【数学分析笔记】第3章第1节 函数极限（6）

3. 函数极限与连续函数

3.1 函数极限

【例3.1.12】$f(x)=\frac{a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_k{x}^k}{b_m{x}^m+b_{m-1}{x}^{m-1}+\cdots +b_j{x}^j},b_m,b_j\ne 0,a_n,a_k\ne 0$，讨论极限$\underset{x\to \infty }{\lim }f(x)$与$\underset{x\to 0}{\lim }f(x)$.
【解】$x\to \infty$：
（1）若$n=m$，$\underset{x\to \infty }{\lim }f(x)=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_k{x}^k}{b_m{x}^m+b_{m-1}{x}^{m-1}+\cdots +b_j{x}^j}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{a_n+\frac{a_{n-1}}{x}+\cdots +\frac{a_k}{x^{n-k}}}{b_n+\frac{b_{n-1}}{x}+\cdots +\frac{b_j}{x^{n-j}}}=\frac{a_n}{b_n};$
（2）若$n>m$，$\underset{x\to \infty }{\lim }f(x)=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x^n(a_n+a_{n-1}\frac{1}{x}+\cdots +a_k\frac{1}{x^{n-k}}}{x^m(b_m+b_{m-1}\frac{1}{x}+\cdots +b_j\frac{1}{x^{m-j}})}=\underset{x\to \infty }{\lim }{x}^{n-m}\frac{(a_n+a_{n-1}\frac{1}{x}+\cdots +a_k\frac{1}{x^{n-k}}}{(b_m+b_{m-1}\frac{1}{x}+\cdots +b_j\frac{1}{x^{m-j}})}=\infty$
（3）若$n<m$，$\underset{x\to \infty }{\lim }f(x)=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x^n(a_n+a_{n-1}\frac{1}{x}+\cdots +a_k\frac{1}{x^{n-k}}}{x^m(b_m+b_{m-1}\frac{1}{x}+\cdots +b_j\frac{1}{x^{m-j}})}=\underset{x\to \infty }{\lim }{x}^{n-m}\frac{(a_n+a_{n-1}\frac{1}{x}+\cdots +a_k\frac{1}{x^{n-k}}}{(b_m+b_{m-1}\frac{1}{x}+\cdots +b_j\frac{1}{x^{m-j}})}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{1}{x^{m-n}}\frac{(a_n+a_{n-1}\frac{1}{x}+\cdots +a_k\frac{1}{x^{n-k}}}{(b_m+b_{m-1}\frac{1}{x}+\cdots +b_j\frac{1}{x^{m-j}})}=0$
$x\to 0$：
（1）若$k=j$，$f(x)=\frac{a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_k{x}^k}{b_m{x}^m+b_{m-1}{x}^{m-1}+\cdots +b_j{x}^j}=\frac{x^k(a_n{x}^{n-k}+a_{n-1}{x}^{n-k-1}+\cdots +a_k)}{x^j(b_m{x}^{m-j}+b_{m-1}{x}^{m-j-1}+\cdots +b_j)}=\frac{a_n{x}^{n-k}+a_{n-1}{x}^{n-k-1}+\cdots +a_k}{b_m{x}^{m-j}+b_{m-1}{x}^{m-j-1}+\cdots +b_j}\Rightarrow \underset{x\to 0}{\lim }f(x)=\frac{a^k}{b^j}$；
（2）若$k>j$，$f(x)=\frac{a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_k{x}^k}{b_m{x}^m+b_{m-1}{x}^{m-1}+\cdots +b_j{x}^j}=\frac{x^k(a_n{x}^{n-k}+a_{n-1}{x}^{n-k-1}+\cdots +a_k)}{x^j(b_m{x}^{m-j}+b_{m-1}{x}^{m-j-1}+\cdots +b_j)}=x^{k-j}\frac{(a_n{x}^{n-k}+a_{n-1}{x}^{n-k-1}+\cdots +a_k)}{(b_m{x}^{m-j}+b_{m-1}{x}^{m-j-1}+\cdots +b_j)}\Rightarrow \underset{x\to 0}{\lim }f(x)=0$
（3）若$k<j$，$f(x)=\frac{a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_k{x}^k}{b_m{x}^m+b_{m-1}{x}^{m-1}+\cdots +b_j{x}^j}=\frac{x^k(a_n{x}^{n-k}+a_{n-1}{x}^{n-k-1}+\cdots +a_k)}{x^j(b_m{x}^{m-j}+b_{m-1}{x}^{m-j-1}+\cdots +b_j)}=\frac{1}{x^{j-k}}\frac{(a_n{x}^{n-k}+a_{n-1}{x}^{n-k-1}+\cdots +a_k)}{(b_m{x}^{m-j}+b_{m-1}{x}^{m-j-1}+\cdots +b_j)}\Rightarrow \underset{x\to 0}{\lim }f(x)=\infty$
综上所述：
$$\begin{array}{l}L=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_k{x}^k}{b_m{x}^m+b_{m-1}{x}^{m-1}+\cdots +b_j{x}^j}=\{\begin{array}{ll}\frac{a_n}{b_n},& n=m,\\ 0,& n<m,\\ \infty ,& n>m;\end{array}\\ l=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_k{x}^k}{b_m{x}^m+b_{m-1}{x}^{m-1}+\cdots +b_j{x}^j}=\{\begin{array}{ll}\frac{a_k}{b_k},& k=j,\\ 0,& k>j,\\ \infty ,& k<j.\end{array}\end{array}$$


【例3.1.13】证明$\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{x}\right)}^x=\mathrm{e}$.
【证】先证$\underset{x\to +\infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{x}\right)}^x=\mathrm{e}$，$\forall x\ge 1,[x]\le x<[x]+1$
$(1+\frac{1}{[x]+1}{)}^{[x]}<{\left(1+\frac{1}{x}\right)}^x<(1+\frac{1}{[x]}{)}^{[x]+1}$
由于$[x]$是取整函数，则$[x]$相当于数列的$n$
$\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{n+1}\right)}^n=\underset{n\to \infty }{\lim }(1+\frac{1}{n+1}{)}^{n+1}\cdot \frac{1}{1+\frac{1}{n+1}}=\mathrm{e}$
$\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{n+1}=\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n(1+\frac{1}{n})=\mathrm{e}$
由夹逼法可知$\underset{x\to +\infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{x}\right)}^x=\mathrm{e}$
设$x\to -\infty$，令$y=-x$，则$y\to +\infty$
$\underset{x\to -\infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{x}\right)}^x=\underset{y\to +\infty }{\lim }{\left(1-\frac{1}{y}\right)}^{-y}=\underset{y\to +\infty }{\lim }{\left(\frac{y-1}{y}\right)}^{-y}=\underset{y\to +\infty }{\lim }(\frac{y}{y-1}{)}^y=\underset{y\to +\infty }{\lim }(1+\frac{1}{y-1}{)}^y=\underset{y\to +\infty }{\lim }(1+\frac{1}{y-1}{)}^{y-1}(1+\frac{1}{y-1})=\mathrm{e}$
综上所述$\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{x}\right)}^x=\mathrm{e}$
【注】本题还能得到这个结果：$\underset{x\to \infty }{\lim }(1-\frac{1}{x}{)}^x=\frac{1}{e}$

3.1.5 函数极限的Cauchy（柯西）收敛原理

回忆数列极限的柯西收敛原理，数列$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n$收敛$\iff ,\forall \epsilon >0,\exists N,\forall n,m>N:|x_m-x_n|<\epsilon$
对函数的柯西收敛原理（以$x\to +\infty$为例）
$\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)$存在且有限（收敛）$\iff \forall \epsilon >0,\exists X,\forall x^{\prime },x^{\prime \prime }>X:|f(x^{\prime })-f(x^{\prime \prime })|<\epsilon$
【证】先证必要性，设$\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=A$，则$\forall \epsilon >0,\exists X>0,\forall x^{\prime },x^{\prime \prime }>X:|f(x^{\prime })-A|<\frac{\epsilon }{2},|f(x^{\prime \prime })-A|<\frac{\epsilon }{2}$
所以$|f(x^{\prime })-f(x^{\prime \prime })|=|f(x^{\prime })-A+A-f(x^{\prime \prime })|\le |f(x^{\prime })-A|+|A-f(x^{\prime \prime })|=|f(x^{\prime })-A|+|f(x^{\prime \prime })-A|<\frac{\epsilon }{2}+\frac{\epsilon }{2}=\epsilon$
再证充分性，$\forall \epsilon >0,\exists X>0,\forall x^{\prime },x^{\prime \prime }>X:|f(x^{\prime })-f(x^{\prime \prime })|<\epsilon$
任取 { x n } , lim ⁡ n → ∞ x n = + ∞ \{x_{n}\},\lim\limits_{n\to\infty}x_{n}=+\infty {xn​},n→∞lim​xn​=+∞，则对上述$X>0,\exists N,\forall m,n>N:x_n>X，x_m>X$
则有$|f(x_n)-f(x_m)|<\epsilon$
{ f ( x n ) } \{f(x_{n})\} {f(xn​)}是基本数列，必定收敛
由对应的Heine（海涅）定理（任取的 { x n } \{x_{n}\} {xn​}）可知，$\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)$存在且有限。
今后，在建立反常积分的收敛性判别法则等方面，函数极限的Cauchy收敛原理将发挥重要的作用。