同济高数 第1章 第1-6-*3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。）