华东师大数学分析习题解答

1、数学分析选论习题解答第一章实数理论1.把§1.3例4改为关于下确界的相应命题，并加以证明.证设数集S有下确界，且亡=infS更S,试证：(1)存在数列anuS,使liman=2；n_,(2)存在严格递减数列an仁S,使liman=之.n)证明如下：(1)据假设，VawS,有a>2；且Vea0,：3aYS,使得£<a'<£+名.现依1次取%=n,n=1,2,，相应地加门wS,使得-<an<-+8n,n=1,2,',因Snt0(nT叼，由迫敛性易知liman=之.n.(2)为使上面得到的an是严格递减的，只要从n=2起，改

2、取.'1j1CC和=min:，U+an/：，n=2,3，就能保证an_1+(anJ-)-+snAan,n=2,3，.2.证明§1.3例6的(ii).证设A,B为非空有界数集，S=AuB，试证：infS=mininfA,infB.现证明如下.由假设，S=AuB显然也是非空有界数集，因而它的下确界存在.故对任何*W5,有*乞A或xWB,由此推知x之infA或x之infB,从而又有x之mininfA,infBninfS之mininfA,infB).另一方面，对任何xwA,有xwS,于是有x至infS口infA之infS；同理又有infB之infS.由此推得infS<minin

3、fA,infB.综上，证得结论infS=mininfA,infB成立.口3 .设A,B为有界数集，且AcB于0.证明：(1) sup(AcB)<minsupA,supB；(2) inf(AcB)至maxinfA,infB.并举出等号不成立的例子.证这里只证(2),类似地可证(1).设a=infA,P=infB.则应满足：Vx=A,yB,fx>a,y>P.于是,VzwAcB,必有z-nz>maxQ,P,z一：这说明maxa,P是AcB的一个下界.由于AcB亦为有界数集，故其下确界存在，且因下确界为其最大下界，从而证得结论infAcB)2maxinfA,infb成立.上式中

4、等号不成立的例子确实是存在的.例如：设A=(2,4),B=(0,1)=(3,5)，则ACB=(3,4),这时infA=2,infB=0,而inf(AcB)=3,故得inf(AcBmaxinfA,infB.口4 .设A,B为非空有界数集.定义数集A+B=(c=a+ba£A,b£b证明：(1) sup(A+B)=supA+supB;(2) inf(A+B)=infA+infB.证这里只证(2),类似地可证(1).由假设，a=infA,P=infB都存在，现欲证inf(A+B)=口+P.依据下确界定义，分两步证明如下：1)因为VxwA,ywB,有x2c(,y>P,所以/zw

5、A+B,必有z=x+y±ct+P.这说明口+P是A+B的一个下界.2) Vs>0,5x0eA,丫0乏B，使得x0AOC+_2，y0Ap+.从而三z0=x0+y0WA+B,使得z0a(o(+P)+e,故ot+P是A+B的最大下界.于是结论inf(A+B)=infA+infB得证.5.设A,B为非空有界数集，且它们所含元素皆非负.定义数集AB=1c=aba=A,bB)，证明：(1) sup(AB)=supAsupB；(2) inf(AB)=infAinfB.证这里只证(1),类似地可证(2).J_a-supA,由于Vcw(AB),mawA,bwb(a20,b20),使c=ab,且&

6、lt;b<supB,、cEsupAsupB,因此supAsupB是AB的一个上界.另一方面，Ve>0,三a0wA,b0wB,满足a0>supA-®,b0>supB-®,故3c0=a0b0w(AB)，使得c0>supAsupB-(supA+supB)-w".由条件，不妨设supA+supB>0,故当名足够小时，/=(supA+supB)-村名仍为一任意小正数.这就证得supA-supB是AB的最小上界，即inf(AB)=infA-infB得证.*6.证明：一个有序域如果具有完备性，则必定具有阿基米德性.证用反证法.倘若有某个完备有

7、序域F不具有阿基米德性，则必存在两个正元素u,pwF，使序列na中没有一项大于P.于是，not有上界(P就是一个)，从而由完备性假设，存在上确界supno(=九.由上确界定义，对一切正整数n,有人之not;同时存在某个正整数n0,使n0aA九-a,由此得出(no+2)a<?<(no+1)a,这导致与a>0相矛盾.所以，具有完备性的有序域必定具有阿基米德性.口7 .试用确界原理证明区间套定理.证设an，bn为一区间套，即满足：ai<a2<"<anE<bnE<b2<bi,lim(bnan)=0.n,由于an有上界bk,bn有下界ak(

8、kwN+),因此根据确界原理，存在a=supQn),P=infbn),且otWP倘若汽<P,则有bn-an>P-a=0>0,n=i,2,而这与lim(bnan)=0相矛盾，故口=P=±.又因anMct=Pwbn,n=i,2，n1所以t是一切an，bn的公共点.对于其他任一公共点nean，bn，n=i,2，由于七"|<bn-an-*0,n-*«,因此只能是t,这就证得区间套an,bn存在惟一公共点.口8 .试用区间套定理证明确界原理.证设S为一非空有上界的数集，欲证S存在上确界.为此构造区间套如下：令ai,bi=x。，M,其中x。wSS#。)

9、，M为S的上界.记ci=若Ci是S的上界，则令a2,b2=ai,Ci；否则，若ci不是S的上界，则令a2,b2=C1,bi.一般地，若记Cn=an2bn,则令r.】an,Cn,Cn当是S的上界，.an4i,bn4i=才曰c的4更，n=1,2，cn,bn,Cn不足S的上界,如此得到的an，bn）显然为一区间套，接下来证明这个区间套的惟一公共点t即为S的上确界.由于上述区间套的特征是：对任何nWN十，bn恒为S的上界，而an则不为S的上界，故VxwS,有xWbn,再由J%bn=亡，便得x父,这说明U是S的一个上界；又因liman=U，故VE>0,三anA之一名，由于an不是S的上界，因此且一

10、名更n二二加不是S的上界.根据上确界的定义，证得C=supS.同理可证，若S为非空有下界的数集，则S必有下确界.口9.试用区间套定理证明单调有界定理.证设xn为递增且有上界M的数列，欲证xn收敛.为此构造区间套如下：令ai,bi=Xi,M；类似于上题那样，采用逐次二等分法构造区间套an,bn,使an不是<xn的上界，bn恒为n）的上界.由区间套定理，韭亡an,bn,且使liman=limbn=t.下面进一步证明limxn=七.n）二二n.n1二二一方面，由xnWbk,取kT0°的极限，得到xn<limbk=巳n=i,2,.k_）二另一方面，VaA0,：3KWN+,使aKU

11、£；由于aK不是Ln的上界，故三xn>aK；又因&n）递增，故当n>N时，满足xn之xn.于是有t-E<aK<xN<xnEjn>N,这就证得limxn=.n）二同理可证（xn为递减而有下界的情形.口*i0.试用区间套定理证明聚点定理.证设S为实轴上的一个有界无限点集，欲证S必定存在聚点.因S有界，故mM>0,使得xM,X/xwS.现设ai,b=M,M,则Suai,bi.然后用逐次二等分法构造一区间套an,bn,使得每次所选择的an,bn都包含了S中的无限多个点.由区间套定理，3tsan,bn,Vn.最后应用区间套定理的推论，Vs>

12、;0,当n充分大时，使得an,bnuU（C;名）；由于an,bn中包含了S的无限多个点，因此U（之动中也包含了S的无限多个点，根据聚点定义，上述t即为点集S的一个聚点.口“11.试用有限覆盖定理证明区间套定理.证设an,bn为一区间套，欲证存在惟一的点"an,bn,n=1,2下面用反证法来构造arbi的一个无限覆盖.倘若（an,3不存在公共点M,则ai,bi中任一点都不是区间套的公共点.于是，Vx=ai,bi,三an,bn,使x*an,bn.即三U（x;6x）与某个an,bn不相交（注：这里用到了an,bn为一闭区间）.当x取遍ai,bi时，这无限多个邻域构成ai,bi的一个无限开覆

13、盖：H=（U（x;%）xwai,bi.依据有限覆盖定理，存在ai,bi的一个有限覆盖：H=U=U（xi；黑）i=i,2，N卜H,其中每个邻域UiCani,bni=0,i=i,2，N.若令K=maxi,明，nN,则aK,bK匚ani,bni,i=1，2，N,从而aK,bK1Ui=0,i=i,2，N.（水）N但是UUi覆盖了ai,bi,也就覆盖了aK,bK,这与关系式（水）相矛盾.所iF以必定存在*an,bn,n=1,2，.（有关之惟一性的证明，与一般方法相同.）口12.设S为非空有界数集.证明：sup|x-y|=supS-infS.x,y三S证设之=infS,n=supS,且且（若亡=列，则S为

14、单元素集，结论显然成立）.记E=|xy|x,ywS,欲证supE="t.首先，vx,ywS,有x之:yE"=|x-y|<,这说明是E的一个上界.又因一 ；0, -二，2t+2不再是s的上（下）界，故共，丫0乏s,使0名xon-2；二|xo-yo|（n-t）-£,y。；所以“之是E的最小上界，于是所证结论成立.13.证明：若数集S存在聚点口,则必能找出一个各项互异的数列xn）二S,使limxn=巴.n-：证依据聚点定义，对e1=1,3xU7;国）CS.一般地，对于f、1即=min,方，-xn_i，三xnU7;即）CS,n=2,3，如此得到的数列xnuS必定满足

15、：|xn-。|xn_1-1=xn=xn_1,n=2,3，；1|xn-|0（nT0°）=limpn=口nn）-“14.设S为实轴上的一个无限点集.试证：若S的任一无限子集必有属于S的聚点，则(1) S为有界集;(2) S的所有聚点都属于 S .证 (1)倘若 S无上界，则对 M1 =1,左1 W S,使X1 A M1般地，对于M n =max储，Xn13Xn = S ,使Xn a M n , n = 2 , 3，.这就得到一个各项互异的点列xn us,使lim Xn =笛.S的这个无限子集没有聚点，与题设条件相矛盾，所 n j 二必有上界.同理可证 S必有下界，故 S为有界集.(2)因

16、S为有界无限点集，故必有聚点.倘若S的某一聚点00 S ,则由聚点的性质,必定存在各项互异的数列XnhS,使lim Xn = % .据题设条件，xn的惟n)二二一聚点应属于S ,故又导致矛盾.所以S的所有聚点都属于S .*1 5 .证明：SUpan = 之更an ,则必有lim an =1.举例说明，当上述 :属 ni 二二于Ln 时，结论不一定成立.证利用§ 1.3例4,lank'"n，使lim ank =之，这说明:是an 的一 kn，个聚点.又因巴又是5的上界，故以不可能再有比巴更大的聚点.所以t是Ln的上极限.当twan时，结论不一定成立.例如,1 supw

17、一 n,1显然不是3-'> 的上n 1极限.指出下列数列的上、下极限:(1)+(-1)n);(2)(1)n n2n 1(3 )n 二cos 3(4)2nn 1n 二 sin 4(5)解(1) a2k = 2, a2k 7 =°,故lim an = 2,nr 二lim an =0n厂二sinn(2)a2k(4)2k4k 1a2k2k -14k -1，1一 一(k T 00 )，故21nlim 二 an =5,(3 )(nT ),lim an = lim an = lim ann 3: n i 二 n-)z：2n . n二an :sin 一n 14"<2 2

18、nT nM, 2nn +1 ,(0，2nn +1 ,_2z"2 n 1 ,n =8k 1, 8k 3,n =8k 2,n = 4k,n u8k -2,n =8k-1, 8k - 3 .故 lim an =2, n )二lim an - - 2nT 二(5)n2 1 .二an 二sin一二n n二(n2 1)sinn(n ( n t g )，故 n"n"lim ann )二=liman=limannj二二nyZ：“17.设an为有界数列，证明:(1)nlm(一an):一则 an =1(2)lim J - an) = -nlimansup( -ak ) =fnf ( ak), k _nk -ninf ( -ak ) = sup( ak)，k -nk _n令nT8取极限，即得结论（1）与（2）“18.设liman>0,证明:n