高等数学 1.9 连续函数的运算与初等函数的连续性

目录

• 一、连续函数的和、差、积、商的连续性
• 二、反函数与复合函数的连续性
• 三、初等函数的连续性

一、连续函数的和、差、积、商的连续性

定理1 设函数 \(f(x)\) 和 \(\mathrm{g}(x)\) 在点 \(x_0\) 连续，则它们的和（差） \(f \pm \mathrm{g}\) 、 积 \(f \cdot \mathrm{g}\) 及商 \(\cfrac{f}{\mathrm g}\) （当 \(\mathrm g (x_0) \neq 0\) 时）都在点 \(x_0\) 连续。

例1 因 \(\tan x = \cfrac{\sin x}{\cos x}, \cot x = \cfrac{\cos x}{\sin x}\) ，而 \(y = \sin x\) 和 \(y = \cos x\) 都在区间 \((- \infty, \infty)\) 内连续，由定理1可知 \(y = \tan x\) 和 \(y = \cot x\) 在它们的定义域内是连续的。

二、反函数与复合函数的连续性

定理2 如果函数 \(y = f(x)\) 在区间 \(I_x\) 上单调增加（或单调减少）且连续，那么它的反函数 \(x = f^{-1} (y)\) 也在对应的区间 \(I_y = \\{ y | y = f(x), x \in I_x \\}\) 上单调增加（或单调减少）且连续。

例2 由于 \(y = \sin x\) 在闭区间 $\left[ - \cfrac{\pi}{2}, \cfrac{\pi}{2} \right] $ 上单调增加且连续，所以它的反函数 \(y = \arcsin x\) 在闭区间 \([-1, 1]\) 上也是单调增加且连续的。

定理3 设函数 \(y = f[\mathrm g (x)]\) 由函数 \(u = \mathrm g (x)\) 与函数 \(y = f(u)\) 复合而成， \(\mathring{U} (x_0) \subset D_{f \circ \mathrm g}\) . 若 \(\lim \limits_{x \to x_0} \mathrm g (x) = u_0\) ，而函数 \(y = f(u)\) 在 \(u = u_0\) 连续，则

\[\lim \limits_{x \to x_0} f[\mathrm g (x)] = \lim \limits_{u \to u_0} f(u) = f(u_0) . \]

因为在定理3中有

\[\lim_{x \to x_0} \mathrm{g}(x) = u_0 , \quad \lim_{u \to u_0} = f(u_0) \]

所以又可以写成

\[\lim_{x \to x_0} f[\mathrm g (x)] = f[\lim_{x \to x_0} \mathrm g (x)] . \]

把定理3中的 \(x \to x_0\) 换成 \(x \to \infty\) ，可得类似的定理。

例3 求 \(\lim \limits_{x \to 3} \sqrt{\cfrac{x - 3}{x^2 - 9}}\) .
解：$ y = \sqrt{ \cfrac{x - 3}{x^2 - 9}} $ 可以看做有 \(y = \sqrt u\) 与 \(u = \cfrac{x - 3}{x^ 2 - 9}\) 复合而成。因为 \(\lim \limits_{x \to 3} \cfrac{x - 3}{x^2 - 9} = \cfrac{1}{6}\) ，而函数 \(y = \sqrt u\) 在点 \(u = \cfrac{1}{6}\) 连续，所以

\[\lim_{x \to 3} \sqrt{\cfrac{x - 3}{x^2 - 9}} = \sqrt{\lim_{x \to 3} \cfrac{x - 3}{x^2 - 9}} = \sqrt{\cfrac{1}{6}} = \cfrac{\sqrt 6}{6} . \]

定理4 设函数 \(y = f[\mathrm g (x)]\) 由函数 \(u = \mathrm g (x)\) 与函数 \(y = f(u)\) 复合而成，\(\mathring{U} (x_0) \subset D_{f \circ \mathrm g}\) .若函数 \(u = \mathrm g (x)\) 在 \(x = x_0\) 连续，且 \(\mathrm g (x_0) = u_0\) 而函数 \(y = f(u)\) 在 \(u = u_0\) 连续，则复合函数 \(y = f[\mathrm g (x)]\) 在 \(x = x_0\) 也连续。

例4 讨论函数 \(y = \sin{\cfrac{1}{x}}\) 的连续性。
解：函数 \(y = \sin{\cfrac{1}{x}}\) 可看作是由 \(u = \cfrac{1}{x}\) 及 \(y = \sin u\) 复合而成的。\(u = \cfrac{1}{x}\) 当 \(- \infty < x < 0\) 和 \(0 < x < \infty\) 时是连续的，\(y = \sin u\) 当 \(- \infty < u < + \infty\) 时是连续的。根据定理4，函数 \(y = \sin{\cfrac{1}{x}}\) 在无限区间 \((- \infty, 0)\) 和 \((0, + \infty)\) 内是连续的。

三、初等函数的连续性

基本初等函数在它们的定义域内都是连续的。

重要结论：一切初等函数在其定义区间内都是连续的。所谓定义区间，就是包含在定义域内的区间。

初等函数连续性的结论提供了一个求极限的方法：如果 \(f(x)\) 是初等函数，且 \(x_0\) 是 \(f(x)\) 的定义区间内的点，那么

\[\lim_{x \to x_0} f(x) = f(x_0) . \]

例5 求 \(\lim \limits_{x \to 0} \cfrac{\log_a (1 + x)}{x} (a > 0, a \neq 1)\) .
解：\(\lim \limits_{x \to 0} \cfrac{\log_a (1 + x)}{x} = \lim \limits_{x \to 0} \log_a (1 + x)^{\frac{1}{x}} = \log_a \mathrm e = \cfrac{1}{\ln a}\)

例6 求 \(\lim \limits_{x \to 0} \cfrac{a^x - 1}{x}, (a > 0, a \neq 1)\).
解：令 \(a^x - 1 = t\) ，则 \(x = \log_a (1 + t)\) ，当 \(x \to 0\) 时 \(t \to 0\) ，于是

\[\lim_{x \to 0} \cfrac{a^x -1}{x} = \lim_{t \to 0} \cfrac{t}{\log_a (1 + t)} = \ln a \]

例7 求 \(\lim \limits_{x \to 0} \cfrac{(1 + x)^{\alpha} - 1}{x} (\alpha \in \mathbb{R})\) .
解：令 \((1 + x)^{\alpha} -1 = t\) ，则当 \(x \to 0\) 时，\(t \to 0\) ，于是

\[\lim_{x \to 0} \cfrac{(1 + x)^{\alpha} - 1}{x} = \lim_{x \to 0} \left[ \cfrac{(1 + x)^{\alpha} - 1}{\ln(1 + x)^{\alpha}} \cdot \cfrac{\alpha \ln (1 + x)}{x} \right] = \lim_{t \to 0} \cfrac{t}{\ln (1 + t)} \cdot \lim_{x \to 0} \cfrac{\alpha \ln (1 + x)}{x} = \alpha . \]

例8 求 \(\lim \limits_{x \to 0} (1 + 2x)^{\frac{3}{\sin x}}\) .
解：因为

\[(1 + 2x)^{\frac{3}{\sin x}} = (1 + 2x)^{\frac{1}{2x} \cdot \frac{x}{\sin x} \cdot 6} = \mathrm e^{6 \cdot \frac{x}{\sin x} \ln (1 + 2x)^{\frac{1}{2x}}} \]

便有

\[\lim_{x \to 0} (1 + 2x)^{\frac{3}{\sin x}} = \mathrm e^{\lim \limits_{x \to 0} \left[ 6 \cdot \frac{x}{\sin x} \cdot \ln (1 + 2x)^{\frac{1}{2x}} \right]} = \mathrm e^6 . \]

一般地，对于形如 \(u(x)^{v(x)}(u(x) > 0, u(x) \not\equiv 1)\) 的函数（通常称为幂指函数），如果

\[\lim u(x) =a > 0,\quad \lim v(x) = b, \]

那么

\[\lim u(x)^{v(x)} = a^b. \]

注意：这里三个 \(\lim\) 都表示在同一自变量变化过程中的极限。