数学分析华师大二版课本上的习题7

1、P.168习题i.验证数集S=1(-i)n+n j有且只有两个聚点自1=t和己2=1解 当n取奇数n = 2 k -1时，S中的互异子列|-1 + 1-1,( k ts )，所2 k -1J以3 =T是S的聚点；当n取偶数n = 2 k时，S中的互异子列1 + 1- 1- 1,( k t s)， 1I2 k J所以己2= 1是S的聚点.设实数 a。-1，a 牛 1.取 = 1minl a +11,1 a-11，因为子列-1 + 1-1和 。2I 2 k -11子列I + 31的极限都不是a，所以在邻域U(a; )内最多只有子列-1 + 1-1及子I2 k J。12 k - 1J列(1 + 2k

2、j中的有限多项，从而只有数集S = |(-1) + ；j中的有限多项，所以a不是数 集S的聚点.证明：任何有限数集都没有聚点.证明 设有限数集S .由聚点乙的定义，在白的任何邻域内都含有S中无穷多个点， 而S只有有限个点，所以S没有聚点.设%a.n)是一个严格开区间套，即满足a 1 a2 , an bn , b2 b1且lim(b -a)=。.证明：存在唯一的一点自，使得a” 自 an =自，矛盾.故 an 自，n = 1, 2,.同理，严格递减有界数列,也有极限，且 limb = lima =5,a & b , n = 1, 2,.n Ts n n Ts nnn唯一性的证明与教材P.162区

3、间套定理7.1相同.4试举例说明：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.解 设a = （1 + -）n , b = （1 + -）n+1, n = 1,2,，则a 是单调递增的有理数列， nnnnnbj是单调递减的有理数列，且limb = lima” 二 e （无理数）n T8n-8（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 b I n = 1, 2,非空有下界，但在有理数集内无下确界.n（2）数列单调递增有上界，但在有理数集内无极限；单调递减有下界，但 在有理数集内无极限.（3）an I n = 1, 2,是有界无限

4、点集，但在有理数集内无聚点.（4）数列ta 满足柯西收敛准则条件，但在有理数集内没有极限. n（5）a ,b 是一闭区间套，但在有理数集内不存在一点自，使得&e a ,b ， nnnnn = 1, 2, .设 H = （）I n = 1, 2,.问 n+2 nH能否覆盖（0, 1）?（2）能否从H中选出有限个开区间覆盖（0,12）, （ii） （1/100,1） ?解 （1） H能覆盖（0,1）.因为对任何x e （0,1）,必有自然数n ,使得 x 1n+2 n（2）不能从H中选出有限个开区间覆盖（0,12）.因对H中任意有限个开区间，设其11左端点最小的为;；，则当0 x 0 , Uo (

5、x; ) c a, b W0，故x为a, b 的聚点.反之，若x为a, b的聚点，则必有x e a, b.事实上，若x电a, b，则x b.不妨设x a，取= a-x，那么U (x; ) c a, b = 0，这与x为a, b 的聚点矛盾.设)为单调数列.证明：若%”存在聚点，则必是唯一的，且为%的确界.证明 设%” 为单调增加数列，自为的聚点.先证自是唯一的.假设“也是)的 聚点，不妨设自 N时，x”之xN .于是在白 的邻域U也;)内最多只有” 中有限多个点：x 1, x2,，xN_1.这与自为h”的聚点相 矛盾.故自为h 的唯一聚点.”其次证明：自为h” 的上确界.先证自是” 的一个上界

6、.假设自不是” 的一个上 界，于是存在xN 自.这时取 = xN 己，则在白的邻域U也;)内最多只有”中有限 多个点：x1, x2,-, xN_1,这与工为h”的聚点相矛盾.然后证明：:是k” 的最小上 界.V 0 ,在白的邻域U &; )内有中无限多个点，设xN e U化;),从而 xN 己一 .所以自=supx”.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，则存在M 0，使S u -M, M.假若 一M, M中任何点都不是S的聚点，则Vx e 一M, M，必存在相应的3 x 0，使得在U (x, 5 )内最多只含S的有限个点.设H = U (x, 5 )| x e 一 M

7、, M ，则H是一 M, M xx的一个开覆盖，由有限覆盖定理，H中存在有限个开区间：U(xj, 5 x), j = 1, 2,、”,覆盖了 -M, M,当然也覆盖了 S ,由于在每一个U(xj,5 x)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.试用聚点定理证明柯西收敛准则.证明 只证充分性：设Vs 0，3N 0，Vm, n N，I a - a l 0，当n N时，有I an - aN讨l 1，于是I a ll aI +1 ,令 M = maxl a I, I a I,I a I, I a I +1，则I a l 0, n f83N 0 , V

8、m, n N , I a 一 a I 0, Vk N , I ak f8 nk22nk I N 时，有（任取 k N ） , I a 一己 II a - a I + I a 一& I 0有 I f (x)一 f (x)l 1.令)，使得当 X: X I ,且 I x 一 x l 0，使得在a , b 上 I f (x)l M .另一方面，当 x e a, a ) c I 时，有 I x - a lb ，于是 I f (x) - f (a ) l i，I f (x )ll f (ai)l +i ；同样当 x e (bb c I 时，有 lf( x )llf(bjl +i.令 M = max Mj

9、lfmjl +i, lf(bjl +i)，则对任何 x e I，都有lf(x) l 0, 35 0，当 0 x 5 时，有,sin x -sIil 0，当x N时，有,sin x , sl k 5. x2sin x令a =5 ;2 , b = N + 5 ;2，显然在a, b连续，于是在a, b 一致连续，iix而 35 0，当 x: xe a, b且I x- xlb 时，有I sin xx 2 sin x , lsx 现在取5 = min5J2,5 2)，当x, x e (0, +8)且lx-x l 5时，则必有以下三种情形之一发生：x , x e (0,或者 x, x e a, b或者 x

10、, x e (N, + 8)若x, x e (0,，由式sin xsin x sin x sin x llil + I1 I s s-11 + = s2 2若X: x建(N, +8)，由式，有Isin xsin x sin xIII + Isin x若x , x e a, b，由式，有I- xx xsin xI 8x ff sin x , I e/2 + e;2 = 8xsin x所以f (x)=在(0, + 8)上一致连续.x4.试用有限覆盖定理证明根的存在定理.证 设f在凡b 连续，f (a) 0,由连续函数的局部保号性，存在8 0,使得在a, a +6 )内 f (x) 0.假设对任何x

11、0 e (a, b),都有f (x0)丰0 ,则由连续函数的局部保号性，存在x0的某 邻域U(x0; 6x ) = (x0-6x , x J6x ),使得在此邻域内f (x)中0且f (x)的符号与 f (x )的符号相同.集合族 0H = (x-8 , x + 8 )I x e (a,b) u a, a + 8) u(b -8, 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* = (x. -8., x. +8.)1 i = 1, 2, n u a, a + 8) u (b -8, 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H*. H*的所

12、有开区间中右端点最大的区间记为(x -8 , x +8 )，令这个最 21k k k k大的右端点x +8 =己.因为在(b-8, b 内f (x) 0，所以自中b，匕中a，即&e (a, b). kk因为H *覆盖了 a, b ,所以存在H *中的一个区间(x -8 , x +8 ),使得 i i i i&e (x, 8, x, +8,).由于自是H;的所有开区间右端点中最大的，故区间(x -8 , x +8 )不属于H*而属于H*,从而Vx e (x -8 , x +8 ),有 f (x) 0.因为 i i i i12i i i i区间(xk -8k, xk +8k)的右端点xk +8k

13、=己属于区间(x, -8i, x, +8i),所以区间 (x, -8, x, +8,)必与区间(xk -8k,xk +8k)相交，那么在这两个区间相交的公共部分(xxk +Sk)内f既大于零，又小于零，矛盾.5.证明：在(凡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(必要性)设f在(a, b)上一致连续，故V 0，38 0，当x: x (a, b)且I x一 x18 时，成立 I f (x)一 f (x)le .于是当 x: x e (a, b)， 0 x - a 8 ， 0 x a 8 时，必有 I x - x l 8，从而lf( x) f (

14、x) l .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.求以下数列的上、下极限：n TOC o 1-5 h z 1 + (1)n(2) (1)n -n +12 n . n兀、2n +1(4) -sin-n +14、n2 +1 .冗n冗 sin(6) n|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.

15、n. 一, . ，一 11(2)数列(1)n -一-的收敛子列的极限只有两个，分别为：-,，故其上极 2 n +12211限为5,下极限为一方(3)数列2n +1是正无穷大量，故其上极限、下极限都为+82 n . n兀、，(4)数列-7sm的收敛子列的极限只有五个，分别为：-2, 一：2 , 0, v2 ,n +142,故其上极限为2,下极限为-2.兀sin n 2 +1 .兀 n 2 +1 兀 n(5)因为limsin- = lim-n =兀,故其上极限、下极限都为冗n S nn n S n nnn九11n冗，(6)因为Icos-l只取两个值：,1,所以5 Vlcos，lV1则 lim n

16、Ts alim annn Ts,于是，当n t s时， J乙乙Jn 九，r I = 1，故其上极限、下极限都为1.一 1 1:, n 九， 一.有 1 n二-n1 Icos-I nnnTsn lim a + lim b 0，存在N 0，当n N n Tsn Ts时，有a A-= , b B-=,于是a + b A + B-s .再由定理7.8得， n 2 n 2n nlim(a + b ) A + B -s ,由 s 的任意性得 lim(a + b ) A + B .nTsnTs若 a 0 , b 0 ( n =1, 2,)，则 lim a lim b - lim(a b ),nTs nTsn

17、Tslima limb lim(a b ) nTs n nTs n nTs n n证 设lima = A , limb = B，由定理7.7,对任给的s 0，存在N 0，当n N nTsnTs时，有 an A-s , bn B-s，于是 a,” AB - (A + B + s)s .再由定理 7.8 得，lim(a b ) AB - (A + B-s)s .由 s 的任意性得lim(a b ) AB .nTsnTslim a 0,nTs同理可证：lima limb lim(a b ) nTs n nTs n nTs n n证 设liman = A，由定理7.7，对任给的8 0，存在N 0，当n

18、 N时，有 n-81.于是一 an TOC o 1-5 h z 11，从而lim + 8，由8的n8 aAn11任意性得lim 一 0存在N 0，当n N时，1有1 一 B 81 一 B 8 n B从而lim ann811任意性得lima ，即lim一n-8 n Bn8 an=B lim an1所以lim一 =n8 anlim ann-83 .证明：若an为递增数列,则 limann-8=lim an n-8证 若a 为递增无上界数列，则lima =+8 .因为lima liman n8nn8n8，所以也有 nlima = +8 n-8 n为递增有上界数列，则a 极限存在，且lima = su

19、pak.又因为an是n n-8k 1递增数列，所以对任何正整数n，有supak = supak，从而k 1liman n-8=lim supa = sup a = lim a .kn-8 k nk k 1n n-84.证明：若 a” 0 ( n = 1, 2,则数列an收敛.)且 lima - lim = 1，nan8n8 jn总练习题.证明：xj为有界数列的充要条件是 的任一子列都存在其收敛子列.证 (必要性)设匕为有界数列，则匕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xj无界，则对任何正整数k，存在数列 X”中的某项X”，使得x k ( k = 1,

20、2,)，于是lim x =+8，从而子歹ij x 不存在收敛子列.”k”k.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xfa +x-b -值或最小值.证 令F(x) = f ,)a x 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)内取得，从而f在(a, b)内有最大值或最小值.设f在a, b上连续，又有xjua, b，使lim f (xJ=A .证明：存在”f8”e a，b,使 f( x 0) = A.证 因x” ua, b ,故x”有界，由致密性定理，知其存在收敛子列x” .设limx=x

21、 e a, b，因为f在a, b上连续，所以 kf8 ”k0f (x0)= lim f (x“kf8”k)= lim f (x )= A”f8 ”.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 e I有lf( x )l M，I g (x) l 0，35 0，使得 V x ； x e I，只要 lx x l3，就有I f (x) f (x )l ， I g (x) g (x)l .从而有l f (x) g (x) f (x) g (x)ll f (x) g (x) f (x) g (x)l + l f (x) g (x) f (x) g (x)ll f (x，) l . l g (x) g (x ) l + l g (x ) l . l f (x) f (x ) l 0，对5= 1( n = 1, 2,), TOC o 1-5 h z 0n存在相应的两点x, x