一、实数与函数

实数系的构造与完备性

原因

直观上，$\mathbb{Q}$ 的加减乘除很完美，但它对“极限”不封闭：有些“应该存在”的数在 $\mathbb{Q}$ 里找不到，例如 $\sqrt{2}$。

$\mathbb{Q}$ 中找不到 $\sqrt{2}$

证明思路：反证法。假设 $\sqrt{2}=\frac{p}{q}$，其中 $p,q\in\mathbb{Z}$ 且既约（$\gcd(p,q)=1$）。

  • 两边平方：$2=\frac{p^2}{q^2}\Rightarrow p^2=2q^2$，故 $p^2$ 为偶数，进而 $p$ 为偶数。
  • 设 $p=2k$，代回得 $(2k)^2=2q^2\Rightarrow q^2=2k^2$，故 $q$ 也为偶数。
  • 这与 $\gcd(p,q)=1$ 矛盾。
    因此 $\sqrt{2}\notin\mathbb{Q}$。

“完备性”就是用来填补这种缺口，使得“极限应该落在体系里”这类直觉可以被严格化，并支撑后续极限、连续、微分、积分的全部核心定理。


戴德金分割

Dedekind cut

定义（戴德金分割）
一个戴德金分割是对 $\mathbb{Q}$ 的一对非空子集 $(A,B)$，满足：

  1. $A\cup B=\mathbb{Q}$，且 $A\cap B=\varnothing$。
  2. （左集向左封闭）若 $a\in A$ 且 $r\in\mathbb{Q}$、$r<a$，则 $r\in A$。
  3. （左右严格分离）对任意 $a\in A$、$b\in B$，都有 $a<b$。
  4. （左集无最大元）$A$ 没有最大元：$\forall a\in A,\ \exists a’\in A,\ a<a’$。
▸直觉说明

$A$ 是“切割点左侧的所有有理数”，$B$ 是“切割点右侧的所有有理数”。条件 4 用来排除“切在某个有理数上”的二义性。

命题（有理数诱导分割）
给定 $c\in\mathbb{Q}$，令
$$
A_c={q\in\mathbb{Q}: q<c},\qquad B_c={q\in\mathbb{Q}: q\ge c},
$$
则 $(A_c,B_c)$ 是一个戴德金分割。

▸推导
  • 1–3 由定义直接验证。
  • 4：若 $q<c$，取 $q’=\frac{q+c}{2}$，则 $q<q’<c$，故 $A_c$ 无最大元。

存在不对应任何有理数的分割，它们对应无理数（例如 $\sqrt{2}$）。

▸用分割刻画 $\sqrt{2}$（核心例子）

定义
$$
A={q\in\mathbb{Q}: q<0\ \text{或}\ q^2<2},\qquad B=\mathbb{Q}\setminus A.
$$
我们检查它确实是分割，并且不来自任何 $c\in\mathbb{Q}$。

(1) $A,B$ 非空且互不相交、并为全体：

  • $0\in A$（因为 $0^2<2$），所以 $A\neq\varnothing$。
  • $2\in B$（因为 $2^2\ge 2$ 且 $2\not<0$），所以 $B\neq\varnothing$。
  • 由定义 $B=\mathbb{Q}\setminus A$，故 $A\cup B=\mathbb{Q}$、$A\cap B=\varnothing$。

(2) 左集向左封闭：
若 $a\in A$ 且 $r<a$。

  • 若 $a<0$，则 $r<0$，因此 $r\in A$。
  • 若 $a\ge 0$ 且 $a^2<2$，则 $0\le r<a$ 推出 $r^2<a^2<2$，因此 $r\in A$。
    故条件 2 成立。

(3) 左右严格分离：
取 $a\in A$、$b\in B$。由 $b\notin A$，知 $b\ge 0$ 且 $b^2\ge 2$。

  • 若 $a<0$，则显然 $a<b$。
  • 若 $a\ge 0$，则 $a^2<2\le b^2$ 且 $a,b\ge 0$，因此 $a<b$。
    故条件 3 成立。

(4) $A$ 无最大元（关键一步）：
取任意 $a\in A$。我们要构造 $a’>a$ 且 $a’\in A$。

  • 若 $a<0$，取 $a’=\frac{a}{2}$，则 $a<a’<0$，所以 $a’\in A$。
  • 若 $a\ge 0$ 且 $a^2<2$，取
    $$
    a’ = a + \frac{2-a^2}{a+2}.
    $$
    先说明 $a’>a$：因为 $a^2<2$，所以 $2-a^2>0$，且 $a+2>0$，故分数项为正。
    再证 $a’^2<2$：设 $t=\frac{2-a^2}{a+2}$，则 $t>0$ 且
    $$
    a’^2=(a+t)^2=a^2+2at+t^2.
    $$
    由于 $t=\frac{2-a^2}{a+2}$，有
    $$
    2at = 2a\cdot\frac{2-a^2}{a+2}.
    $$
    同时注意到
    $$
    t^2 = \left(\frac{2-a^2}{a+2}\right)^2 \le \frac{(2-a^2)(2-a^2)}{(a+2)(2)} = \frac{(2-a^2)^2}{2(a+2)}
    $$
    （这里只用到 $a+2\ge 2$，因此 $(a+2)^2\ge 2(a+2)$）。
    把 $2at+t^2$ 合并上界估计可得
    $$
    2at+t^2 \le (2-a^2)\cdot\frac{2a}{a+2} + \frac{(2-a^2)^2}{2(a+2)}.
    $$
    将右侧视为关于 $(2-a^2)$ 的表达式，可验证其严格小于 $2-a^2$（因为分母均为 $a+2>0$，且 $2a < a+2$ 当 $a<2$，而由 $a^2<2$ 可知 $a<2$）。
    因而 $a’^2 = a^2 + (2at+t^2) < a^2 + (2-a^2)=2$。
    故 $a’\in A$，从而 $A$ 无最大元。

综上 $(A,B)$ 是戴德金分割，它对应的“切割点”正是 $\sqrt{2}$。

▸备注（构造的用意）

(4) 的构造本质是在 $a^2<2$ 的前提下，把“剩余量” $2-a^2$ 转成一个正增量，让新数仍满足平方小于 2。


确界原理

Supremum axiom

定义（上界）
设 $S\subseteq\mathbb{R}$，$S\neq\varnothing$。若 $\exists M\in\mathbb{R}$ 使得 $\forall x\in S,\ x\le M$，则称 $S$ 有上界，$M$ 为 $S$ 的一个上界。

定义（上确界）
若存在 $\alpha\in\mathbb{R}$ 满足：

  1. $\alpha$ 是 $S$ 的上界；
  2. 对任何上界 $M$ 都有 $\alpha\le M$；

则称 $\alpha$ 为 $S$ 的上确界，记作 $\alpha=\sup S$（上确界未必属于 $S$）。

公理（确界原理）
对任意非空且有上界的集合 $S\subseteq\mathbb{R}$，其上确界 $\sup S$ 存在于 $\mathbb{R}$ 中。

定理（$\varepsilon$-逼近刻画）
设 $\alpha=\sup S$。则对任意 $\varepsilon>0$，存在 $x_{\varepsilon}\in S$ 使得
$$
\alpha-\varepsilon < x_{\varepsilon}\le \alpha.
$$

▸推导
  1. 由定义，$\alpha$ 是上界，所以 $\forall x\in S,\ x\le \alpha$。
  2. 反证：若 $\exists \varepsilon_0>0$ 使得 $\forall x\in S,\ x\le \alpha-\varepsilon_0$，则 $\alpha-\varepsilon_0$ 也是上界。
  3. 这与 $\alpha$ 为最小上界矛盾。
  4. 故对任意 $\varepsilon>0$，必存在 $x_{\varepsilon}\in S$ 落在 $(\alpha-\varepsilon,\alpha]$。

[!EXAMPLE] 求 $\sup{x\in\mathbb{R}: x^2<2}$
令 $S={x\in\mathbb{R}: x^2<2}$。

  • $S$ 非空（$0\in S$），且有上界（例如 $2$ 是上界）。
  • 由确界原理，$\alpha=\sup S$ 存在。
  • 直觉上 $\alpha=\sqrt{2}$。严格证明可以分两步：
    1. 证明 $\alpha^2\le 2$：若 $\alpha^2>2$，取 $\delta=\frac{\alpha^2-2}{2\alpha}>0$，则 $(\alpha-\delta)^2>2$，从而 $\alpha-\delta$ 仍是上界，矛盾。
    2. 证明 $\alpha^2\ge 2$：若 $\alpha^2<2$，取 $\delta=\frac{2-\alpha^2}{\alpha+2}>0$，则 $(\alpha+\delta)^2<2$，即 $\alpha+\delta\in S$，但这大于上确界，矛盾。
  • 合并得 $\alpha^2=2$，故 $\alpha=\sqrt{2}$（取正根，因为 $S$ 包含正数且上确界为非负）。

完备性等价

定理（完备性等价表述）
下列命题在 $\mathbb{R}$ 上等价（均可作为“完备性公理”）：

  • (A) 确界原理：非空有上界集合必有上确界。
  • (B) 戴德金分割：每个戴德金分割对应一个实数。
  • (C) 单调有界收敛：单调且有界的数列必收敛于实数。
  • (D) 柯西收敛：柯西数列在 $\mathbb{R}$ 中必收敛。

下面把常用证明链写全：$(A)\Rightarrow(C)\Rightarrow(D)\Rightarrow(A)$，并给出 (A)↔(B) 的思路。

▸推导：$(A)\Rightarrow(C)$（确界原理 $\Rightarrow$ 单调有界收敛）

设 ${a_n}$ 单调递增且有上界。令集合 $S={a_n:n\in\mathbb{N}}$。

  1. $S\neq\varnothing$ 且有上界，于是由 (A) 存在 $\alpha=\sup S$。
  2. 证 $a_n\to \alpha$。任取 $\varepsilon>0$，由上确界的 $\varepsilon$-逼近刻画，存在 $a_{N}\in S$ 使得 $\alpha-\varepsilon<a_N\le \alpha$。
  3. 因 ${a_n}$ 单调递增，$n\ge N$ 时有 $a_n\ge a_N>\alpha-\varepsilon$；又因 $\alpha$ 是上界，$a_n\le \alpha$。
  4. 故 $n\ge N$ 时 $|a_n-\alpha|<\varepsilon$，即 $a_n\to\alpha$。

单调递减且有下界的情形同理（可对 ${-a_n}$ 应用上面的结果）。

▸推导：$(C)\Rightarrow(D)$（单调有界收敛 $\Rightarrow$ 柯西收敛）

目标：证明任一柯西数列 ${x_n}$ 收敛。

(1) 先证柯西数列有界：
取 $\varepsilon=1$，存在 $N$ 使得 $m,n\ge N$ 时 $|x_m-x_n|<1$。
则对任意 $n\ge N$，有 $|x_n|\le |x_N|+|x_n-x_N|<|x_N|+1$，故尾部有界。
把有限多个首项也并入，整体有界。

(2) 构造单调有界子列并收敛：
令 $s_n=\sup{x_k:k\ge n}$（尾集的上确界存在，使用 (A)；若此处不想用 (A)，可用“有界集上确界存在”作为等价公理之一）。
则 ${s_n}$ 单调递减且有下界（例如由 ${x_n}$ 的下界给出），由 (C) 得 $s_n\to s$。

(3) 证明原数列收敛到同一极限：
由 $s_n=\sup{x_k:k\ge n}$ 的定义，对任意 $\varepsilon>0$，存在 $k\ge n$ 使得 $s_n-\varepsilon<x_k\le s_n$。
再用柯西性：当 $n$ 足够大时，尾部项彼此相差很小，从而所有 $x_m\ (m\ge n)$ 都被夹在 $s_n$ 附近。结合 $s_n\to s$，推出 $x_n\to s$。

备注：可把 (3) 细化为明确的不等式链：先取 $n$ 使 $|x_p-x_q|<\varepsilon$（尾部直径小），再用 $s_n-\varepsilon<x_k\le s_n$ 把 $s_n$ 与某个尾部点绑定，得到 $|x_m-s_n|<2\varepsilon$，最后用 $s_n\to s$ 合并。

▸推导：$(D)\Rightarrow(A)$（柯西收敛 $\Rightarrow$ 确界原理）

设 $S\subseteq\mathbb{R}$ 非空且有上界。构造单调递增的“逼近上确界”的数列 ${a_n}$：

  1. 选取任意 $a_1\in S$。因为 $S$ 有上界，存在某个上界 $U$。
  2. 对每个 $n$，定义 $a_{n+1}$ 满足：$a_{n+1}\in S$ 且 $a_{n+1}>a_n$ 并且 $U-a_{n+1}<\frac{1}{n}$ 的“尾差”越来越小。（做法：令 $b_n$ 为所有上界中距离 $a_n$ 最近的阈值，用二分/取近似上界的方法从 $S$ 中挑选点；标准教材会给出严格构造。）
  3. 可证明 ${a_n}$ 单调递增且有上界（被 $U$ 压住），并且是柯西列（因为相邻项差距可控，或用上界尾差趋零推出）。
  4. 由 (D) 得 $a_n\to \alpha$。再证 $\alpha=\sup S$：
  • $\alpha$ 是上界：否则若 $\exists x\in S$ 使 $x>\alpha$，取 $\varepsilon=\frac{x-\alpha}{2}$，当 $n$ 足够大有 $a_n>\alpha-\varepsilon$，再由单调构造将迫使后续项超过 $x$，矛盾于 $x$ 仍在 $S$ 上方的“可逼近性”。
  • $\alpha$ 是最小上界：对任意 $\varepsilon>0$，由构造（或由极限性质）可在 $S$ 中找到 $a_n>\alpha-\varepsilon$，故任何比 $\alpha$ 小的数都不可能是上界。

注：$(D)\Rightarrow(A)$ 的“完全细化版”可用二分构造：把一个上界区间不断对半，并选择“与 $S$ 有交”的半区，得到嵌套区间并据此构造柯西列，从而得到 $\sup S$。

▸思路： (A) ↔ (B)
  • (A)$\Rightarrow$(B)：给定分割 $(A,B)$，把 $A$ 看作 $\mathbb{R}$ 的一个有上界集合（任取 $b\in B$ 即为上界），令 $\alpha=\sup A$，可证明 $\alpha$ 正好把实数切成该分割。
  • (B)$\Rightarrow$(A)：给定非空有上界集合 $S$，令 $A={x\in\mathbb{Q}:\exists s\in S,\ x<s}$，$B=\mathbb{Q}\setminus A$，可验证 $(A,B)$ 是分割，对应实数即为 $\sup S$。

函数概念

定义与三要素

定义（函数）
给定集合 $X,Y$，称 $f$ 为从 $X$ 到 $Y$ 的函数，记为 $f:X\to Y$，若对每个 $x\in X$ 都存在唯一的 $y\in Y$ 使得 $y=f(x)$。

三要素（严格表述）
函数对象由 定义域 $X$、陪域 $Y$、对应法则 $f$ 确定，常记作 $f:X\to Y$。

▸“三要素 = 定义域 + 值域 + 对应关系？”怎么理解

你说的“定义域 + 值域 + 对应关系”是常见口头表述，但严格上通常用“定义域 + 陪域 + 对应法则”。

  • 值域不是额外给定的要素：值域由前三者推出，$R_f=f(X)\subseteq Y$。
  • 为什么课本/笔记仍强调值域：它直接决定满射、反函数的定义域等性质，因此在计算与讨论性质时经常与“定义域”并列强调。

术语

  • 定义域：$D_f=X$
  • 陪域：$Y$
  • 值域：$R_f=f(X)={f(x):x\in X}\subseteq Y$
▸陪域与值域（不重复版）
  • 区别：陪域是函数定义中规定的“允许输出的集合” $Y$；值域是函数实际取到的输出集合 $R_f=f(X)$，必有 $R_f\subseteq Y$，且可能为真子集。
  • 满射判定：$f:X\to Y$ 为满射当且仅当 $R_f=Y$；否则 $R_f\subsetneq Y$。
  • 为什么要写陪域：陪域是函数对象的一部分（影响“是否满射/是否双射”等映射性质），同一条“规则”在不同陪域下可视为不同函数。
▸等价表述（集合论视角）

函数可以视为 $X\times Y$ 的子集 $G_f$（图像）满足：

  1. 对每个 $x\in X$，存在 $y\in Y$ 使 $(x,y)\in G_f$；
  2. 若 $(x,y_1),(x,y_2)\in G_f$，则 $y_1=y_2$。
    此时 $G_f={(x,f(x)):x\in X}$。

常见表示

表示法（不改变函数本身，但影响你能不能算）

  • 解析式：$y=f(x)$，含分段、参数等
  • 图像：平面曲线 $y=f(x)$ 或集合图像 $G_f$
  • 表格：离散点或采样值
  • 递推/算法：如 $x_{n+1}=g(x_n)$
▸分段函数的“真正定义域”

分段函数必须把定义域写清楚：每一段的条件共同决定 $D_f$。
例：$f(x)=\begin{cases}x^2,&x\ge 0\ -x,&x<0\end{cases}$ 的定义域是全体 $\mathbb{R}$；
若写成 $f(x)=\sqrt{x-1}$，则 $D_f=[1,+\infty)$。

易错点

  • 陪域 ≠ 值域：值域是陪域的子集；陪域参与判定满射/双射，因此是函数定义的一部分。
  • 图像检验（竖线检验）只适用于“函数图像是 $y$ 关于 $x$ 的单值关系”这一语境；隐函数需要先说明是否能解出 $y$ 为 $x$ 的函数。
  • “定义域”永远先于计算：极限、连续、可导、可积的讨论都以 $x$ 属于定义域为前提。
陪域改变，函数性质会变

令 $X=\mathbb{R}$，规则同为 $f(x)=x^2$。

  • $f_1:X\to\mathbb{R}$：值域 $R_{f_1}=[0,+\infty)\subsetneq \mathbb{R}$，所以 不是满射。
  • $f_2:X\to[0,+\infty)$：值域 $R_{f_2}=[0,+\infty)=Y$，所以 是满射。
    结论：规则相同，但陪域不同会影响映射性质（满射/双射），因此函数对象不同。


函数运算

四则与定义域

设 $f,g$ 为实函数。

定义（和差积商）

  • $(f\pm g)(x)=f(x)\pm g(x)$，定义域 $D_{f\pm g}=D_f\cap D_g$
  • $(fg)(x)=f(x)g(x)$，定义域 $D_{fg}=D_f\cap D_g$
  • $\left(\frac{f}{g}\right)(x)=\frac{f(x)}{g(x)}$，定义域 $D_{f/g}={x\in D_f\cap D_g: g(x)\ne 0}$

复合函数

定义（复合函数）
若 $f:A\to B$，$g:C\to D$，且 $f(A)\subseteq C$，则定义复合
$$
(g\circ f)(x)=g(f(x)),\qquad x\in A,
$$
其定义域为 $D_{g\circ f}={x\in A: f(x)\in C}$（在实函数语境下即“先算得出 $f(x)$，再代入 $g$ 也算得出”）。

复合的定义域

设 $f(x)=x^2-1$，$g(x)=\sqrt{x}$。

  • $D_f=\mathbb{R}$，$D_g=[0,+\infty)$。
  • $D_{g\circ f}={x\in\mathbb{R}:x^2-1\ge 0}=(-\infty,-1]\cup[1,+\infty)$。

反函数

定义（反函数）
若 $f:X\to Y$ 满足：不同 $x$ 取不同值（单射），则可定义 $f$ 的反函数 $f^{-1}:f(X)\to X$，使得
$$
f^{-1}(y)=x \iff f(x)=y.
$$

判别（单调性给出可逆性）
若 $f$ 在区间 $I$ 上严格单调，则 $f$ 在 $I$ 上为单射，从而存在反函数 $f^{-1}:f(I)\to I$，且 $f^{-1}$ 也严格单调。

▸推导：严格单调 $\Rightarrow$ 单射

若 $f$ 在 $I$ 上严格递增，取 $x_1<x_2$，则 $f(x_1)<f(x_2)$，故不可能 $f(x_1)=f(x_2)$，于是单射。

反函数的定义域和值域互换

若 $f:I\to f(I)$ 可逆，则 $D_{f^{-1}}=f(I)$，$R_{f^{-1}}=I$。

初等函数

常见初等函数族（由有限次四则运算与复合得到）：

  • 幂函数：$x^a$（注意 $a$ 取值决定定义域）
  • 指数：$a^x$（$a>0,a\ne 1$）
  • 对数：$\log_a x$（$a>0,a\ne 1$，$x>0$）
  • 三角与反三角：$\sin,\cos,\tan,\arcsin,\arccos,\arctan$
  • 双曲函数：$\sinh,\cosh,\tanh$（若课程覆盖）


函数几何特性

单调性

定义（单调）
在区间 $I$ 上：

  • 若 $x_1<x_2 \Rightarrow f(x_1)\le f(x_2)$，称 $f$ 单调递增
  • 若 $x_1<x_2 \Rightarrow f(x_1)< f(x_2)$，称 $f$ 严格递增
  • 递减同理
▸性质：严格单调 $\Rightarrow$ 可逆（与 1.3.3 连接）

严格单调意味着单射，从而存在反函数；反函数保单调。

奇偶性

设 $D_f$ 关于 0 对称（$x\in D_f \Rightarrow -x\in D_f$）。

定义（奇函数/偶函数）

  • 偶：$f(-x)=f(x)$
  • 奇：$f(-x)=-f(x)$

性质

  • 偶函数图像关于 $y$ 轴对称；奇函数图像关于原点中心对称
  • 若 $f$ 偶、$g$ 偶，则 $f\pm g$ 偶，$fg$ 偶；若 $f$ 奇、$g$ 奇，则 $f\pm g$ 奇，$fg$ 偶
奇偶性快速判断

$f(x)=x^3\cos x$：$x^3$ 奇，$\cos x$ 偶，奇×偶=奇，所以 $f$ 奇。

周期性

定义（周期）
若存在 $T>0$ 使得对所有 $x$（满足 $x,x+T\in D_f$）有 $f(x+T)=f(x)$，则称 $T$ 为周期。最小正周期若存在称为基本周期。

▸常用结论
  • $\sin,\cos$ 的基本周期为 $2\pi$；$\tan$ 的基本周期为 $\pi$。
  • 若 $f$ 以 $T$ 为周期，则 $f(ax)$ 的周期为 $\frac{T}{|a|}$（$a\ne 0$）。

有界性

定义（有界）
若存在 $M>0$ 使得 $\forall x\in D_f,\ |f(x)|\le M$，则 $f$ 有界。

证明 $|\sin x|\le 1$

在单位圆上，点 $(\cos x,\sin x)$ 到原点距离为 1，故 $|\sin x|\le 1$ 且 $|\cos x|\le 1$。



三角函数相关公式推导

单位圆

定义（单位圆）
单位圆上点 $P(\cos x,\sin x)$ 满足 $|OP|=1$，即 $\cos^2 x+\sin^2 x=1$。

恒等式（勾股）
$$
\sin^2 x+\cos^2 x=1.
$$

▸推导（单位圆）

由 $|OP|^2=\cos^2 x+\sin^2 x=1$ 立即得到。

点乘与叉乘（几何意义）

定理（点乘）
$$
\vec{u}\cdot\vec{v}=|\vec{u}||\vec{v}|\cos\theta.
$$

定理（叉乘模长）
$$
|\vec{u}\times\vec{v}|=|\vec{u}||\vec{v}|\sin\theta.
$$

▸推导（面积与投影）
  • 面积：平行四边形面积一方面是 $|\vec{u}|\cdot|\vec{v}|\sin\theta$，另一方面是 $|\vec{u}\times\vec{v}|$，故得叉乘模长公式。
  • 投影：$\vec{u}$ 在 $\vec{v}$ 方向的投影长度为 $|\vec{u}|\cos\theta$，乘以 $|\vec{v}|$ 得点乘公式 $\vec{u}\cdot\vec{v}=|\vec{u}||\vec{v}|\cos\theta$。
用点乘求夹角

已知 $\vec{u}=(1,2,2)$，$\vec{v}=(2,0,1)$。
$\vec{u}\cdot\vec{v}=1\cdot2+2\cdot0+2\cdot1=4$。
$|\vec{u}|=\sqrt{1+4+4}=3$，$|\vec{v}|=\sqrt{4+0+1}=\sqrt{5}$。
所以 $\cos\theta=\frac{\vec{u}\cdot\vec{v}}{|\vec{u}||\vec{v}|}=\frac{4}{3\sqrt{5}}$。

正弦定理与余弦定理

设三角形边长为 $a,b,c$，对角为 $A,B,C$。

定理（正弦定理）
$$
\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2R,
$$
其中 $R$ 为外接圆半径。

▸推导（外接圆弦长）

外接圆中，边 $a$ 是所对圆心角 $2A$ 的弦，弦长 $a=2R\sin A$。同理 $b=2R\sin B,\ c=2R\sin C$，两边同除即可。

定理（余弦定理）
$$
a^2=b^2+c^2-2bc\cos A,
$$
并循环得到另外两式。

▸推导（向量点积）

取向量 $\vec{u},\vec{v}$ 分别对应两边，满足 $|\vec{u}|=b,\ |\vec{v}|=c$，夹角为 $A$。
第三边对应 $\vec{u}-\vec{v}$，故
$$
a^2=|\vec{u}-\vec{v}|^2=(\vec{u}-\vec{v})\cdot(\vec{u}-\vec{v})
=|\vec{u}|^2+|\vec{v}|^2-2\vec{u}\cdot\vec{v}
=b^2+c^2-2bc\cos A.
$$
其中用到 $\vec{u}\cdot\vec{v}=|\vec{u}||\vec{v}|\cos A$。

和差角

定义（旋转矩阵）
$$
R(\theta)=
\begin{pmatrix}
\cos\theta & -\sin\theta\\
\sin\theta & \cos\theta
\end{pmatrix}.
$$

▸几何意义

对任意向量 $\vec{v}\in\mathbb{R}^2$，$R(\theta)\vec{v}$ 是将 $\vec{v}$ 逆时针旋转 $\theta$ 后得到的新向量。
旋转可叠加：先旋转 $\beta$ 再旋转 $\alpha$，等价于一次旋转 $\alpha+\beta$，即 $R(\alpha)R(\beta)=R(\alpha+\beta)$。

定理（和差角）
$$
\sin(\alpha\pm\beta)=\sin\alpha\cos\beta\pm\cos\alpha\sin\beta,
$$
$$
\cos(\alpha\pm\beta)=\cos\alpha\cos\beta\mp\sin\alpha\sin\beta.
$$

▸推导（旋转矩阵）

由矩阵恒等式 $R(\alpha)R(\beta)=R(\alpha+\beta)$：

  1. 直接相乘得
    $$
    R(\alpha)R(\beta)=
    \begin{pmatrix}
    \cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta & -(\cos\alpha\sin\beta+\sin\alpha\cos\beta)\
    \sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta & \cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta
    \end{pmatrix}.
    $$
  2. 而
    $$
    R(\alpha+\beta)=
    \begin{pmatrix}
    \cos(\alpha+\beta) & -\sin(\alpha+\beta)\
    \sin(\alpha+\beta) & \cos(\alpha+\beta)
    \end{pmatrix}.
    $$
  3. 比较对应元素即可得到 $\cos(\alpha+\beta)$ 与 $\sin(\alpha+\beta)$ 的表达式；差角令 $\beta\mapsto-\beta$。
▸单位圆方法

取单位圆上两点 $P(\cos\alpha,\sin\alpha)$、$Q(\cos\beta,\sin\beta)$。
以 $P$ 为向量，旋转 $\beta$ 得 $R(\beta)P$，其坐标同时应为 $(\cos(\alpha+\beta),\sin(\alpha+\beta))$。
写出矩阵乘法 $R(\beta)P$ 的两个分量，直接得到和角公式。这与“旋转叠加”的推导一致，只是把矩阵理解成几何动作。

▸与点乘/叉乘的联系（可选推导主线）

旋转保持长度与夹角，因此保持点积：
$$
(R(\theta)\vec{u})\cdot(R(\theta)\vec{v})=\vec{u}\cdot\vec{v}.
$$
取 $\vec{u}=(1,0)$，$\vec{v}=(\cos\beta,\sin\beta)$，则 $R(\alpha)\vec{u}=(\cos\alpha,\sin\alpha)$，$R(\alpha)\vec{v}=(\cos(\alpha+\beta),\sin(\alpha+\beta))$。
点积等式
$$
(\cos\alpha,\sin\alpha)\cdot(\cos(\alpha+\beta),\sin(\alpha+\beta))=\cos\beta
$$
展开并整理即可得到 $\cos(\alpha+\beta)$ 的和角公式。

倍角与半角

推论（倍角）
$$
\sin 2x=2\sin x\cos x,
$$
$$
\cos 2x=\cos^2 x-\sin^2 x=1-2\sin^2 x=2\cos^2 x-1.
$$

▸推导

在和角公式中令 $\alpha=\beta=x$ 即得。

推论（半角）
$$
\sin^2\frac{x}{2}=\frac{1-\cos x}{2},\qquad
\cos^2\frac{x}{2}=\frac{1+\cos x}{2}.
$$

▸推导

由倍角：$\cos x=\cos\bigl(2\cdot\frac{x}{2}\bigr)=1-2\sin^2\frac{x}{2}$，移项得 $\sin^2\frac{x}{2}=\frac{1-\cos x}{2}$；
同理由 $\cos 2u=2\cos^2u-1$ 得 $\cos^2\frac{x}{2}=\frac{1+\cos x}{2}$。

积化和差与和差化积

定理（积化和差）
$$
\sin\alpha\cos\beta=\frac{1}{2}\bigl[\sin(\alpha+\beta)+\sin(\alpha-\beta)\bigr],
$$
$$
\cos\alpha\cos\beta=\frac{1}{2}\bigl[\cos(\alpha+\beta)+\cos(\alpha-\beta)\bigr],
$$
$$
\sin\alpha\sin\beta=\frac{1}{2}\bigl[\cos(\alpha-\beta)-\cos(\alpha+\beta)\bigr].
$$

▸推导（由和差角“解方程”）

以 $\sin\alpha\cos\beta$ 为例：

  1. 写出
    $$
    \sin(\alpha+\beta)=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta,
    $$
    $$
    \sin(\alpha-\beta)=\sin\alpha\cos\beta-\cos\alpha\sin\beta.
    $$
  2. 两式相加得
    $$
    \sin(\alpha+\beta)+\sin(\alpha-\beta)=2\sin\alpha\cos\beta.
    $$
  3. 两边除以 2 即得。其余两条同理由 $\cos(\alpha\pm\beta)$ 的相加/相减得到。

定理（和差化积）
$$
\sin\alpha+\sin\beta=2\sin\frac{\alpha+\beta}{2}\cos\frac{\alpha-\beta}{2},
$$
$$
\sin\alpha-\sin\beta=2\cos\frac{\alpha+\beta}{2}\sin\frac{\alpha-\beta}{2},
$$
$$
\cos\alpha+\cos\beta=2\cos\frac{\alpha+\beta}{2}\cos\frac{\alpha-\beta}{2},
$$
$$
\cos\alpha-\cos\beta=-2\sin\frac{\alpha+\beta}{2}\sin\frac{\alpha-\beta}{2}.
$$

▸推导（换元 + 和差角）

令 $p=\frac{\alpha+\beta}{2},\ q=\frac{\alpha-\beta}{2}$，则 $\alpha=p+q,\ \beta=p-q$。
例如：
$$
\sin\alpha+\sin\beta=\sin(p+q)+\sin(p-q)
=(\sin p\cos q+\cos p\sin q)+(\sin p\cos q-\cos p\sin q)
=2\sin p\cos q.
$$
其余同理。第二条 $\sin\alpha-\sin\beta$ 由同样展开相减得到。


二、极限理论

数列极限

$\varepsilon$-$N$ 定义

定义（数列极限）
给定数列 ${a_n}$ 与实数 $A$，若对任意 $\varepsilon>0$，存在 $N\in\mathbb{N}$ 使得当 $n\ge N$ 时
$$
|a_n-A|<\varepsilon,
$$
则称 ${a_n}$ 收敛于 $A$，记作 $a_n\to A$ 或 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n=A$。

▸直观

$n$ 足够大后，$a_n$ 永远落在开区间 $(A-\varepsilon,A+\varepsilon)$ 内，并且 $\varepsilon$ 可以任意小。

基本性质

定理（唯一性）
若 $a_n\to A$ 且 $a_n\to B$，则 $A=B$。

▸推导

反证。若 $A\ne B$，取 $\varepsilon=\frac{|A-B|}{3}$。
由 $a_n\to A$ 存在 $N_1$ 使 $n\ge N_1$ 时 $|a_n-A|<\varepsilon$；
由 $a_n\to B$ 存在 $N_2$ 使 $n\ge N_2$ 时 $|a_n-B|<\varepsilon$。
取 $n\ge \max(N_1,N_2)$，则
$$
|A-B|\le |A-a_n|+|a_n-B|<2\varepsilon=\frac{2}{3}|A-B|,
$$
矛盾。

定理（有界性）
若 $a_n$ 收敛，则 ${a_n}$ 有界。

▸推导

令 $\varepsilon=1$，存在 $N$ 使 $n\ge N$ 时 $|a_n-A|<1$，故 $|a_n|\le |A|+1$（尾部有界）。
再令 $M=\max{|a_1|,\dots,|a_{N-1}|,|A|+1}$，得全体有界。

定理（保号性）
若 $a_n\to A$ 且 $A>0$，则存在 $N$ 使 $n\ge N$ 时 $a_n>0$（$A<0$ 同理）。

▸推导

取 $\varepsilon=\frac{A}{2}>0$，当 $n\ge N$ 时 $|a_n-A|<\varepsilon$，于是 $a_n>A-\varepsilon=\frac{A}{2}>0$。

▸常用数列极限（速查）

下面这些在做题时经常直接调用：

  • 若 $k>0$，则
    $$
    \lim_{n\to\infty}\frac{1}{n^k}=0.
    $$
  • 若 $|a|<1$，则
    $$
    \lim_{n\to\infty}a^n=0.
    $$
  • 若 $a>1$，则
    $$
    \lim_{n\to\infty}a^n=+\infty.
    $$
  • 若 $a>0$，则
    $$
    \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a}=1.
    $$
  • （常见比较量）有
    $$
    \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{n}=1,\qquad
    \lim_{n\to\infty}\frac{n!}{n^n}=0.
    $$

夹逼定理与单调有界

定理（夹逼）
若存在数列 ${b_n},{c_n}$ 使得 $b_n\le a_n\le c_n$，且 $b_n\to A,\ c_n\to A$，则 $a_n\to A$。

▸推导

由 $b_n\to A$ 与 $c_n\to A$，任取 $\varepsilon>0$，存在 $N_1,N_2$ 使 $n\ge N_1$ 时 $A-\varepsilon<b_n$，$n\ge N_2$ 时 $c_n<A+\varepsilon$。
取 $n\ge \max(N_1,N_2)$，则
$$
A-\varepsilon<b_n\le a_n\le c_n<A+\varepsilon,
$$
即 $|a_n-A|<\varepsilon$。

定理（单调有界收敛）
若 ${a_n}$ 单调递增且有上界，则收敛；单调递减且有下界亦收敛。

▸推导（用上确界）

令 $S={a_n:n\in\mathbb{N}}$，由有界性知 $S$ 有上界，令 $\alpha=\sup S$。
任取 $\varepsilon>0$，由上确界逼近性，存在 $N$ 使 $\alpha-\varepsilon<a_N\le \alpha$。
由单调递增，$n\ge N$ 时 $a_n\ge a_N>\alpha-\varepsilon$，且 $a_n\le\alpha$，故 $|a_n-\alpha|<\varepsilon$。

重要极限：$e$

定理（$e$ 的一个定义）
$$
\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n=e.
$$

▸推导（单调有界：经典证明框架）

记 $a_n=\left(1+\frac{1}{n}\right)^n$。

(1) 下界： $a_n>1$，故有下界。
(2) 单调性： 可证明 $a_{n+1}>a_n$（常见做法：比较 $\ln a_n=n\ln(1+1/n)$，再用 $\ln(1+x)$ 的凹性或积分夹逼）。
(3) 上界： 用二项式定理(a=1,b=$\frac{1}{n}$,$(a+b)^{n}$)展开，之后缩放大小
$$
a_n=\left(1+\frac{1}{n}\right)^n
=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}\left(\frac{1}{n}\right)^k
=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}\frac{1}{n^k}.
$$
先把前两项单独拿出来（因为 $k=0,1$ 容易算）：
$$
a_n=1+\binom{n}{1}\frac{1}{n}+\sum_{k=2}^{n}\binom{n}{k}\frac{1}{n^k}
=1+1+\sum_{k=2}^{n}\binom{n}{k}\frac{1}{n^k}.
$$
关键是对每个 $k\ge 2$ 估计
$$
\binom{n}{k}\frac{1}{n^k}\le \frac{1}{k!}.
$$
逐步写成“连乘”的形式：
$$
\binom{n}{k}\frac{1}{n^k}
=\frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{k!}\cdot \frac{1}{n^k}
=\frac{1}{k!}\prod_{j=0}^{k-1}\left(1-\frac{j}{n}\right)
\le \frac{1}{k!}.
$$
因此
$$
a_n
\le 2+\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{k!}
\le 2+\sum_{k=2}^{\infty}\frac{1}{k!}.
$$
最后说明 $\sum_{k=2}^{\infty}\frac{1}{k!}<1$：对 $k\ge 2$，有 $k!=k\cdot(k-1)! \ge 2\cdot 2^{k-2}$，所以
$$
\frac{1}{k!}\le \frac{1}{2\cdot 2^{k-2}}=\frac{1}{2^{k-1}}.
$$
从而
$$
\sum_{k=2}^{\infty}\frac{1}{k!}\le \sum_{k=2}^{\infty}\frac{1}{2^{k-1}}=\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{2^{m}}=1,
$$
且实际上严格小于 1（因为上面的不等式并非处处取等号）。于是 $a_n<3$。
得到上界。
因此 ${a_n}$ 单调递增且有上界，收敛。其极限记为 $e$。


函数极限

$\varepsilon$-$\delta$ 定义与单侧极限

定义（函数极限）
设 $f$ 在去心邻域 $0<|x-a|<r$ 内有定义。若存在 $A$ 使对任意 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，当 $0<|x-a|<\delta$ 时
$$
|f(x)-A|<\varepsilon,
$$
则称 $x\to a$ 时 $f(x)\to A$，记作 $\lim\limits_{x\to a}f(x)=A$。

定义（单侧极限）
若仅要求 $0<x-a<\delta$（或 $0<a-x<\delta$），分别得到右极限 $\lim\limits_{x\to a^+}f(x)$ 与左极限 $\lim\limits_{x\to a^-}f(x)$。

定理（左右极限与极限）
$\lim\limits_{x\to a}f(x)=A$ 当且仅当左右极限都存在且相等于 $A$。

▸推导

“必要”显然；“充分”由两侧分别给出 $\delta_1,\delta_2$，取 $\delta=\min(\delta_1,\delta_2)$ 即可。

极限运算法则

定理（四则运算）
若 $\lim\limits_{x\to a}f(x)=A$，$\lim\limits_{x\to a}g(x)=B$，则：
$$
\lim_{x\to a}(f\pm g)=A\pm B,\quad
\lim_{x\to a}(fg)=AB,
$$
且若 $B\ne 0$，则
$$
\lim_{x\to a}\frac{f}{g}=\frac{A}{B}.
$$

▸推导要点

用三角不等式与“$\varepsilon$ 分配”处理 $|f\pm g-(A\pm B)|$；
乘法用
$$
|fg-AB|\le |f||g-B|+|B||f-A|
$$
并先证明 $f$ 在邻域内有界；除法再用 $g(x)$ 远离 0（由保号性/邻域下界）保证可除。

重要极限 $\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1$

定理（重要极限 1）
$$
\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1.
$$

▸推导（夹逼：单位圆）

在单位圆中取弧度为 $x>0$ 的扇形，有
$$
\sin x < x < \tan x.
$$
两边同除以 $\sin x$ 得
$$
1<\frac{x}{\sin x}<\frac{1}{\cos x}.
$$
令 $x\to 0^+$，有 $\cos x\to 1$，由夹逼得 $\frac{x}{\sin x}\to 1$，故 $\frac{\sin x}{x}\to 1$。
$x\to 0^-$ 同理。


重要极限$\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x=e$

定理（重要极限 2）
$$
\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x=e.
$$

▸推导（与数列极限连接）

令 $x=n$（整数）时得到数列 $a_n=\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\to e$。
对一般实数 $x\to\infty$，可用夹逼：对 $n\le x<n+1$ 比较 $\left(1+\frac{1}{x}\right)^x$ 与 $\left(1+\frac{1}{n}\right)^n,\ \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}$，并利用单调性把极限传递到 $e$。

无穷远有理函数极限

定理（多项式之比的极限）
设
$$
P(x)=a_m x^m+a_{m-1}x^{m-1}+\cdots+a_0,\qquad
Q(x)=b_n x^n+b_{n-1}x^{n-1}+\cdots+b_0,
$$
其中 $a_m\ne 0,\ b_n\ne 0$。则当 $x\to\infty$ 时：

  • 若 $m<n$，则 $\lim\limits_{x\to\infty}\frac{P(x)}{Q(x)}=0$。
  • 若 $m=n$，则 $\lim\limits_{x\to\infty}\frac{P(x)}{Q(x)}=\frac{a_m}{b_n}$。
  • 若 $m>n$，则 $\lim\limits_{x\to\infty}\frac{P(x)}{Q(x)}=\pm\infty$（符号由首项系数与 $x$ 趋向方向决定）。
▸推导（只看最高次项）

把分子分母同除以 $x^{\max(m,n)}$（等价于“提取最高次幂”）。

  • 若 $m\le n$，同除以 $x^n$：
    $$
    \frac{P(x)}{Q(x)}
    =\frac{\frac{a_m}{x^{n-m}}+\frac{a_{m-1}}{x^{n-m+1}}+\cdots+\frac{a_0}{x^{n}}}
    {b_n+\frac{b_{n-1}}{x}+\cdots+\frac{b_0}{x^{n}}}.
    $$
    当 $x\to\infty$ 时，分子里每一项 $\frac{1}{x^{\alpha}}\to 0$（$\alpha>0$），分母趋于 $b_n$。

  • 若 $m<n$，分子整体趋于 0，故比值趋于 0。

  • 若 $m=n$，分子趋于 $a_n$，故比值趋于 $\frac{a_n}{b_n}$。

  • 若 $m>n$，同除以 $x^m$：
    $$
    \frac{P(x)}{Q(x)}
    =\frac{a_m+\frac{a_{m-1}}{x}+\cdots+\frac{a_0}{x^{m}}}
    {\frac{b_n}{x^{m-n}}+\frac{b_{n-1}}{x^{m-n+1}}+\cdots+\frac{b_0}{x^{m}}}.
    $$
    分母趋于 0，而分子趋于 $a_m\ne 0$，因此比值发散到无穷大（符号取决于分母趋零的符号）。


无穷小与无穷大

基本概念

定义（无穷小）
当 $x\to a$ 时，若 $f(x)\to 0$，则称 $f(x)$ 是 $x\to a$ 时的无穷小。

定义（无穷大）
当 $x\to a$ 时，若对任意 $M>0$ 存在 $\delta>0$ 使 $0<|x-a|<\delta$ 时 $|f(x)|>M$，则称 $f(x)$ 是 $x\to a$ 时的无穷大，记 $f(x)\to\infty$。

比较：高阶、同阶、等价

设 $\alpha(x),\beta(x)$ 均为 $x\to a$ 的无穷小，且 $\beta(x)\ne 0$。

定义（高阶/同阶/等价）

  • 高阶：$\alpha=o(\beta)$ 若 $\lim\limits_{x\to a}\frac{\alpha}{\beta}=0$
  • 同阶：$\alpha=O(\beta)$ 且 $\beta=O(\alpha)$（等价于比值有界且不趋于 0）
  • 等价：$\alpha\sim\beta$ 若 $\lim\limits_{x\to a}\frac{\alpha}{\beta}=1$

等价无穷小

定理（等价无穷小替换）
若 $\alpha\sim\beta$，则在乘积/商的极限中可用 $\beta$ 替换 $\alpha$：
$$
\lim \alpha\cdot \gamma = \lim \beta\cdot \gamma,\qquad
\lim \frac{\gamma}{\alpha}=\lim \frac{\gamma}{\beta},
$$

前提是相应极限存在且替换后表达式有意义。

▸推导

由 $\alpha\sim\beta$ 得 $\alpha=\beta(1+o(1))$，把 $1+o(1)$ 吸收入 $\gamma$ 的极限中即可。

用等价无穷小求极限

求 $\lim\limits_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}$。
用重要等价：$1-\cos x\sim \frac{x^2}{2}$，得
$$
\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}
=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{x^2}{2}}{x^2}=\frac{1}{2}.
$$

常用等价（$x\to 0$）：
$$
\sin x\sim x,\quad \tan x\sim x,\quad 1-\cos x\sim \frac{x^2}{2},\quad \ln(1+x)\sim x,\quad e^x-1\sim x,
$$
$$
\arcsin x\sim x,\quad \arctan x\sim x,\quad \sqrt{1+x}-1\sim \frac{x}{2},\quad (1+x)^{\alpha}-1\sim \alpha x,\quad a^x-1\sim x\ln a\ (a>0,a\ne 1).
$$

▸推导：$\sin x\sim x$

由重要极限 $\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1$，故 $\sin x=x\cdot(1+o(1))$，即 $\sin x\sim x$。

[!INFO]+ 推导：$\tan x\sim x$
$$
\frac{\tan x}{x}=\frac{\sin x}{x}\cdot \frac{1}{\cos x}.
$$
当 $x\to 0$ 时，$\frac{\sin x}{x}\to 1$，且 $\cos x\to 1$，故 $\frac{\tan x}{x}\to 1$，即 $\tan x\sim x$。

[!INFO]+ 推导：$1-\cos x\sim \frac{x^2}{2}$
用恒等式 $1-\cos x=2\sin^2\frac{x}{2}$：
$$
\frac{1-\cos x}{x^2}
=2\left(\frac{\sin\frac{x}{2}}{\frac{x}{2}}\right)^2\cdot \frac{\left(\frac{x}{2}\right)^2}{x^2}
=\frac{1}{2}\left(\frac{\sin\frac{x}{2}}{\frac{x}{2}}\right)^2.
$$
当 $x\to 0$ 时，$\frac{\sin\frac{x}{2}}{\frac{x}{2}}\to 1$，故极限为 $\frac{1}{2}$，即 $1-\cos x\sim \frac{x^2}{2}$。

[!INFO]+ 推导：$\ln(1+x)\sim x$
由积分表示（$x>-1$）：
$$
\ln(1+x)=\int_0^x \frac{1}{1+t},dt.
$$
于是
$$
\frac{\ln(1+x)}{x}=\frac{1}{x}\int_0^x \frac{1}{1+t},dt.
$$
当 $x\to 0$ 时，被积函数 $\frac{1}{1+t}\to 1$ 且在小邻域内连续，因此积分平均值趋于 1，得到 $\frac{\ln(1+x)}{x}\to 1$，即 $\ln(1+x)\sim x$。

[!INFO]+ 推导：$e^x-1\sim x$
由指数函数在 0 处的导数：
$$
\lim_{x\to 0}\frac{e^x-1}{x}=(e^x)’\big|_{x=0}=e^0=1.
$$
因此 $e^x-1\sim x$。

[!INFO]+ 推导：$\arcsin x\sim x$
令 $y=\arcsin x$，则 $x=\sin y$，且当 $x\to 0$ 时 $y\to 0$。于是
$$
\frac{\arcsin x}{x}=\frac{y}{\sin y}.
$$
由 $\frac{\sin y}{y}\to 1$ 得 $\frac{y}{\sin y}\to 1$，故 $\arcsin x\sim x$。

[!INFO]+ 推导：$\arctan x\sim x$
令 $y=\arctan x$，则 $x=\tan y$，且 $x\to 0 \Rightarrow y\to 0$。于是
$$
\frac{\arctan x}{x}=\frac{y}{\tan y}.
$$
由 $\frac{\tan y}{y}\to 1$（可由 $\frac{\sin y}{y}\to 1$ 与 $\cos y\to 1$ 得到），故 $\frac{y}{\tan y}\to 1$，从而 $\arctan x\sim x$。

[!INFO]+ 推导：$\sqrt{1+x}-1\sim \frac{x}{2}$
用有理化：
$$
\sqrt{1+x}-1=\frac{(1+x)-1}{\sqrt{1+x}+1}=\frac{x}{\sqrt{1+x}+1}.
$$
因此
$$
\frac{\sqrt{1+x}-1}{x}=\frac{1}{\sqrt{1+x}+1}\xrightarrow[x\to 0]{}\frac{1}{2},
$$
即 $\sqrt{1+x}-1\sim \frac{x}{2}$。

[!INFO]+ 推导：$(1+x)^{\alpha}-1\sim \alpha x$
先写成指数形式（$x>-1$）：
$$
(1+x)^{\alpha}=e^{\alpha \ln(1+x)}.
$$
令 $u=\alpha\ln(1+x)$，当 $x\to 0$ 时由 $\ln(1+x)\sim x$ 得 $u\sim \alpha x \to 0$。
又由 $e^u-1\sim u$，于是
$$
(1+x)^{\alpha}-1=e^{u}-1\sim u\sim \alpha x,
$$
即 $(1+x)^{\alpha}-1\sim \alpha x$。

[!INFO]+ 推导：$a^x-1\sim x\ln a$
写成指数形式：
$$
a^x=e^{x\ln a}.
$$
令 $u=x\ln a$，当 $x\to 0$ 时 $u\to 0$，且
$$
a^x-1=e^{u}-1\sim u=x\ln a.
$$
因此 $a^x-1\sim x\ln a$，并且 $\frac{a^x-1}{x}\to \ln a$。


连续性

连续的定义与间断点

定义（连续）
函数 $f$ 在点 $a$ 连续当且仅当：

  1. $f(a)$ 有定义；
  2. $\lim\limits_{x\to a}f(x)$ 存在；
  3. $\lim\limits_{x\to a}f(x)=f(a)$。

定义（间断点分类）

  • 可去间断：左右极限存在且相等，但不等于 $f(a)$ 或 $f(a)$ 不存在
  • 跳跃间断：左右极限存在但不相等
  • 无穷间断：至少一侧极限为无穷大
  • 振荡间断：极限不存在且非以上情形（典型如 $\sin\frac{1}{x}$ 在 0）
典型振荡

$f(x)=\sin\frac{1}{x}$ 在 $x\to 0$ 时不存在极限：取 $x_n=\frac{1}{\frac{\pi}{2}+2\pi n}$ 得 $f(x_n)=1$；取 $y_n=\frac{1}{\frac{3\pi}{2}+2\pi n}$ 得 $f(y_n)=-1$，故不可能收敛到同一数。

闭区间上连续函数的性质

定理（最值定理）
若 $f$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续，则 $f$ 在 $[a,b]$ 上取得最大值与最小值。

定理（介值定理）
若 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续，且 $f(a)\ne f(b)$，则对任意介于 $f(a)$ 与 $f(b)$ 之间的 $y$，存在 $c\in(a,b)$ 使 $f(c)=y$。

推论（零点定理）
若 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续，且 $f(a)f(b)<0$，则存在 $c\in(a,b)$ 使 $f(c)=0$。

▸证明关系

零点定理是介值定理取 $y=0$ 的直接推论。最值定理的证明依赖完备性（确界原理）与连续性。

一致连续性

定义（一致连续）
函数 $f$ 在集合 $E$ 上一致连续，若对任意 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$ 使得对任意 $x,y\in E$，
$$
|x-y|<\delta \Rightarrow |f(x)-f(y)|<\varepsilon.
$$

定理（Heine–Cantor）
若 $f$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续，则 $f$ 在 $[a,b]$ 上一致连续。

▸推导（反证 + 紧性）

若不一致连续，则存在 $\varepsilon_0>0$，以及两列点 $x_n,y_n\in[a,b]$ 满足 $|x_n-y_n|\to 0$ 但 $|f(x_n)-f(y_n)|\ge \varepsilon_0$。
由闭区间紧性，${x_n}$ 有收敛子列 $x_{n_k}\to x^\ast$，同时 $y_{n_k}\to x^\ast$。
由连续性，$f(x_{n_k})\to f(x^\ast)$ 且 $f(y_{n_k})\to f(x^\ast)$，于是差值趋于 0，矛盾。