心血来潮，不写谢惠民了(其实也没写多少)，来码文争取今天内给他码完(虽然看上去有亿点不可能)这一节，连同下下节(闭区间上连续函数的性质，是炒鸡难的)，所以，冲冲冲!!!对了，有人评论我说可以用英文写证明，那我们来试试看(斜眼笑)Chapter.3--第二节：连续函数注：这一节没有完全按照陈纪修的书上来函数连续分为点连续和区间连续(本质上是点连续)，于是我们先来搞搞点连续一点连续：设函数 f(x) 在点 x_0 的某个邻域内有定义，并且成立 \lim _{x\to x_0}f(x)=f(x_0) ,则称 f(x) 在点 x_0 连续，同时称 x_0 为 f(x) 的连续点，用符号可以记为：\forall \epsilon >0,\exists \delta >0,\forall x(|x-x_0|<\delta ), 都有
f(x)-f(x_0)|<\epsilon
这段话看起来是不是和函数 f 在点 x_0 处极限存在很像于是我把函数极限的定义搬过来了(我抄我自己)但细致的比较一下还是有所不同的，so让我们来解读一下这段话：(知乎的公式编辑器太cd了，竟然不能打序号)(doge)①邻域：即 O(x_0,\delta ) ，相比去心邻域多出了一点 x_0 ，这不仅是因为当 x=x_0 时显然有
f(x)-f(x_0)|<\epsilon
，更是因为函数在点 x_0 连续，则其必须在 x_0 处有定义② \lim_{x\to x_0}f(x)=f(x_0) ：限制了极限的取值，函数在点 x_0 处极限存在仅要求 \lim _{x\to x_0}f(x) 存在，而 \lim _{x\to x_0}f(x) 的值与 f(x_0) (甚至可以不存在)无关。但是函数在点 x_0 处连续则要求 \lim _{x\to x_0}f(x)=f(x_0) ，即极限值等于函数值(这也是函数连续的本质)从定义可知，函数 f(x) 在点 x=x_0 处连续是函数极限 \lim _{x\to x_0}f(x)=A,A=f(x_0) 的一种特殊情况，所以极限有的性质她都有(比如局部保序性，局部有界性，etc.)，这里就不再证明了(留作课后作业)(斜眼笑)单侧连续：（这里就不用大标题了，因为单侧连续也是点连续的一种）从一点连续的定义我们不难看出， \lim _{x\to x_0}f(x)=f(x_0) 其实蕴含了两个式子：\lim _{x\to x_0^-}f(x)=\lim _{x\to x_0^+}f(x)=f(x_0) 这时候我们来考虑这个函数： f(x)=\sqrt x ，若按照以上定义来研究其在点 x_0=0 处的连续性，这时候我们就会惊奇地发现 \lim _{x\to x_0^-}f(x) 无意义。这表明了单靠以上定义来研究函数的连续性是不完备的，于是，自然引出了单侧连续的概念若 \small \lim _{x\to x_0^-}f(x)=f(x_0) ，则称函数 f(x) 在点 x_0 处左连续，用符号可表示为：对 \forall \epsilon >0,\exists \delta >0,\forall x(-\delta <x-x_0\le 0) ，都有
f(x)-f(x_0)|<\epsilon
若 \small\lim _{x\to x_0^+}f(x)=f(x_0) ，则称函数 f(x) 在点 x_0 处右连续，用符号可表示为：对 \forall \epsilon >0,\exists \delta >0,\forall x(0\le x-x_0<\delta ) ，都有
f(x)-f(x_0)|<\delta
显然，若函数 f(x) 在点 x_0 处连续，则其必在该点单侧连续；反之未必成立(如刚才举的 \sqrt x 的栗子)这里就不举例子了(其实是习题)，因为考试的时候很少有让我们证明函数在一点连续的题目，通常都是让我们证明其在区间上连续，于是，例子就留到下一部分再举点连续的内容到这就结束了，接下来开始区间连续区间连续：这里开始就主要是习题了，因为对于连续性，我们已经将其本质的东西(点连续)研究清楚了，对于区间上的连续，无非就是逐点考察其连续性，便可搞清楚函数在区间上的连续性注：这里逐点考察不是让我们一点一点考察(毕竟长度非零的区间内的点构成的集合是不可列集)，而是考察区间里的任意一点(是不是听起来云里雾里的，让我们来举几个例子)首先是开区间上的连续：Q1:求证：函数 f(x)=\frac1x 在区间 (0,1) 上连续别看这题很基本(还是书本上的原题，因为我懒得去编题了)，我还记得当时上课的时候老师在黑板上出这道题的时候叫同学上去做有好多不会的(捂脸)，这充分表明了看书的重要性证明：设 x_0 为区间 (0,1) 内任意一点(这时候就能明白考察任意一点的含义了吧)对于 \forall\epsilon >0, 要找到 \delta >0 ，使得对 \forall x(|x-x_0|<\delta ) ,恒成立
f(x)-f(x_0)|<\epsilon
把
f(x)-f(x_0)
写开，即|f(x)-f(x_0)|=|\frac{1}{x}-\frac1{x_0}|=|\frac{x-x_0}{xx_0}|<\epsilon
这里就有两种方法，我们都来尝试一下：法一：硬解出 x 由于 x,x_0\in (0,1) ，所以有
x-x_0|<\epsilon xx_0\Rightarrow
\frac{x_0}{1+\epsilon x_0}<x<\frac{x_0}{1-\epsilon x_0} 则可以取 \delta =\min \left\{
\frac{x_0}{1-\epsilon x_0}-x_0|,|\frac{x_0}{1+\epsilon x_0}-x_0|,x_0,1-x_0 \right\} 当
x-x_0|<\delta
时，恒有
f(x)-f(x_0)|<\epsilon
所以 f(x)=\frac1x 在 (0,1) 上连续， \square
注：是不是很奇怪为什么 \delta
的取值那里多出了 x_0 和 1-x_0 ，我们来康康由
x-x_0|<\delta
可以解出 x_0-\delta <x<x_0+\delta
而我们题设 x\in (0,1) 为了保证最终所得到的区间 O(x_0,\delta) 内所有点都落在区间 (0,1) 内，即要给其加上限制条件 \begin{cases} 0<x_0+\delta <1 \\0<x_0-\delta<1 \end{cases} ，这样就可以保证 x 始终落在定义域内法二：放缩首先我们观察到，分式
\frac{x-x_0}{xx_0}
的分子即为我们想要的
x-x_0
，但是分母却有个讨厌的变量 x
，于是我们可以想，如果可以通过适当放缩，保留分子，而将分母变成常数，那么解出 \delta
就变得so
easy，于是，我们可以写下以下证明：对
x-x_0
，加上限制条件
x-x_0|<\frac{x_0}{2}\Rightarrow \frac{x_0}{2}<x<\frac{3}{2}x_0 则
\frac{x-x_0}{xx_0}|<|\frac{x-x_0}{\frac{x_0}{2}\cdot x_0}|=\frac{2}{x_0^2}|x-x_0|<\epsilon
，可以得到
x-x_0|<\frac{x_0^2\epsilon }{2} 这时候仅需令 \delta =\min \left\{ \frac{x_0}{2},\frac{x_0^2\epsilon }{2},x_0,1-x_0 \right\} (别漏了限制条件!!!!!)当
x-x_0|<\delta
时，恒有
f(x)-f(x_0)|<\epsilon
，故其在 (0,1) 上连续， \square 对比以上两种方法，我们不难看出，法二相比法一更具有普适性(不然你用法一证一下 x\sin x 在 R 上的连续性，斜眼笑)，当然了，在一些情况下情况一更快然后是闭区间上的连续：闭区间只比开区间多了两点，于是我们可以先讨论其在开区间上的连续性，然后再讨论两个端点上的连续性，从而得出其在闭区间上的连续性Q2：求证：函数 f(x)=\sqrt{x(1-x)} 在闭区间 [0,1] 上连续证明：首先讨论其在开区间 (0,1) 上的连续性设 x_0 为区间 (0,1) 上任意一点对 \forall \epsilon >0, 要找到 \delta >0, 使得对 \forall x(|x-x_0|<\delta ) ，恒成立
f(x)-f(x_0)|<\epsilon
将其写开，即为 \begin{align}
f(x)-f(x_0)|=&|\sqrt{x(1-x)}-\sqrt{x_0(1-x_0)})|=\frac{|x(1-x)-x_0(1-x_0)|}{\sqrt{x(1-x)}+\sqrt{x_0(1-x_0)})}\\<&\frac{|x+x_0-1|}{\sqrt{x_0(1-x_0)}}|x-x_0
\end{align} 由于 x,x_0\in (0,1) ，故有 x+x_0\in (0,2) \Rightarrow
x+x_0-1|<1 所以
f(x)-f(x_0)|<\frac{|x+x_0-1|}{\sqrt{x_0(1-x_0)}}|x-x_0|<\frac{|x-x_0|}{\sqrt{x_0(1-x_0)}} 故仅需取 \delta =\min \left\{ x_0,1-x_0,\sqrt{x_0(1-x_0)}\epsilon
\right\} 则当
x-x_0|<\delta
时，恒有
f(x)-f(x_0)|<\epsilon
所以 f(x) 在开区间 (0,1) 上连续对于区间的端点，当 x_0=0 时对于 \forall \epsilon >0, 要找到 \delta >0 ，使得对 \forall x(0\le x<\delta) ，恒成立
f(x)-f(0)|\le \epsilon
而
f(x)-f(0)|=\sqrt{x(1-x)}\le \sqrt x 所以仅需取 \delta =\epsilon ^2 ，当 0\le x<\delta
时，恒有
f(x)-f(0)|<\epsilon
即 f(x) 在点 x=0 处右连续同理可知， f(x) 在点 x=1 处左连续所以 f(x) 在区间 [0,1] 上连续， \square
对于无穷区间，也是一样的做法：Q3：设函数 f(x)=\begin {cases} \frac{\sin x}{x},x\ne 0\\1,x=0 \end{cases} ，求证 f(x) 在 R 上连续证明：设 x_0 为 (-\infty,0)\cup(0,+\infty ) 上任意一点，不妨设 x_0>0 则对 \forall \epsilon >0, 要找到 \delta >0, 使得对 \forall x(|x-x_0|<\delta ) ，恒成立
f(x)-f(x_0)|<\epsilon
将其写开，即为
\begin{align}|f(x)-f(x_0)|=&|\frac{\sin x}{x}-\frac{\sin x_0}{x_0}|=|\frac{x_0\sin x-x\sin x_0}{xx_0}|\\=&|\frac{x_0\sin x-x_0\sin x_0+x_0\sin x_0-x\sin x_0}{xx_0}|\\\le &|\frac{\sin x-\sin x_0}{x}|+|\frac{\sin x_0(x-x_0)}{xx_0}
\end{align} 注意到 \small|\sin x-\sin x_0|=2|\sin \frac{x-x_0}{2}\cos \frac{x+x_0}{2}|\le 2|\sin \frac{x-x_0}{2}|\le
x-x_0
以及限制
x-x_0|<\frac{1}{2}x_0, 即 \frac{1}{2}x_0<x<\frac{3}{2}x_0 可得
f(x)-f(x_0)|\le
\frac{2(x-x_0)}{x_0}|+|\frac{2(x-x_0)}{x_0^2}|=(\frac{2x_0+2}{x_0^2})|x-x_0
故可取 \delta=\min \left\{ \frac{x_0}{2}, \frac{x_0^2\epsilon }{2x_0+2},x_0\right\} 则当
x-x_0|<\delta
时，恒有
f(x)-f(x_0)|<\epsilon
，这表明 f(x) 在 R/\left\{ 0\right\} 上连续若 x_0=0 则仅需证 \lim _{x\to 0}f(x)=f(0)=1， 即证 \lim _{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1 而我们在上一节证过这个式子，故可知 f(x) 在点 x=0 处连续所以 f(x) 在 R 上连续， \square
这题用定义是不是很复杂？在接下来学习了函数的四则运算后，我们可以直接秒杀她于是，函数在区间上连续可以统一表述为设函数 f(x) 定义在区间 X 上( X 可以为闭区间，开区间，半开半闭区间甚至是无穷区间)，如果对与 \forall x_0\in X 与 \forall \epsilon >0,\exists \delta >0,\forall x\in X(|x-x_0|<\delta ) ，都有
f(x)-f(x_0)|<\epsilon
，那么就称 f(x) 在区间 X 上连续。注：以上表述对 x 的范围加以了限制，即 x\in X ，这就避免了在端点处有单侧极限不存在的情况差点忘了这一个结论：由函数 f(x) 在点 x=x_0 处连续可以得出： \lim _{x\to x_0}f(x)=f(x_0)=f(\lim _{x\to x_0}x) 这说明连续函数的对应法则 f 与求极限 \lim
是可交换的这点在之后的求函数极限里非常有用，而陈纪修的书上竟然不讲，太*****（此处省略脏话）(doge)连续函数的四则运算由于函数连续是函数极限的一种特殊情况，故其也有相应的(其实是非常像的)四则运算规则：设 \lim _{x\to x_0}f(x)=f(x_0),\lim _{x\to x_0}g(x)=g(x_0), 则{\rm{i.}}\lim _{x\to x_0}(\alpha f(x)+\beta g(x))=\alpha f(x_0)+\beta g(x_0) {\rm{ii.}}\lim _{x\to x_0}[f(x)g(x)]=f(x_0)g(x_0) {\rm{iii}}.\lim _{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f(x_0)}{g(x_0)}(g(x_0)\ne 0) 证明：由于 \lim _{x\to x_0}f(x)=f(x_0),\lim _{x\to x_0}g(x)=f(x_0) 故对 \begin{align}\forall \epsilon >0,&\exists \delta _1>0,\forall x(|x-x_0|<\delta _1),we~ have ~
f(x)-f(x_0)|<\epsilon
\\ &\exists \delta _2>0,\forall x(|x-x_0|<\delta _2),we ~have ~|g(x)-g(x_0)|<\epsilon
\end{align} {\rm {i.}} 取 \delta =\min \left\{ \delta_1,\delta_2 \right\} ，则当
x-x_0|<\delta
时\begin{align}&|[\alpha f(x)+\beta g(x)]-[\alpha f(x_0)+\beta g(x_0)]|=|\alpha [f(x)-f(x_0)]-\beta [g(x)-g(x_0)]|\\=&
\alpha [f(x)-f(x_0)]+\beta [g(x)-g(x_0]|\le
\alpha [f(x)-f(x_0)]|+|\beta [g(x)-g(x_0]|\le (|\alpha|+|\beta|)\epsilon
\end{align} 所以有 \lim _{x\to x_0}(\alpha f(x)+\beta g(x))=\alpha f(x_0)+\beta g(x_0) {\rm{ii.}} 由于 \lim _{x\to x_0}f(x)=f(x_0) 由极限的局部有界性，知： \exists\delta_3,M>0,\forall x(|x-x_0|<\delta _3) ，都有
f(x)|\le M 取 \delta=\min \left\{ \delta_1,\delta _2,\delta_3 \right\} \begin{align}&
f(x)g(x)-f(x_0)g(x_0)|=|f(x)[g(x)-g(x_0)]+g(x_0)[f(x)-f(x_0)]|\\\le&
f(x)
g(x)-g(x_0)|+|g(x_0)
f(x)-f(x_0)|\le (M+|g(x_0)|)\epsilon
\end{align} 所以有 \lim _{x\to x_0}[f(x)g(x)]=f(x_0)g(x_0) {\rm{iii.}} 显然有：
g(x)|-|g(x_0)
\le
g(x)-g(x_0)
则当
x-x_0|<\delta_2 时，有
g(x)|-|g(x_0)
\le
g(x)-g(x_0)|<\epsilon
这表明 \lim _{x\to x_0}|g(x)|=|g(x_0)
由极限的局部保序性，可知： \exists \delta_4>0,\forall x(|x-x_0|<\delta_4) ,都有
g(x)|\ge \frac{|g(x_0)|}{2} 取 \delta=\min \left\{ \delta_1,\delta_2,\delta_4 \right\} ,则当
x-x_0|<\delta 时，有：\begin{align}
\frac{f(x)}{g(x)}-\frac{f(x_0)}{g(x_0)}|=&|\frac{f(x)g(x_0)-f(x_0)g(x_0)+f(x_0)g(x_0)-g(x)f(x_0)}{g(x)g(x_0)}
\\\le&|\frac{g(x_0)[f(x)-f(x_0)]}{g(x_0)\cdot\frac{g(x_0)}{2}}|+|\frac{f(x_0)[g(x)-g(x_0)]}{g(x_0)\frac{g(x_0)}{2}}|\le|\frac{2[f(x_0)+g(x_0)]}{g^2(x_0)}|\epsilon
\end{align}
所以 \lim _{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f(x_0)}{g(x_0)}(g(x_0)\ne 0) ， \square 函数连续的四则运算规则告诉我们，如果有两个函数在某一点连续，那么它们经过有限次加减乘除后得到的函数也在该点连续(除去使分母为零的点)，这样，将其推广到区间上有限个函数的情况，可以得到以下定理：设有限个函数在某区间内连续，则它们之间进行有限次加、减、乘、除四则运算，所得到的函数在该区间除去使分母为 0 的点后余下的范围连续。(虽然看起来很显然，但还是证明一下)(可不看)证明：由于所得到的函数是有限个函数进行有限次四则运算后得来的故仅需证明上述四则运算规则可推广至有限个函数的情况设函数 f_1(x),f_2(x),…,f_n(x) 在区间 X 上连续，采用数学归纳法{\rm{i.}} 加减法：①当 n=2 时，此时已证明等式成立②假设当 n=k 时，等式成立，即有： \lim_{x\to x_0}\sum_{i=1}^{k}\alpha_if_i(x)=\sum_{i=1}^{k}\alpha_if_i(x_0) 当 n=k+1 时\begin{align}\lim _{x\to x_0}\sum_{i=1}^{k+1}\alpha_if(x_i)=&\lim_{x\to x_0}[\sum_{i=1}^k\alpha_if_i(x)+\alpha_{k+1}f_{k+1}(x)]=\lim_{x\to x_0}\sum_{i=1}^{k}\alpha_if_i(x)+\lim_{x\to x_0}\alpha_{k+1}f_{k+1}(x)\\=&\sum_{i=1}^k\alpha_i f_i(x_0)+\alpha_{k+1}f_{k+1}(x_0)=\sum_{i=1}^{k+1}\alpha_if_i(x_0) \end{align} 即当 n=k+1 时，等式也成立，即加减法对于有限个函数成立{\rm{ii.}} 乘法：①当 n=2 时，此时也已经证明等式成立②假设当 n=k 时，等式成立，即有： \lim_{x\to x_0}\prod_{i=1}^{k}f_i(x)=\prod_{i=1}^kf_i(x_0) 当 n=k+1 时\lim_{x\to x_0}\prod_{i=1}^{k+1}f_i(x)=\lim_{x\to x_0}f_{k+1}(x)\cdot\prod_{i=1}^{k}f_i(x)=\lim_{x\to x_0}f_{k+1}(x)\cdot\lim_{x\to x_0}\prod_{i=1}^{k}f_i(x)=\prod _{i=1}^{k+1}f_i(x_0) 即当 n=k+1 时，等式也成立，故乘法对有限个函数成立{\rm{iii.}} 除法：由于除法可看作乘法的逆运算，即 \frac{f_i(x)}{f_j(x)}=f_i(x)\cdot\frac{1}{f_j(x)} 由乘法对有限个函数成立可知，除法也对有限个函数成立\square 然后我们就可以依据这个结论，很快啊，判断函数在区间上的连续性：例如：1.任意多项式函数 P_n(x)=a_{n}x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdot\cdot\cdot+a_1x+a_0 在 R 上连续2.任意有理函数 Q(x)=\frac{a_{n}x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdot\cdot\cdot+a_1x+a_0}{b_mx^m+b_{m-1}x^{m-1}+\cdot\cdot\cdot+b_1x+b_0} 在其定义域内连续，即 R/\left\{ x_1,x_2,…,x_r \right\} ，其中 x_1,x_2,…,x_r 为方程\sum_{i=0}^{m}b_ix^i=0 的根，且在 R 上至多有 m 个(这可由Gauss定理或Rolle定理得出)3.六个三角函数：我们已经知道 \sin x,\cos x 在 R 上连续，则可得到其余四个三角函数的连续性：正切函数 \tan x=\frac{\sin x}{\cos x} 在 \left\{ x|x\ne \frac{\pi}{2}+k\pi ,k\in Z \right\} 上连续余切函数 \cot x=\frac{\cos x}{\sin x} 在 \left\{ x|x\ne k\pi ,k\in Z \right\} 上连续正割函数 \sec x=\frac{1}{\cos x} 在 \left\{ x|x\ne \frac{\pi}{2}+k\pi ,k\in Z \right\} 上连续余割函数 \csc x=\frac{1}{\sin x} 在 \left\{ x|x\ne k\pi ,k\in Z \right\} 上连续写这些函数呢，一来是为了凑字数，使内容更充实(划掉)，二来也是为了复习一下后面两个不怎么熟悉的函数(正割，余割)这时候，我们就可以来看以下题目：Q1：如前面提到的这题”设函数 f(x)=\begin {cases} \frac{\sin x}{x},x\ne 0\\1,x=0 \end{cases} ，求证 f(x) 在 R 上连续“，在运用了连续函数的四则运算后，可以很快得出结论：证明：显然有 \lim _{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1 ，即 \lim_{x\to 0}f(x)=f(0) ，所以 f(x) 在点 x=0 处连续当 x\ne 0 时，由于 \sin x 在 R 上连续， \frac1x 在 R/\left\{ 0 \right\} 上连续由连续函数的四则运算可知， \frac{\sin x}{x} 在 R/ \left\{ 0 \right\} 上连续综合以上两点可知， f(x) 在 R 上连续， \square 原本想写一下陈纪修书后习题解答的，突然发现要用到复合函数的连续性，所以待会再写不连续点的类型：首先引入不连续点的概念：若函数 f(x) 在点 x_0 处不连续(或间断)，则其不全满足以下三点： (1)函数 f(x) 在点 x_0 处有定义，即 f(x_0) 为有限值 (2)函数 f(x) 在点 x_0 处左极限存在，且 f(x_0^-)=f(x_0)
(3)函数 f(x) 在点 x_0 处右极限存在，且 f(x_0^+)=f(x_0)
这时候则称 x_0 为 f(x) 的不连续点，亦称为间断点于是，我们就可以根据以上三点，来对不连续点的类型进行分类第一类不连续点（也称为跳跃点）函数 f(x) 在点 x_0 处左右极限存在但不相等，即 f(x_0^-)\ne f(x_0^+) 这里要补充一个跃度的概念：若点 x_0 为函数 f(x) 的第一类不连续点，则右极限与左极限的差 f(x_0^+)-f(x_0^-) 称为 f(x) 在点 x_0 处的跃度，可记为 \Delta(x_0)=f(x_0^+)-f(x_0^-) (瞎编记号,doge)比如，对于符号函数 {\rm{sgn}}x=\begin{cases} 1,x>0\\0,x=0\\-1,x<0 \end{cases} ,由于 f(0^-)\ne f(0^+) ，故 x=0 为 f(x) 的第一类不连续点，而 \Delta(0)=f(0^+)-f(0^-)=2 第二类不连续点函数 f(x) 在点 x_0 处的左右极限中至少有一个不存在，即 f(x_0^-) 和 f(x_0^+) 中至少有一个不存在。比如对于函数 f(x)=\sin \frac{1}{x} , x=0 是她的第二类不连续点 因为可以取两个数列 \left\{ x_n^{(1)} \right\} 和 \left\{ x_n^{(2)} \right\}，其中 x_n^{(1)}=\frac{1}{2n\pi},x_n^{(2)}=\frac{1}{2n\pi +\frac{\pi}{2}}
则有 \lim _{x\to \infty}x_n^{(1)}=\lim_{n\to \infty}x_n^{(2)}=0 且 x_n^{(1)},x_n^{(2)}\ne 0
但是 \lim _{n\to \infty}\sin \frac{1}{x_n^{(1)}}=0,\lim _{n\ to \infty}\sin \frac{1}{x_n^{(2)}}=1
由Heine定理可知， \lim_{x\to 0}\sin \frac 1x 不存在 所以 x=0 为她的第二类不连续点第三类不连续点（可去不连续点或可去间断点）函数 f(x) 在点 x_0 的左右极限都存在且相等，但是不等于 f(x_0) 或者 f(x) 在点 x_0 处无定义。比如对于函数 f(x)=x\sin\frac{1}{x} ， x=0 为其第三类不连续点 因为 \lim _{x\to 0^-}f(x)=\lim_{x\to x_0^+}f(x)=0 (无穷小量乘以有界量仍为无穷小量) 但是 f(x) 在点 x=0 处无定义所以 x=0 为 f(x) 的第三类不连续点这时候，我们可以重新定义 f(x) 在该点的函数值，使得 f(x) 在该点处连续，比如对于上面那个栗子，重新定义 f(0)=0 ，可得f(x)=\begin{cases} x\sin\frac{1}{x},x\ne 0\\0,x=0 \end{cases} 那么， f(x) 就在点 x=0 处连续了这样，我们就能明白第三类不连续点为何可以称为可去间断点(可去不连续点)(因为这时候可以重新定义函数在该点的函数值从而使其在该点连续，便"去掉了"这一个不连续点)三类不连续点都介绍完了，接下来就是丰富多彩的应用了(斜眼笑)Q1：求证：定理:区间 (a,b) 上单调函数的不连续点必定为第一类不连续点首先要搞清楚“区间 (a,b) 上单调函数”这句话是什么意思她隐含了一个条件：函数在区间 (a,b) 上的每一点都有定义，而不会在某一点被挖空，我记得我当时学的时候没注意到这点，然后傻傻的把 f(x)=x(x\ne 0) 当作她的反例(捂脸)接下来开始正式的证明：证明：设函数 f(x) 在区间 (a,b) 上单调，不妨设其单调递增若 f(x) 在点 x=x_0 处不连续，此时，点 x_0 将 f(x) 的值域分成了两部分当 x<x_0 时， f(x)<f(x_0) ，记集合 A=\left\{ f(x)|a<x<x_0 \right\} 当 x>x_0 时， f(x)>f(x_0) ，记集合 B=\left\{ f(x)|x_0<x<b \right\} 显然集合 A,B 均非空，且 B 中每个元素均为 A 的上界， A 中每个元素均为 B 的下界由确界存在定理可知（突然发现陈纪修的书好爱用确界存在定理）集合 A 存在上确界，集合 B 存在下确界，分别记为 \sup A=\alpha,\inf B=\beta
由下确界的定义可知，对任意给定的 \epsilon >0,\exists x_k>x_0, 使得 f(x_k)<\beta+\epsilon
由于 f(x) 单增，故当 x_0<x<x_k 时，有：\beta<f(x)<f(x_0)<\beta+\epsilon \Rightarrow
f(x)-\beta|<\epsilon
所以可以取 \delta=x_k-x_0 ，当 0<x-x_0<\delta ，即 x<x_k 时，有
f(x)-\beta|<\epsilon
这表明 \lim_{x\to x_0^+}f(x)=\beta ，同理可知 \lim_{x\to x_0^-}f(x)=\alpha 所以 f(x) 在点 x_0 处左右极限都存在，则其只能为第一类或第三类不连续点若其为第三类不连续点，可知 \alpha=\beta 则由其在 (a,b) 单调递增可以得到 \alpha \le f(x_0)\le \beta\Rightarrow f(x_0)=\alpha 即 \lim_{x\to x_0}f(x)=f(x_0) ，与 x_0
为 f(x) 的不连续点矛盾，故不可能为第三类不连续点则 x_0 为 f(x) 的第一类不连续点， \square 注：细心的小可爱们可以发现，在证明的过程中“任意给定”这四个字被加粗了，这里必须强调 \epsilon
的给定性，因为只有当其确定下来后，才可以取出 x_k ，也才能进行后续的证明来个微专题"复杂分段函数的连续性问题"注：以下的 Q^C 均为 Q 在 R 上的补集，即无理数集Q1：设Riman函数 R(x) 定义为： R(x)=\begin{cases} \frac1p,x=\frac qp(p\in N^+,q\in Z/\left\{ 0 \right\}) \\1,x=0\\0,x\in Q^C \end{cases} ，(注：里面定义 R(0) 等于 1 不仅是因为 0=\frac{0}{1} ，更是为了保证 R(x) 的周期性) 求证：所有的无理点都为 R(x) 的连续点，所有的有理点均为 R(x) 的第三类不连续点证明：这玩意也就亿点点难(我才不会说我当时就是因为这个弃更的)(doge)首先注意到 \begin{cases} R(\frac{q}{p})=R(\frac{q}{p}+1)=\frac{1}{p}\\R(x+1)=R(x),x\in Q^C \end{cases} ，这表明 R(x) 有正周期 T=1 所以仅需考虑在区间 [0,1] 上 R(x) 的连续性，设 x_0 是 [0,1] 上任意一点对其进行无理逼近，即有：\lim _{x\to x_0}f(x)=0,x\in Q^C 对其进行有理逼近，这时候我们来举个具体的梨子：比如取 x_0=\frac1{520} ，那么用一连串的有理数来逼近她(即取一连串的点，使得这些点与 x_0 之间的距离越来越小)，所以可以取 \frac{1}{520.1},\frac{1}{520.01},\frac{1}{520.001} ，那么相应的函数值就为 \frac{1}{5201},\frac{1}{52001},\frac{1}{520001} ，直观上我们会发现 R(x) 的值越来越小，于是我们有理由猜测 \lim_{x\to x_0}f(x)=0,x\in Q ,然后就可以写下以下证明：对于 \forall \epsilon >0, 要找到 \delta>0, 使得对 \forall x(|x-x_0|<\delta) ，都有
R(x)-0|<\epsilon
解不等式，同时代入 R(x)=\frac1p (注意前提哦，这里 x 为有理数)可得 \frac{1}{p}<\epsilon \Rightarrow p>\frac1\epsilon
这表明，当 \epsilon
取定下来后(再次考察 \epsilon
的性质)，只要 x 的分母大于 \frac{1}{\epsilon } ，就有
R(x)|<\epsilon
而在 [0,1] 内分母小于等于 \frac1\epsilon
(这里是个定值!!!)的有理数只有有限个，可记为 x_1,x_2,…,x_n 这时候，就可以取 \delta=\min\left\{
x_i-x_0|,i=1,2,…,n \right\} 当
x-x_0|<\delta 时， x 的分母必大于 \frac1\epsilon
，则此时
R(x)|<\epsilon
由于 \epsilon 的任意性，可知， \lim_{x\to x_0}R(x)=0,x\in Q 然后我们惊奇的发现，结合有理逼近与无理逼近，我们可知 \lim_{x\to x_0}R(x)=0 即 R(x) 在任意一点的极限均为 0 结合 R(x) 的定义可知， R(x) 在所有无理点均连续，在所有有理点均不连续，且有理点均为 R(x) 的第三类不连续点(因为左右极限存在且相等但不等于 R(x) 在有理点的函数值)\square Q2：既然说到了Rieman函数，那就不能不提我们的老朋友Dirichlet函数了(斜眼笑)Dirichlet函数 D(x)=\begin{cases} 0,x\in Q^C\\1,x\in Q \end{cases} ，求证其在 R 上任意一点都不连续，且所有的点均为第二类不连续点证明：(这个比Rieman函数简单多了)设 x_0 为 R 上任意一点对其进行有理逼近，可得： \lim_{x\to x_0}D(x)=1,x\in Q 进行无理逼近，可得： \lim_{x\to x_0}D(x)=0,x\in Q^C 由于二者并不相等，这表明 D(x) 在任意点的极限都不存在而 \lim_{x\to x_0^-}D(x)=\begin{cases} 1,x\in Q\\0,x\in Q^C \end{cases} ，这表明 D(x_0^-) 不存在所以 x_0 为 D(x) 的第二类不连续点， \square Q3：(陈纪修的课后习题)令 f(x)=\begin{cases}\sin \pi x,x\in Q\\0,x\in Q^C \end{cases} ，指出其不连续点并判断其不连续点的类型解：由于 \sin \pi x 的最小正周期 T=\frac{2\pi}{\pi}=2 且当 x\in Q^C 时 f(x+2)=f(x) 所以 f(x) 有正周期 T=2 (其实也是最小的，但这里不要紧)故仅需讨论其在 [0,2] 上的连续性设 x_0 为 [0,2] 上任意一点对其进行无理逼近，可得： \lim_{x\to x_0}f(x)=0,x\in Q^C 对其进行有理逼近，此时应注意到在 x\to x_0 的过程中， \pi x\to \pi x_0 由正弦函数的连续性，可知：所以 \lim_{x\to x_0}\sin \pi x=\sin (\lim_{x\to x_0}\pi x)=\sin \pi x_0,x\in Q 综合有理逼近和无理逼近可知：当 x_0\ne 0,1,2 (注意 x_0\in [0,2] )时， \lim _{x\to x_0}f(x)(x\in Q)\ne\lim_{x\to x_0}f(x)(x\in Q^C) 当 x_0=0,1,2 时 \lim_{x\to x_0}f(x)(x\in Q)=\lim_{x\to x_0}f(x)(x\in Q^C)=0 将其推广至 R 上，不难得出：所有的整数点均为 f(x) 的连续点，所有的非整数点均为 f(x) 的不连续点，且为第二类不连续点， \square Q4：(继续写课后习题)将Q3中 f(x) 改为 f(x)=\begin{cases} \sin \frac{\pi }{p},x=\frac{q}{p},p>0,q\in Z\\0,x\in Q^C \end{cases} ，其余题干不变解：(这题和Rieman函数非常像)显然可以看出 f(x) 的一个正周期为 T=1 ，故仅需考虑在 [0,1] 上 f(x) 的连续性设 x_0 为 [0,1] 内任意一点对其进行无理逼近(哪个简单先来哪个)，可得： \lim_{x\to x_0}f(x)=0,x\in Q^C 对其进行有理逼近，可以感觉出 \lim_{x\to x_0}f(x)=0 (和Rieman函数的感觉一样)于是我们可以写下以下内容：对于 \forall \epsilon >0, 要找到 \delta>0, 使得对 \forall x(|x-x_0|<\epsilon ) ，都有
f(x)-0|<\epsilon
将 f(x)=\sin \frac{\pi}{p} 代入上式，同时注意到在 [0,1] 内有 \sin \frac{\pi}{p}\le \frac{\pi }{p} ，可得： p>\frac{\pi}{\epsilon } 在 \epsilon 取定下来后， \frac{\pi }{\epsilon } 也就取定下来了这时候，在 [0,1] 内分母小于 \frac{\pi }{\epsilon } 的有理数只有有限个，设为 x_1,x_2,…,x_n 则可以取 \delta=\min \left\{
x_0-x_i
,i=1,2,…,n\right\} 当
x-x_0|<\delta 时， x 的分母必大于 \frac\pi\epsilon
，则
f(x)|<\epsilon
这表明 \lim_{x\to x_0}f(x)=0,x\in Q 根据两个逼近的内容可知， \lim_{x\to x_0}f(x)=0 ，即任何一点的极限存在且为 0 所以 f(x) 的连续点为全体无理点，不连续点为有理点，且为第三类不连续点， \square Q5：除了 x 作为有理数和无理数时函数的极限比较难求时，对于某些分段函数，其极限的求解也有点麻烦，比如如下题：设 f(x)=[2x]-2[x],x\in R ,判断 f(x) 的不连续点及类型解：首先观察到在高斯函数内部有 2x 这个东西，故启发我们对 2x 的奇偶性进行讨论当 2x 为偶数时，设 2x=2k,k\in Z\Rightarrow x=k 则 \lim_{x\to k^+}f(x)=[2k^+]-2[k^+]=(2k+1)-2(k+1)=-1 \lim_{x\to k^-}f(x)=[2k^-]-2[k^-]=(2k-1)-2(k-1)=1\ne \lim_{x\to k^+}f(x) 可知所有的整数点均为 f(x) 的不连续点，且为第一类不连续点当 2x 为奇数时，设 2x=2k+1,k\in Z\Rightarrow x=k+\frac12
则 \lim_{x\to (k+0.5)^+}f(x)=[(2k+1)^+]-2[(k+\frac12)^+]=1 \lim_{x\to (k+0.5)^-}f(x)=[(2k+1)^-]-2[(k+\frac12)^-]=0\ne \lim_{x\to (k+0.5)^+}f(x) 可知所有的形如 x=k+\frac12,k\in Z 的点均为 f(x) 的不连续点，且为第一类不连续点不难验证除去上述的点外 f(x) 均连续(留作作业)(doge)综上可知： x=\frac k2,k\in Z 均为 f(x) 的第一类不连续点， \square 这个微专题也就这样讲完了，那么对于上述的那些函数，都有什么用呢？来看下列思考题：Q1：试构造函数，使其定义在 R 上且仅在有限点连续解：设有限个点分别为 x_1,x_2,…,x_n 则可构造函数 f(x)=\prod_{i=1}^n(x-x_i)D(x) ，其中 D(x) 为Dirichlet函数则 f(x_i)=0(i=1,2,…,n) 又 \lim_{x\to x_i}f(x)=0 (有界量乘以无穷小量结果仍为无穷小量)且 \lim_{x\to x(x\ne x_i)}f(x) 不存在(可通过有理逼近和无理逼近得出该结论)由以上可知： f(x) 仅在点 x_i 连续，故所构造的函数符合题意， \square Q2：试构造函数 f(x) ，使其定义于 R 上且在无限个点连续，在无限个点间断解：不难验证Rieman函数符合题目的要求如果加强条件，即要求 f(x) 在可列个点连续，在不可列个点间断那么微专题中的Q4便符合要求，请读者自行验证(doge)当然，再难一点的话：在不可列个点上连续，在不可列个点上间断那么仅需对Q4进行少许修改即可，如： f(x)=\begin{cases} 0,x\le 0\\\sin \pi x,x\in Q^+\\0,x\in Q^C且x>0 \end{cases} 以上两个狸子告诉我们，对于一些不寻常的函数，可以用Dirichlet函数或Rieman函数来构造，当然这一点我相信没有学校会考的(要是有学校考了你还恰好看到了这篇文章就快谢谢我(doge))，当作一个了解即可(感觉自己有点无聊)(捂脸)就这样，不连续点的应用到这里就告一段落了，接下来学习两个重要的连续性定理——反函数连续性定理和复合函数连续性定理反函数连续性定理在第一章的学习中，我们知道，函数是一种特殊的映射： f:D_f\to R_f (写成这样就代表是满射了) 而我们指出过，当 f 为单射时，其存在逆映射 f^{-1}:R_f\to D_f 对于函数来说，她的逆映射就为反函数[不记得的去翻数分笔记(二)，竟然看了我的笔记还没记住，对得起我吗(doge)]于是，基于以上分析，我们就可得到以下反函数存在性定理：若函数 y=f(x),x\in D_f 是严格单调增加(或减少)的(非常强的条件，保证了其为单射)则存在它的反函数 x=f^{-1}(y) , y\in R_f ，并且 f^{-1}(y) 也是严格单调增加(或减少)的证明：不妨设 y=f(x) 是严格单调递增的即对于 \forall x_1,x_2\in D_f ，若 x_1<x_2, 则必有 y_1=f(x_1)<f(x_2)=y_2 所以对 \forall y_k\in R_f ，存在唯一的 x_k\in X_f ，使得 f(x_k)=y_k 这说明逆像具有唯一性，故其存在反函数，下仅需证明 x=f^{-1}(y) 是严格单增的设 y_1,y_2\in R_f ，相应的逆像为 x_1=f^{-1}(y_1),x_2=f^{-1}(y_2) ，不妨设 y_1<y_2 由于 y=f(x) 单调递增 \Rightarrow x_1<x_2 ，这表明 x=f^{-1}(y) 也是严格单调增加的， \square (没太搞懂陈大爷的书上为什么要对 x_1,x_2 的大小进行分类讨论，我觉得我这样证就可以了吧)(欢迎dl指正)这个定理告诉我们，如果一个函数严格单调，则其必定存在反函数，反之未必成立，如考虑函数 f(x)=\begin{cases}e^{-x},x\le 0\\-e^{-x}+1,x>0 \end{cases} ，那么她为 R\to R^+ 的双射，则必定存在反函数，但是原函数在 (-\infty,0] 上单调递减，在 (0,+\infty) 上单调递增然后，运用以上定理，我们便可得出反函数连续性定理：设函数 y=f(x) 在闭区间 [a,b] 上连续且严格单调增加(减少)， f(a)=\alpha,f(b)=\beta ，则她的反函数 x=f^{-1}(y) 在 [\alpha,\beta] 上连续且严格单调增加证明：首先证明 f(x) 的值域(即 x=f^{-1}(y) 的定义域)为 [\alpha,\beta] (不要觉得这步是多余的，只有在证明了 f(x) 可以取到 [\alpha,\beta] 中的一切值后才能说明 x=f^{-1}(y) 的定义域是连续的)这里提供两种方法：法一(超纲!!!)由于 f(x) 在闭区间 [a,b] 上连续且 \min f(x)=\alpha,\max f(x)=\beta 由介值定理(第四节会学，既然我都学过了为什么不拿来用(doge))可知： f(x) 可取到 [\alpha,\beta ] 中的任何一个值，这也就表明了 x=f^{-1}(y) 的定义域为 [\alpha,\beta] 法二：(陈大爷的证法)显然 f(x) 可以取到 \alpha,\beta ，仅需证明其可以取到 (\alpha,\beta) 中的每个值设 \forall \gamma \in(\alpha,\beta ) ，构造集合 S=\left\{ x|x\in [a,b],f(x)<\gamma \right\} 显然 S 非空( a 属于这个集合)且 S 有上界 b 由确界存在定理可知， S 存在上确界，记为 x_0=\sup S 则 x_0\in(a,b) (显然 x_0\in[a,b] 。首先 x_0 必不可能为 a ；其次，若 x_0=b ，则 S=\left\{ x
a\le x<b\right\} ，即对 \forall x\in [a,b) ，都有 f(x)<\gamma
，令 x\to b ，由 f(x) 的连续性可得 \beta=f(b)<\gamma ，矛盾)而从定理“区间 (a,b) 上单调函数的不连续点必定为第一类不连续点”的证明中，我们知道： \lim_{x\to x_0^-}f(x)=\sup S=\gamma,\lim_{x\to x_0^+}f(x)=\inf C_{[a,b]}^S=\gamma
由连续函数极限与对应法则可交换的性质，知： f(x_0)=\lim_{x\to x_0}f(x)=\gamma
所以 f(x) 可以取到 [\alpha,\beta] 中的所有值，即 R_f=[\alpha,\beta] 然后证明 x=f^{-1}(y) 在 [\alpha,\beta] 上连续设 y_0 为 (\alpha,\beta) 上任意一点，对应的反函数值为 x_0 对 \forall \epsilon >0, 要找到 \delta >0 ,使得对 \forall y(|y-y_0|<\delta) ，恒成立
x-x_0|<\epsilon
\Leftrightarrow x_0-\epsilon <x<x_0+\epsilon \Leftrightarrow f(x_0-\epsilon)<f(x)<f(x_0+\epsilon ) 则可取 \delta=\min \left\{
f(x_0-\epsilon )-y_0|,|f(x_0+\epsilon )-y_0
\right\} 当
y-y_0|<\delta
时，沿着箭头往回推，必有 x_0-\epsilon <x<x_0+\epsilon
，这表明 \lim_{y\to y_0}f^{-1}(y)=x_0 ，所以 x=f^{-1}(y) 在区间 (\alpha,\beta) 上连续对于区间的端点 y_1=\alpha ，仅需取 \delta=|f(x_1+\epsilon )-f(x_1)
，当 0<y-y_1<\delta 时，恒有
x-x_1|<\epsilon
，这表明 x=f^{-1}(y) 在点 \alpha 处右连续同理可证得其在 \beta 处左连续， \square 上述证明可能有点抽象，结合图像食用更佳(百乐的松石绿好好看!!!)于是，在得到这个定理后，我们就可以得出各类反函数的连续性了：比如六大三角函数对应的反函数：反正弦函数 y=\arcsin x 在 [-1,1] 上连续，值域为 [-\frac\pi 2,\frac\pi2] ，图像如下：Graph Plotter作图反余弦函数 y=\arccos x 在 [-1,1] 内连续，值域为 [0,\pi ] ,图像如下：仍然是Graph Plotter作图反正切函数 x=\arctan y 在 R 上连续，值域为 (-\frac\pi2,\frac\pi 2) ，图像如下：继续Graph Plotter作图,莫名变成蓝色反余切函数 y={\rm{arccot}}x 在 R 上连续，值域为 (0,\pi ) ,图像如下：还是Graph Plotter作图,依旧是蓝色(写到这里你应该可以看出我在凑字数了，剩下的两个反三角函数就不写了，给大家留个好印象)(doge)指数函数的反函数：对数函数 y=\log_ax 在 (0,+\infty) 上连续，值域为 R ，图像如下：这里仅以y=lnx为例”反幂函数“：如果一个幂函数存在反函数，那么她的反函数仍然是幂函数，如 y=x^3 与 y=\sqrt[3]{x} 互为反函数，且二者均为幂函数写在反函数连续性定理的最后(同样也是很容易错的一点)(Last but certainly not least)：由反函数的定义我们可知，函数 y=f(x) 的反函数为 x=f^{-1}(y) ，这表明一个函数和她的反函数是同一条曲线(而且是重合的)(在同一个直角坐标系下)，不过在实际中，我们经常写为 y=f^{-1}(x) (不过这时候就要强调 x\in R_f 了)，因为这时候将 x,y 相互调换了一下(因为我们不习惯以 x 轴为纵轴)，所以说一个函数与其反函数关于直线 y=x 对称其实是指在不同的坐标系下(说白了 x,y 只是一对符号，理解反函数更应该从映射的角度理解，即由 D_f\to R_f 的映射变成从 R_f\to D_f 的映射)(关于映射的知识，可参考数分笔记(二)，或者随便翻一本高代书的线性映射部分)复合函数的连续性：我们知道，对于一般的函数 f(x),g(x) ，如果有 \lim _{x\to x_0}g(x)=A 以及 \lim_{\mu\to A}f(\mu)=B ，那么是无法推出 \lim_{x\to x_0}f\circ g(x)=B (因为这时候不能将极限和对应法则 f 交换)，比如可以举出书本上的反例：(关于这个反例，陈大爷一笔带过容易得出其没有极限，但是我竟然没有一眼看出来(doge))f(x)=\begin{cases} 0,x=0\\1,x\ne 0 \end{cases} , g(x)=x\sin \frac1x(x\ne 0) ,则 \lim _{x\to 0}g(x)=0 且 \lim_{x\to 0}f(x)=1 但是 f\circ g(x)=\begin{cases}0,x=\frac{1}{n\pi},n\in Z/\left\{ 0 \right\}\\1,x\ne \frac{1}{n\pi},n\in Z/\left\{ 0 \right\} \end{cases} 可以取两个数列 \left\{ x_n^{(1)} \right\},\left\{ x_n^{(2)} \right\} ，其中 x_n^{(1)}=\frac{1}{n\pi } , x_n^{(2)}=\frac{1}{n\pi+\frac12} 则有 \lim_{n\to \infty }x_n^{(1)}=\lim_{n\to \infty}x_n^{(2)}=0 ，但 \lim _{n\to \infty}f\circ g(x_n^{(1)})=0 , \lim_{n\to \infty}f\circ g(x_n^{(2)})=1 由Heine归结原则，知： \lim_{x\to 0}f\circ g(x) 不存在但是，如果当 f(x),g(x) 都是连续时，上述结论是成立的于是就有如下的复合函数连续性定理：若 u=g(x) 在点 x_0 连续， g(x_0)=u_0 ，又 y=f(u) 在点 u_0 连续，则复合函数 y=f\circ g(x) 在点 x_0 处连续。证明：由于 \lim_{u\to u_0}f(u)=f(u_0) 所以对 \underline{\forall \epsilon >0},\exists \delta >0,\boxed{\forall u(|u-u_0|<\delta )}, we ~have~|f(u)-f(u_0)|<\epsilon 对于上述的 \delta
，由于 \lim_{x\to x_0}g(x)=g(x_0) 所以 \underline {\exists \eta>0,\forall x(|x-x_0|<\eta)} ，都有 \boxed{|g(x)-g(x_0)|<\delta } 比较两个加框内容，并重新整合下划线上内容，可知：对 \forall \epsilon >0,\exists \eta >0,\forall x(|x-x_0|<\eta ) ，恒有
f\circ g(x)-f\circ g(x_0)|<\epsilon
这表明 \lim_{x\to x_0}f\circ g(x)=f\circ g(x_0) 所以函数 y=f\circ g(x) 在点 x_0 处连续， \square
更一般地，复合函数的连续性可以推广至有限个函数的合成，其证明仅需采用数学归纳法(过于无聊才写了下面的，建议不看)证明：设函数 F_n(x) 由 n 个函数复合而来( n\ge 2 且 n<+\infty
)即 F_n(x)=f_n\circ f_{n-1}\circ \cdots\circ f_1(x) (其中可能有重复的，但不要紧)引入记号 f\circ ^k ，即f\circ ^k(x)=f_k\circ f_{k-1}\circ \cdots \circ f_1(x) 且满足有： \begin{cases} \displaystyle\lim_{x\to x_0}f_1(x)=f_1(x_0) \\\displaystyle\lim_{x\to f\circ^i(x_0)}f_{i+1}(x_x)=f\circ^{i+1}(x_0)(1\le i\le n-1) \end{cases} 下面证 F_n(x) 在点 x_0 处连续：①当 n=2 时此时已证得 F(x) 在点 x_0 处连续，故此时结论成立②假设当 n=k 时，结论成立即函数 F_k(x) 在点 x_0 处连续，有： \lim_{x\to x_0}F_k(x)=F_k(x_0) 当 n=k+1 时， F_{k+1}(x)=f_{k+1}\circ F_k(x) 由于 f_{k+1}(x) 在点 F_k(x_0) 处连续，所以对 \forall \epsilon >0,\exists \delta>0,\forall x(|x-F_k(x_0)|<\delta),
f_{k+1}\circ F_k(x)-f_{k+1}[F_k(x_0)]|<\epsilon
对于上述 \delta
，由于 F_k(x) 在点 x_0 处连续故 \exists \eta>0,\forall x(|x-x_0|<\eta), 恒有
F_k(x)-F_k{(x_0)}|<\delta
则当
x-x_0|<\eta
时，恒有
f_{k+1}\circ F_k(x)-f_{k+1}[F_k(x_0)]|<\epsilon
这表明 \lim_{x\to x_0}F_{k+1}(x)=F_{k+1}(x_0) ，即 F_{k+1}(x) 在点 x_0 处连续所以当 n=k+1 时，结论成立故有限个连续函数的复合所得到的函数在其定义域上仍为连续函数， \square
于是乎，在学习完了连续函数的四则运算，反函数连续性定理，复合函数连续性定理后，我们可以把她们综合一下，便可得到以下定理(也是本节最核心的定理，可以说前面的那些定理都是为了这个定理做铺垫的)一切初等函数在其定义域上连续.证明：只需注意到任何一个初等函数都是六类基本初等函数经过有限次四则运算及复合运算得到的而对于有限次四则运算以及复合运算后得到的函数的连续性已经证明故可知初等函数在其定义域上连续， \square
有了这个定理，就可以来做很多很多的应用了(斜眼笑)Q1：设 f(x) 在点 x_0 连续，求证： f^2(x) 与
f(x)
在点 x_0 处也连续，并举出反例，使得该命题的逆命题不一定成立。证明：由连续函数的四则运算规则，知： \lim_{x\to x_0}f^2(x)=\lim _{x\to x_0}f(x)\cdot\lim_{x\to x_0}f(x)=f^2(x_0) 所以 f^2(x) 在点 x_0 处连续由于
f(x)|=\sqrt {f^2(x)} ，由复合函数的连续性，可知：
f(x)
在点 x_0 处也连续但是反过来，考虑函数 f(x)=\begin{cases}1,x\ge 0\\-1,x<0 \end{cases} ，则 f^2(x)=|f(x)|=1,x\in R 所以 f^2(x),|f(x)
均在点 x=0 处连续但是显然可知 f(x) 在点 x=0 处不连续，故逆命题不一定成立， \square
Q2：若 f,g (!!!陈纪修的书竟然用了规范写法)在 [a,b] 上连续，求证： \max \left\{ f,g \right\} ,\min \left\{ f,g \right\} 在 [a,b] 上连续证明：本题看似和绝对值无关，实则可对 \max \left\{ f,g \right\},\min \left\{ f,g \right\} 改写不失一般性，仅证明 \max \left\{ f,g \right\} 在 [a,b] 上连续由于 \max \left\{ f,g \right\}=\frac{f(x)+g(x)+|f(x)-g(x)|}{2} 而
f(x)-g(x)|=\sqrt{[f(x)-g(x)]^2} 根据连续函数的四则运算以及复合函数的连续性可知： \max \left\{ f,g \right\} 在 [a,b] 连续对于 \min \left\{ f,g \right\} ，仅需注意到 \min \left\{ f,g \right\}=\frac{f(x)+g(x)-|f(x)-g(x)|}{2} 即可所以\max \left\{ f,g \right\},\min \left\{ f,g \right\} 在 [a,b] 上连续， \square
Q3：设 f(x) 在 (0,+\infty) 上连续，且满足 f(x^2)=f(x),x\in (0,+\infty) ，求证 ：f(x)\equiv C
，其中 C 为常数证明：对 \forall x_0\in (0,+\infty) ，反复利用等式，可得： f(x_0)=f(\sqrt[2^n]{x_0}),n\in N 而我们知道 \lim_{n\to \infty }\sqrt[2^n]{x_0}=1 且 f(x) 在 (0,+\infty) 上连续可得： f(x_0)=\lim_{n\to \infty}f(\sqrt[2^n]{x_0})=f(\lim_{n\to \infty}\sqrt[2^n]{x_0})=f(1)<+\infty 由 x_0 的任意性，可知： f(x)\equiv f(1) ， \square
这一节终于写完了(虽然书上还有用连续函数来求极限的习题，但我看了一下，觉得放到第三节--无穷大量与无穷小量的阶来讲更好)，所以剩下的部分就等下篇文章咯至于开头说的用英文写证明，虽然通篇看下来貌似没有用(因为不会翻译(划掉)也懒得去查(doge))英文单词，那就下次再说了(下次一定)本文起写于上周五结于今日(周一)，写了三天(突然发现我好喜欢立不可能实现的flag)(doge)，然后下篇文章估计得明年了(还有10天数分期末考)，然后寒假学一学测度论，顺便预习一下三大专业课，可能维持在五天一更的状态吧(继续立flag)就这样吧(突然好丧)(其实是写解几写到烦死了)@小风
过来捧场往期回顾：