第一章  函数与极限
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.. contents:: :local:


§1.1 函数
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1. 确定函数在指定区间内的单调性

   (1). :math:`y = \dfrac{x}{1-x}, \quad (-\infty, 1)`

   (2). :math:`y = e^{\frac{1}{x}}, \quad (0, +\infty)`

.. proof:solution::

   (1). 由于 :math:`y = -1 + \dfrac{1}{1-x}`, 而 :math:`1 - x` 在区间 :math:`(-\infty, 1)` 上是单调递减的, 从而知 :math:`\dfrac{1}{1-x}` 单调递增,
   进而知 :math:`y = -1 + \dfrac{1}{1-x}` 单调递增.

   .. note::
      也可以直接求导数 :math:`y' = \dfrac{1}{(1-x)^2}`, 由于 :math:`(1-x)^2 > 0`, 所以 :math:`y' > 0`, 从而知 :math:`y` 单调递增.

   (2). 由于 :math:`y = e^u` 单调递增, 而 :math:`u = \dfrac{1}{x}` 在 :math:`x \in (0, +\infty)` 上单调递减, 所以 :math:`y = e^{\frac{1}{x}}` 单调递减.

   .. note::
      也可以直接求导数 :math:`y' = -\dfrac{1}{x^2} e^{\frac{1}{x}}`, 由于 :math:`x > 0`, 所以 :math:`y' < 0`, 从而知 :math:`y` 单调递减.

2. 确定函数奇偶性

   (1). :math:`f(x) = \ln (x + \sqrt{1 + x^2})`

   (2). :math:`f(x) = \dfrac{a^x + a^{-x}}{2}, \quad a > 0`

.. proof:solution::

   (1). :math:`f(x)` 的定义域为 :math:`(-\infty, +\infty)`, 关于原点对称. 由于

   .. math::
      f(-x) & = \ln (-x + \sqrt{1 + (-x)^2}) = \ln (-x + \sqrt{1 + x^2}) = \ln \dfrac{1}{x + \sqrt{1 + x^2}} \\
      & = - \ln (x + \sqrt{1 + x^2}) = - f(x),

   所以 :math:`f(x)` 是奇函数.

   (2). :math:`f(x)` 的定义域为 :math:`(-\infty, +\infty)`, 关于原点对称. 由于

   .. math::
      f(-x) = \dfrac{a^{-x} + a^x}{2} = \dfrac{a^x + a^{-x}}{2} = f(x),

   所以 :math:`f(x)` 是偶函数.

3. 下列哪些函数是周期函数, 周期是多少?

   (1). :math:`f(x) = x \sin x`

   (2). :math:`f(x) = \cos^2 x`

.. proof:solution::

   (1). :math:`f(x)` 不是周期函数. 假设 :math:`f(x)` 是周期函数, 以 :math:`T > 0` 为周期, 那么 :math:`\forall x \in \mathbb{R}`, 有 :math:`f(x + T) = f(x)`,
   特别地取 :math:`x = 0`, 那么 :math:`T \sin T = f(T) = f(0) = 0`, 由于 :math:`T > 0`, 所以 :math:`\sin T = 0`, 即 :math:`T = k \pi`, 其中 :math:`k \in \mathbb{N}^+`.
   将其代入 :math:`f(x + T) = f(x)` 有

   .. math::
      (x + k \pi) \sin (x + k \pi) = (x + k \pi) (\pm \sin x) = f(x + T) = f(x) = x \sin x

   在 :math:`x \neq k \pi` 处, 能从上式得到 :math:`x = \pm (x + k \pi)`, 进而有 :math:`k \pi = 0` 或者 :math:`x = -\dfrac{k \pi}{2}`, 这都是当 :math:`x \neq k \pi` 时不可能成立,
   或者不恒成立的, 所以 :math:`f(x)` 不是周期函数.

   (2). :math:`f(x)` 是周期函数, 因为 :math:`f(x) = \cos^2 x = \dfrac{1 + \cos 2x}{2}`, 由于 :math:`\cos 2x` 的周期是 :math:`k\pi`,
   所以 :math:`f(x)` 的周期是 :math:`k\pi`, 其中 :math:`k \in \mathbb{N}^+`.

4. 设 :math:`f(x)` 为定义在 :math:`(-\ell, \ell)` 内的奇函数, 若 :math:`f(x)` 在 :math:`(0, \ell)` 内单调增加, 且 :math:`f(0) = 0`,
   证明 :math:`f(x)` 在 :math:`(-\ell, 0)` 内也单调增加.

.. proof:proof::

   由于 :math:`f(x)` 在 :math:`(0, \ell)` 内单调增加, 所以 :math:`f(x_1) \leqslant f(x_2)` 对于 :math:`0 < x_1 < x_2 < \ell` 成立.
   现任取 :math:`-\ell < x_1 < x_2 < 0`, 那么有 :math:`0 < -x_2 < -x_1 < \ell`, 由于 :math:`f(x)` 是奇函数, 所以有

   .. math::
      f(x_2) = -f(-x_2) \leqslant -f(-x_1) = f(x_1),

   由于 :math:`x_1, x_2` 的任意性, 所以 :math:`f(x)` 在 :math:`(-\ell, 0)` 内单调增加.

5. 设下面所考虑的函数都是定义在区间 :math:`(-\ell, \ell)` 上的, 证明:

   (1). 两个偶函数的和是偶函数, 两个奇函数的和是奇函数；

   (2). 两个偶函数的乘积是偶函数, 两个奇函数的乘积是偶函数, 偶函数与奇函数的乘积是奇函数.

.. proof:proof::

   (1). 设 :math:`f(x), g(x)` 是偶函数, 那么 :math:`f(-x) = f(x), g(-x) = g(x)`, 记 :math:`h(x) = f(x) + g(x)`, 那么

   .. math::
      h(-x) = f(-x) + g(-x) = f(x) + g(x) = h(x),

   所以 :math:`h(x)` 是偶函数. 若 :math:`f(x), g(x)` 是奇函数, 那么 :math:`f(-x) = -f(x), g(-x) = -g(x)`, 那么

   .. math::
      h(-x) = f(-x) + g(-x) = -f(x) - g(x) = -(f(x) + g(x)) = -h(x),

   所以 :math:`h(x)` 是奇函数.

   (2). 设 :math:`f(x), g(x)` 是偶函数, 那么 :math:`f(-x) = f(x), g(-x) = g(x)`, 记 :math:`h(x) = f(x) \cdot g(x)`, 那么

   .. math::
      h(-x) = f(-x) \cdot g(-x) = f(x) \cdot g(x) = h(x),

   所以 :math:`h(x)` 是偶函数. 若 :math:`f(x), g(x)` 是奇函数, 那么 :math:`f(-x) = -f(x), g(-x) = -g(x)`, 那么

   .. math::
      h(-x) = f(-x) \cdot g(-x) = -f(x) \cdot (-g(x)) = f(x) \cdot g(x) = h(x),

   所以 :math:`h(x)` 是偶函数. 若 :math:`f(x)` 是偶函数, :math:`g(x)` 是奇函数, 那么 :math:`f(-x) = f(x), g(-x) = -g(x)`, 那么

   .. math::
      h(-x) = f(-x) \cdot g(-x) = f(x) \cdot (-g(x)) = -(f(x) \cdot g(x)) = -h(x),

   所以 :math:`h(x)` 是奇函数.

6. 设函数 :math:`f(x)` 在数集 :math:`X` 上有定义, 试证: 函数 :math:`f(x)` 在 :math:`X` 上有界的充分必要条件是它在 :math:`X` 上既有上界又有下界.

.. proof:proof::

   充分性: 若 :math:`f(x)` 在 :math:`X` 上有界, 那么存在 :math:`M > 0`, 使得 :math:`\forall x \in X` 有 :math:`\lvert f(x) \rvert \leqslant M`,
   那么 :math:`f(x)` 在 :math:`X` 上既有上界 :math:`M`, 又有下界 :math:`-M`.

   必要性: 若 :math:`f(x)` 在 :math:`X` 上既有上界 :math:`M`, 又有下界 :math:`m`, 那么 :math:`\forall x \in X` 有
   :math:`\lvert f(x) \rvert \leqslant \max \{ \lvert m \rvert, \lvert M \rvert \}`, 所以 :math:`f(x)` 在 :math:`X` 上有界
   :math:`\max \{ \lvert m \rvert, \lvert M \rvert \}`.

   .. note::
      这题要注意的就是函数“有界”, “有上界”和“有下界”的确切定义, 以及他们之间的细微差别.

§1.2 函数的极限
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1. 若 :math:`\lim\limits_{n \to \infty} u_n = a`, 证明 :math:`\lim\limits_{n \to \infty} \lvert u_n \rvert = \lvert a \rvert`,
   并举例说明反之不成立.

.. proof:proof::

   由 :math:`\lim\limits_{n \to \infty} u_n = a` 知 :math:`\forall \varepsilon > 0, \exists N \in \mathbb{N}^+`, 使得 :math:`\forall n > N` 有
   :math:`\lvert u_n - a \rvert < \varepsilon`. 那么对于 :math:`\forall n > N` 有

   .. math::
      \lvert \lvert u_n \rvert - \lvert a \rvert \rvert \leqslant \lvert u_n - a \rvert < \varepsilon

   所以 :math:`\lim\limits_{n \to \infty} \lvert u_n \rvert = \lvert a \rvert`.

   反之, 有反例 :math:`u_n = (-1)^n`, 那么 :math:`\lim\limits_{n \to \infty} \lvert u_n \rvert = 1`, 但是 :math:`\lim\limits_{n \to \infty} u_n` 不存在.

2. 根据函数极限的定义证明

   (1). :math:`\lim\limits_{x \to 2} (2x + 5) = 9`

   (2). :math:`\lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{1 + x^3}{2x^3} = \dfrac{1}{2}`.

.. proof:proof::

   (1). 对任意给定的 :math:`\varepsilon > 0`, 取 :math:`\delta = \dfrac{\varepsilon}{2}`, 那么对于 :math:`\forall x \in \mathbb{R}`, 有

   .. math::
      \lvert x - 2 \rvert < \delta \Rightarrow \lvert (2x + 5) - 9 \rvert = \lvert 2(x - 2) \rvert = 2 \lvert x - 2 \rvert < 2 \delta = \varepsilon

   所以 :math:`\lim\limits_{x \to 2} (2x + 5) = 9`.

   (2). 对任意给定的 :math:`\varepsilon > 0`, 取 :math:`X = \dfrac{1}{\sqrt[3]{\varepsilon}}`, 那么对于 :math:`\forall x > X`, 有

   .. math::
      \left\lvert \dfrac{1 + x^3}{2x^3} - \dfrac{1}{2} \right\rvert = \dfrac{1}{2} \left\lvert \dfrac{1}{1 + x^3} \right\rvert
      < \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{x^3} < \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{X^3} = \varepsilon

   所以 :math:`\lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{1 + x^3}{2x^3} = \dfrac{1}{2}`.

3. 证明函数 :math:`f(x) = \lvert x \rvert` 当 :math:`x \to 0` 时的极限为 :math:`0`.

.. proof:proof::

   对任意给定的 :math:`\varepsilon > 0`, 取 :math:`\delta = \varepsilon`, 那么对于 :math:`\forall x \in \mathbb{R}`, 有

   .. math::
      \lvert x - 0 \rvert < \delta \Rightarrow \lvert \lvert x \rvert - 0 \rvert = \lvert x \rvert < \delta = \varepsilon

   所以 :math:`\lim\limits_{x \to 0} \lvert x \rvert = 0`.

§1.3 极限的运算法则
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求下列极限

(2). :math:`\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{3x^3 - 5x^2 + 2x}{4x^2 + 3x}`;

(4). :math:`\lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{x^3 - 1}{3x^3 - x^2 - 1}`;

(6). :math:`\lim\limits_{n \to \infty} \dfrac{(n + 1)(n + 2)(2n + 3)}{4n^3}`;

(8). :math:`\lim\limits_{n \to \infty} \left( 1 + \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{9} + \cdots + \dfrac{1}{3^n} \right)`;

(10). :math:`\lim\limits_{x \to +\infty} \sqrt{x} \left( \sqrt{a + x} - \sqrt{x} \right)`.

.. proof:solution::

   (2). :math:`\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{3x^3 - 5x^2 + 2x}{4x^2 + 3x} = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x (3x^2 - 5x + 2)}{x (4x + 3)} = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{3x^2 - 5x + 2}{4x + 3} = \dfrac{2}{3}`.

   (4). :math:`\lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{x^3 - 1}{3x^3 - x^2 - 1} = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{1 - \dfrac{1}{x^3}}{3 - \dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{x^3}} = \dfrac{1}{3}`.

   (6). :math:`\lim\limits_{n \to \infty} \dfrac{(n + 1)(n + 2)(2n + 3)}{4n^3} = \lim\limits_{n \to \infty} \dfrac{\left(1 + \dfrac{1}{n}\right) \left(1 + \dfrac{2}{n}\right) \left(2 + \dfrac{3}{n}\right)}{4} = \dfrac{1}{2}`.

   (8). :math:`\lim\limits_{n \to \infty} \left( 1 + \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{9} + \cdots + \dfrac{1}{3^n} \right) = \lim\limits_{n \to \infty} \dfrac{1 - \dfrac{1}{3^{n+1}}}{1 - \dfrac{1}{3}} = \dfrac{3}{2}`.

   (10). :math:`\lim\limits_{x \to +\infty} \sqrt{x} \left( \sqrt{a + x} - \sqrt{x} \right) = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{a\sqrt{x}}{\sqrt{a + x} + \sqrt{x}} = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{a}{\sqrt{\dfrac{a}{x} + 1} + 1} = \dfrac{a}{2}`.

§1.4 极限存在准则与两个重要极限
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1. 求下列极限:

   .. math::
      \lim\limits_{n \to \infty} \left( \dfrac{1}{\sqrt{n^2 + 1}} + \dfrac{1}{\sqrt{n^2 + 2}} + \cdots + \dfrac{1}{\sqrt{n^2 + n}} \right)

.. proof:solution::

   有如下不等式恒成立:

   .. math::
      \begin{multline*}
      \dfrac{1}{\sqrt{n^2 + n}} + \dfrac{1}{\sqrt{n^2 + n}} + \cdots + \dfrac{1}{\sqrt{n^2 + n}}
      < \dfrac{1}{\sqrt{n^2 + 1}} + \dfrac{1}{\sqrt{n^2 + 2}} + \cdots + \dfrac{1}{\sqrt{n^2 + n}} \\
      < \dfrac{1}{\sqrt{n^2 + 1}} + \dfrac{1}{\sqrt{n^2 + 1}} + \cdots + \dfrac{1}{\sqrt{n^2 + 1}}.
      \end{multline*}

   又有

   .. math::
      & \lim\limits_{n \to \infty} \dfrac{1}{\sqrt{n^2 + n}} + \dfrac{1}{\sqrt{n^2 + n}} + \cdots + \dfrac{1}{\sqrt{n^2 + n}}
      = \lim\limits_{n \to \infty} \dfrac{n}{\sqrt{n^2 + n}} = 1, \\
      & \lim\limits_{n \to \infty} \dfrac{1}{\sqrt{n^2 + 1}} + \dfrac{1}{\sqrt{n^2 + 1}} + \cdots + \dfrac{1}{\sqrt{n^2 + 1}}
      = \lim\limits_{n \to \infty} \dfrac{n}{\sqrt{n^2 + 1}} = 1,

   由夹逼准则知

   .. math::
      \lim\limits_{n \to \infty} \left( \dfrac{1}{\sqrt{n^2 + 1}} + \dfrac{1}{\sqrt{n^2 + 2}} + \cdots + \dfrac{1}{\sqrt{n^2 + n}} \right) = 1.

2. 利用两个重要极限计算下列极限:

   (1). :math:`\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\tan x - \sin x}{\sin^3 x}`; (2). :math:`\lim\limits_{x \to 1} (1 - x) \tan \dfrac{\pi x}{2}`;

   (3). :math:`\lim\limits_{n \to \infty} 2^n \sin \dfrac{\pi}{2^n}`; (4). :math:`\lim\limits_{x \to \infty} \left( 1 - \dfrac{2}{x} \right)^{3x}`.

.. proof:solution::

   (1).

   .. math::
      \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\tan x - \sin x}{\sin^3 x}
      & = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin x - \cos x \sin x}{\cos x \sin^3 x} = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{1 - \cos x}{\cos x \sin^2 x}
        = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{2 \sin^2 \dfrac{x}{2}}{\cos x \left(2 \sin \dfrac{x}{2} \cos \dfrac{x}{2}\right)^2} \\
      & = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{1}{2 \cos x \cos^2 \dfrac{x}{2}} = \dfrac{1}{2}

   (2). 令 :math:`t = 1 - x`, 那么有

   .. math::
      \lim\limits_{x \to 1} (1 - x) \tan \dfrac{\pi x}{2}
      & = \lim\limits_{t \to 0} t \tan \dfrac{\pi (1 - t)}{2} = \lim\limits_{t \to 0} t \cot \dfrac{\pi t}{2}
        = \lim\limits_{t \to 0} \dfrac{t}{\tan \dfrac{\pi t}{2}} \\
      & = \lim\limits_{t \to 0} \dfrac{t}{\dfrac{\sin \dfrac{\pi t}{2}}{\cos \dfrac{\pi t}{2}}}
        = \dfrac{2}{\pi} \lim\limits_{t \to 0} \cos \dfrac{\pi t}{2} \cdot \dfrac{\dfrac{\pi t}{2}}{\sin \dfrac{\pi t}{2}} = \dfrac{2}{\pi}

   (3).

   .. math::
      \lim\limits_{n \to \infty} 2^n \sin \dfrac{\pi}{2^n} = \pi \lim\limits_{n \to \infty} \dfrac{\sin \dfrac{\pi}{2^n}}{\dfrac{\pi}{2^n}} = \pi

   .. note::
      这里用到了如下的结论, 即若 :math:`\lim\limits_{x \to x_0} f(x) = A`, 同时又有数列 :math:`\{x_n\}` 满足 :math:`\lim\limits_{n \to \infty} x_n = x_0`,
      那么 :math:`\lim\limits_{n \to \infty} f(x_n) = A`. 应用到这题, 就是 :math:`f(x) = \sin x, x_0 = 0, x_n = \dfrac{\pi}{2^n}`.

   (4).

   .. math::
      \lim\limits_{x \to \infty} \left( 1 - \dfrac{2}{x} \right)^{3x}
      & = \lim\limits_{x \to \infty} \left( 1 + \dfrac{-2}{x} \right)^{3x}
        = \lim\limits_{x \to \infty} \left( 1 + \dfrac{-2}{x} \right)^{\dfrac{x}{-2} \cdot (-6)} \\
      & = \left( \lim\limits_{x \to \infty} \left( 1 + \dfrac{-2}{x} \right)^{\dfrac{x}{-2}} \right)^{-6} = e^{-6}

§1.5 无穷小与无穷大
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利用等价无穷小计算下列极限:

(1). :math:`\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin x^3}{\sin^2 x}`;

(2). :math:`\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\tan x - \sin x}{x \sin^2 x}`;

(3). :math:`\lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{3x^2 + 8}{5x + 1} \sin \dfrac{1}{x}`;

(4). :math:`\lim\limits_{x \to \infty} x \sin \dfrac{2x}{x^2 + 1}`.

.. proof:solution::

   (1). :math:`\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin x^3}{\sin^2 x} = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x^3}{(x)^2} = \lim\limits_{x \to 0} x = 0`

   (2).

   .. math::
      \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\tan x - \sin x}{x \sin^2 x}
      & = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin x - \cos x \sin x}{x \cos x \sin^2 x} = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{1 - \cos x}{x \cos x \sin x} \\
      & = \dfrac{1}{2} \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{2 \sin^2 \dfrac{x}{2}}{\dfrac{x}{2} \cos x \left(2 \sin \dfrac{x}{2} \cos \dfrac{x}{2}\right)}
        = \dfrac{1}{2} \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{1}{\cos x \cos \dfrac{x}{2}} \\
      & = \dfrac{1}{2}

   (3). 令 :math:`t = \dfrac{1}{x}`, 那么有

   .. math::
      \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{3x^2 + 8}{5x + 1} \sin \dfrac{1}{x}
      & = \lim\limits_{t \to 0} \dfrac{3 + 8t^2}{5t + t^2} \sin t = \lim\limits_{t \to 0} \dfrac{3 + 8t^2}{5t + t^2} \cdot t
        = \lim\limits_{t \to 0} \dfrac{3 + 8t^2}{5 + t} \\
      & = \dfrac{3}{5}

   (4). 令 :math:`t = \dfrac{1}{x}`, 那么有

   .. math::
      \lim\limits_{x \to \infty} x \sin \dfrac{2x}{x^2 + 1}
      & = \lim\limits_{t \to 0} \dfrac{\sin \dfrac{2t}{t^2 + 1}}{t} = \lim\limits_{t \to 0} \dfrac{\dfrac{2t}{t^2 + 1}}{t}
        = \lim\limits_{t \to 0} \dfrac{2}{t^2 + 1} = 2

§1.6 函数的连续性与连续函数的运算
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1. 讨论函数 :math:`f(x) = \begin{cases} \dfrac{\sin x}{x}, & x < 0 \\ a, & x = 0 \\ x \sin \dfrac{1}{x} + b, & x > 0 \end{cases}`,
   在 :math:`a, b` 为何值时, :math:`f(x)` 在 :math:`x = 0` 处连续.

.. proof:solution::

   函数 :math:`f(x)` 在 :math:`x = 0` 处的左极限为 :math:`\lim\limits_{x \to 0^-} f(x) = \lim\limits_{x \to 0^-} \dfrac{\sin x}{x} = 1`,
   右极限为 :math:`\lim\limits_{x \to 0^+} f(x) = \lim\limits_{x \to 0^+} x \sin \dfrac{1}{x} + b = b`. 要使得 :math:`f(x)` 在 :math:`x = 0` 处连续,
   那么必须有左右极限相等且等于该点处的函数值, 即

   .. math::
      1 = b = a

2. 求 :math:`f(x) = \dfrac{x}{\tan x}` 的间断点, 并指出间断点的类型.

.. proof:solution::

   由于 :math:`\tan x` 在 :math:`x = \dfrac{\pi}{2} + k \pi, k \in \mathbb{Z}` 无定义, 所以 :math:`f(x)` 在 :math:`x = \dfrac{\pi}{2} + k \pi` 处间断.
   在 :math:`x = \dfrac{\pi}{2} + k \pi` 附近, 有 :math:`\lim\limits_{x \to \dfrac{\pi}{2} + k \pi} f(x) = \lim\limits_{x \to \dfrac{\pi}{2} + k \pi} \dfrac{x}{\tan x} = 0`,
   所以 :math:`f(x)` 在 :math:`x = \dfrac{\pi}{2} + k \pi` 处间断点为第一类可去间断点.

   :math:`\tan x` 在 :math:`x = k \pi, k \in \mathbb{Z}` 处值为0, 所以函数 :math:`f(x) = \dfrac{x}{\tan x}` 在这些点处无定义, 所以 :math:`f(x)` 在 :math:`x = k \pi` 处间断.
   当 :math:`k = 0` 时, :math:`\lim\limits_{x \to 0} f(x) = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x}{\tan x} = 1`, 所以 :math:`f(x)` 在 :math:`x = 0` 处间断点为第一类可去间断点.
   当 :math:`k \ne 0` 时, :math:`\lim\limits_{x \to k \pi} f(x) = \lim\limits_{x \to k \pi} \dfrac{x}{\tan x} = \infty`,
   所以 :math:`f(x)` 在 :math:`x = k \pi, k \in \mathbb{Z}, k \neq 0` 处间断点为第二类无穷间断点.

3. 求函数 :math:`f(x) = \dfrac{x + 1}{x^2 - x - 2}` 的间断点, 并判断其类型. 如果是可去间断点, 则补充定义或改变函数的定义, 使它连续.

.. proof:solution::

   函数 :math:`f(x) = \dfrac{x + 1}{x^2 - x - 2}` 的分母多项式 :math:`x^2 - x - 2 = (x - 2)(x + 1)` 在 :math:`x = 2, -1` 处为 :math:`0`, 所以 :math:`f(x)` 在这两个点处间断.
   在 :math:`x = 2` 附近, 有

   .. math::
      \lim\limits_{x \to 2} f(x) = \lim\limits_{x \to 2} \dfrac{x + 1}{x^2 - x - 2} = \infty

   所以 :math:`f(x)` 在 :math:`x = 2` 处间断点为第二类无穷间断点. 在 :math:`x = -1` 附近, 有

   .. math::
      \lim\limits_{x \to -1} f(x) = \lim\limits_{x \to -1} \dfrac{x + 1}{x^2 - x - 2}
      = \lim\limits_{x \to -1} \dfrac{x + 1}{(x - 2)(x + 1)} = \lim\limits_{x \to -1} \dfrac{1}{x - 2} = -\dfrac{1}{3},

   所以 :math:`f(x)` 在 :math:`x = -1` 处间断点为第一类可去间断点, 可以补充定义 :math:`f(-1) = -\dfrac{1}{3}` 使得 :math:`f(x)` 在 :math:`x = -1` 处连续.

§1.7 初等函数的连续性及闭区间上连续函数的性质
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1. 设 :math:`a > 0, b > 0`, 试证明方程 :math:`x = a \sin x + b` 至少有一个正根, 且不大于 :math:`a + b`.

.. proof:solution::

   考虑函数 :math:`f(x) = x - a \sin x - b`, 那么

   .. math::
      f(0) & = -b < 0, \\
      f(a + b) & = a + b - a \sin (a + b) - b = a \bigl(1 - \sin (a + b)\bigr) \geqslant 0.

   所以或者有 :math:`f(a + b) = 0`, :math:`a + b` 是方程 :math:`x = a \sin x + b` 的一个正根；或者有 :math:`f(a + b) > 0`, 那么由零点存在定理知
   :math:`f(x)` 在 :math:`(0, a + b)` 上至少有一个零点. 这两种情况都说明方程 :math:`x = a \sin x + b` 至少有一个正根, 且不大于 :math:`a + b`.

2. 证明: 方程 :math:`x - 2 \sin x = 0` 在 :math:`\left( \dfrac{\pi}{2}, \pi \right)` 内至少有一个根.

.. proof:proof::

   考虑函数 :math:`f(x) = x - 2 \sin x`, 那么

   .. math::
      f\left( \dfrac{\pi}{2} \right) & = \dfrac{\pi}{2} - 2 < 0, \\
      f(\pi) & = \pi - 2 \sin \pi = \pi > 0.

   所以由零点存在定理知 :math:`f(x)` 在 :math:`\left( \dfrac{\pi}{2}, \pi \right)` 内至少有一个零点,
   即方程 :math:`x - 2 \sin x = 0` 在 :math:`\left( \dfrac{\pi}{2}, \pi \right)` 内至少有一个根.

   .. note::
      由于 :math:`\sin x` 在 :math:`\left[ \dfrac{\pi}{2}, \pi \right]` 上是单调递减的, 所以 :math:`f(x) = x - 2 \sin x` 在 :math:`\left[ \dfrac{\pi}{2}, \pi \right]`
      上是单调递增的, 那么 :math:`f(x)` 在 :math:`\left( \dfrac{\pi}{2}, \pi \right)` 内的零点就是唯一的.