微積分 - 極限¶

極限定義¶

:::warning
極限的嚴格定義
設$f:(c-p,c)\cup(c,c+p)\to\mathbb{R},c\in\mathbb{R},p>0,L\in\mathbb{R}$

我們說$\displaystyle\lim_{x\to c}f(x)=L$的意思就是：
$$
\forall\varepsilon>0,\exists\delta>0,\text{s.t. }0<|x-c|<\delta\implies|f(x)-L|<\varepsilon
$$

有時寫作$x\to c$，則$f(x)\to L$。
:::

簡單說就是：要多小就可以有多小

:::success
極限的唯一性

若
$$
\lim_{x\to c}f(x)=L,\lim_{x\to c}f(x)=M
$$
則$L=M$。
:::

:::spoiler Proof

因為當$L\neq M$的時候，$L,M$就有段距離，這樣一來如果我們先無限靠近了$L$，那就無法同時無限靠近$M$，因為總是差一段距離。所以我們可以取$L$跟$M$的中點，或是分別以$L$跟$M$張開$\frac{|L-M|}{k},k\ge 2$半徑的開區間，並將其定為$\varepsilon$，這樣就會使得$f(x)$沒辦法同時滿足兩個極限的要求，因為滿足其中一個的時候，另外一個就一定會超過所給定的$\varepsilon$。以下是嚴謹證明：

若$L\neq M$，令$r:=\frac{|L-M|}{2}$，那麼因為極限存在，我們可以找到$\delta_1,\delta_2$，使得只要$0<|x-c|<\delta_1$，則$|f(x)-L|<r$，以及只要$0<|x-c|<\delta_2$，則$|f(x)-M|<r$。

但是若取$\delta=\min(\delta_1,\delta_2)$，那麼只要$0<|x-c|<\delta$，我們就有
$$
f(x)\in(L-r,L+r)\cap(M-r,M+r)
$$
我們可以不失一般性假設$L>M$，那麼$r=\frac{L-M}{2}$，這樣一來因為$L+r-M-r>0$且$L-r-(M+r)=L-M-2r=0$，可知$(L-r,L+r)\cap(M-r,M+r)=\varnothing$，矛盾，所以$L=M$。

當然，這是因為實數上利用絕對值所定義出的距離空間是一個很好的拓樸結構（豪斯多夫空間），如果是一個比較爛的拓樸結構，上面考慮的極限就不一定會有唯一性。
豪斯多夫空間的定義其實就是給定兩個相異點$x_1,x_2$，都可以找到兩個不相交的開集合$U,V$使得說$x_1\in U,x_2\in V$。那因為實數上標準拓樸中開區間本身是開集合，所以我們才可以把$L,M$分開
差別在於我們在實數上可以找到精確描述開集合的方式，但是一般拓樸結構上比較難去描述開集合的長相。

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運算性質¶

:::success
若$\displaystyle\lim_{x\to{a}}f(x)=L,\lim_{x\to{a}}g(x)=M$
則

$\displaystyle\lim_{x\to{a}}f(x)\pm g(x)=L\pm M$
$\displaystyle\lim_{x\to{a}}f(x)g(x)=LM$
$\displaystyle\lim_{x\to{a}}\dfrac{f(x)}{g(x)}=\dfrac{L}{M},M\not={0}$
:::

其實就是兩個極限存在的時候，極限可以加減乘除

例：

證明$\displaystyle\lim_{x\to{c}}x^{n}=c^n,n\in\mathbb{N}$

可以證明$\displaystyle\lim_{x\to{c}}x=c$，再使用數學歸納法以及Product Rule即可得證。

單邊極限¶

:::warning
設$f:\mathbb{R}\to\mathbb{R},c,L\in\mathbb{R}$，則$f$趨近$c$的左極限為$L$之定義為

$$
\forall\varepsilon>0,\exists\delta>0,\text{s.t. }0<c-x<\delta\implies |f(x)-L|<\varepsilon
$$
右極限類似定義，就是從右邊趨近$c$。

左極限記為
$$
\lim_{x\to c^{-}}f(x)=L
$$

右極限記為
$$
\lim_{x\to c^{+}}f(x)=L
$$
:::

:::success
$$
\lim_{x\to c}f(x)=L
$$
若且唯若
$$
\lim_{x\to c^{-}}f(x)=\lim_{x\to c^{+}}f(x)=L
$$
:::

夾擠定理¶

:::success
若函數在$a$附近有$f(x)\le{g(x)}\le{h(x)}$
且$\displaystyle\lim_{x\to{a}}f(x)=\lim_{x\to{a}}h(x)=L$
則$\displaystyle\lim_{x\to{a}}g(x)=L$
:::

:::spoiler Proof
給定$\varepsilon>0$，則：
$\exists\delta_1>0,\text{s.t. }0<|x-a|<\delta_1\implies |f(x)-L|<\varepsilon$
$\exists\delta_2>0,\text{s.t. }0<|x-a|<\delta_2\implies |h(x)-L|<\varepsilon$

取$\delta=\min\{\delta_1,\delta_2\}$，那麼只要$0<|x-a|<\delta$，則
$L-\varepsilon<f(x)<L+\varepsilon$以及$L-\varepsilon<g(x)<L+\varepsilon$皆成立
且$f(x)\le g(x)\le h(x)$
故知$L-\varepsilon<g(x)<L+\varepsilon\iff |g(x)-L|<\varepsilon$
等價於$\displaystyle\lim_{x\to{a}}g(x)=L$
:::

基本函數之極限¶

多項式¶

設$k\in\mathbb{N},a_k,c\in\mathbb{R}$
$$
\lim_{x\to{c}}\sum_{k=0}^{n}a_kxk=\sum_{k=0}^{n}a_kck
$$

只需證明$\displaystyle\lim_{x\to{c}}x=c$，再使用Sum Rule與Product Rule即可得證

三角函數¶

$\displaystyle\lim_{x\to0}\sin{x}=0$

:::spoiler Proof

$x\ge0$，且$x$甚小時有$0\le\sin{x}\le x$
而
$$
0=\displaystyle\lim_{x\to0^{+}0\le\lim_{x\to0}+}\sin{x}\le\lim_{x\to0^+}x=0
$$
根據夾擠定理得$\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\sin{x}=0$
$x\le0$，且$x$很靠近$0$時有$0\ge\sin{x}\ge x$
由夾擠定理可得$\displaystyle\lim_{x\to0^-}\sin{x}=0$

故可得$\displaystyle\lim_{x\to0}\sin{x}=0$

:::
* $\displaystyle\lim_{x\to0}\cos{x}=1$

:::spoiler Proof

$x\ge0$，且$x$很靠近$0$時有$\cos{x}\le1$
因為
$$
(\cos{x}+\sin{x})^2=1+2\sin{x}\cos{x}\ge1
$$
所以$\cos{x}+\sin{x}\ge1\iff\cos{x}\ge1-\sin{x}$。
故$1-\sin{x}\le\cos{x}\le1$，依據夾擠定理可得
$$
\lim_{x\to0^+}\cos{x}=1
$$

$x\le0$，且$x$很靠近$0$時有$\cos{x}\le1$
$$
(\cos{x}-\sin{x})^2=1-2\sin{x}\cos{x}\ge1
$$
$\therefore\cos{x}-\sin{x}\ge1\iff\cos{x}\ge1+\sin{x}$
$1+\sin{x}\le\cos{x}\le1$依據夾擠定理可得
$$
\displaystyle\lim_{x\to0^-}\cos{x}=1
$$

故$\displaystyle\lim_{x\to0}\cos{x}=1$
:::

$\displaystyle\lim_{x\to c}\sin{x}=\sin{c}$
$\displaystyle\lim_{x\to c}\cos{x}=\cos{c}$
:::spoiler Proof

令$x=c+h\implies x-c=h$
$$
\lim_{h\to0}\sin{(c+h)}=\lim_{h\to0}[\sin{c}\cos{h}+\cos{c}\sin{h}]=\sin{c}
$$

$$
\lim_{h\to0}\cos{(c+h)}=\lim_{h\to0}[\cos{c}\cos{h}-\sin{c}\sin{h}]=\cos{c}
$$
:::

由此可得其餘三角函數之極限

\[ \lim_{x\to{c}}\tan{x}=\tan{c},c\not=\dfrac{\pi}{2}+k\pi,k\in\mathbb{Z} $$ $$ \lim_{x\to{c}}\cot{x}=\cot{c},c\not=k\pi,k\in\mathbb{Z} $$ $$ \lim_{x\to{c}}\sec{x}=\sec{c},c\not=\frac{1}{2}\pi+k\pi,k\in\mathbb{Z} $$ $$ \lim_{x\to{c}}\csc{x}=\csc{c},c\not=k\pi,k\in\mathbb{Z} \]

函數的連續性¶

:::warning
若函數$f(x)$滿足
$$
\lim_{x\to{a}}f(x)=f(a)
$$
則稱函數在$x=a$處連續。
:::

常見在$\mathbb{R}$上的連續函數：

多項式函數$\displaystyle\sum^{n}_{k=1}a_kx^k$
指數函數$a^x,a>0$
對數函數$\log_{a}x,a>0\land a\not=1$
正餘弦函數$\sin(x),\cos(x)$
絕對值函數$\displaystyle\sum^{n}_{k=1}|a_kx-b_k|$

連續函數的定義為：在其定義域上連續的函數
在高中範圍，多項式，指對數，三角函數，絕對值函數皆為連續函數，但三角函數中只有正餘弦在$\mathbb{R}$上連續，其餘函數只能稱為連續函數。

合成函數的極限¶

:::success
設$f:(x_0-c,x_0+c)\to\mathbb{R}$，$x_0\in\mathbb{R},c\in\mathbb{R}$，且$g:f((x_0-c,x_0+c))\to\mathbb{R}$。
若
$$
\lim_{x\to x_0}f(x)=L
$$
且
$g$在$L$連續，

則
$$
\lim_{x\to x_0}g(f(x))=g(L)
$$

:::

其他形式的極限¶

:::warning
* $\displaystyle\lim_{x\to\infty}f(x)=L$
* $\displaystyle\lim_{x\to\infty}f(x)=\infty$
* $\displaystyle\lim_{x\to{c}}f(x)=\infty$

第一種之定義為
$$
\forall\varepsilon>0,\exists N>0,\text{s.t. }x>N\implies |f(x)-L|<\varepsilon
$$

第二種之定義為
$$
\forall M>0,\exists N>0,\text{s.t. }x>N\implies f(x)>M
$$

第三種之定義為
$$
\forall M>0,\exists \delta>0,\text{s.t. }0<|x-c|<\delta\implies f(x)>M
$$

若出現$x\to-\infty$，則只需將跟$x$有關之不等號換邊即可
例如$\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=\infty$之定義為
$$
\forall M>0,\exists N\in\mathbb{R},\text{s.t. }xM
$$
:::

例如：
證明$\displaystyle\lim_{x\to\infty}\dfrac{1}{x}=0$
給定$\varepsilon>0$，取$N=1/\varepsilon$，則
$$
x>N\implies|1/x|=1/x<\varepsilon
$$

不定型¶

$\dfrac{0}{0}$型
$\dfrac{\infty}{\infty}$型
$0\cdot\infty$型
$1^{\infty}$型
$\infty^{0}$型
$\infty-\infty$型

不定型的例子：

$\displaystyle\lim_{x\to{0}}\dfrac{\sin{x}}{x}$
$\displaystyle\lim_{x\to{0}}|\dfrac{\ln|{x|}}{\cot{x}}|$
$\displaystyle\lim_{x\to{0}}\sin{x}\ln{|x|}$
$\displaystyle\lim_{x\to{0}}(\dfrac{\sin{x}}{x})^{\ln|x|}$
$\displaystyle\lim_{x\to{0}}(\dfrac{1}{x})^x$
$\displaystyle\lim_{x\to{0}}(\ln{x}-\log_{3}x)$

如何解不定型？

分子分母同除以分母最大者
例如：$\displaystyle\lim_{x\to\infty}\dfrac{7x^{2}-34x+3819^{299999}}{x^2+x+3} \\=\displaystyle\lim_{x\to\infty}\dfrac{\dfrac{7x^2-34x+3819^{299999}}{x^2}}{\dfrac{x^2+x+3}{x^2}} \\=\displaystyle\lim_{x\to\infty}\dfrac{7-\dfrac{34}{x}+\dfrac{3819^{299999}}{x^2}}{1+\dfrac{1}{x}+\dfrac{3}{x^2}}=7$
根式有理化法
羅畢達法則

漸進線¶

:::warning
若函數$f$至少滿足其中一以下性質：

$\displaystyle\lim_{x\to{c}}f(x)=\pm\infty$
$\displaystyle\lim_{x\to\pm\infty}f(x)=a, a\in\mathbb{R}$
$\displaystyle\lim_{x\to\pm\infty}\dfrac{f(x)}{x}=m,m\in\mathbb{R}$

則稱$f$具有漸進線
而滿足1.則稱$x=c$為$f$之垂直漸進線

滿足2.則稱$y=a$為$f$之水平漸進線

滿足3.則稱$y=mx+b$為$f$之斜漸進線，其中$b=\displaystyle\lim_{x\to\pm\infty}(f(x)-mx)$
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