设 $f: D \subset \mathbb{R} \to \mathbb{R}$，$x_0 \in D$，当 $x \to x_0$ 时，$f(x) \to A$。

定义1：函数极限

设 $f(x)$ 在 $x_0$ 某去心邻域有定义，$A \in \mathbb{R}$。若对任意给定的 $\varepsilon > 0$，$\exists \delta > 0$，使得当 $0 < |x - x_0| < \delta$ 时，有 $|f(x) - A| < \varepsilon$，

则称当 $x \to x_0$ 时，$f(x)$ 的极限是 $A$，记作 $\lim_{x \to x_0} f(x) = A$ 或 $f(x) \to A \ (x \to x_0)$。

(1)与 $f(x)$ 在 $x = x_0$ 没有关系；
(2) $\delta = \delta(\varepsilon)$；
(3) $\lim_{x \to x_0} f(x)$ 的极限只与 $f(x)$ 在 $x = x_0$ 附近的点有关。

​

思考：设 $\lim_{x \to x_0} f(x) = A$ 存在，则 $\forall \varepsilon > 0$，$\exists \delta$，使得 $\{ x \mid |f(x) - A| < \varepsilon \}$。

不是 $f(x) \to A \ (x \to x_0) \iff \exists \varepsilon > 0$ ， $\forall \delta > 0$ ， $\exists x_\delta$ 满足 $0 < |x_\delta - x_0| < \delta$，且 $|f(x_\delta) - A| \geq \varepsilon$。

​

证明 $\lim_{x \to 0} x \sin\frac{1}{x} = 0$：

对 $x \neq 0$，有 $\left| x \sin\frac{1}{x} \right| \leq |x|$。

对 $\forall \varepsilon > 0$，取 $\delta = \varepsilon$，则当 $|x - 0| < \delta$ 时，$\left| x \sin\frac{1}{x} - 0 \right| \leq |x - 0| < \varepsilon$，故 $\lim_{x \to 0} x \sin\frac{1}{x} = 0$。

​

例：用“$\varepsilon - \delta$”证 $\lim_{x \to 1} \frac{x^2 - 1}{x^2 - x} = 2$。

化简：$\frac{x^2 - 1}{x^2 - x} = \frac{x + 1}{x} \ (x \neq 1)$。

计算绝对值：$\left| \frac{x^2 - 1}{x^2 - x} - 2 \right| = \frac{|x - 1|}{|x|} \ (x \neq 1)$。

限制范围：在 $0 < |x - 1| < \frac{1}{2}$ 时，$x \geq \frac{1}{2}$，故 $\frac{|x - 1|}{|x|} \leq 2|x - 1|$。

对 $\forall \varepsilon > 0$，取 $\delta = \min\left\{ \frac{\varepsilon}{2}, \frac{1}{2} \right\}$，则当 $0 < |x - 1| < \delta$ 时，$\left| \frac{x^2 - 1}{x^2 - x} - 2 \right| < \varepsilon$。

​

例：$\lim_{x \to 3} (x^2 - 4x + 4) = 1$。

证：将 $x^2 - 4x + 4$ 凑 $(x - 3)$：$x^2 - 4x + 4 = (x - 3)^2 + 2(x - 3) + 1$。

计算绝对值：$|x^2 - 4x + 4 - 1| = |(x - 3)^2 + 2(x - 3)| = |x - 3| \cdot |(x - 3) + 2|$。

限制范围：当 $0 < |x - 3| \leq 1$ 时，$|x - 3| \cdot |(x - 3) + 2| \leq 3|x - 3|$。

对 $\forall \varepsilon > 0$，取 $\delta = \min\left\{ \frac{\varepsilon}{3}, 1 \right\}$，则当 $0 < |x - 3| < \delta$ 时，有 $|(x^2 - 4x + 4) - 1| < \varepsilon$。

一个结论：设 $P(x)$ 是多项式，$x_0 \in \mathbb{R}$，则 $\lim_{x \to x_0} P(x) = P(x_0)$。

​

例：符号函数 $\text{sgn}x = \begin{cases} 1, & x > 0 \\ 0, & x = 0 \\ -1, & x < 0 \end{cases}$，用 $\varepsilon - \delta$ 证明当 $x \to 0$ 时极限不存在。

证：（反证法）：假设 $\lim_{x \to 0} \text{sgn}x$ 存在且等于 $A$。

对 $\varepsilon = \frac{1}{2}$，则 $\exists \delta = \delta(\varepsilon) > 0$，当 $0 < |x - 0| < \delta$ 时，有 $|\text{sgn}x - A| < \frac{1}{2}$。

特取 $0 < x_1 < \delta$（此时 $\text{sgn}x_1 = 1$）和 $-\delta < x_2 < 0$（此时 $\text{sgn}x_2 = -1$），则：
$-\frac{1}{2} + A < 1 < \frac{1}{2} + A$，
$-\frac{1}{2} + A < -1 < \frac{1}{2} + A$。

由 $|1 - (-1)| \leq |1 - A| + |A - (-1)| < 1$，但 $|1 - (-1)| = 2$，矛盾，故极限不存在。

​

例：证明 $\lim_{x \to 0} \sin\frac{1}{x}$ 不存在。

证:（反证法）：假设 $\lim_{x \to 0} \sin\frac{1}{x} = A$。

对 $\varepsilon = \frac{1}{4}$，则 $\exists \delta = \delta(\varepsilon) > 0$，当 $0 < |x - 0| < \delta$ 时，$|sin\frac{1}{x} -A|<\frac{1}{4}$

​

定理1：海涅定理

$\lim_{x \to x_0} f(x) = A \iff \forall$ 满足$x_n \to x_0$ 且$x_n \neq x_0 \ (\forall n)$ 的数列 $\{x_n\}$，有 $f(x_n) \to A \ (n \to \infty)$。

证明（必要性，即 $\lim_{x \to x_0} f(x) = A \implies \forall \{x_n\}, f(x_n) \to A$ ）}：

已知 $\lim_{x \to x_0} f(x) = A$，对 $\forall \{x_n\}$ 满足 $x_n \to x_0 \ (n \to \infty)$ 且 $x_n \neq x_0 \ (\forall n)$，下证$f(x_n) \to A \ (n \to \infty)$。

由函数极限的 $\varepsilon-\delta$ 定义：
对$\forall \varepsilon > 0$，$\exists \delta = \delta(\varepsilon) > 0$，当 $0< |x - x_0| < \delta$ 时，有 $|f(x) - A| < \varepsilon$。

又由数列极限的定义：
对上述 $\delta > 0$， $\exists N \in \mathbb{N}^+$，当 $n > N$ 时，有 $0 < |x_n - x_0| < \delta$ 。

因此，当 $n > N$ 时，$0 < |x_n - x_0| < \delta$，结合函数极限的条件可得：
$|f(x_n) - A| < \varepsilon$。

故$\lim_{n \to \infty} f(x_n) = A$。

(充分性，反证法)

不然 $\lim_{x \to x_0} f(x) \neq A$，即 $\exists \varepsilon_0 > 0$，$\forall \delta > 0$，$\exists x_\delta$ 满足 $0 < |x_\delta - x_0| < \delta$ 且 $|f(x_\delta) - A| \geq \varepsilon_0$。

取 $\delta = 1$，$\exists x_1$ 满足 $0 < |x_1 - x_0| < 1$；

取 $\delta = \frac{1}{2}$，$\exists x_2$ 满足 $0 < |x_2 - x_0| < \frac{1}{2}$；

$\dots$

取 $\delta = \frac{1}{n}$，$\exists x_n$ 满足 $0 < |x_n - x_0| < \frac{1}{n}$；

则数列 $\{ x_n \}$ 满足 $x_n \to x_0$ 但 $f(x_n) \not\to A$，矛盾。

例：证明当 $x \to 0$ 时 $\text{sgn}x$ 不存在。

证：取 $x_n = \frac{1}{n} \to 0 \ (n \to \infty)$，$y_n = -\frac{1}{n} \to 0 \ (n \to \infty)$，则 $\text{sgn}x_n \to 1$， $\text{sgn}y_n \to -1$。

由海涅定理，$\lim_{x \to 0} \text{sgn}x$ 不存在。

​

例：证明 $\lim_{x \to 0} \sin\frac{1}{x}$ 不存在。

证：取 $x_n = \frac{1}{2n\pi + \frac{\pi}{2}} \to 0 \ (n \to \infty)$，则 $\sin\frac{1}{x_n} \to$；

取 $y_n = \frac{1}{2n\pi - \frac{\pi}{2}} \to 0 \ (n \to \infty)$，则 $\sin\frac{1}{y_n} \to -1$。

由海涅定理，$\lim_{x \to 0} \sin\frac{1}{x}$ 不存在。

​

例：狄利克雷函数 $D(x) = \begin{cases} 1, & x \in \mathbb{Q} \\ 0, & x \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q} \end{cases}$，证 $\lim_{x \to x_0} D(x)$ 不存在。

证：取 $\{ x_n \} \subset (x_0 - \frac{1}{n}, x_0 + \frac{1}{n}) \cap \mathbb{Q}$，则 $x_n \to x_0$ 且 $x_n \neq x_0$，故 $D(x_n) \to 1$；

取 $\{ y_n \} \subset (x_0 - \frac{1}{n}, x_0 + \frac{1}{n}) \cap (\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q})$，则 $y_n \to x_0$ 且 $y_n \neq x_0$，故 $D(y_n) \to 0$。

由海涅定理，$\lim_{x \to x_0} D(x)$ 不存在。

​

定理2：设 $\lim_{x \to x_0} f(x)$ 存在，则它的极限唯一。

证（反证法）：假设 $\lim_{x \to x_0} f(x) = l_1$ 且 $\lim_{x \to x_0} f(x) = l_2$，$l_1 \neq l_2$。

取 $\varepsilon = \frac{|l_1 - l_2|}{2} > 0$，由极限定义：

$\exists \delta_1 > 0$，当 $0 < |x - x_0| < \delta_1$ 时，$|f(x) - l_1| < \varepsilon$；

$\exists \delta_2 > 0$，当 $0 < |x - x_0| < \delta_2$ 时，$|f(x) - l_2| < \varepsilon$。

取 $\delta = \min\{ \delta_1, \delta_2 \}$，则当 $0 < |x - x_0| < \delta$ 时：

$|l_1 - l_2| \leq |f(x) - l_1| + |f(x) - l_2| < 2\varepsilon = |l_1 - l_2|$，矛盾，故极限唯一。

​

定理3：设 $\lim_{x \to x_0} f(x)$ 存在，则 $f(x)$ 在 $x_0$ 某去心邻域有界。

证：设 $\lim_{x \to x_0} f(x) = l$，取 $\varepsilon = 1$，则 $\exists \delta > 0$，当 $0 < |x - x_0| < \delta$ 时，$|f(x) - l| < 1$。

由三角不等式，$|f(x)| \leq |f(x) - l| + |l| < 1 + |l|$，即 $f(x)$ 在 $B^\circ(x_0, \delta)$ 内有界（记 $M = 1 + |l|$）。

定理4：四则运算

设 $\lim_{x \to x_0} f(x) = l_1$，$\lim_{x \to x_0} g(x) = l_2$，则：

$\lim_{x \to x_0} [f(x) \pm g(x)] = l_1 \pm l_2$；

$\lim_{x \to x_0} f(x)g(x) = l_1 l_2$； ​

若 $l_2 \neq 0$，则 $\lim_{x \to x_0} \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{l_1}{l_2}$。

证（例：商的极限）：对 $\forall x_n \to x_0$ 且 $x_n \neq x_0 \ (\forall n)$，

由海涅定理，$f(x_n) \to l_1$，$g(x_n) \to l_2$，故 $\frac{f(x_n)}{g(x_n)} \to \frac{l_1}{l_2}$，即 $\lim_{x \to x_0} \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{l_1}{l_2}$。

例：$\lim_{x \to 1} \frac{1}{x^4 + x + 1} = \lim_{x \to 1} (x^4 + x + 1)^{-1} = \frac{1}{1 + 1 + 1} = \frac{1}{3}$。

定理5：夹逼定理

设 $f(x), g(x), h(x)$ 在 $x_0$ 某去心邻域有定义，且 $f(x) \leq h(x) \leq g(x)$，若 $\lim_{x \to x_0} f(x) = \lim_{x \to x_0} g(x) = l$，则 $\lim_{x \to x_0} h(x) = l$

证：对 $\forall \varepsilon > 0$，

由 $\lim_{x \to x_0} f(x) = l$，$\exists \delta_1 > 0$，当 $0 < |x - x_0| < \delta_1$ 时，$f(x) > l - \varepsilon$；

由 $\lim_{x \to x_0} g(x) = l$，$\exists \delta_2 > 0$，当 $0 < |x - x_0| < \delta_2$ 时，$g(x) < l + \varepsilon$。

取 $\delta = \min\{ \delta_1, \delta_2 \}$，则当 $0 < |x - x_0| < \delta$ 时，

$l - \varepsilon < f(x) \leq h(x) \leq g(x) < l + \varepsilon$，故 $\lim_{x \to x_0} h(x) = l$。

定理6：保号性

(1) $f(x) \leq g(x)$，$\forall x \in B(x_0, r)$（$r > 0$）

(2) $\lim_{x \to x_0} f(x) = A$，$\lim_{x \to x_0} g(x) = B$ 都存在，则 $A \leq B$

证法一：取 $x_n = x_0 - \frac{1}{n}$（$n \geq N_0(r)$），$x_n \to x_0$ ，（为了使 $x_n \rightarrow x_0$ ，且 $x_n$ 落在去心邻域内。）
则 $f(x_n) \leq g(x_n)$，$\forall n \geq N_0$。
由海涅定理，得 $A \leq B$。

证法二（反证法）：设 $A > B$，取 $\varepsilon = \frac{A - B}{2}$。
取 $\delta_1 > 0$，当 $0 < |x - x_0| < \delta_1$ 时，$A + \varepsilon > f(x) > A - \varepsilon = \frac{A + B}{2}$ ①
取 $\delta_2 > 0$，当 $0 < |x - x_0| < \delta_2$ 时，$B + \varepsilon > g(x) > B - \varepsilon = \frac{A + B}{2}$ ②
取 $\delta = \min\{\delta_1, \delta_2\} > 0$，则当 $0 < |x - x_0| < \delta$ 时，①②成立，得 $f(x) > g(x)$，矛盾。

推论：若 $\lim_{x \to x_0} f(x) = A > 0$，则存在 $x \in B(x_0, \delta)$，使得 $f(x) > 0$。

定理7：柯西收敛原理

$\lim_{x \to x_0} f(x)$ 存在 $\iff \forall \varepsilon > 0$，$\exists \delta = \delta(\varepsilon)$，当 $x_1, x_2$ 满足 $x_1, x_2 \in B(x_0, \delta)$ 时，有 $|f(x_1) - f(x_2)| < \varepsilon$。

证 $\implies$：设 $\lim_{x \to x_0} f(x) = L$，$\forall \varepsilon > 0$，由 $\lim_{x \to x_0} f(x) = L$，$\exists \delta = \delta(\varepsilon) > 0$，当 $0 < |x - x_0| < \delta$ 时，$|f(x) - L| < \frac{\varepsilon}{2}$
对 $\forall x_1, x_2 \in B(x_0, \delta)$，有 $|f(x_1) - f(x_2)| \leq |f(x_1) - L| + |f(x_2) - L| < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon$。

证 $\impliedby$：
① 对 $\forall x_n \to x_0$，$x_n \neq x_0$（$\forall n$），先证 $\{f(x_n)\}$ 收敛，即证 $\{f(x_n)\}$ 是柯西列。
$\forall \varepsilon > 0$，$\exists \delta = \delta(\varepsilon) > 0$，当 $x_1, x_2 \in B(x_0, \delta)$ 时，有 $|f(x_1) - f(x_2)| < \varepsilon$。
取 $N(\varepsilon) = N(\delta)$，当 $n > N$ 时，$x_n \in B(x_0, \delta)$。
验证：当 $n, m > N$ 时，$|f(x_n) - f(x_m)| < \varepsilon$，故 $\{f(x_n)\}$ 是柯西列。

定理8:复合函数极限

设 $\lim_{x \to x_0} f(x) = l$，$\lim_{t \to t_0} g(t) = x_0$，且在 $t_0$ 的某去心邻域 $B(\dot{t_0}, \eta)$ 内有 $g(t) \neq x_0$，则 $\lim_{t \to t_0} f(g(t)) = l$。

注：$y = f(x)$，$x = g(t)$，$y = f(g(t))$ 为复合函数，$x$ 为中间变量。

证（用海涅定理）：只需证 $\forall$ 满足 $t_n \to t_0 \ (n \to \infty)$ 且 $t_n \neq t_0 \ (\forall n)$ 的数列 $\{ t_n \}$，有 $f(g(t_n)) \to l \ (n \to \infty)$。

由 $\lim_{t \to t_0} g(t) = x_0$，对数列 $\{ t_n \}$，有 $g(t_n) \to x_0 \ (n \to \infty)$，且因 $t_n \neq t_0$，故 $g(t_n) \neq x_0 \ (\forall n)$。

又由 $\lim_{x \to x_0} f(x) = l$，对数列 $\{ g(t_n) \}$（满足 $g(t_n) \to x_0$ 且 $g(t_n) \neq x_0 \ (\forall n)$），有 $f(g(t_n)) \to l \ (n \to \infty)$。

由海涅定理，$\lim_{t \to t_0} f(g(t)) = l$。

例6 :证明 $\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$

$\lim_{x \to x_0} \sin x = \sin x_0$
$|\sin x - \sin x_0| \leq |x - x_0|$
$|\sin x| \leq |x|$，$\forall x \in \mathbb{R}$

(1) 先证不等式 $\sin x < x < \tan x$，$\forall 0 < x < \frac{\pi}{2}$
$S_{\triangle OAB} < S_{\text{扇} OAB} < S_{\triangle OAC}$

(2) $\cos x < \frac{\sin x}{x} < 1$，$\forall x \in (0, \frac{\pi}{2})$
偶函数，$\forall x \in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}) \setminus \{0\}$
$0 \leq \left| \frac{\sin x}{x} - 1 \right| < 1 - \cos x = 2\sin^2 \frac{x}{2} \leq \frac{x^2}{2}$
由夹逼定理可得

例 $\lim_{x \to 0} \dfrac{1 - \cos x}{x^2} = \lim_{x \to 0} \dfrac{2\sin^2 \frac{x}{2}}{x^2} = \lim_{x \to 0} \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{\sin^2 \frac{x}{2}}{(\frac{x}{2})^2} = \frac{1}{2} \lim_{x \to 0} \left( \dfrac{\sin \frac{x}{2}}{\frac{x}{2}} \right)^2 = \frac{1}{2} \cdot 1^2 = \frac{1}{2}$

定义2:单侧极限

设 $f(x)$ 在 $(x_0, x_0 + r) (r > 0)$ 有定义
若 $\forall \varepsilon > 0, \exists \delta = \delta(\varepsilon) > 0 (\delta < r)$，当 $x_0 < x < x_0 + \delta$ 时，有 $|f(x) - l| < \varepsilon$

当 $x \to x_0^+$ 时，$f(x)$ 有极限 $l$，记 $\lim_{x \to x_0} f(x) = l$，$l = f(x_0 + 0)$（单侧右极限）
记为 $\lim_{x \to x_0 + 0} f(x) = l$

当 $x \to x_0^-$ 时，$f(x)$ 有极限 $l$，记 $\lim_{x \to x_0} f(x) = l$，$l = f(x_0 - 0)$（单侧左极限）
记为 $\lim_{x \to x_0 - 0} f(x) = l$

定理 $\lim_{x \to x_0} f(x) = l \iff f(x_0 - 0)$ 与 $f(x_0 + 0)$ 都存在且等于 $l$

证 $\implies$ $\forall \varepsilon > 0, \exists \delta > 0$，当 $0 < |x - x_0| < \delta$ 时，$|f(x) - l| < \varepsilon$
$\therefore$ 当 $x_0 < x < x_0 + \delta$ 时，$|f(x) - l| < \varepsilon$，故 $f(x_0 + 0) = l$
当 $x_0 - \delta < x < x_0$ 时，$|f(x) - l| < \varepsilon$，故 $f(x_0 - 0) = l$

$\impliedby$ $\forall \varepsilon > 0$，$\because f(x_0 + 0) = l$，$\therefore \exists \delta_1 > 0$，当 $x_0 < x < \delta_1$ 时，$|f(x) - l| < \varepsilon$
$\because f(x_0 - 0) = l$，$\therefore \exists \delta_2 > 0$，当 $\delta_2 < x < x_0$ 时，$|f(x) - l| < \varepsilon$
取 $\delta = \min\{\delta_1, \delta_2\}$，则当 $0 < |x - x_0| < \delta$ 时，$|f(x) - l| < \varepsilon$
$\therefore \lim_{x \to x_0} f(x) = l$

例 $f(x) = \begin{cases} x - 5, & 1 < x \leq 2 \\ 10, & x = 1 \\ x + 2, & 0 \leq x < 1 \end{cases}$

求 $\lim_{x \to 1 + 0} f(x) = \lim_{x \to 1 + 0} (x - 5) = -4$$\lim_{x \to 1 - 0} f(x) = \lim_{x \to 1 - 0} (x + 2) = 3$ 故 $\lim_{x \to 1} f(x)$ 不存在

例 $f(x) = \begin{cases} x^2, & x \geq 1 \\ ax, & x < 1 \end{cases}$

求 $f(1 - 0)$，$f(1 + 0)$ 解 $f(1 + 0) = \lim_{x \to 1 + 0} f(x) = \lim_{x \to 1 + 0} x^2 = \lim_{x \to 1} x^2 = 1$$f(1 - 0) = a$

习题：证 $\lim_{x \to x_0} x^n = x_0^n$，$n \in \mathbb{N}$

证一：$\lim_{x \to x_0} x = x$
$\therefore \lim_{x \to x_0} x^n = \left( \lim_{x \to x_0} x \right)^n = x_0^n$

证二：(I) $x_0 = 0$，证 $\lim_{x \to 0} x^n = 0$
$\forall \varepsilon > 0$，要使 $|x^n - 0| = |x|^n < \varepsilon$，只要 $|x| < \varepsilon^{\frac{1}{n}}$
取 $\delta = \varepsilon^{\frac{1}{n}}$，则当 $0 < |x| < \delta$ 时，$|x^n - 0| < \varepsilon$
(II) $x_0 \neq 0$
$|x^n - x_0^n| = |x - x_0|(x^{n-1} + x^{n-2}x_0 + \dots + x_0^{n-1})| \leq M|x - x_0|$
设 $|x - x_0| < 1 \implies |x| \leq |1 + x_0|$
$\implies \lim_{x \to x_0} x^n = x_0^n$

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2.5 其它极限

例：$f(x) = \frac{1}{x}$，$\lim_{x \to \infty} \frac{1}{x} = 0$

定义：

设 $f(x)$ 在 $|x| > X_0$ 有定义，$l \in \mathbb{R}$，若 $\forall \varepsilon > 0, \exists X(\varepsilon)$，当 $|x| > X$ 时，$|f(x) - l| < \varepsilon$
称 $f(x)$ 当 $x \to \infty$ 时极限是 $l$，记 $\lim_{x \to \infty} f(x) = l$，即 $f(x) \to l (x \to \infty)$

当 $x > X$ 时，$\lim_{x \to +\infty} f(x) = l$
当 $x < -X$ 时，$\lim_{x \to -\infty} f(x) = l$

命题 $\lim_{x \to \infty} f(x) = l \iff \lim_{x \to +\infty} f(x) = l = \lim_{x \to -\infty} f(x)$

例：设 $f(x) = \left(1 + \frac{1}{[x]}\right)^{[x] + 1}$，$x \geq 1$，证明 $\lim_{x \to +\infty} f(x) = e$

证：$\forall \varepsilon > 0$ ① 取 $N(\varepsilon)$，当 $n > N$ 时，$0 \leq \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n + 1} - e < \varepsilon$

② 取 $X = N(\varepsilon)$，则当 $x > X$ 时，$[x] \geq x - 1 > N - 1$

$\implies \left(1 + \frac{1}{x}\right)^{[x] + 1} - e \leq \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n + 1} - e < \varepsilon$

例 $\lim_{x \to \infty} \left(1 + \frac{1}{x}\right)^x = e$

先证 $\lim_{x \to +\infty} \left(1 + \frac{1}{x}\right)^x = e$（再证 $\lim_{x \to -\infty} \left(1 + \frac{1}{x}\right)^x = e$ 后面再说）

证：$x \geq 2$，$[x] \leq x < [x] + 1$

$\left(1 + \frac{1}{[x] + 1}\right)^{[x]} \leq \left(1 + \frac{1}{x}\right)^x \leq \left(1 + \frac{1}{[x]}\right)^{[x] + 1} \to e$

$\lim_{x \to \infty} \left(1 + \frac{1}{[x]}\right)^{[x]} = e$，由夹逼定理

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2.6 无穷大

例 $f(x) = \frac{1}{x}$，$x \to 0$，$\lim_{x \to 0} \frac{1}{x} = \infty$

定义：

设 $f(x)$ 在 $x_0$ 某去心邻域有定义，若 $\forall A > 0, \exists \delta = \delta(A)$，当 $0 < |x - x_0| < \delta$ 时，$|f(x)| > A$

称 $f(x)$ 当 $x \to x_0$ 时极限是 $\infty$，记 $\lim_{x \to x_0} f(x) = \infty$

$f(x) \to +\infty$ 即 $\lim_{x \to x_0} f(x) = +\infty$

例 证 $\lim_{x \to 0^+} \frac{1}{x} = +\infty$

证：$\forall A > 0$，要使 $\frac{1}{x} > A (x > 0)$，只要 $x < \frac{1}{A}$

取 $\delta = \frac{1}{A}$，则当 $0 < x < \delta$ 时，$\frac{1}{x} > A$

$\therefore \lim_{x \to 0^+} \frac{1}{x} = +\infty$

例 $\lim_{x \to \infty} \frac{1}{x^n} = 0 (n \geq 1, n \in \mathbb{N})$

证：$\forall \varepsilon > 0$，要使 $\left| \frac{1}{x^n} - 0 \right| < \varepsilon$，只要 $|x| > \frac{1}{\varepsilon^{\frac{1}{n}}}$

取 $X = \frac{1}{\varepsilon^{\frac{1}{n}}}$，则当 $|x| > X$ 时，$\left| \frac{1}{x^n} - 0 \right| < \varepsilon$

$\therefore \lim_{x \to \infty} \frac{1}{x^n} = 0$

定理：复合函数求极限

$\lim_{x \to x_0} f[g(x)] = l \iff$ 当 $x \to x_0$ 时 $g(x) \to \infty$ 且 $\lim_{n \to \infty} f(n) = l$

例 证 $\lim_{x \to -\infty} \left(1 + \frac{1}{x}\right)^x = e$

$\lim_{x \to -\infty} \left(1 + \frac{1}{x}\right)^x \stackrel{x = -y}{=} \lim_{y \to +\infty} \left(1 - \frac{1}{y}\right)^{-y}$ （当 $x \to -\infty$ 时，$y \to +\infty$ ）

$\lim_{y \to +\infty} \frac{1}{\left(1 - \frac{1}{y}\right)^{-y}} = \lim_{y \to \infty} \frac{1}{\left(1 - \frac{1}{y}\right)^y} = \frac{1}{e}$

极限计算与无穷小/大阶的比较

1. 求 $\lim_{x \to 0} (1-2x)^{\frac{1}{x}}$

   令 $-2x = t$，当 $x \to 0$ 时，$t \to 0$，则

$$\lim_{x \to 0} (1-2x)^{\frac{1}{x}} = \lim_{t \to 0} (1+t)^{-\frac{2}{t}} = \left( \lim_{t \to 0} (1+t)^{\frac{1}{t}} \right)^{-2} = e^{-2}$$

2. 求 $\lim_{n \to \infty} \left(1+\frac{2}{n}\right)^n$（数列极限）

   求函数极限：$\lim_{x \to +\infty} \left(1+\frac{2}{x}\right)^x = \lim_{x \to +\infty} \left[ \left(1+\frac{1}{\frac{x}{2}}\right)^{\frac{x}{2}} \right]^2 = e^2$

   再由 Heine 定理，数列极限 $\lim_{n \to \infty} \left(1+\frac{2}{n}\right)^n = e^2$

3. 无穷大与无穷小的关系

   (1) 设 $\lim_{x \to \infty} f(x) = \infty$（无穷大量），则 $\lim_{x \to \infty} \frac{1}{f(x)} = 0$

   (2) 设 $\lim_{x \to x_0} f(x) = 0$，且 $\exists \delta > 0$ 使 $f(x) \neq 0\ \forall x \in B(\mathring{x_0}, \delta)$ ，则 $\lim_{x \to x_0} \frac{1}{f(x)} = \infty$

4. “$A-X$”语言（无穷大的定义） $\lim_{x \to \infty} f(x) = \infty \iff \forall A > 0,\ \exists X > 0$，当 $|x| > X$ 时，$|f(x)| > A$

   证明 (1)：$\forall \varepsilon > 0$，取 $A = \frac{1}{\varepsilon}$，由 $\lim_{x \to \infty} f(x) = \infty$，$\exists X > 0$，当 $|x| > X$ 时，

   $|f(x)| > \frac{1}{\varepsilon}$，即 $\left| \frac{1}{f(x)} \right| < \varepsilon$，故 $\lim_{x \to \infty} \frac{1}{f(x)} = 0$

5. 多项式型极限（$\lim_{x \to \infty} \dfrac{a_0 x^n + a_1 x^{n-1} + \dots + a_n}{b_0 x^m + b_1 x^{m-1} + \dots + b_m},\ b_0, a_0 \neq 0$） (1) 若 $m > n$：

$$\text{原式} = \lim_{x \to \infty} \frac{a_0 x^{n-m} + a_1 x^{n-m-1} + \dots + a_n x^{-m}}{b_0 + b_1 x^{-1} + \dots + b_m x^{-m}} = 0$$

(2) 若 $m = n$：

$$\text{原式} = \lim_{x \to \infty} \frac{a_0 + a_1 x^{-1} + \dots + a_n x^{-n}}{b_0 + b_1 x^{-1} + \dots + b_m x^{-m}} = \frac{a_0}{b_0}$$

(3) 若 $m < n$：

$$\text{原式} = \lim_{x \to \infty} x^{n-m} \cdot \frac{a_0 + a_1 x^{-1} + \dots + a_n x^{-n}}{b_0 x^{m-n} + b_1 x^{m-n-1} + \dots + b_m x^{-n}} = \infty$$

例：已知多项式 $P(x) = a_0 x^n + a_1 x^{n-1} + \dots + a_n$（$a_0 \neq 0$，$n$ 为正整数），证明 $\lim_{x \to \infty} P(x) = \infty$（$a_0 > 0$ 时；若 $a_0 < 0$，则结果为 $-\infty$）。

根据无穷大与无穷小的关系：要证 $\lim_{x \to \infty} P(x) = \infty$，等价于证明 $lim_{x \to \infty} \frac{1}{P(x)} = 0$

无穷小/大的阶

1. 无穷小量： $x \to x_0$ 时，$f(x)$ , $g(x)$ 为无穷小量

   记 $f(x) = o(1),\ g(x) = o(1)\ (x \to x_0)$，若：

   • $\lim_{x \to x_0} \frac{f(x)}{g(x)} = 0$：$f(x)$ 是比 $g(x)$ 高阶无穷小量
   • $\lim_{x \to x_0} \frac{f(x)}{g(x)} = l \neq 0$：$f(x)$ 与 $g(x)$ 是同阶无穷小量
   • $\lim_{x \to x_0} \frac{f(x)}{g(x)} = 1$：$f(x)$ 与 $g(x)$ 是等价无穷小量
   • $\lim_{x \to x_0} \frac{f(x)}{g(x)} = \infty$：$f(x)$ 是比 $g(x)$ 低阶的无穷小量

2. 常见等价无穷小（ $x \to 0$ 时）

• $\sin x \sim x$
• $\sqrt{1+x} - 1 \sim \frac{1}{2}x$
• $1 - \cos x \sim \frac{1}{2}x^2$

3. 例：$\lim_{x \to 0} x \sin \frac{1}{x} = 0$，但 $x \sin \frac{1}{x}$ 没有阶（$\forall 0 < \alpha < 1$，$x \sin \frac{1}{x}$ 是比 $x^\alpha$ 高阶的无穷小，但不是一阶无穷小）

4. 无穷大的阶（$x \to x_0$ 或 $x \to \infty$ 时，$f(x), g(x)$ 为无穷大）

   • $\lim_{x \to x_0} \frac{f(x)}{g(x)} = \infty$：$f(x)$ 是比 $g(x)$ 高阶无穷大量
   • $\lim_{x \to x_0} \frac{f(x)}{g(x)} = l \neq 0$：$f(x)$ 与 $g(x)$ 是同阶无穷大量
   • $\lim_{x \to x_0} \frac{f(x)}{g(x)} = 1$：$f(x)$ 与 $g(x)$ 是等价无穷大量

例：$\lim_{x \to 1} \dfrac{x^2 + x - 2}{(x^2 - 1)^3} = \lim_{x \to 1} \dfrac{(x-1)(x+2)}{(x-1)^3(x+1)^3} = \lim_{x \to 1} \dfrac{x+2}{(x-1)^2(x+1)^3}$，

看与 $\dfrac{1}{(x-1)^2}$ 的关系 2阶无穷大

等价无穷小(大)量在求极限应用

设 $f(x) \sim g(x)\ (x \to x_0)$，则：

1. $\lim_{x \to x_0} f(x) h(x) = \lim_{x \to x_0} g(x) h(x)$
2. $\lim_{x \to x_0} \frac{h(x)}{f(x)} = \lim_{x \to x_0} \frac{h(x)}{g(x)}$

证明 (1)： $\lim_{x \to x_0} f(x) h(x) = \lim_{x \to x_0} \frac{f(x)}{g(x)} \cdot g(x) h(x)$

$= \lim_{x \to x_0} \frac{f(x)}{g(x)} \cdot \lim_{x \to x_0} g(x) h(x) = \lim_{x \to x_0} g(x) h(x)$

1. 例：求 $\lim_{x \to 0} \dfrac{\sin ax}{\sin bx}\ (a, b \neq 0)$ ,这是一个“ $\dfrac{0}{0}$ ” 由 $\sin ax \sim ax,\ \sin bx \sim bx\ (x \to 0)$，得：

$$\lim_{x \to 0} \frac{\sin ax}{\sin bx} = \lim_{x \to 0} \frac{ax}{bx} = \frac{a}{b}$$

2. 例：求 $\lim_{x \to 0^+} \dfrac{(\sqrt{1+\sqrt{x}} - 1) \tan \frac{x}{2}}{1 - \cos x^{\frac{3}{4}}}$ 由 $x \to 0^+$ 时：
   • $\sqrt{1+\sqrt{x}} - 1 \sim \frac{1}{2}\sqrt{x}$
   • $\tan \frac{x}{2} \sim \frac{x}{2}$
   • $1 - \cos x^{\frac{3}{4}} \sim \frac{1}{2}x^{\frac{3}{2}}$ 故：

$$\lim_{x \to 0^+} \frac{\frac{1}{2}\sqrt{x} \cdot \frac{x}{2}}{\frac{1}{2}x^{\frac{3}{2}}} = \lim_{x \to 0^+} \frac{\frac{1}{4}x^{\frac{3}{2}}}{\frac{1}{2}x^{\frac{3}{2}}} = \frac{1}{2}$$

3. 例：求 $\lim_{x \to 0} \dfrac{\sin x - \tan x}{x^3}$ ,这也是一个“ $\dfrac{0}{0}$ ”

   化简：$\sin x - \tan x = \sin x \left(1 - \frac{1}{\cos x}\right) = \frac{\sin x (\cos x - 1)}{\cos x}$

   由 $\sin x \sim x,\ \cos x - 1 \sim -\frac{1}{2}x^2\ (x \to 0)$，得：

$$\lim_{x \to 0} \frac{x \cdot \left(-\frac{1}{2}x^2\right)}{x^3 \cos x} = \lim_{x \to 0} \frac{-\frac{1}{2}x^3}{x^3 \cos x} = -\frac{1}{2}$$

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