数学分析选论习题解.华东师大

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 inf S S ,试证：(1)存在数列anS,使liman；n(2 )存在严格递减数列 an S,使lim an . n证明如下：(1)据假设，a S,有a ；且 0, a S,使得 a.现依1次取n n, n 1,2,，相应地 an S,使得an n , n 1, .证明 1.3例6的因n 0(n),由迫敛性易知lim an.n(2)为使上面得到的a。是产格递减的，只要从 n 2起，改取n minan1 , n 2,3,就能保证an 1(an 1n an , n 2, 3,

2、A, B为非空有界数集，SB，试证:inf Smininf A, inf B现证明如下.由假设，SAB显然也是非空有界数集，因而它的下确界存在.故对任何x S,有x A或x B ,由此推知 xinf A或x inf B ,从而又有x min inf A, inf B inf S min inf A, inf B另一方面，对任何 x A,有x S ,于是有x inf Sinf A inf S ；同理又有inf B inf S ,由此推得inf S min inf A, inf B .综上，证得结论inf S min inf A, inf B 成立.口.设A, B为有界数集，且 A B .证明：s

3、up(A B) min sup A, sup B ；inf (A B) max inf A, inf B .并举出等号不成立的例子.证 这里只证(2 ),类似地可证(1 ).设 inf A, inf B .则应满足：x A, y B ,有 x , y .于是， z A B ,必有zz max ,，z这说明max , 是A B的一个下界.由于 A B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inf A B max inf A, inf B成立.上式中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 A B (3, 4),这时

4、inf A 2 , inf B 0,而 inf (A B) 3 ,故得inf A B max inf A, inf B .口.设A, B为非空有界数集.定义数集A B c aba A, b B ,证明：sup(A B) sup A sup B ;inf (A B) inf A inf B .由条件，不妨设supA supB 0 ,故当足够小时,(sup A supB) 仍为证 这里只证(2 ),类似地可证(1 ).由假设，inf A, inf B都存在，现欲证inf (A分两步证明如下：1)因为 x A, y B,有x , y ,所以 zz x y这说明 是A B的一个下界.0, X0 A,

5、y0 B ,使得xo万，y02从而 Zo Xo yo A B,使得z () ，故是结论 inf (A B) inf A inf B 得证.5 .设A,B为非空有界数集，且它们所含元素皆非负AB c ab a A, b B证明：sup(AB) sup A sup B ；inf (AB) inf A inf B .证 这里只证(1 ),类似地可证(2 ).由于 c (AB), a A, b B (a 0, b 0),使 c因此sup A sup B是AB的一个上界.另一方面，0, a0 A, b0 B ,满足a0 sup A , b0 sup B故 C0 a0b0 (AB)，使得B).依据下确界定

6、义,A B ,必有是A B的最大下界.于定义数集a sup A,ab,且 b supB , c sup A sup B,c0 sup A sup B (sup A sup B)一任意小正数.这就证得 supA supB是AB的最小上界，即 inf (AB) inf A inf B 得证.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.倘若有某个完备有序域F不具有阿基米德性，则必存在两个正元素, F，使序列 n 中没有一项大于 .于是， n 有上界( 就是一个)，从而 由完备性假设，存在上确界sup n .由上确界定义，对一切正整数 n ,有 n ； 同时存在某个正整数 n0

7、，使n0,由此得出(no 2)(no 1),这导致与0相矛盾.所以，具有完备性的有序域必定具有阿基米德性.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:aia2anbnb2 b1 , Jim (bn an) 0 .由于 an有上界bn有下界ak),因此根据确界原理，存在sup aninfbn倘若则有bnan0,n 1,2,而这与lim (bnnan)0相矛盾，故又因anbn, n 1, 2,所以 是一切an, bn的公共点.对于其他任一公共点an，bn，n1,2,因此只能是,这就证得区间套bnan0, nan,bn存在惟一公共点.试用区间套定理证明确界原理.证设S为一非

8、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a1,b1 x。，M ,其中 x。 S( S.aa1 b1),M为S的上界.记C1，若Ci是S的上界，则令a2,b2ai,Ci;否则，若ci不是S的上界，则令a2, b2 Ci, bi . 一般地，若记 Cny，则令an i , bn i n i,2,an,Cn, Cn当是S的上界，Cn, bn, Cn不是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即为S的上确界.由于上述区间套的特征是：对任何n N上界，故 x S ,有x bn ,再由lim bn n界；又因lim an ，故 0 , an n加不

9、是S的上界.根据上确界的定义，证得bn恒为S的上界，而 an则不为S的，便得X ,这说明 是S的一个上,由于an不是S的上界，因此 更supS .同理可证，若S为非空有下界的数集，则S必有下确界.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 Xn的上界.由区间套定理，an , bn ,且使lim an lim bn .下面进一步证明lim Xn.nnn一方面，由Xn bk ,取k的极限，得到Xnlim bk, n

10、 i, 2,k另一方面， 0, K N,使aK;由于aK不是 Xn的上界，故Xn aK ;又因 Xn递增，故当n N时，满足Xn Xn .于是有aK XnXn, n N ,这就证得lim Xn . n同理可证 Xn为递减而有下界的情形.口.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 M 0 ,使得x M , x S .现设ai, bi M , M ,则S ai, 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,应用区间套定理的推论，0,当n充分大时，使得an, b

11、nU（;）；由于an , bn中包含了 S的无限多个点，因此 U（;）中也包含了 S的无限多个点，根据 TOC o 1-5 h z 聚点定义，上述 即为点集S的一个聚点.口1 1 .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ai, bi 的一个无限覆盖.倘若an, bn 不存在公共点，则ai, bi 中任一点都不是区间套的公共点.于是， x ai, bi ,an, bn ,使x an, bn .即U （x； x）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

12、限多个邻域构成 ai, bi的一个无限开覆盖：H U （x; x） x ai, bi.依据有限覆盖定理，存在 ai, bi 的一个有限覆盖：HUi U(xi； xi) i i,2, , N其中每个邻域Ui ani , bni ,i i,2, N .若令K max ni, n2, nN ,则aK , bK ani, bni , i i,2, N，从而包此Ui , i i,2, N()K)N但是 U i覆盖了 ai, bi ,也就覆盖了 aK , bK ,这与关系式（水）相矛盾.所 i i以必定存在an, bn, n i, 2,.（有关 惟一性的证明，与一般方法相同.）1 2 .设S为非空有界数集

13、.证明:sup |x y |x, y SsupS inf S -inf S,supS,且,则S为单元素集，结论显|xy | x, y S ,欲证sup E首先,x, y|x y |这说明的一个上界.又因0,不再是S2的上下界，故x0 , y0，使所以xoyo是E的最小上界,| xoyo I (于是所证结论成立.13 .证明：若数集 S存在聚点,则必能找出一个各项互异的数列xnS，使lim xnn证依据聚点定义，对1 1,xiS . 一般地，对于如此得到的数列xnminxn U必定满足:1 4 .设聚点，则2,3,| xn| xn| xn 1S为实轴上的一个无限点集.xn(n试证:xnn 2,3

14、,;lim xn nS的任一无限子集必有属于S为有界集;S的所有聚点都属于 S证 (1)倘若 S无上界，则对 Ml 1, xi S,使Xi Mi ; 一般地，对于Mn max n , Xn 1 , Xn S,使Xn Mn , n 2,3,这就得到一个各项互异的点列 XnS,使lim Xn. S的这个无限子集没有聚点，与题设条件相矛盾，所n以S必有上界.同理可证 S必有下界，故 S为有界集.(2)因S为有界无限点集，故必有聚点.倘若S的某一聚点 o S ,则由聚点的性质，必定存在各项互异的数列XnS ,使lim Xn0 .据题设条件，Xn的惟n一聚点 0应属于S ,故又导致矛盾.所以S的所有聚点

15、都属于S1 5 .证明：sup anan ,则必有 lim ann.举例说明，当上述 属于an时，结论不一定成立.证利用 1.3例4,ankan，使 lim ankn,这说明 是an的一个聚点.又因又是an的上界，故an不可能再有比更大的聚点.所以an的上极限.an时，结论不一定成立.例如,1 supn显然不是的上极限.指出下列数列的上、下极限:(3 )1 ( 1)n(2)1)nn2n 1n cos n3(4)2nn 1sin(5)n2 1sin -n na2k2 , a2k 10,故 limnan 2,lim ann1或lim anlim1,则an必定收敛.(2)a2k 4k2k1-，a2k

16、12(3 )n2(4)an2nn 12k 14k 1lim annlimnansin故 lim ann2,limnan(5)ansin nlimnanan为有界数列,limnan )limnsup(k nak )取极限，即得结论（1）8 .设 lim ann 1(1) liman(3)若lim annlimnlim ananlimnan,2 2n n-, 2nn 1 ,2n n21 , 2n n8k8k4k,8k8k1, 8k3,2,2,1,8k(n2n 2证明:aninfk n1lim ann1)sinnlimnanlimnan(2)lim(nan )lim ann(ak),inf (k n

17、ak)sup( ak),(2)limn1anlimn1an而n ann1ansupk n ak叫（ak）inf k n aksup(ak) k n令n取极限，即得结论（1）与（2）lim an lim n n n an1 ，则由（1 ）立即得到lim an lim an ,因此极限 nlim an存在，即得结论（3）n类似地，若lim an lim nn1an1，则由（2）同样可证得（3）n 22l|x y |x y |(xii 1(x, S)infy s(x, y) -证明：（1）若S是闭集，x S ,则(x, S)第二章 连续性1 . 设x, y n ,证明:|x y| . 设S n ,点

18、x n到集合S的距离定义为 |x y|22(|x|2 | y |2 )证由向量模的定义,n、2,、2yi)(xi yi)i 1n_22_222(x2yi2) 2(|x|11y | )i 1（2）若S s sd （称为s的闭包），则S x n| (x, S) 0证 （1）倘若 （x,S）0 ,则由 （x, S）的定义，yn S ,使得,、1(x, yn ) , n 1, 2 ,因x S ,故yn x ,于是x必为S的聚点；又因S是闭集，故x S ,这就导致矛盾.所以证得（x,S） 0(2) x S.若 x S,则(x,S)0显然成立.若x S ,则x Sd （即x为S的聚点），由聚点定义,0,

19、U (x; ) S ,因此同样有反之，凡是满足ynfs（x，y）（x，s）0.（x, S） 0的点x ,不可能是S的外点（若为外点，则存在正数 ，使 U(x; 0) S，这导致inf (x,y)y s矛盾）.从而x只能是S的聚点或孤立点.若 x为聚点，则x SdS ;若x为孤立点,则x S S .所以这样的点 x必定属于S综上，证得 Sn| (x, S) 0 成立.3 .证明：对任何n , Sd必为闭集.证如图所示，设x。为Sd的任一聚点,欲证x0S。,即x0亦为S的聚点.这是因为由聚点定义,0,再由y为S的聚点,于是又有U （ x0 ;(x0 ；U(y；(y;(x0;)，有，所以x0为S的聚

20、点，即x0Sd ,亦即Sd为闭集.4 .证明：对任何S必为闭集.证如图所示，设S的任一聚点，欲证 x0 x0亦为S的界点.为x0再由y为界点的定义,由聚点定义，0 , y ,使y u (x.;) s .U ( y ; ) U ( x0 ;),记ai , biaibixo , xi , ci2一 .右 ci S ,a2 , b2 ai, ci . 一般地，用逐次二等分法构造区间套：记anbncn z不妨设cnS ),并取an i , bn icn , bn , cn为S的内点，n i, 2,an ,。 , cn为S的外点,此区间套的特征是：其中每个闭区间的左端点an恒为S的内点，右端点bn恒为S

21、的外在U( y;)内既有S的内点，又有S的外点.由此证得在U(X0；)内既有S的内点，又有S的外点，所以X0为S的界点，即 S必为闭集.口.设S n , xo为S的任一内点，x1为S的任一外点.证明：联结xo与x1的直线段必与 S至少有一交点.证 如图所示，把直线段 x0 x1置于一实轴上，并为叙述方便起见，约定此实轴上的点与其坐标用同一字母表示.下面用区间套方法来证明x0 x1S .则结论成立；若ci为S的内点，则取a2,b2 ci, bi ;若ci为S的外点，则取点.现设lim an lim bn y ,下面证明y S . nn由区间套定理的推论,0 ,当n足够大时，an , bn U(

22、y;),因此在U( y;)中既含有S的内点(例如an ),又含有S的外点(例如bn ),所以xoxi上的点y必是S的界点.口.证明聚点定理的推论2和推论3 .(1)推论2 n中的无限点集 S为有界集的充要条件是：S的任一无限子集必有聚点.证必要性当S为有界集时，S的任一无限子集亦为有界集，由聚点定理直接 推知结论成立. TOC o 1-5 h z 充分性 用反证法来证明.倘若 S为无界集，则必能求得一个点列PkS使得lim | Pk | .这个 Pk作为S的一个无限子集不存在聚点，与条件矛盾.故Sk为有界集.口(2)推论3 n中的无限点集S为有界闭集的充要条件是：S为列紧集，即S的任一无限子集

23、必有属于 S的聚点.证 必要性 因S有界，故S的任一无限子集亦有界，由聚点定理，这种无限子集 必有聚点.又因子集的聚点也是S的聚点，而S为闭集，故子集的聚点必属于S .充分性由上面(1)的充分性证明，已知S必为有界集.下面用反证法再来证明S为闭集.倘若S的某一聚点 P S ,则由聚点性质，存在各项互异的点列PkS ,使lim Pk P .据题设条件，Pk的惟一聚点P应属于S ,故又导致矛盾.所以 S的k所有聚点都属于 S,即S为闭集.口.设 Xn,f : Xm, A,B X .证明：f (AB)f(A)f(B)；f (AB)f(A)f(B);(3)若 f 为一一映射，则 f (A B) f (

24、A) f(B) .证 (1) y f(A B), x A B,使 y f(x) .若 x A,则 y f(A)； 若 x B,则 y f(B) .所以，当 x A B 时，y f (x) f (A) f(B).这表示 f(A B) f (A) f (B).反之，yf (A)f(B),xX,使 y f(x) .若 y f(A),则 x A;若y f (B),贝I x B ,于是 xAB .这表示 y f (x) f (A B),亦即f(A B) f(A) f (B).综上，结论f(A B) f (A) f(B)得证.y f (A B), x A B,使 f(x) y.因 x A且 x B,故f

25、(x) f(A)且 f(x) f (B),即 y f (x) f (A) f(B),亦即 f(A B) f (A) f(B).2然而此式反过来不一定成立.例如f(x) x2 , A 2,1, B 1, 2,则有f(A) f(B) f(A) f(B) 0, 4;A B 1, 1, f(A B) 0,1.可见在一般情形下，f (A) f(B) f(A B).y f (A)f(B),x A, x2B,使 y f(x1)f(x2).当 f 为一一映射时，只能是 x1x2 AB ,于是yf (A B),故得f (A) f(B) f (A B). TOC o 1-5 h z 联系(2),便证得当f为一一映

26、射时，等式f(A) f(B) f (A B)成立.口nm c nm.设 f,g., a ,b,c ，且lim f (x) b, lim g(x) c . x ax a证明：lim 11f (x)| |b|,且当 11bH 0 时可逆； x a(2 ) lim f (x)g(x) bTc . x a证设f(x) f1(x), fm(x) , g(x) g1 (x) , gm(x),a a1, , an , b bh ，bm , c q, ,%.利用向量函数极限与其分量函数极限的等价形式，知道 TOC o 1-5 h z lim fi (x) bi , lim gi (x) Ci , i 1,2,

27、 m .x ax a(1) lim |f(x)| lim 7f12(x)fm2(x) t%2bm211bH.x ax a当 |b| 0 时，由于 |f(x)| |b| 11f (x)|,因此由 lim |f(x)|0 ,推知x a- 2一1一，、一lim fi (x) 0, i 1,2, m ,即得lim f(x) 0 x ax a(2 )类似地有lim f (x)g(x) lim fi(x)gi(x)fm(x)gm(x)x ax abiCibmCm b CD满足.设D n, f : D m .试证：若存在证数 k , r ,对任何x, y11f(x)f(y)| k|x y|r ,则f在D上连

28、续，且一致连续.证 这里只需直接证明f在D上一致连续即可.1丁., .00 ,对任何x, y D ,只要满足| x y |,便有 k11f(x) f(y)| k|x y|r由于这里的 只与 有关，故由一致连续的柯西准则(充分性)，证得f在D上一致连续.口.设D n,f：D m ,试证：若f在点x0 D连续，则f在x0近旁 局部有界.证由f在点x0连续的定义，对于 1 ,0 ,当x U(xO;)时，满足11f(x)| 11f (x0)| | f(x) f(x0)| 111f (x)| 111f (x0)|,所以f在x0近旁局部有界.1 1 .设f : nm为连续函数，An为任一开集，Bn为任一闭

29、集.试问f(A)是否必为开集？f(B)是否必为闭集？为什么?解 f (A)不一定为开集.例如f (x) sin x, x (,).f(B)必为闭集且有界.但当 B为无界这里A (,)为开集，但f (A) 1, 1却为闭集.当B为有界闭集时，由连续函数的性质知道 闭集时，f(B)就不一定为闭集，例如f(x) arctan x, x (这里B (,)可看作一闭集，而 f(B) , 却为一开集.1 2 .设D n,: D n .试举例说明:(1)仅有(D) D,不一定为一压缩映射;(2 )仅有存在 q ( 0 q 1),使对任何 x , x D ,满足II (x) (x )| q|x x | , 此

30、时 也不一定为一压缩映射.解 (1)例如 (x) x 1, x 0,) .这里D 0,)为一闭域，它虽然满足 (D) 1,) D ,但因| (x) (x ) | |x x | ,所以不是压缩映射.(注：这也可根据压缩映射原理来说明，由 x 1 x无解，即没有不动点，故 不是压缩映射.)x(2)例如(x) - 1, x D 1,1 .它虽然满足 21I (x) (x )|1|x x I (q 0.5), TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark110 o Current Document 3但因 (D), D ,故此仍不是一个压缩映射.23 .讨论a, b取怎样的值时

31、，能使下列函数在指定的区间上成为一个压缩映射：21(x)x, x a, b ；(2)(x) x ,xa, a；3(x)Vx, x a, b；(4)4(x) axb,x0, a.解 (1)由I1 (x )1 (x ) | x x| ,可知对任何 a,b ,1在a,b上都不可能是压缩映射.(2)首先，只有当 0 a 1时，才能使2(a, a) 0, a a, a .其次，由于对任何 x , x a , a 都有I 2 (x )2(x ) I Ix x I Ix x I 2aIx x I,1因此只要取0 q 2a 1 ,即0 a 2 ,就能保证 2在a, a上为一压缩映射.(3)由 3(a, b)

32、ya, Vb a, b,可知 0| x x |1| 收x |& K 右1x x ，又可求得、a1rr 11一，即a .所以，当取一244a 1 b时，就能保证 3在a , b 上为一压缩映射.(4) 由于a2,0 b ax b a b a ,解出a2 a (即0 a再由| ax b axb | a|x x | ,可见只要 0 a 1, b在0 , a 上为一压缩映射.1 4 .试用不动点方法证明方程x lnx 0在区间1/2, 2/3 上有惟一解；并用迭代法求出这个解(精确到四位有效数字)解若直接取 (x) x (x ln x) In x ,则因13| (x)| - - 1, x 1/2, 2

33、/3 ,x 2可知 在1/2, 2/3 上不是压缩映射.为此把方程改写成x e x ,并设(x)xx (x e ) e由于在 1/2, 2/3上| (x) |ex| 七 1一 一 _2/31 /2一 一 _(1/2, 2/3 ) e , e 1/2 1 /2, 2/31/2, 2/3上有惟一不动点.所以 (x) e x在1/2, 2/3上为一压缩映射，且在x取x0 1 /2 ,按xk 1 e k迭代计算如下:kxkkxkkxk00.540.560110.606550.5712150.567220.545260.5649160.567130.579770.5684170.5671所以，方程x e

34、即 x ln x 0 的解(精确到四位有效数字)为x 0.5671 1 5 .设f : B n ,其中B x n | (x, x0) r为一个n维闭球(球心为 x0 ) 试证：若存在正数q ( 0 q 1 ) ，使对一切x , x B ，都有|f(x) f(x )| q|x x |，| f(x0) x0 |(1 q )r ，则 f 在 B 中有惟一的不动点证 显然，只需证得了f ( B ) B ，连同条件便知f 在 B 上为一压缩映射，从而有惟一的不动点现证明如下：x B, y f (x) 由 | x x0 | r ，以及题设条件的两个不等式，得到|y x0 | | f(x) f(x0)| |

35、 f(x0) x0 |q|x x0 | (1 q)r qr (1 q)r r .这表示 y f(x) B ，即 f (B) B 第三章 微 分 学.考察 f (x) ex|x|的可导性.解 写出 f ( x) 的分段表达式：f ( x)xex, x 0,xex , x 0.它在 x 0 时的导数为f ( x)(x 1)ex,x 0,x(x 1)ex,x 0;而当x 0时，由于f (0) limx 0 xxe 0 x1,f (0)xxe 0lim x 0 x此f在x 0处不可导.设x 3,x 3.2x ,f(x)ax b,若要求f在x 3处可导，试求a, b的值.解 首先，由f在x 3处必须连续

36、，得到3a .再由xlimBax b 9x 3lim a(x 3)x 3 x 3一x 9f (3) lim lim (x 3) 6 ,x 3 x 3 x 3又得 a 6, b 9 3a 9 .设对所有x ,有f (x) g(x) h(x),且f (a) g(a) h(a), f (a) h (a) .试证：g(x)在xa处可导，且 g (a)f (a)证由条件，有f (x) f (a) g(x) g(a) h(x) h(a),从而又有f(x) f(a)x af(x) f(a)x ag(x) g(a)x ag(x) g(a)x ah(x) h(a)x ah(x) h(a)x a由于 f (a)

37、h (a),因此 f (a)f (a) f (a) h (a) h (a),故对以上两式分别取x a与x a的极限，得到于是有f (a) g (a) h (a)与 f (a)g (a) h (a).g (a) g(a),即证得g(x)在x a处可导，且 g (a) f (a).证明：若 f (x)在a, b上连续，且f(a) f(b) 0, f (a).f (b)0,则存在点(a, b),使f ()证如图所示，设f (a)0, f (b)由极限保号性，在点 a的某一右邻域U内,内,使 f(x) f(a)0 x a有 f(x ) f(b)0 x bf (x )x,x 上的介值性，必定(x , x

38、f(x),x (a,b),它在点x0 xnx0yn且limnxnx。limnyn先作变形:f(yn) f(xn)ynxn由f (x0)存在，故又由 lim xn limnn从而得到(a)0 ,U (b) .最后利用连续函数f(x)在(a,(a,的任意两个数列.证明:limnynb)可导;1,2,xn 与 yn 是满足f(yn) f(xn)y nxnf (x0) .x0f(yn) f(x0)x0ynxnynx0ynxn f(x0) f (xn) .xn x0 xn0,x00,当 0 | xx0 |时，有f(x) f(x0)x x0yn x0f(yn)0,f(x0)yn x0f(x0) f(xn)

39、x0 xnx0(x0)N 0,当n N时，有xn(x0)(x0)分别以正数 yn x0与z y n xn y nXnXn乘以上两式，并相加,又得到yn X0 y n XnX0 Xnyn Xnf(yn) f(X0)yn X0yn X0 y n XnX0 xnf (xo) y nXn把它化简整理后，即为f(yn)从而证得结论：lim nyn ynXoXnX0y nXnf(Xn)ynXnf (X0)f(yn) f(Xn) f y n xn(X0).6.设f(x)在a, b上连续，在(a, b)内可导，通过引入适当的辅助函数，证明:存在(a, b),使得2 f(b)f(a) (b2a2)f ();(2

40、)存在(a, b),使得f(b) f(a)(ln -b ) f (a(1)在一般形式的中值定理(定理3.8 )中,令g(X)X2 ,即得本题结论.(2)把欲证的式子改写成f(b)1f(a) lnbln a f (),且令g(x) lnx ,上式即为关于f (x)与g(X)所满足的一般中值公式.证明推广的罗尔定理：若f(x)在()上可导，且(包括limXf(X)limXf(X) l),则存在，使得f关键在于证明存在两点a, b ,f(a) f(b) .为此任取一点 x0 ,使f(x0) l (这样的点X0若不存在，则 f(x)l f (x) 0 ).如图所示，设f(x0) l由于lim f (X

41、) l ,因此对于Xlf2(X0)0 , X 0 ,当|x| X时，满足l f (X) l .现取x X, x X ,并使x x0 x .由于f(x) lf(X0), f(X0) l f(x ),借助连续函数的介值性，必存在a (x , X0 )与 b (X0, x ),使得1f(a) f(b) l -l f(x。).于是由罗尔定理，存在 (a, b),使得f ( ) 0 .8 .证明：若 f (x)和g(x)在a, b上连续，在(a, b)内可导，且 g (x) 0 ,则存在 (a, b),使得 f ( ) g ()f( ) f(a) g(b) g()证令(x) f (x) g(x) f (

42、x)g(b) f (a)g(x),它在a, b上连续，在(a, b)内可导，且 (a)(b) f(a)g(b).由罗尔定理，存在 (a, b),使得()f( )g( ) f( )g( ) f ( )g(b) f(a)g( ) 0 ,即f ( )g(b) g( ) g ( ) f( ) f(a) .由于g( ) 0, g(b) g()(根据g (x) 0和导函数具有介值性，推知 g (x)恒正或恒复，故 g(x)严格单调)，因此可把上式化为结论式f ( )f( ) f(a)g( )g(b) g()9 .设 | f(x)| M 0, | f (x) | M2, X (,),证明：| f (X) |

43、2 JM0M2 , x (,).证若M20 ,则可相继推出：f (x) 0 f (x) C f(x) Cx B ,再由| f(x) | M0 ,可知C 0 f (x) 0 ,结论成立.同理，当 M 00时结论同样成立.现设利用泰勒公式,x,由此得到于是证得使得M0M0f(x) 20.Mf (x)4M 0M2I f (x)|f(x)2M0 fM2(x)IM22、M0M0RA 2M0M0 F7M24M0,.4M 02 M0M2f (x)在a, b上二阶可导,f (a)(b) 0 .证明:(a,b),以上两式相减后得到)I(b a)2I f(b)f(a)|.分别在点f(b)maxa与b作泰勒展开:f

44、(a)要 2 !a ba, 2f(b)f(a)f(b) f(a)f ( 2)2 !2)(1)则有1)2) f ( 2)1，于是证得结论:I f ( )1(ba)2|f(b) f(a)|.11.设在0, a上有 f (x)M ,且f (x)在(0, a)内存在最大值.证明:f (0) f (a) aM证设f(x)在c(0, a)取得最大值，则f(c)也是一个极大值,故f (c) 0 .由微分中值公式得到f (0)f (c) f ( 1)(0 c)cf ( 1),1(0, c)，f (a) f (c) f ( 2)( a c) (a c) f ( 2),2 (c, a );从而又有f (0)| c

45、 f ( i)| cM , I f (a)| (a c) f ( 2) | (a c)M ,由此立即证得| f (0)| f (a)| aM .口1 2 .证明：若fx (X0 , y)存在,fy(x, y)在点 P0 (x0, y)连续，则 f(x, y)在点P0可微.y)f(x0,y。)y) f(x0 x,y。)f (x0, y0).证 z f (x0 x, y0f (x0 x, y0f (x0 x, y)因fy(x, y)在点P0连续，故z的第一部分可表为y) yf(x0 x, y0 y) f(x0 x, y0)fy(x0 x, y0fy(x0,y0)yy (其中 xm00);y 0又因

46、fx (x。，y。)存在，故z的第二部分可表为f(x0 x, y)f(x0,y0)fx(x0,y0) x x (其中 lim 0).x 0所以有zfx(x0,y) xfy(x0,y) y x y,而且由于，. I I I I 0 ( x 0, y 0)，/22x x y便证得f(x, y)在点P0可微.口3 .若二元函数f与g满足：f在点Po(X0, yo)连续，g在点P0可微，且g(P0) 0 ,则f.g在点P0可微，且d(f .g) Pf(P0)dg(P0)0证 记h f.g .由于g在点P0可微，根据定理3 .4 (必要性)，存在向量函数G(P)Gi(P),G2(P)，它在点P0连续，且

47、满足g(P) g(P) g(P。)G(P)(P R), g(P。)G(P。).由此得到h(P) h(P。) f(P)g(P) f(P0)g(P。) f(P)G(P)(P P0) H(P)(P P0),其中H(P) f(P)G(P)在点P0连续.仍由定理3 .4 (充分性)，推知h在点P0可微，且因 h(P) H(P)f (P0)G(P) f(P)g (P),进一步证得d(f.g) P dh Pf(P0)dg(P0) P0P01 4 .设2xyf(X, y)22, (x, y) (0,0),x y0,(x, y) (0,0).证明：(1 ) f在原点O (0, 0)连续;fx , fy在点O都存

48、在;fx , fy在点O不连续;f在点O不可微.证 (1)若令 x r cos , y r sin ,则因2lim f (r cos , r sin ) lim r cos sin 0 , TOC o 1-5 h z r 0r 0可知f在r 0处(即在点O处)连续.fx(0,0)lim f( x，0) f(0，0)0,xx 0 xfy(0,0)lim f(0，y) f(0，0)0.y 0y(3 )求出fx(x, y)fy(x, y)2/22、y ( y x )22 2(x2 y2)0,c 32x y27, (x y )0,(x, y) (0,0),(x, y) (0,0)；(x, y) (0,

49、0), (x, y) (0,0).由于当r 0时,2, . 22、fx (r cos , r sin ) sin (sin cos ),，.、 c3它们都不随r0而趋于0 (随fy (r cos , r sin ) 2 cos sin ,而异)，因此fx , fv在点O都不连续.x y(4)倘若f在点O可微，则2x y22f( x, y) f(0,0) fx(0,0) x fy(0,0) y 22 o( x y ).x y但是当令x r cos , y r sin 时，2x y222 3/2 cos sin 0 (r 0),(x y )所以f在点O不可微.5 .设可微函数 f (x, y)在含

50、有原点为内点的凸区域D上满足x fx(x, y)y fy(x, y) 0 试证：f (x, y) 常数，(x, y) D .证对于复合函数z f (x, y), x r cos , y sin由于 TOC o 1-5 h z zr xy fx f y fx cosf y sinr rr1.(xfx yfy)0 (r 0),r的函数(除原点外).因此在极坐标系里 f与r无关，或者说f只是如图所示，P1, P2 D , 0Pl与OP2的极角分别为 1与2 .若12 ,则由上面讨论知道f(P1) f(P2) .若12，此时利用f在点0连续，当动点 P分别沿半直线1与 2趋向点0时，f在 1上的常值与

51、在 2上的常值都应等于f(0) .这就证得f (巳)f (P2),即f(x, y)常数，(x, y) D . 口16.设二元函数f(x, y)在 2上有连续偏导数，且f (1,0) f (0,1) .试证：22.在单位圆x y 1上至少有两点满足y fx(x, y) x fy(x, y).证在单位圆r 1上，记()f (cos , sin ), 02 .由于fx与f y连续，故f可微，一元函 也可微.已知 (0) f (1, 0) f (0,1)(y),由罗尔定理， 1(0,万)，使得(1) 0 .同理，由 (万)(2),2(万，2),使得 (2) 0 .而f (r cos , r sin )

52、 r sin fx r cos fy y fx x fy ,()(yfxx fy )故在r 1上存在两点 P1(cos 1, sin 1)和P2(cos 2 , sin 2),满足y fx(Pi) xfy(Pi), i 1,2.(1)若f(x,y)在凸开域D上处处有fx(x,y) fy(x,y) 0,则f(x, y)常数,(x, y)f(x, y)在开域D上处处有fx(x,y) fy(x,y)0,则同样有f(x, y)常数,(x, y)1)由于 D为凸开域，因此(x1 , y), (x2, y) D ,联结这两点的直线段必根据 3 .5的例1。知道 f (x, y)与x无关；类似地，f (x,

53、 y)又与y无关.这样,f在D上各点处的值恒相等.(2)当D为一般开域时( 如图),P,QD ,必存在一条全含于D内、联结P, Q两点的有限折线.又因这条折线上的点全为D的内点，故在每一点处有一邻厂?Q y *D域含于D ,所有这无穷多个邻域覆盖了整条折线.由有限覆盖定理，这条折线能被其中有限个邻域所覆盖.在这每一个邻域内，由(1)已知f(x, y) 常数，而相邻两个邻域之交非空,整个D上 f(x, y)常数.故经有限次推理，可知f (P) f (Q) .由P, Q在D内的任意性，这就证得在f(x, y)存在连续的二阶偏导数，且令(其中x u cos vsin , y为常量)，则在此坐标旋转变

54、换之下,f xxf yy f uuusin vcosfxxfyy为一形式不变量，即fvv由条件，fxyfyx ,且有由此容易推至结论1 9 .设 D证明：若由于分别设为如果Plfu ufvvfxx如果P2fu fxxu fy yu fxCos fy sin ,fv fx xv fy yv fx sinfy cos ;(fxx xu2 fxx COs2 fxx sinfyyfuu2为一有界闭域,fx(x, y)D上的值恒为零，则f(Pi)int D的内部取得，则有Mfxy yu )cos ( fyx Xu2 fxy sin cos2 fxysin cosfvv成立.f (x, y)在 Dfyy

55、sinfyy yu)sin22fyy COs上可微,且满足fy(x, y) f (x, y).f在D上的值亦恒为零.上可微，D为有界闭域，因此 f在则f(Pi)为一极大值，故满足Mf(P1)fx(P1)f(P2)为一极小值，同理有mm 0 ;如果P1 (或P2 )综上，在任何情形下恒有f (x, y)2 0 .设f(u,v)某一直线平行.证由于f可微,又因n . l 0，其中l为法向量的切平面恒与以上存在最大值和最小值,fx(Pl)fy(Pl)f(P2)fy(Pl )0 ,由条件,D,则由条件又使0, (x, y) D .为可微函数.试证：曲面 f (x ay, z by)因此该曲面在其上任一

56、点处的法向量为fu, a fu bfv ,(a, 1, b)，所以上述法向量 n恒与常向量l为方向向量的直线相互平行.2 1 .证明：以为参数的曲线族fvM与m都在D的任一切平面恒与正交.这说明以n2y1 (a b) b是相互正交的(当相交时).证 设曲线族中当1, 2时所对应的两条曲线相交，则应满足 TOC o 1-5 h z 221 , i 1,2;a i b i将此二式相减，经整理得到22(b 1)(b2)x2 (a 1)(a2)y20 .另一方面，此二曲线在交点(x, y)处的法向量分别为nii 1,2.由于 TOC o 1-5 h z x yx yn1. n 2,.,a 1 b 1

57、a 2 b 222(b 1)(b2)x (a 1)(a2)y(a172(b15(b2)因此这两条曲线在交点(x, y)处互相垂直.2 2 .设D n为凸集，f : D 为凸函数.证明:(1 )对任何正数，f是D上的凸函数；(2 )若g也是D上的凸函数，则 f g仍是D上的凸函数；(3)若f(D) I ,h是I上的凸函数，且递增，则 h f亦为D上的凸函数.证 (1)据凸函数定义， x, y D ,(0, 1),有f(1 )x y) (1)f(x) f(x).以乘之，得f(1 )x y) (1) f(x) f(x),此即表示f亦满足凸函数定义.(2)由f(1 )x y) (1)f(x) f(x)

58、,g (1)xy)(1)g(x)g(x),两式相加后得到此即表示f(3 )(f g)(1 )xg亦为D上的凸函数.由 f (1 )xy)h(f(1)xy)(1)(fg)(x)(f g)(x),(1)f(x)f(x),以及h为递增凸函数，得到y) h(1)f(x)f(x)(1)h(f(x)h(f(y),或者写成此即表示h(h f )(1)xf亦为D上的凸函数.y) (1)(h f )(x)(h f )(y),2 3 .设)上为非负严格凸函数，且F(x) fx (x 0),其中 f (x)在0, xf(0) 0 .试证：F(x)与f (x)都是严格递增函数.证由条件，F(x)f(x) f(x) f

59、(0)x1，x2 ( 0 x1 x2),因为 f (x)为严格凸函数，根据严格凸函数的充要条件(定理3.12 ),有f(x1) f(0)f(x2) f(0)x2x10而这就是F (x1) F (x2),所以F(x)是严格递增函数.又因1f(x2)f(x1)短出2)f(x1)下 丫 F(x2) F(x1) ，所以f(x2) f(x1)，即f(x)也是严格递增函数.24. 证明定理3 .13的推论1和推论2.证 这里要证明的是：若 f在开区间I上为凸函数，则f在I中每一点处都连续；f在I中每一点处的左、右导数都存在.现分别证明如下一一(1 )由定理3 .13, f在任何,I上满足利普希茨条件f在,

60、上一致连续f在,上连续 f在I上处处连续.X0 I ,设 F(h) Ux0h)一fix0上(h 0).由定理 3 .12,知道hF (h)为递增函数.另一方面，因 I为开区间，必存在 xi I ,使Xi xo ,于是又有f(X0)f(Xi)F(h),xo xi这说明F(h)有下界.综合起来，根据关于函数极限的单调有界定理，存在右导数lim F (h) f (xo). h 0同理可证存在左导数 f (x0) .口(注：如果先证得 f (x0)与f (x0)都存在，则立即知道 f在点x0既是左连续，又是右连续，从而 f在点x0连续.由x0在I中的任意性，便证得 f在I中处处连续.)2 5. 证明定