2009-11-27 黎曼函数的极限
lim极限函数公式总结
lim极限函数公式总结极限函数是微积分中一种重要的数学概念，它在描述函数在某一点的逼近过程中具有重要的作用。
lim极限函数公式是用来求解极限函数的常用方法，本文将对极限函数公式进行总结和详细解析。
1. 极限函数的定义在介绍极限函数公式之前，我们首先要了解极限函数的定义。
对于一个函数f(x)，当自变量 x 趋近于某个值 a 时，如果存在常数 L，使得对于任意给定的正数ε，存在正数δ，使得当 0 < |x - a| < δ 时，有 |f(x) - L| < ε 成立，则称函数 f(x) 在 x = a处的极限为 L，记作 lim(f(x)) = L 或f(x)→L (x→a)。
2. 极限函数的基本性质在求解极限函数时，我们需要了解一些基本的性质。
以下为常用的极限函数性质总结：2.1 极限函数的唯一性：若极限存在，则极限唯一。
2.2 极限函数的局部有界性：若函数在某一点的极限存在，则该点的函数值是局部有界的。
2.3 极限函数的四则运算法则：若函数 f(x) 和 g(x) 在 x = a 处的极限分别存在为L 和 M，则有以下公式成立：- lim(f(x) + g(x)) = L + M- lim(f(x) - g(x)) = L - M- lim(f(x) * g(x)) = L * M- lim(f(x) / g(x)) = L / M (前提条件是M ≠ 0)3. 常见极限函数公式在求解极限函数时，我们可以借助一些常见的公式进行计算。
以下为常见的极限函数公式总结：3.1 基本初等函数极限：- lim(x→0) sin(x)/x = 1- lim(x→0) (e^x - 1)/x = 1- lim(x→0) ln(1 + x)/x = 13.2 幂函数极限：- lim(x→0) (1 + x)^a = 1 (其中 a 为常数)- lim(x→∞) (1 + 1/x)^x = e3.3 指数函数和对数函数极限：- lim(x→0) (a^x - 1)/x = ln(a) (其中 a > 0)- lim(x→0) log(a + x)/x = 1/a (其中 a > 0)3.4 三角函数和反三角函数极限：- lim(x→0) sin(x)/x = 1- lim(x→0) arcsin(x)/x = 1- lim(x→0) tan(x)/x = 1- lim(x→0) arctan(x)/x = 14. 套用极限函数公式的步骤在实际应用中，使用极限函数公式求解极限时，可以按照以下步骤进行操作：4.1 将给定的函数表达式化简为符合公式的形式。
黎曼zeta函数的一些简单性质
黎曼zeta函数的一些简单性质
黎曼ζ函数也叫Riemann Zeta函数，是一个数论函数。
它的定
义式为：ζ(s) = ∑n=1∞1/ns，其中s是一个复数参数。
黎曼ζ函
数有许多有趣的性质，它们构成了当今数学研究的重要组成部分。
首先，黎曼ζ函数在实数轴上独特的特性是它联系了一些整数
概念，这也是数论的主要内容。
例如，ζ(2)的值是π2/6，ζ(3)的值是1/120，并且ζ(4)的值是π4/90。
这些值都与具有重要数学意义的整数相关，有助于开发出各种定理和公式。
其次，黎曼ζ函数也有定义域的差异。
当s > 1时，ζ函数是
定义在实数轴上的函数；当|s| ≤ 1时，ζ函数被认为是定义在复数
平面上的函数。
这样，在不同领域中，我们可以更好地理解它。
此外，黎曼ζ函数也与隐式定理有关。
它是第一个利用数论推
理出超现实数的数学函数。
实践中，它可以帮助人们证明有关超越数
的隐式定理，同时也能让抽象的概念变得更加具体。
最后，黎曼ζ函数可以用于求解数学难题。
它也有助于解决著
名的Goldbach问题，即任何大于2的偶数都可以表示为两个质数之和。
此外，它还常常被用于各类数论计算，以解决更多的数学问题。
总的来说，黎曼ζ函数具有多种有趣的性质，使它成为当今研
究具有特殊地位的数论学系的重要组成部分。
直观地来看，它关联着
一些重要的整数概念，对于定理的推导有着重要的作用，而且可以用
来求解诸如隐式定理和Goldbach问题等复杂数学难题。
特殊函数(黎曼,狄利克雷函数)性质
Ａ）有界性：０－１
Ｂ）周期性：任何正数都是其周期 不过没有最小周期
Ｃ）奇偶性：偶函数
Ｄ）单调性：无
Ｅ）连续性：在任何一点都没极限（用柯西准则思考） 所以在任何一点都不连续
关于特殊函数（黎曼，狄利克雷函数）性质谈
一）黎曼函数Βιβλιοθήκη Ａ）有界性：有界 下确界０ 上确界２分之一（不好意思 我没有用编辑器 ）
Ｂ）周期性：无周期 因为定义域有界
Ｃ）奇偶性：谈不上 看看它的定义域就知道了
Ｄ）单调性：无
Ｅ）连续性：因为在任何一点的极限都为０（考虑０点的右极限 １点的左极限）所以本函数在定 义内任何无理点连续 但是在 任何有理点间断（属于是第一类间断点）
黎曼积分并非战无不胜
黎曼积分并非战无不胜微积分号称三百多年来最伟大的数学，俨然成了无敌于天下的数学老大，然而当狄里克雷(Dirichlet)大侠将他的魔鬼狄里克雷函数从瓶子里放出来时，微积分却对之无可奈何。
让经典微积分感到恐惧的不仅仅是这样极端病态的函数，在人们施展微积分这门武功去对付各种自然科学中的问题时也会显得心有余而力不足。
例如，当我们试图将积分与极限交换顺序时，极限号始终无法穿越那拉长了脸令人望而生畏的S，事实上，一个黎曼可积的函数序列{f n}即使是收敛的，其极限却可能是个不可积函数，此时讨论等式lim∫f n dx=∫limf n dx是否成立是没有意义的，就算limf n也可积，上述等式也未必成立。
很多时候，也许lim能打败S最终穿越它而使上述等式成立，那也是费尽了九牛二虎之力方勉强获胜。
问题出在哪里呢？还是让我们先来回顾一下黎曼积分的定义，以图找出它的命门所在。
假设y=f(x)是区间［a,b］上的函数，若存在某个常数A，使得对区间［a,b］的任一分割:a=x0<x1<…<x n-1<x n=b及任意ξi∈[x i-1，x i]，i=1，…，n，只要λ=max{Δx i}=max{x i-x i-1}→0，总有|Σi f（ξi）Δx i-A| →0 （*）则称f在［a,b]上黎曼可积，A称为f在［a,b]上的定积分，记作∫a b f（x）dx=limΣi f（ξi）Δx i从上述定义可以看出，如果f(x)在［a，b］上可积，则对［a，b］内任一充分小的邻域δ，f(x)在δ上值的变化不能太大,否则(*)中和式的极限可能会不存在。
由此看来，(*)式对函数有了特定的要求,，它要求这些函数必须是“循规蹈矩”的，即(*)式中极限存在的函数要“基本上”是连续的，事实上，这已为人们所证明(这里所说的“基本上”稍有含糊,所幸不妨碍对问题的理解)，这说明问题恰恰出在黎曼积分的定义本身。
若想使事情得以解决，就必须摆脱黎曼积分的局限。
黎曼猜想是错误的
黎曼函数没有零点摘要：黎曼ζ函数的平凡零点不存在，函数在复平面上s的实部Re(s) ≤1的区域级数发散，由欧拉乘积公式、e x的展开式、复数计算公式可知：ζ(s)≠0关键词：黎曼猜想；复平面；1 黎曼猜想内容黎曼观察到，素数的频率紧密相关于一个精心构造的所谓黎曼zeta函数ζ(s)的性态。
黎曼假设断言，方程ζ(s)=0的所有有意义的解都在一条直线上。
这点已经对于开始的1,500,000,000个解验证过。
黎曼ζ 函数ζ(s) 是级数表达式ζ(s)=∑1 n s∞n=1(Re(s)>1,n∈N+)在复平面上的解析延拓。
之所以要对这一表达式进行解析延拓，是因为这一表达式只适用于复平面上s 的实部Re(s) > 1 的区域（否则级数不收敛）。
黎曼找到了这一表达式的解析延拓（当然黎曼没有使用“解析延拓” 这样的现代复变函数论术语）。
运用路径积分，解析延拓后的黎曼ζ 函数可以表示为：ζ(s)=Γ(1−s)2πi∫(−z)se z−1∞∞dzz这里我们采用的是历史文献中的记号，式中的积分实际是一个环绕正实轴进行的围道积分（即从+∞出发，沿实轴上方积分至原点附近，环绕原点积分至实轴下方，再沿实轴下方积分至+∞，而且离实轴的距离及环绕原点的半径均趋于0），按照现代数学记号应记成：ζ(s)=Γ(1−s)2πi∫(−z)se z−1Cdzz其中积分路径C跟上面所述相同，环绕正实轴，可以形象地这样表示。
式中的Γ 函数Γ(s) 是阶乘函数在复平面上的推广，对于正整数 s>1：Γ（s）=（s-1）！。
可以证明，这一积分表达式除了在s=1 处有一个简单极点外在整个复平面上解析。
这就是黎曼ζ 函数的完整定义。
运用上面的积分表达式可以证明，黎曼ζ 函数满足以下代数关系式：ζ(s)=2sπs−1sin πs2Γ(1−s)ζ(1−s)从这个关系式中不难发现，黎曼ζ 函数在s=−2k（k为正整数）取值为零—因为sin(πs/2)为零。
黎曼函数的极限和间断点和可积性
为什么说在（0，1）中的每个有理点都是它的极大值点，每个无理点都是它的极小值点；该函数在每个有理点都不连续，在每个无理点都连续？
证明:
1)因为每个无理点都是最小值点，从而是极小值点
2)假设存在有理点x，x不是极大值点，则必有
任意小的a，R(x)在o(x,a)即x的邻域中找到点x0,使得
R(x0)>R(x).换句话说，绝对值任意小的a，存在整数r,s,使得(q/p-a)=r/s(s< p)根据分母比p小的有理数在一定的区间内只有优先个，不可能做到距离q/p 任意小，矛盾。
3)每个有理点不连续，是因为R(q/p)=1/p非0，而q/p的任意小的邻域必然包含无理点，函数值为0
4)无理点连续，是因为:任意一个无理点a，在a的任意小的邻域内含的有理点的分母必然极大。
（理由同2，小分母有理点具有区间有限性）
这个问题关键在于证明对于任意一个给定的无理数u,
那么对于任意一个给定的小正数e,存在一个u的领域(s,t)使得这个函数在此领域内取值都小于e。
我们取整数E>1/e,由于u是无理数，我们列出(0,1)中所有分母不超过E的有理数，由于是有限个，其中必然有两个h,g使得h<u<g,而且h和g之间没有分母不超过E的有理数。
于是我们取s=h,t=g,就可以知道u的领域(h,g)中所有点的这个函数的取值都不大于1/(E+1).
由此我们证明了函数在无理数点的连续性。
而证明所有有理数点都是极大值的方法完全类似
任何区间内分母不超过任意给定整数N的有理数（最简表示）都是有限的。
这个性质可以类似用来证明R（x）黎曼可��。
2009-11-27 黎曼函数的极限
黎曼函数的极限黎曼函数是指如下函数：*0,0,1(0,1)()1,(,,)x R x p x p q p q q q =⎧⎪=⎨=<∈⎪⎩或者内无理数既约分数,容易知道R (x )的定义域为[0,1]. 因为(0,1)内任意有理数都可以表示成p /q (既约分数,p <q ,p ,q ∈ *)，而任意一个数p /q (既约分数,p <q ,p ,q ∈ *)都表示(0,1)内的有理数.我们首先来了解黎曼函数的一个性质.定理1 对∀ε>0，使R (x )≥ε的x 只有有限个. (这里的有限个也包括0个. ) 我们只做简单分析，不做严格证明. 当x 不在[0,1]内时R (x )没有意义，从而也谈不上R (x )≥ε. 当x =0,1或者(0,1)内的无理数时，R (x )≥ε显然不成立. 当x 为(0,1)内的有理数时，x 可写成x=p /q (既约分数,p <q ,p ,q ∈ *). 容易知道R (x )≥ε时，有q ≤1/ε.再由q ∈ *可知q 只可能取有限个值，或者任何值都不能取. 又由于p <q ，p ∈ *所以p /q 可能的情况只有有限个. 于是使R (x )≥ε的x 只有有限个.我们再来了解有理数的一个性质.定理2 U o (p /q ;δ)内有理数的分母大于1/(q δ). (设有理数分母总为正整数) 证明 设x =(r /s )∈U o (p /q ;δ),那么|rq -sp |≥1,从而δ>|r /s-p /q |=|(rq -sp )/sq |≥1/sq ，从而s >1/(q δ).定理3 黎曼函数在(0,1)内任意一点的极限为0，在x =0处右极限为0，在x =1处左极限为0.证明 (1)x 0为[0,1]内的无理数. 任给∀ε>0.若(0,1)内不存在有理数使得R (x )≥ε. 那么取δ=min{|x 0|,|1-x 0|}. 就可以得到对∀x ∈U o (x 0;δ)有R (x )<ε. 这说明R (x )在x 0处的极限为0.若(0,1)内存在有理数使得R (x )≥ε. 根据定理1知道，这样的有理数只可能有有限个，从而也是可列个. 设这些使R (x )≥ε的有理数为x 1,x 2,…,x n . 那么取δ=min{|x 0|,|1-x 0|,|x 1-x 0|,|x 2-x 0|,…,|x n -x 0|}>0. 这样就可以得到对∀x ∈U o (x 0;δ)有R (x )<ε. 这说明R (x )在x 0处的极限为0.(2)x 0为(0,1)内的有理数.设x 0=p /q (既约分数,p <q ,p ,q ∈ *). 任给∀ε>0，取δ=min{ε/q ,|x 0|,|1-x 0|}. 若x 为U o (p /q ;δ)内的有理数，x =r/s (既约分数,r <s ,r ,s ∈ *). 由于x ∈U o (p /q ;ε/q ). 根据定理2得s >1/ε, 于是R (x )=1/s <ε. 若x 为U o (p /q ;δ)内无理数，则一定有R (x )=0<ε. 综合起来就是对∀x ∈U o (p /q ;δ)有R (x )<ε. 这说明R (x )在x 0处的极限为0.(3)x 0=0. 任给∀ε>0, 取δ=min{ε,1}. 若x 为(0,δ)内的有理数，x =r/s (既约分数,r <s ,r ,s ∈ *). 由于x ∈U o (0/1;ε). 根据定理2得s >1/ε, 于是R (x )=1/s <ε. 若x 为(0,δ)内无理数，则一定有R(x)=0<ε. 综合起来就是对∀x∈(0,δ)有R(x)<ε. 这说明R(x)在0处的右极限为0.(4)x0=1. 与(3)的证明完全类似，故从略.定理4 黎曼函数在有理点处不连续，在无理点处连续.由定理3的结论和连续的定义可以直接得到.。
黎曼函数的极限和间断点和可积性
为什么说在（0，1）中的每个有理点都是它的极大值点，每个无理点都是它的极小值点；该函数在每个有理点都不连续，在每个无理点都连续？
证明:
1)因为每个无理点都是最小值点，从而是极小值点
2)假设存在有理点x，x不是极大值点，则必有
任意小的a，R(x)在o(x,a)即x的邻域中找到点x0,使得
R(x0)>R(x).换句话说，绝对值任意小的a，存在整数r,s,使得(q/p-a)=r/s(s< p)根据分母比p小的有理数在一定的区间内只有优先个，不可能做到距离q/p 任意小，矛盾。
3)每个有理点不连续，是因为R(q/p)=1/p非0，而q/p的任意小的邻域必然包含无理点，函数值为0
4)无理点连续，是因为:任意一个无理点a，在a的任意小的邻域内含的有理点的分母必然极大。
（理由同2，小分母有理点具有区间有限性）
这个问题关键在于证明对于任意一个给定的无理数u,
那么对于任意一个给定的小正数e,存在一个u的领域(s,t)使得这个函数在此领域内取值都小于e。
我们取整数E>1/e,由于u是无理数，我们列出(0,1)中所有分母不超过E的有理数，由于是有限个，其中必然有两个h,g使得h<u<g,而且h和g之间没有分母不超过E的有理数。
于是我们取s=h,t=g,就可以知道u的领域(h,g)中所有点的这个函数的取值都不大于1/(E+1).
由此我们证明了函数在无理数点的连续性。
而证明所有有理数点都是极大值的方法完全类似
任何区间内分母不超过任意给定整数N的有理数（最简表示）都是有限的。
这个性质可以类似用来证明R（x）黎曼可��。
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黎曼函数的极限
黎曼函数是指如下函数：
*0,0,1(0,1)()1,(,,)x R x p x p q p q q q =⎧⎪=⎨=<∈⎪⎩或者内无理数既约分数,
容易知道R (x )的定义域为[0,1]. 因为(0,1)内任意有理数都可以表示成p /q (既约分数,p <q ,p ,q ∈ *)，而任意一个数p /q (既约分数,p <q ,p ,q ∈ *)都表示(0,1)内的有理数.
我们首先来了解黎曼函数的一个性质.
定理1 对∀ε>0，使R (x )≥ε的x 只有有限个. (这里的有限个也包括0个. ) 我们只做简单分析，不做严格证明. 当x 不在[0,1]内时R (x )没有意义，从而也谈不上R (x )≥ε. 当x =0,1或者(0,1)内的无理数时，R (x )≥ε显然不成立. 当x 为(0,1)内的有理数时，x 可写成x=p /q (既约分数,p <q ,p ,q ∈ *). 容易知道R (x )≥ε时，有q ≤1/ε.再由q ∈ *可知q 只可能取有限个值，或者任何值都不能取. 又由于p <q ，p ∈ *所以p /q 可能的情况只有有限个. 于是使R (x )≥ε的x 只有有限个.
我们再来了解有理数的一个性质.
定理2 U o (p /q ;δ)内有理数的分母大于1/(q δ). (设有理数分母总为正整数) 证明 设x =(r /s )∈U o (p /q ;δ),那么|rq -sp |≥1,从而δ>|r /s-p /q |=|(rq -sp )/sq |≥1/sq ，从而s >1/(q δ).
定理3 黎曼函数在(0,1)内任意一点的极限为0，在x =0处右极限为0，在x =1处左极限为0.
证明 (1)x 0为[0,1]内的无理数. 任给∀ε>0.
若(0,1)内不存在有理数使得R (x )≥ε. 那么取δ=min{|x 0|,|1-x 0|}. 就可以得到对∀x ∈U o (x 0;δ)有R (x )<ε. 这说明R (x )在x 0处的极限为0.
若(0,1)内存在有理数使得R (x )≥ε. 根据定理1知道，这样的有理数只可能有有限个，从而也是可列个. 设这些使R (x )≥ε的有理数为x 1,x 2,…,x n . 那么取δ=min{|x 0|,|1-x 0|,|x 1-x 0|,|x 2-x 0|,…,|x n -x 0|}>0. 这样就可以得到对∀x ∈U o (x 0;δ)有R (x )<ε. 这说明R (x )在x 0处的极限为0.
(2)x 0为(0,1)内的有理数.
设x 0=p /q (既约分数,p <q ,p ,q ∈ *). 任给∀ε>0，取δ=min{ε/q ,|x 0|,|1-x 0|}. 若x 为U o (p /q ;δ)内的有理数，x =r/s (既约分数,r <s ,r ,s ∈ *). 由于x ∈U o (p /q ;ε/q ). 根据定理2得s >1/ε, 于是R (x )=1/s <ε. 若x 为U o (p /q ;δ)内无理数，则一定有R (x )=0<ε. 综合起来就是对∀x ∈U o (p /q ;δ)有R (x )<ε. 这说明R (x )在x 0处的极限为0.
(3)x 0=0. 任给∀ε>0, 取δ=min{ε,1}. 若x 为(0,δ)内的有理数，x =r/s (既约分数,r <s ,r ,s ∈ *). 由于x ∈U o (0/1;ε). 根据定理2得s >1/ε, 于是R (x )=1/s <ε. 若x 为
(0,δ)内无理数，则一定有R(x)=0<ε. 综合起来就是对∀x∈(0,δ)有R(x)<ε. 这说明R(x)在0处的右极限为0.
(4)x0=1. 与(3)的证明完全类似，故从略.
定理4 黎曼函数在有理点处不连续，在无理点处连续.
由定理3的结论和连续的定义可以直接得到.。