实数的完备性

1、第七章实数的完备性P.171习题n 11 .验证数集S ( 1)有且只有两个聚点11和21n当n取奇数n2k 1时，S中的互异子列2k 11,(k)，所1以11是S的聚点；当n取偶数n 2k时，S中的互异子列 1 1, (k ),2k所以21是S的聚点.11 一设实数a 1 , a 1.取0-min| a 1|, | a 11,因为子列1 和11 1一及子2k 122k 11 子列1 的极限都不是a,所以在邻域U (a; °)内最多只有子列 2k1列1 中的有限多项，从而只有数集 S 2k集S的聚点.2 .证明：任何有限数集都没有聚点.证明设有限数集S.由聚点的定义，在而S只有有限个

2、点，所以 S没有聚点.3 .设(an, bn)是一个严格开区间套，即满足且lim(bn an) 0.证明：存在唯一的一点n 1(1) 一中的有限多项，所以 a不是数 n的任何邻域内都含有S中无穷多个点,aa?anbnb?b，使得 anbn, n 1, 2,证明 an为严格递增有界数列，故an有极限，且有an, n 1, 2,.其中等号不能成立，不然，若有 an ,因为an严格递增，必有an 1 an ,矛盾.故an , n 1, 2,.同理，严格递减有界数列bn也有极限，且lim bnlim an , anbn, n 1, 2,.nn唯一性的证明与教材 P.162区间套定理7.1相同.4.试举

3、例说明：在有理数集内，确界原理、单调有界定理、聚点定理和柯西收敛准 则一般都不成立.一、一1 n1 n 1解设an(1 -) , bn (1 -) ,n 1,2,，则an是单调递增的有理数列,nnbn是单调递减的有理数列，且 lim bnlim ane (无理数)nn(1 )点集 an | n 1, 2,非空有上界，但在有理数集内无上确界；点集bn | n 1, 2,非空有下界，但在有理数集内无下确界(2)数列an单调递增有上界，但在有理数集内无极限；bn单调递减有下界，但在有理数集内无极限.(3) an|n 1, 2,是有界无限点集，但在有理数集内无聚点.(4)数列an满足柯西收敛准则条件，

4、但在有理数集内没有极限(5)an,bn是一闭区间套，但在有理数集内不存在一点，使得an,bn,n 1, 2,11、5.设 H (,-)|n 1,2, .问 n 2 n(1) H能否覆盖(0, 1) ?(2)能否从H中选出有限个开区间覆盖(i) (0,1/2), (ii) (1/100,1)?11解 (1) H能覆盖(0, 1).因为对任何x (0,1),必有自然数n,使得 x n 2 n(2)不能从H中选出有限个开区间覆盖(0,1/2).因对H中任意有限个开区间，设其1 一一1左端点最小的为 ，则当0 x 时，这有限个开区间就不能覆盖x.n02n02 11能从H中选出有限个开区间覆盖 (1/1

5、00,1).例如选区间：(,)，n 1,2, 99n 2 n即可.6 .证明：闭区间a, b的全体聚点的集合是a,b本身.证明 设x a,b,则对任何0, Uo(x; ) a,b ，故x为a, b的聚点.反之，若X为a, b的聚点，则必有x a, b.事实上，若x a, b,则x a或x b. a x不妨设x a ,取 ，那么U (x; ) a,b,这与x为a, b的聚点矛盾.27 .设为单调数列.证明：若xn存在聚点，则必是口t一的，且为xn的确界.证明设xn为单调增加数列，为xn的聚点.先证是唯一的.假设也是xn的聚点，不妨设.取 ，由聚点的定义，在 的邻域U (；)内有xn中无穷2多个点

6、，设xN U(;).因为xn为单调增加数列，所以当n N时，xn xn.于是在 的邻域U(；)内最多只有 xn中有限多个点：xi,x2, , xn 1.这与 为xn的聚点相 矛盾.故为xn的唯一聚点.其次证明： 为xn的上确界.先证是xn的一个上界.假设不是xn的一个上 界，于是存在xn.这时取 xn,则在 的邻域U(；)内最多只有 xn中有限多个点：xi,x2, , xn 1 ,这与 为xn的聚点相矛盾.然后证明：是xn的最小上界.0,在 的邻域U(;)内有xn中无限多个点，设xN U(；)，从而xn.所以SUpxn.8 .试用有限覆盖定理证明聚点定理.证明 设S为实轴上 有界无限点 集，则

7、存在 M 0 ,使S M , M .假若 M , M中任何点都不是 S的聚点，则 x M , M ,必存在相应的 x 0 ,使得在 U(x, x)内最多只含S的有限个点.设H U(x, x)|x M ,M,则H是M , M 的一个开覆盖，由有限覆盖定理，H中存在有限个开区间：U(xx), j 1, 2, ,n,j x覆盖了 M,M,当然也覆盖了 S,由于在每一个U（xx）内最多只含S的有限个点，故S为有限点集，这与 S为无限点集矛盾.所以M , M 中必有S的聚点.9 .试用聚点定理证明柯西收敛准则.证明 只证充分性：设 0, N 0, m,n N , | am an |，要证数列an收敛.先

8、证数列an有界.取 1 ,存在N 0,当n N时，有| an aN 1 | 1 ,于是| an | | aN 1 | 1 .令 Mmax| a1 |, | a? |, , | aN |, | aN | 1,则 | an | M ,n 1, 2,，所以数列an有界.其次证明数列an有收敛的子列.若集S an | n 1, 2,是有限集，则数列an有常数子列，当然收敛.若集S是无限集，并且已经证明了 S是有界的，故由聚点定理，知 S有聚点，设S的聚点为 .再由聚点定义 2''（见教材 P.163）,存在互异的收敛数列ank an,使得 lim a时 k k最后证明：lim an .

9、由题设 0, N10 , m,n N1,|am an |.再n由 lim an ,知 N2 0, k N2,1an|.现在，取 N maxN1，N2,当kkkn N 时，有（任取 k N ） , | a。| | a。a°k | | a&|2 .所以lim annP.172 习题1 .设f为R上连续的周期函数.证明：f在R上有最大值与最小值.证明 设f的周期为T,则f在0, T上连续，于是f在0, T上有最大值与最小值.又因为f为R上连续的周期函数，所以 f在R上有最大值与最小值.2 .设I为有限区间.证明：若f在I上一致连续，则f在I上有界.举例说明此结论当 I为无限区间时不

10、一定成立.证 设区间I的左右端点分别为 a, b ,因f在I上一致连续，所以对 1 ,存在 0b a是 f在a1,bj上有界，即存在)，使得当 x,x I,且 |x x | 时，有 |f(x)f(x)|1 .令 2a a , b b ,则f在a1,bj上连续，于 22M10,使得在上| f(x)| M1.另一方面，当x a,a1）I 时，有 | x a1 |,于是 | f (x) f(ai)| 1 ,| f(x) | | f(ai) | 1 ；同样当 x(bi, b I 时，有 | f (x)| | f(bi)| 1.令 M max M 1, | f(a1)|1,| f (“)| 1,则对任何

11、xI ,都有 | f(x) | M .设f（x） x ,则f在（）上一致连续，但）上无界.sin x3.证明：f (x)在(0,证明因为limx 0x sin x）上一致连续.0，11时，有sin x|-x又因为limxsin x0,所以 N0,当 x N时，有J2, b，当 x , x sin x xN 1/2,显然a, b且 | x2"在a, b连续，于是在 xa, b一致连续，从x |2时，有sin x |-xsin x| x现在取min1/2, 2,当 x , x (0,)且 | x x |时，则必有以下三种情形之一发生:(0, 1)或者 x,x a,b或者 x,x (N ,

12、LI *右x , x所以sin x sin x sin x(0, 1),由式，有|1 |1|(N,),由式,a, b,由式，有x x七 sin x sin x有IIx x sin x sin x xsin xI Ixsin xI- xsin xI Ixf(x) 吧2 在(0,x)上一致连续.4.试用有限覆盖定理证明根的存在定理存在证 设f在a,b连续，f(a) 0, f(b) 0 .由连续函数的局部保号性,0,使得在a,a )内£屋)0,在(b ,b内 f(x) 0.假设对任何x0 (a,b),都有f(x0) 0,则由连续函数的局部保号性，存在x0的某邻域U(x° x

13、76;) (x°x0,x°x°),使得在此邻 域内f (x) 0且f(x)的符号与f(x0)的符号相同.集合族H (x x, x x)|x (a,b) a, a ) (b , b是a, b的一个开覆盖，由有限覆盖定理，存在 H的一个有限子集* _ _H (xiQiJi 1,2,n a, a ) (b , b覆盖了 a,b.将H中的邻域分成两部分：使 f(x) 0的邻域记为Hi ,使f(x) 0的邻域记为H 2. Hi的所有开区间中右端点最大的区间记为(xkk, xk k),令这个最大的右端点xk k .因为在(b , b内f(x) 0,所以 b , a,即 (a,

14、 b). 因为H覆盖了 a, b,所以存在H中的一个区间(为 i, xi i),使得.一 一一*(xii, xii).由于 是H1的所有开区间右端点中最大的，故区间*(xii , xii )不属于Hi而属于H2,从而 x (xi i, xi i),有f(x) 0.因为区间(xkk)的右端点xk属于区间(xii, xii),所以区间(Xii,Xii)必与区间(Xkk,Xkk)相交，那么在这两个区间相交的公共部分(Xii,Xk k)内f既大于零，又小于零，矛盾.5.证明：在(a, b)上的连续函数f为一致连续的充要条件是f(a 0)与f(b 0)都存在.证 (必耍性)设f在(a,b)上一致连续，故

15、 0,0,当x,x (a,b)且| X X | 时，成立 | f (X ) f (X ) |.于是当 x , x (a, b) , 0 x a , 0 x a 时，必有 | x x | ，从而|f(x) f(x )|.由Cauchy收敛准则，可知 f (a 0)存在，同理可证 f (b 0)存在.(充分性)补充定义 f(a) f(a 0), f (b) f (b 0),则f在a,b连续，于是f在a, b 一致连续，从而f在(a, b) 一致连续.P.175 习题1 .求以下数列的上、下极限：(1)1 ( 1)n(2) ( 1)n2n 1(3) 2n 1(4) 包sin Jn 14n2 1n(5

16、) sin nr| cos|n n3解 (1)数列1 ( 1)n的收敛子列的极限只有两个，分别为：2, 0,故其上极限为2,下极限为0.n11(2)数列( 1)n n的收敛子列的极限只有两个，分别为：1,故其上极2n 12 2 1，1限为1,下极限为122(3)数列2n 1是正无穷大量，故其上极限、下极限都为(4)数列型sin 的收敛子列的极限只有五个，分别为：-2,J2n 142,故其上极限为2,下极限为-2、， n 1(5)因为 limsin lim(6)因为| cos- |只取两个值：3有 1J1 J|cos| 1 ,从而、2.321 sin n1n ,故其上极限、下极限都为n n _n

17、1 1 n，1,所以|cos | 1,于是，当n 时,2 23 lim n.j cos | 1 ,故其上极限、下极限都为 1. lim an lim ( an) nn证 由定理 7.9, lim anlim inf annn k n lim an lim bn lim (anbn)nnnlimnsupk nanlim ( an)n证 设 lim an A , lim bnnnB ,由定理7.7,对任给的0 ,存在N 0 ,当n N时，有anA 一 , bnB 一,于是 anbnA B22lim(anbn)A Bn由的任意性得lim (anbn) An.再由定理7.8得，B .若 an 0 ,

18、bn0 ( n 1, 2,贝U lim an lim bnnnlim(an bn), n2.设an , bn为有界数列，证明:limanlimbnlim (anbn)n nn证设lim annA, limbnnB ,由定理7.7,对任给的0 ,存在N 0 ,当n N时，有 an A , bn B,于是anbn AB (A B ).再由定理7.8得,lim(anbn) AB (A B n).由 的任意性得ljm(anbn) AB.n同理可证：limanlimbnlim (anbn)n nn,、4八11 右 an 0, lim an 0,则 lim - nnanUm ann证 设ljmanA,由定

19、理 7.7,对任给的n0 ,存在N 0 ,当n N时，有A2A 11A1a n A .于 te 1 A 1 Aan A A一一 11,从而lim nanA,-11任意得lim 1.n an A设lim工 B ,n an由定理7.7,对任给的1.八，一）,存在N 0,当n N时, B占1有一anB21 B于是1,从而 lim an 一 L B1 11任息T导 lim an ,即 lim B n B nanlim ann11所以lim n anlimann3 .证明：若an为递增数列，则limanlim an.nn证 若an为递增无上界数列，则 lim an n因为liman lim an,所以也

20、有 nnlim ann若an为递增有上界数列，则an极限存在，且lim an nsupak.又因为 an是 k 1递增数列，所以对任何正整数n ,有 supak supak,从而 k nk 1lim an limsupaknn k nsupak k 1lim an.n4 .证明：若 an 0 (n 1,2,)且 limannlimn1 ,则数列an收敛.总练习题1 .证明： Xn为有界数列的充要条件是Xn的任一子列都存在其收敛子列证 (必要性)设为有界数列，则Xn的任一子列都为有界数列，由致密性定 理，知其存在收敛子列.(充分性)反证法.假设 xn无界，则对任何正整数k ,存在数列 xn中的某

21、项xnk ,使得Xnk k( k 1, 2,),于是lim xn,从而子列 Xnk不存在收敛子列.k2 .设f在(a,b)内连续，且lim f(x) lim f (x) 0.证明：f在(a, b)内有最大x ax b值或最小值.、十人 _, 、 f (x) a X b, 一一一 ,证 令F(x)，则F(x)在a, b上连续，于是F(x)在a, b上0 x a, x b取得最大值M和最小值m.若M m,则F(x)在a, b上为常数0,从而f在(a, b)内为常数0,所以f在(a, b) 内的最大值和最小值都为0.若M m,则因F(a) F(b),使得最大值 M与最小值m至少有一个在(a, b)内

22、取得，从而f在(a, b)内有最大值或最小值.3 .设f在a, b上连续，又有 Xna, b,使lim f (Xn)A .证明：存在nX0 a, b,使 f(Xo) A.证 因 Xn a, b,故 Xn有界，由致密性定理，知其存在收敛子列人卜.设lim xnkx0 a, b,因为f在a, b上连续，所以f (Xo) kim f(Xnk) |而 f(Xn) A4 .设函数f和g都在区间I上一致连续.若I为有限区间，证明f g在I上一致连续；证 因为f和g都在区间I上一致连续，所以 f和g都在区间I上有界(P.172习题2),于是存在 M 0,使得对任何 x I有| f(x) | M , |g(x

23、)| M .由一致连续的定义, 0,0 ,使得 x , x I ,只要 | x x |,就有 | f (x) f(x )|,| g(x ) g(x ) |.从而有| f(x )g(x ) f (x )g(x ) | | f (x )g(x ) f (x )g(x ) | | f (x )g(x )f(x )g(x )| f(x)| |g(x) g(x )| |g(x )| | f (x ) f (x ) | M M 2M所以f g在I上一致连续. 若I为无限区间，举例说明f g在I上不一定一致连续.证 设f (x) x, g(x) x, I (,)，则f和g都在区间I上一致连续，2但f (x)g(x) x在区间I上不一致连续.5.设f定义在(a, b)上.证明：若对(a,b)内任一收敛数列 xn,极限lim f (xj都 n存在，则f在(a, b)上一致连续.1证 反证法.假设f在(a, b)上不一致连续，则存在00,对 一(n 1, 2,),n ''1存在相应