人邮高数 第1章 第1-4-9题
📝 题目
9．设 $\displaystyle{\lim} _{x \rightarrow x_{0}} f(x)=A, \displaystyle{\lim} _{x \rightarrow x_{0}} g(x)=B$ ，证明： （1） $\displaystyle{\lim} _{x \rightarrow x_{0}}[f(x) \pm g(x)]=A \pm B=\displaystyle{\lim} _{x \rightarrow x_{0}} f(x) \pm \displaystyle{\lim} _{x \rightarrow x_{0}} g(x)$ ； （2） $\displaystyle{\lim} _{x \rightarrow x_{0}} \frac{f(x)}{g(x)}=\frac{A}{B}=\frac{\displaystyle{\lim} _{x \rightarrow x_{0}} f(x)}{\displaystyle{\lim} _{x \rightarrow x_{0}} g(x)}(B \neq 0)$ ．
💡 答案解析
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**习题9** 设 $\displaystyle{\lim}_{x \to x_0} f(x) = A$，$\displaystyle{\lim}_{x \to x_0} g(x) = B$，证明：
**(1)** $\displaystyle{\lim}_{x \to x_0} [f(x) \pm g(x)] = A \pm B = \displaystyle{\lim}_{x \to x_0} f(x) \pm \displaystyle{\lim}_{x \to x_0} g(x)$
**证明**： 由极限定义，对任意 $\varepsilon > 0$， 因为 $\displaystyle{\lim}_{x \to x_0} f(x) = A$，存在 $\delta_1 > 0$，当 $0 < |x - x_0| < \delta_1$ 时，有 $$|f(x) - A| < \frac{\varepsilon}{2}.$$ 同理，因为 $\displaystyle{\lim}_{x \to x_0} g(x) = B$，存在 $\delta_2 > 0$，当 $0 < |x - x_0| < \delta_2$ 时，有 $$|g(x) - B| < \frac{\varepsilon}{2}.$$ 取 $\delta = \min\{\delta_1, \delta_2\}$，则当 $0 < |x - x_0| < \delta$ 时，有 $$|[f(x) \pm g(x)] - (A \pm B)| = |(f(x)-A) \pm (g(x)-B)| \leq |f(x)-A| + |g(x)-B| < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon.$$ 由极限定义得 $$\displaystyle{\lim}_{x \to x_0} [f(x) \pm g(x)] = A \pm B.$$
**(2)** $\displaystyle{\lim}_{x \to x_0} \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{A}{B}$，其中 $B \neq 0$。
**证明**： 首先证明 $\displaystyle{\lim}_{x \to x_0} \frac{1}{g(x)} = \frac{1}{B}$。 由 $B \neq 0$，取 $\displaystyle \varepsilon_0 = \frac{|B|}{2} > 0$，存在 $\delta_1 > 0$，当 $0 < |x - x_0| < \delta_1$ 时，有 $$|g(x) - B| < \frac{|B|}{2},$$ 从而 $$|g(x)| > |B| - \frac{|B|}{2} = \frac{|B|}{2} > 0.$$ 对任意 $\varepsilon > 0$，因为 $\displaystyle{\lim}_{x \to x_0} g(x) = B$，存在 $\delta_2 > 0$，当 $0 < |x - x_0| < \delta_2$ 时，有 $$|g(x) - B| < \frac{|B|^2}{2} \varepsilon.$$ 取 $\delta = \min\{\delta_1, \delta_2\}$，则当 $0 < |x - x_0| < \delta$ 时，有 $$\left|\frac{1}{g(x)} - \frac{1}{B}\right| = \frac{|g(x)-B|}{|g(x)||B|} < \frac{\frac{|B|^2}{2}\varepsilon}{\frac{|B|}{2} \cdot |B|} = \varepsilon.$$ 因此 $$\displaystyle{\lim}_{x \to x_0} \frac{1}{g(x)} = \frac{1}{B}.$$ 再结合极限乘法法则（可由(1)类似证明），得 $$\displaystyle{\lim}_{x \to x_0} \frac{f(x)}{g(x)} = \displaystyle{\lim}_{x \to x_0} \left[ f(x) \cdot \frac{1}{g(x)} \right] = A \cdot \frac{1}{B} = \frac{A}{B}.$$ 证毕。