人邮高数 第1章 第1-4-9题

[AI解答]

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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。