同济高数 第1章 第1-6-*3题

教材习题

📝 题目

＊3．根据函数极限的定义，证明极限存在的准则 $\mathrm{I}^{\prime}$ ．

💡 答案解析

[AI解答]

[AI解答] 准则 I′（夹逼准则的极限形式）： 设函数 $f(x), g(x), h(x)$ 在点 $x_0$ 的某去心邻域内有定义，且满足 $$ g(x) \le f(x) \le h(x), $$ 若 $$ \lim_{x \to x_0} g(x) = \lim_{x \to x_0} h(x) = A, $$ 则 $$ \lim_{x \to x_0} f(x) = A. $$

**证明**： 由极限定义，对任意给定的 $\varepsilon > 0$：

因为 $\displaystyle\lim_{x \to x_0} g(x) = A$，存在 $\delta_1 > 0$，使得当 $0 < |x - x_0| < \delta_1$ 时，有 $$ |g(x) - A| < \varepsilon \quad \Rightarrow \quad A - \varepsilon < g(x) < A + \varepsilon. $$

同理，因为 $\displaystyle\lim_{x \to x_0} h(x) = A$，存在 $\delta_2 > 0$，使得当 $0 < |x - x_0| < \delta_2$ 时，有 $$ |h(x) - A| < \varepsilon \quad \Rightarrow \quad A - \varepsilon < h(x) < A + \varepsilon. $$

取 $\delta = \min\{\delta_1, \delta_2\}$，则当 $0 < |x - x_0| < \delta$ 时，既有 $$ A - \varepsilon < g(x) < A + \varepsilon, \quad A - \varepsilon < h(x) < A + \varepsilon, $$ 又由条件 $g(x) \le f(x) \le h(x)$，可得 $$ A - \varepsilon < g(x) \le f(x) \le h(x) < A + \varepsilon, $$ 即 $$ |f(x) - A| < \varepsilon. $$

因此，由极限定义，$\displaystyle\lim_{x \to x_0} f(x) = A$。证毕。

难度：★★☆☆☆ （属于基础极限定义与夹逼准则的严格表述证明，逻辑清晰但需注意去心邻域与不等式的传递性。）

📋 详细解题步骤

步骤 1/5
目标：明确要证明的准则
准则I'（夹逼准则的极限形式）：设函数f(x), g(x), h(x)在点x0的某去心邻域内有定义，且满足g(x) ≤ f(x) ≤ h(x)，若lim_{x→x0} g(x) = lim_{x→x0} h(x) = A，则lim_{x→x0} f(x) = A。
公式：g(x) ≤ f(x) ≤ h(x)，lim g(x)=lim h(x)=A ⇒ lim f(x)=A
提示：注意条件中的去心邻域和不等式方向。
步骤 2/5
目标：根据极限定义，对任意ε>0，由g(x)和h(x)的极限存在性得到δ1和δ2
因为lim_{x→x0} g(x)=A，对任意ε>0，存在δ1>0，使得当0<|x-x0|<δ1时，有|g(x)-A|<ε，即A-ε0，使得当0<|x-x0|<δ2时，有A-ε
公式：|g(x)-A|<ε ⇔ A-ε
提示：注意绝对值不等式的等价形式。
步骤 3/5
目标：取δ为δ1和δ2的最小值，保证两个不等式同时成立
取δ=min{δ1, δ2}，则当0<|x-x0|<δ时，既有A-ε
公式：δ = min(δ1, δ2)
提示：取最小值确保两个条件同时满足。
步骤 4/5
目标：利用不等式g(x)≤f(x)≤h(x)推导f(x)的极限
由条件g(x)≤f(x)≤h(x)，结合上一步的不等式，得到A-ε
公式：A-ε < g(x) ≤ f(x) ≤ h(x) < A+ε ⇒ |f(x)-A|<ε
提示：注意不等式的传递性。
步骤 5/5
目标：根据极限定义得出结论
由极限定义，对任意ε>0，存在δ>0，使得当0<|x-x0|<δ时，有|f(x)-A|<ε，因此lim_{x→x0} f(x)=A。证毕。
公式：lim_{x→x0} f(x)=A
提示：极限定义：∀ε>0, ∃δ>0, 0<|x-x0|<δ ⇒ |f(x)-A|<ε。

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