right)} \\
|
||
& =e^{\frac{e}{n}\lim_{x\to 0}\left(\frac{e^x-1}{x}+\frac{e^{2x}-1}{x}+\cdots+\frac{e^{nx}-1}{x}\right)} \\
|
||
& =e^{\frac{e}{n}[1+2+\cdots+n]} \\
|
||
& =e^{\frac{e}{n}\cdot\frac{n(1+n)}{2}} \\
|
||
& =e^{\frac{e(1+n)}{2}}
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||
\end{aligned}
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$
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||
\subsection{极限转换}
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一般解法为两种，一种是脱帽法：$\lim_{x\to x_0}f(x)\Leftrightarrow f(x)=A+\alpha(x),\lim_{x\to x_0}\alpha(x)=0$。第二种就是根据之间的关系转换。
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||
|
||
\textbf{例题14：}如果$\lim_{x\to 0}\dfrac{x-\sin x+f(x)}{x^4}$存在，则$\lim_{x\to 0}\dfrac{x^3}{f(x)}$为常数多少？
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解法一：
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由$\lim_{x\to 0}\dfrac{x\sin x+f(x)}{x^4}=A$脱帽：$\dfrac{x\sin x+f(x)}{x^4}=A+\alpha$。
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得到：$f(x)=Ax^4+\alpha\cdot x^4-(x-\sin x)$。
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反代入：$\lim_{x\to 0}\dfrac{f(x)}{x^3}=\lim_{x\to 0}\dfrac{Ax^4+\alpha\cdot x^4-x+\sin x}{x^3}=0+0-\dfrac{1}{6}=-\dfrac{1}{6}$。
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$\therefore \lim_{x\to 0}\dfrac{x^3}{f(x)}=-6$。
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解法二：
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由$\lim_{x\to 0}\dfrac{x\sin x+f(x)}{x^4}=A$，而目标是$x^3$，所以需要变形：
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$
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\begin{aligned}
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||
& \lim_{x\to 0}\dfrac{x\sin x+f(x)}{x^4}=A \\
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& \lim_{x\to 0}\dfrac{x\sin x+f(x)\cdot x}{x^4}=A\cdot\lim_{x\to 0}x=0 \\
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||
& \lim_{x\to 0}\dfrac{x-\sin x}{x^3}+\lim_{x\to 0}\dfrac{f(x)}{x^3}=0 \\
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||
& \text{泰勒展开：}x-\sin x=\dfrac{1}{6}x^3 \\
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||
& \lim_{x\to 0}\dfrac{f(x)}{x^3}=-\dfrac{1}{6} \\
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||
& \lim_{x\to 0}\dfrac{x^3}{f(x)}=-6
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||
\end{aligned}
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$
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||
\subsection{求参数}
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||
因为求参数类型的题目中式子是未知的，所以求导后也是未知的，所以一般不要使用洛必达法则，而使用泰勒展开。
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||
一般极限式子右侧等于一个常数，或是表明高阶或低阶。具体的关系参考无穷小比阶。
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||
\textbf{例题15：}设$\lim_{x\to 0}\dfrac{\ln(1+x)-(ax+bx^2)}{x^2}=2$，求常数a，b。
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根据泰勒展开式：$x\to 0,\ln(1+x)=x-\dfrac{x^2}{x}+o(x^2)$。
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\begin{aligned}
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& \lim_{x\to 0}\dfrac{\ln(1+x)-(ax+bx^2)}{x^2}=2 \\
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& =\lim_{x\to 0}\dfrac{(1-a)x-\left(\dfrac{1}{2}+b\right)x^2+o(x^2)}{x^2}=2\neq 0 \\
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& 1-a=0;-\left(\dfrac{1}{2}+b\right)=2 \\
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& \therefore a=1;b=-\dfrac{5}{2}
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\end{aligned}
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\textcolor{orange}{注意：}根据泰勒公式，$x-\ln(1+x)\sim\dfrac{1}{2}x^2\sim 1-\cos x$。
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函数的连续与间断是逐点的概念。
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\section{连续}
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\subsection{定义}
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若函数$f(x)$在点$x_0$的某一邻域内有定义，且有$\lim_{x\to x_0}f(x)=f(x_0)$，则称函数$f(x)$在点$x_0$处连续。
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极限值等于函数值，则该点连续。
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\section{间断}
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讨论间断只看两类点：分段函数分段点，无定义点。
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\subsection{定义}
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若函数$f(x)$在点$x_0$的某一去心邻域内有定义，且有$\lim_{x\to x_0}f(x)\neq f(x_0)$，则称函数$f(x)$在点$x_0$处间断。
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极限值不等于函数值，则该点间断。
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\subsection{分类}
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\subsubsection{可去间断点（可补间断点）}
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若$\lim_{x\to x_0}f(x)=A\neq f(x_0)$（甚至可以没有定义）。
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\begin{tikzpicture}
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\draw[-latex](-0.5,0) -- (3,0) node[below]{$x$};
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\draw[-latex](0,-0.5) -- (0,3) node[above]{$y$};
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\filldraw[black] (0,0) node[below]{$O$};
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\draw[black, thick, domain=-0.5:2] plot (\x,{pow(e,\x-1)});
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\filldraw[white, draw=black, line width=1pt] (1,1) circle (2pt);
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\draw[black, densely dashed](1,2) -- (0,2) node[left]{$B$};
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\draw[black, densely dashed](1,1) -- (0,1) node[left]{$A$};
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\draw[black, densely dashed](1,2) -- (1,0) node[below]{$x_0$};
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\filldraw[black] (1,2) circle (2pt) node[above]{$f(x_0)=B$};
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\filldraw[black] (1,1) node[right]{$\lim_{x\to x_0}=A$};
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\end{tikzpicture}
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\subsubsection{跳跃间断点}
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若$\lim_{x\to x_0^-}f(x)$与$\lim_{x\to x_0^+}$都存在，但是$\lim_{x\to x_0^-}f(x)\neq\lim_{x\to x_0^+}$。
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\begin{tikzpicture}
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\draw[-latex](-0.5,0) -- (3,0) node[below]{$x$};
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\draw[-latex](0,-0.5) -- (0,3) node[above]{$y$};
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\filldraw[black] (0,0) node[below]{$O$};
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\draw[black, thick, domain=-0.5:1] plot (\x,{pow(e,\x-1)});
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\draw[black, thick, domain=1:1.5] plot (\x,{pow(e,\x-1)+1});
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\filldraw[white, draw=black, line width=1pt] (1,1) circle (2pt);
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\draw[black, densely dashed](1,2) -- (0,2) node[left]{$B$};
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\draw[black, densely dashed](1,1) -- (0,1) node[left]{$A$};
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\draw[black, densely dashed](1,2) -- (1,0) node[below]{$x_0$};
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\filldraw[black] (1,2) circle (2pt) node[above]{$f(x_0)=B$};
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\filldraw[black] (1,1) node[right]{$\lim_{x\to x_0}=A$};
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\end{tikzpicture}
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可去间断点与跳跃间断点都称为第一类间断点。
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\subsubsection{无穷间断点}
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若$\lim_{x\to x_0}f(x)=\infty$，或至少一个方向为无穷大（定义分歧）。如$y=\dfrac{1}{x}$在$x=0$处为无穷间断点。
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\begin{tikzpicture}
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\draw[-latex](-2,0) -- (2,0) node[below]{$x$};
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\draw[-latex](0,-2) -- (0,2) node[above]{$y$};
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\filldraw[black] (0,0) node[below]{$O$};
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\draw[black, thick, domain=0.5:2] plot (\x,{pow(\x,-1)});
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\draw[black, thick, domain=-2:-0.5] plot (\x,{pow(\x,-1)});
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\end{tikzpicture}
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\subsubsection{振荡间断点}
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若$\lim_{x\to x_0}f(x)$为振荡不存在。如$\lim_{x\to 0}\sin\dfrac{1}{x}$的$x=0$就是振荡间断点。
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\begin{tikzpicture}
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\draw[-latex](-2,0) -- (2,0) node[below]{$x$};
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\draw[-latex](0,-1.5) -- (0,1.5) node[above]{$y$};
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\filldraw[black] (0,0) node[below]{$O$};
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\draw[black, thick, domain=0.01:2] plot (\x,{sin(pow(\x,-1) r)});
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\draw[black, thick, domain=-2:-0.01] plot (\x,{sin(pow(\x,-1) r)});
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\end{tikzpicture}
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无穷间断点与振荡间断点都是第二类间断点。
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\textcolor{orange}{注意：}两侧邻域都有定义才能讨论间断点问题。
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\textbf{例题16：}若$f(x)=\left\{
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\begin{array}{lcl}
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2x+a, & & x\leqslant 0 \\
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e^x(\sin x+\cos x), & & x>0
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\end{array} \right.
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$在$(-\infty,+\infty)$内连续，求$a$。
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因为连续，所以$f(0)=\lim_{x\to 0^+}f(x)=\lim_{x\to 0^-}f(x)$。
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$\therefore a=1$。
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\textbf{例题17：}若函数$f(x)=\dfrac{\ln\vert x\vert}{\vert x-1\vert}\sin x$，则x的间断点类型是？
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由式子的分式部分可知有两个无定义的间断点：$x=0$，$x=1$。
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$\lim_{x\to 1}f(x)=\lim_{x\to 1}\dfrac{x-1}{\vert x-1\vert}\sin x=\left\{
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\begin{array}{lcl}
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x\to 1^+ & \rightarrow & \sin 1 \\
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x\to 1^- & \rightarrow & -\sin 1
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\end{array} \right.
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$
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所以$x=1$跳跃间断点。
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$\lim_{x\to 0}f(x)=\lim_{x\to 0}\ln\vert x\vert\cdot\sin x=\lim_{x\to 0}x\ln\vert x\vert=0$
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而$x=0$未定义，所以其为可去间断点。
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\end{document}
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