📝 题目
5．证明函数极限的唯一性：如果 $\displaystyle{\lim} _{x \rightarrow x_{0}^{+}} f(x)$ 存在，那么该极限唯一。
💡 答案与解析
[AI解答]
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**证明函数极限的唯一性（右极限情形）**
设函数 $f(x)$ 在 $x_0$ 的某右邻域内有定义，且极限 $\displaystyle{\lim_{x \to x_0^+}} f(x)$ 存在。 假设存在两个不同的实数 $A$ 和 $B$，使得 $$ \lim_{x \to x_0^+} f(x) = A, \quad \lim_{x \to x_0^+} f(x) = B, $$ 且 $A \neq B$。下面我们通过反证法证明这不可能成立。
由极限的定义，对于任意给定的 $\varepsilon > 0$：
- 由 $\displaystyle{\lim_{x \to x_0^+}} f(x) = A$ 知，存在 $\delta_1 > 0$，使得当 $0 < x - x_0 < \delta_1$ 时，有 $$ |f(x) - A| < \varepsilon. $$
- 由 $\displaystyle{\lim_{x \to x_0^+}} f(x) = B$ 知，存在 $\delta_2 > 0$，使得当 $0 < x - x_0 < \delta_2$ 时，有 $$ |f(x) - B| < \varepsilon. $$
取 $\delta = \min\{\delta_1, \delta_2\}$，则当 $0 < x - x_0 < \delta$ 时，上面两个不等式同时成立。
现在考虑 $|A - B|$。利用三角不等式： $$ |A - B| = |A - f(x) + f(x) - B| \le |A - f(x)| + |f(x) - B| < \varepsilon + \varepsilon = 2\varepsilon. $$
由于 $\varepsilon$ 是任意正数，上式表明 $|A - B|$ 小于任意正数，因此必有 $|A - B| = 0$，即 $A = B$。这与假设 $A \neq B$ 矛盾。
因此，极限若存在，必唯一。对于左极限 $\displaystyle{\lim_{x \to x_0^-}} f(x)$ 以及双侧极限 $\displaystyle{\lim_{x \to x_0}} f(x)$，证明方法完全相同。