《数学分析简明》尹小玲 第9章答案

本文格式为Word版，下载可任意编辑——《数学分析简明》尹小玲第9章答案第九章再论实数系

§1实数连续性的等价描述

2．利用紧致性定理证明单调有界数列必有极限．

证明设数列{xn}单调递增且有上界，则{xn}是有界数列，由紧致性定理知数列{xn}必有收敛子数列{xnk}，设limxnk?c，则由{xn}单调递增知c必为数列{xn}的上界，且根

k??据数列极限的定义知???0,?K,当k?K时，有xnk?c??，即

c???xnk?c??，

特别地xnK?1?c??，

取N?nk?1，则当n?N?nk?1时，由数列{xn}单调递增且c为它的上界知

c???xnK?1?xn?c?c??，

即xn?c??，从而limxn?c，即单调递增有上界数列必有极限．

n??同理可证{xn}单调递减有下界时必有极限，因而单调有界原理成立．

3．用区间套定理证明单调有界数列必有极限．

证明不妨假设数列{xn}单调递增有上界（{xn}单调递减有下界可同理证明)，即存在

b?R，使得a?x1?x2???xn???b，下证数列{xn}有极限．

若a?b，则{xn}为常驻列，故{xn}收敛，因而以下假设a?b．取a1?a,b1?b，二等分区间[a1,b1]，分点为则令a2?a1,b2?a1?b1a?b1，若1仍为{xn}的上界，22a1?b1a?b1a?b1；若1不是{xn}的上界，即存在m，使xm?1，则

222令a2?a?b2a?b2a1?b1,b2?b1.二等分区间[a2,b2]，分点为2，若2为{xn}的上界，

222a?b2a2?b2a?b2,b3?b2.?；若2不是{xn}的上界，则令a3?2222则令a3?a2,b3?依此类推得一闭区间套?[an,bn]?，每一个区间的右端点都是{xn}的上界，由闭区间套定理知存在唯一的c?R，使得c属于所有闭区间，下证数列{xn}的极限为c．

由于lim(bn?an)?limn??b?a?0，故根据数列极限的定义，???0，存在N，当

n??2n?1n?N时，都有bn?an??2，而c?[an,bn]，故

[an,bn]?(c??,c??).（*）

另一方面，由闭区间套的构造知?K，使得an?xK?bn，故对?n?K，由于xn?xK，故an?xK?xn?bn.而由（*）知c???xn?c??，即xn?c??，从而limxn?c，

n??因而单调有界数列必有极限.

4．试分析区间套定理的条件：若将闭区间列改为开区间列，结果怎样？若将条件

[a1,b1]?[a2,b2]??去掉或将条件bn?an?0去掉，结果怎样？试举例说明．

分析（1）若将闭区间列改为开区间列，结果不真．如开区间列??0,????1????满足n???1??1??1??1??1?lim??0??0且?0,???0,???0,?????0,???，但不存在r，使r属于n??n???1??2??3??n?所有区间．

（2）若将定理其它条件不变，去掉条件[a1,b1]?[a2,b2]??，则定理仍不成立，如

??1??n,n????是闭区间列，且bn?an?0，但显然不存在r，使r属于所有区间．?n????（3）若去掉定理条件bn?an?0，则定理仍不成立，如闭区间序列??1?????11??,3???nn??满足[a1,b1]?[a2,b2]??，此时区间[1,3]内任意一点都属于闭区间序列的任何区间，与唯一性矛盾．

5．若{xn}无界，且非无穷大量，则必存在两个子列xnk??,xmk?a（a为有限数）．证明由于{xn}无界，故?k?N，都存在xnk，使得xnk?k，因而limxnk??．

k??又由于{xn}不是无穷大量，根据无穷大量否定的正面陈述知?M0，对?K?0，存在

mk?K，使得|xmk|?M0.从而对于?K?0，数列{xmk}为有界数列，从而必有收敛子

列{xmk}．故结论成立．

6．有界数列{xn}若不收敛，则必存在两个子列xnk?a,xmk?b(a?b)．

证明由于{xn}为有界数列，由紧致性定理知数列{xn}必有收敛的子列{xnk}，不妨设

xnk?a(k??)，又由于数列{xn}不收敛于a，故从{xn}中去掉{xnk}后所得的项还有

无穷多项(否则数列{xn}就收敛于a)．记其为数列{xnk}，又由于{xnk}为有界数列，故有收敛子列，设此子列的极限为b，则a?b，而此子列也是{xn}的子列，故设其为{xmk}，因而limxmk?b(a?b).

k??7．求证：数列{an}有界的充要条件是，{an}的任何子数列{ank}都有收敛的子数列．证明必要性：由紧致性定理知结论成立．

充分性：反设数列{an}无界．若{an}是无穷大量，则{an}的任何子列都不存在收敛的子列，矛盾；若{an}不是无穷大量，则由第5题知{an}有一子列{ank}是无穷大量，从而

{ank}没有收敛的子数列，也矛盾．因而数列{an}有界．

8．设f(x)在[a,b]上定义，且在每一点处函数的极限存在，求证：f(x)在[a,b]上有界．

证明对?t?[a,b]，由于f(x)在t处的极限存在，故设limf(x)?A，则对??1?0，

x?t存在?t?0，?x，当0?|x?t|??t时，有f(x)?A???1，从而f(x)?|A|?1，取

M?max?f(t),|A|?1?，则?x?(t??t,t??t)，都有f(x)?M，即f(x)在区间

(t??t,t??t)上有界．

对所有t?[a,b]，在??1下所取的?t为半径的开区间?(t??t,t??t)|t?[a,b]?构成闭区间[a,b]上的一个开覆盖，由有限覆盖定理知，存在t1,t2,?,tn?[a,b]，使得

[a,b]??(ti??ti,ti??ti)，

i?1n而f(x)在每个区间(ti??ti,ti??ti)(i?1,2,?,n)上有界，又由于区间个数有限，故f(x)在[a,b]上有界．

9．设f(x)在[a,b]无界，求证：存在c?[a,b]，对任意??0，函数f(x)在

(c??,c??)?[a,b]上无界．

证明反设结论不真，即?c?[a,b]，??c?0，函数f(x)在(c??c,c??c)?[a,b]上有界，则对所有的c，?(c??c,c??c)|c?[a,b]?构成区间[a,b]的一个开覆盖，由有限覆盖定理知其有有限子覆盖，即?c1,c2,?,cn?[a,b]，使[a,b]??(ci??ci,ci??ci)，由

i?1n于函数在每一个(ci??ci,ci??ci)?[a,b]有界，而n是有限数，故f(x)在[a,b]有界，矛盾．因此结论成立.

f(x),limf(x)存在．10．设f(x)是(a,b)上的凸函数，且有上界，求证：lim??x?ax?b证明由于f(x)在(a,b)上有上界，故?M?0，对?x?(a,b),f(x)?M．

f(x)存在.在区间(a,b)中任取一点x0，并令先证明lim?x?bg(x)?f(x)?f(x0)，

x?x0则由f(x)是(a,b)上的凸函数知g(x)在(x0,b)上递增，在(x0,b)中任取一点x1，考察区间(x1,b)，?x?(x1,b)，由于

g(x)?f(x)?f(x0)M?f(x0)，?x?x0x1?x0即g(x)在(x1,b)上有上界，从而g(x)在(x1,b)上单调递增且有上界，由定理3．12知

x?b?limg(x)存在，不妨令limg(x)?A，则?x?b??f(x)?f(x0)limf(x)?lim(x?x)??f(x)00??A(b?x0)?f(x0)，?x?b?x?b?x?x0??f(x)存在．即lim?x?bf(x)存在.由于f(x)是(a,b)上的凸函数，从而g(x)在(a,x0)上递增，再证明lim?x?a在(a,x0)中任取一点x2，考察区间(a,x2)，?x?(a,x2)，由于

g(x)?f(x)?f(x0)f(x0)?f(x)f(x0)?M，??x?x0x0?xx0?a即g(x)在(a,x2)上有下界，从而g(x)在(a,x2)上单调递增且有下界，由定理3．12的推

g(x)?B，则论知lim?g(x)存在，设lim?x?ax?a??f(x)?f(x0)limf(x)?lim(x?x)??f(x)00??(a?x0)B?f(x0)，?x?a?x?a?x?x0??f(x)也存在．即lim?x?a11．设f(x)在[a,b]上只有第一类休止点，定义

?(x)?f(x?0)?f(x?0).

求证：任意??0,?(x)??的点x只有有限多个．

证明反证法，使用区间套定理.根据结论，反设存在?0?0，在[a,b]上使?(x)??0的点有无限多个．

记[a1,b1]?[a,b]，二等分区间[a1,b1]，则在?a1,??a1?b1??a1?b1?,?,b1?中至少有一?2??2?个区间含有无限多个x使?(x)??0，记此区间为[a2,b2]，再二等分区间[a2,b2]，在

?a2?b2??a2?b2?a,,,b2?中至少有一个区间含有无限多个x使?(x)??0，记此区间为?2??22????[a3,b3],?，如此继续下去，得闭区间套[an,bn]，且每个区间[an,bn]中含有无限多个x使

?(x)??0．

由区间套定理可知存在唯一r?[an,bn],n?1,2,?

由于f(x)在[a,b]上只有第一类休止点，而r?[a,b]，故f(r?0)和f(r?0)存在，设f(r?0)?A,f(r?0)?B，则对上述?0?0，存在?1?0,?x?(r,r??1)时，有

f(x)?A??02，即A??02?f(x)?A??02，从而由极限不等式知，当x?(r,r??1)时，

?(x)??0；同理存在?2?0,?x?(r??2,r)时，?(x)??0．取??min??1,?2?，则在

(r??,r??)上满足?(x)??0的点至多只能有r一个点．

而根据区间套性质知，?N,?n?N时，都有

[an,bn]?(r??,r??)，

从而在[an,bn]中最多只能有一个点，使得?(x)??0，这与区间套的构造矛盾．故原结论

成立．

12．设f(x)在[0,??]上连续且有界，对?a?(??,??)，f(x)?a在[0,??)上只有有限个根或无根，求证：limf(x)存在．

x???证明由f(x)在[0,??]上有界知f(x)在[0,??]上既有上界又有下界，不妨设上界为

v，下界为u，若u?v，则limf(x)?u?v，结论必然成立，故以下假定u?v．

x???令[u1,v1]?[u,v]，二等分区间[u1,v1]，分点为

u1?v1u?v1，由于f(x)?1在[0,??)22上只有有限个根或无根，而且f(x)连续，因而?X1?0,?x?X1时，有f(x)?u1?v1或2f(x)?u1?v1u?v1u?v?u?v1?．若f(x)?1，令[u2,v2]??1,v1?，若f(x)?11，则令222?2??u?v?[u2,v2]??u1,11?，因此?x?X1时，f(x)?[u2,v2]，即u2?f(x)?v2．

2??二等分区间[u2,v2]，分点为

u2?v2u?v2，由于f(x)?2在[0,??)上只有有限个根22或无根且f(x)连续，故?X2?X1,?x?X2时，有f(x)?u2?v2u?v2或f(x)?2．若22f(x)?u2?v2?u?v2??u?v2?，令[u3,v3]??2，因此,v2?，反之令[u3,v3]??u2,2?22??2???x?X2时，f(x)?[u3,v3]，即u3?f(x)?v3.依此类推，得一区间套{[un,vn]}，而

且由区间套的构造知，?Xn?Xn?1,?x?Xn时，un?f(x)?vn．由区间套定理知存在唯一的r?[un,vn],n?1,2,?，下证limf(x)?r．

x???事实上，对???0，由闭区间套{[un,vn]}的构造知，存在N，?n?N时，有

[un,vn]?(r??,r??)，

特别地取n?N?1，则[uN?1,vN?1]?(r??,r??)，按区间套的构造知?XN?1,?x?XN?1时，f(x)?[uN?1,vN?1]?(r??,r??)，即r???f(x)?r??，从而

f(x)?r??，

即limf(x)?r，也就是说limf(x)存在．

x???x???

§3实数的完备性

f(x)与1．设f(x)在(a,b)连续，求证：f(x)在(a,b)一致连续的充要条件是lim?x?ax?b?limf(x)都存在．

证明?)必要性

由f(x)在(a,b)一致连续知，???0,???0，?x?,x???(a,b)且|x??x??|??时，都

有

f(x?)?f(x??)??.特别地，当x?,x???(a,a??)时，x??x????，故

x?a?x?b?f(x?)?f(x??)??，由Cauchy收敛原理知limf(x)存在．同理可知limf(x)也存在．

?)充分性

证法

f(x)存在知??1，?x?,x???(a,a??1)时，1???0，由lim?x?ax?b?f(x?)?f(x??)??，又由于limf(x)也存在，故??2，?x?,x???(b??2,b)时，

f(x?)?f(x??)??．

取??min???1?2b?a?,,?，则由以上两条知f(x)在(a,a??],[b??,b)上一致连224??续，而又由于f(x)在[a??,b??]上连续，因而一致连续，因此f(x)在(a,a??]、

[a??,b??]、[b??,b)上均一致连续，因此f(x)在(a,b)一致连续．

f(x)与limf(x)都存在，设lim?f(x)?A,limf(x)?B，令证法2由已知lim???x?ax?bx?ax?b?A?F(x)??f(x)?B?x?a;x?(a,b);x?b.则F(x)在[a,b]连续，因而一致连续，从而F(x)在(a,b)一致连续，而F(x)在(a,b)上就是f(x)，因而f(x)在(a,b)上一致连续．

2．求证数列xn?1?12???1n，当n??时的极限不存在．

证明利用Cauchy收敛原理的否定形式证明．取?0?1?0,?N?0，任取n?N，则2n?N，从而2x2n?xn?1n?1?1n?2???12n

?1111111????????????0，n?1n?22n2n2n2n212???1n当n??时的极限不存在．

由Cauchy收敛原理的否定知数列xn?1?3．利用Cauchy收敛原理探讨以下数列的收敛性．（1）xn?a0?a1q?a2q2???anqn（2）xn?1?(|q|?1,|ak|?M)；

sin1sin2sinn?2???n；22211n?11（3）xn?1?????(?1)．23nn?1n?1???0，?n?N时，?0，|?解（1）由|q|?1知limq从而?N，有|qn??1?|q|?，M对上述N,?n,m?N时（不妨m?n），有

xn?xm?xn?1?xn?2???xm?xn?1?xn?2???xm

?xn?1?xn?2???xm???|an?1||q|n?1?|an?2||q|n?2???M|q|?n?1?|q|n?2|q|n?1M1?|q|???M?????.

1?|q|1?|q|M?由Cauchy收敛原理知数列{xn}收敛．

（2）这是(1)中a0?1,ak?sink,q?收敛．

（3）证法1利用Cauchy收敛原理.

11的特别情形，由于ak?1,|q|?，故数列{xn}22???0，由lim，有m?n）

11?0知，?N，?n?N时??，对上述N,?n,m?N时（不妨n??nnxn?xm?(?1)n?2111?(?1)n?3???(?1)m?1n?1n?2m?由于

111????(?1)m?n?1.n?1n?2m111????(?1)m?n?1?0，故n?1n?2m111xn?xm?????(?1)m?n?1.

n?1n?2mxn?xm?111????(?1)m?n?1n?1n?2m若m?n为偶数，则

??若m?n为奇数，则

11?1?1?1?1???????????n?1?n?2n?3?m?2m?1??m1??.n?1111????(?1)m?n?1n?1n?2mxn?xm???11?1??1?1??????????n?1?n?2n?3??m?1m?1??.n?1因而由Cauchy收敛原理知数列{xn}收敛．

证法2先考虑数列{xn}的偶子列{x2n}，由于

x2(n?1)?1?111111????(?1)2n?3?1?????232n?2232n?21??11??1??11??1??1?????????????????2??34??2n?12n??2n?12n?2?1??1??11??1??1?????????????x2n，?2??34??2n?12n?故偶子列{x2n}是单调递增的数列，又由于

x2n?1?1111??11??1????(?1)2n?1?1???????????1，232n?23??2n?12n?因而偶子列{x2n}是单调上升且有上界的数列，由单调有界原理知{x2n}必有极限存在，设

limx2n?a.又由于x2n?1?x2n?n??11?0，从而且limn??2n?12n?1limx2n?1?limx2n?limn??n??1?a.

n??2n?1于是我们证得数列{xn}的奇、偶子列均收敛而且极限一致，故数列{xn}收敛.

4．证明：极限limf(x)存在的充要条件是：对任意给定??0，存在??0，当

x?x00?x??x0??,0?x???x0??时，恒有f(x?)?f(x??)??.

证明?)必要性

设limf(x)?A，则???0,???0,?x,0?x?x0??，就有f(x)?A?x?x0?2，因此

由0?x??x0??,0?x???x0??知

f(x?)?f(x??)?(f(x?)?A)?(f(x??)?A)?f(x?)?A?f(x??)?A??，

因而必要性成立.

?)充分性

设{xn}是任意满足limxn?x0且xn?x0的数列，由已知???0,???0，只要

n??0?x??x0??，0?x???x0??时，有f(x?)?f(x??)??.

对上述??0，由于limxn?x0，且xn?x0，故?N,?n?N时，有0?|xn?x0|??；

n???m?N时，有0?|xm?x0|??，于是f(xn)?f(xm)??，即{f(xn)}是基本列，由实

数列的Cauchy收敛准则知limf(xn)存在．

n??由{xn}的取法知任意趋向于x0而不等于x0的实数列{xn}都有极限limf(xn)存在．下

n??证它们的极限都相等．

??x0(xn??x0)，但limf(xn)?limf(xn?)，则定反设limxn?x0(xn?x0),limxnn??n??n??n??义一个新的数列

?,x2,x2?,?}，{yn}?{x1,x1由{yn}的构造知limyn?x0(yn?x0)，但limf(yn)有两个子序列极限不相等，故极限

n??n??limf(yn)不存在，矛盾．

n??从而任意趋向于x0而不等于x0的实数列{xn}构成的数列f(xn)都有极限存在．而且它们的极限都相等．由Heine归结原则知limf(x)存在．

x?x0

xn?[a,b]，从而

xn?1?xn?f(xn)?f(xn?1)?kxn?xn?1?knx1?x0，

因此

xm?xn?xm?xm?1?xm?1???xn?1?xn?xm?xm?1???xn?1?xn

?km?1x1?x0???knx1?x0?(km?1???kn?1?kn)x1?x0

?(k?knn?1kn??)x1?x0?x1?x0??.

1?k因此由Cauchy收敛原理知limxn存在.

n???（2）设方程x?f(x)在[a,b]上有两个不同的解c,d，则

c?d?f(c)?f(d)?kc?d?c?d，

矛盾，故根是唯一的．

§4再论闭区间上连续函数的性质

1．设f(x)在[a,b]上连续，并且最大值点x0是唯一的，又设xn?[a,b]，使

n???limf(xn)?f(x0)，

求证limxn?x0．

n???证明不妨设x0?(a,b)，当x0?a或x0?b时同理可证．

对任意0???min{x0?a,b?x0}，由于f(x)在[a,b]上连续，故f(x)在[a,x0??]、

[x0??,x0??]、[x0??,b]上连续，由闭区间连续函数的最值定理，f(x)在[a,x0??]、[x0??,x0??]、[x0??,b]上均有最大值，显然f(x)在[x0??,x0??]上的最大值为f(x0)，设f(x)在[a,x0??]和[x0??,b]上的最大值为M，由最大值点的唯一性可知f(x0)?M．

取

f(x0)?M?0，由limf(xn)?f(x0)知?N,?n?N时，

n???2f(xn)?f(x0)?f(x0)?M，

2即f(xn)?f(x0)?f(x0)?Mf(x0)?M??M，

22而f(x)在[a,x0??]和[x0??,b]上的最大值为M，故xn?(x0??,x0??)，即

|xn?x0|??，

从而limxn?x0．

n???2．设f(x)在[a,b]上连续，可微；又设(1)minf(x)?p?maxf(x)；

a?x?ba?x?b(2)假使f(x)?p，则有f?(x)?0，求证：f(x)?p的根只有有限多个．

证明利用区间套定理．

反设f(x)?p在[a,b]上有无穷多个根，设[a1,b1]?[a,b]，二等分区间[a1,b1]，则在两个子区间中必有一个区间含有f(x)?p的无穷多个根，设此区间为[a2,b2]，再二等分区间[a2,b2]，则在两个子区间中必有一个区间含有f(x)?p的无穷多个根，设此区间为[a3,b3],?．依此类推得一区间套{[an,bn]}，由区间套的构造知f(x)?p在任意

[an,bn]有无穷多个根.

由区间套定理知?r?[a,b]，使得对于任意n?N?,r?[an,bn]．

若f(r)?p，则令g(x)?f(x)?p，g(x)也在[a,b]连续，且g(r)?f(r)?p?0，从而由保号性知??,?x?(r??,r??)时，都有g(x)?0，即f(x)?p，而由区间套知

?N,?n?N时[an,bn]?(r??,r??)，即f(x)?p在[an,bn]无根，这与区间套的构造

矛盾．

im若f(r)?p，则f?(r)?0，即l时，有

x?rf(x)?f(r)?0，从而???,?x，当0?|x?r|???x?rf(x)?f(r)?0，即f(x)?p，从而在(r???,r???)上f(x)只有一个根r，而

x?r由区间套知?N,?n?N时[an,bn]?(r??,r??)，即f(x)?p在[an,bn]只有一个根，这与区间套的构造矛盾．

因此f(x)?p在[a,b]上只有有限多个根．

3．设f(x)在[a,b]上连续，f(a)?0,f(b)?0，求证：存在??(a,b)，使f(?)?0且f(x)?0(??x?b)．

证明令E?{x|x?[a,b]且f(x)?0}，由于f(a)?0,f(b)?0，且f(x)在[a,b]上连续，由介值性定理知E??，从而E为非空有界数集，由确界原理知E有上确界，设

??supE，下证f(?)?0．

事实上，由于??supE，由本章第一节习题3知可以在E中选取数列{xn}，使

limxn??，又由f(x)连续知

n??f(?)?f(limxn)?limf(xn)?0，

n??n??又对于?x?(?,b]，由于x?E，从而f(x)?0，又根据f(b)?0知f(x)?0，因而结论成立．

4．设f(x)是[a,b]上的连续函数，其最大值和最小值分别为M和m(m?M)，求证：必存在区间[?,?]，满足条件：

(1)f(?)?M,f(?)?m或f(?)?m,f(?)?M；(2)m?f(x)?M，当x?(?,?)．

证明由于f(x)是[a,b]上的连续函数，且有最大值M和最小值m，故由最值定理知

?c?[a,b]，使得f(c)?M；?d?[a,b]，使得f(d)?m，由于m?M，故c?d，令

??min{c,d}，??max{c,d}，则在区间[?,?]上满足：

（1）f(?)?M,f(?)?m或f(?)?m,f(?)?M；

（2）对?x?(?,?)，由于f(?)?M,f(?)?m或f(?)?m,f(?)?M，而M,m分别为[a,b]上的最大值和最小值，故m?f(x)?M．

5．设f(x)在[0,2a]上连续，且f(0)?f(2a)，求证：存在x?[0,a]，使

f(x)?f(x?a)．

证明考虑辅助函数g(x)?f(x)?f(x?a)，x?[0,a].

若f(0)?f(a)，根据已知条件f(0)?f(2a)可知，取x?0或x?a时，均有

f(x)?f(x?a)，命题已证．

若f(0)?f(a)，则g(0)?f(0)?f(a)，g(a)?f(a)?f(2a)?f(a)?f(0)，从而g(0)与g(a)符号相反，由零点定理知?x?[0,a]，使g(x)?0，即f(x)?f(x?a)．

6．设f(x)在[a,b]上连续，且取值为整数，求证f(x)?常数．

证明反设f(x)不恒为常数，则?x1,x2?[a,b]，使得f(x1)?f(x2)，又由于f(x)取值为整数，故f(x1),f(x2)均为整数，在f(x1),f(x2)之间任取一非整数c，则由介值性定理知???[a,b]，使得f(?)?c，这与f(x)取值为整数矛盾．

7．设f(x)在(a,b)一致连续，a,b???，证明：f(x)在[a,b]上有界．

证明由于f(x)在[a,b]上一致连续，故取??1?0，则???0，当x1?x2??时，有f(x1)?f(x2)?1.取定a1,b1，其中a?a1?a??，b???b1?b，则?x?(a,a1]，有x?a1??，故f(x)?f(a1)?1，因而f(x)?f(a1)?1；同理?x?[b1,b)，有

x?b1??，故f(x)?f(b1)?1，因而f(x)?f(b1)?1，因此f(x)在区间(a,a1]和

区间[b1,b)均有界.另一方面，由于f(x)在[a1,b1]上一致连续，根据闭区间上连续函数的性质可知存在M1?0，使得?x?[a1,b1],f(x)?M1.

取M?max{M1,f(a1)?1,f(b1)?1}?0，则?x?(a,b)，均有f(x)?M，因而

f(x)在(a,b)上有界．

8.若函数f(x)在(a,b)上满足利普希茨（Lipschitz）条件，即存在常数K，使得

f(x?)?f(x??)?Kx??x??，x?,x???(a,b).

证明：f(x)在(a,b)上一致连续．

证明???0,取??1?,则对?x?,x???(a,b),x??x????，由Lipschitz条件知2Kf(x?)?f(x??)?Kx??x???K?1???，因而依定义知f(x)在(a,b)上一致连续．2K9．试用一致连续的定义证明：若函数f(x)在[a,c]和[c,b]上都一致连续，则f(x)在

[a,b]上也一致连续．

证明对???0，由函数f(x)在[a,c]一致连续知??1?0，对?x1,x2?[a,c]而且就有f(x1)?f(x2)?x1?x2??1，

?2；又根据函数f(x)在[c,b]上一致连续知??2?0，

?x1,x2?[c,b]且x1?x2??2时，就有f(x1)?f(x2)??2．

取??min{?1,?2}，则?x1,x2?[a,b]且x1?x2??时，若x1,x2同属于[a,c]，有

f(x1)?f(x2)??2??；若x1,x2同属于[c,b]，也有f(x1)?f(x2)??2??；若x1,x2一

个属于[a,c]，另一个属于[c,b]，则由x1?x2??知x1?c??,x2?c??，从而

f(x1)?f(x2)?f(x1)?f(c)?f(c)?f(x2)??2??2??.

因而?x1,x2?[a,b]且x1?x2??时，f(x1)?f(x2)??.因此由一致连续的定义可知

f(x)在[a,b]上一致连续.

10．设函数f(x)在(??,??)上连续，且极限limf(x)与limf(x)存在．证明：f(x)x???x???在(??,??)上一致连续．

证明对???0，由于limf(x)存在，根据Cauchy收敛原理知，存在X1?0，任意

x???x1,x2??X1时，就有f(x1)?f(x2)??；又由于limf(x)存在，故存在X2?0，任

x???意x1,x2?X2，就有f(x1)?f(x2)??.

由于f(x)在(??,??)上连续，故f(x)在区间[?X1?1,X2?1]上连续，因而在

[?X1?1,X2?1]上一致连续，由一致连续的定义知，对上述??0，存在?1?0，任意

x1,x2?[?(X1?1),X2?1]，只要x2?x1??1，就有f(x1)?f(x2)??．

取??min{?1,1}?0，则?x1,x2?(??,??)，只要x1?x2??，则x1,x2同属于区间(??,?X1)、[?(X1?1),X2?1]或(X2,??)，由上述探讨知，不管在哪种状况下，都

有f(x1)?f(x2)??，因而f(x)在(??,??)上一致连续．

11．若f(x)在区间X（有穷或无穷）中具有有界的导数，即f?(x)?M，x?X，则f(x)在X中一致连续．

证明对???0，取???，则对任意x1,x2?X，只要|x1?x2|??，根据LagrangeM中值定理，存在?在x1,x2之间，且

f(x1)?f(x2)?|f?(?)(x1?x2)|?Mx1?x2?M???，

从而f(x)在X中一致连续．

12．求证：f(x)?证明由于f(x)?xlnx在(0,??)上一致连续．

故f?(x)?xlnx，

1x?12xlnx?2?lnx2x，f??(x)??lnx4xx，

令f??(x)?0得x?1，故x?1是f?(x)的稳定点，当x?(0,1),f??(x)?0，从而f?(x)单调递增；而当x?(1,??),f??(x)?0，故f?(x)单调递减，因此x?1是f?(x)的极大值点，也是最大值点，而f?(1)?1，从而对?x?(0,??)，f?(x)?1．

?2?2再令f?(x)?0得x?e，在区间[e,??)上，由于f?(x)?0，因而在[e,??)上

?20?f?(x)?1，即f?(x)?1，由上题结论知f(x)在[e?2,??)上一致连续．此外，由于

x?0?limf(x)?limxlnx?0，若令?x?0?xlnxg(x)???0x?0,x?0.

则g(x)在[0,2]连续，因而一致连续，从而g(x)在(0,2]上一致连续，即f(x)在(0,2]一致连续．

?2?2对???0，由f(x)在[e,??)上一致连续知，??1?0，对任意x1,x2?[e,??)且

x1?x2??1，都有f(x1)?f(x2)??；又由f(x)在(0,2]上一致连续知，??2?0，对

任意x1,x2?(0,2]且x1?x2??2，也有f(x1)?f(x2)??．

取??min{则当x1,x2?(0,??)且x1?x2??时，要么x1,x2?(0,2],?1,?2,1}?0，

要么x1,x2?[e?2,??)，从而f(x1)?f(x2)??．因此f(x)?连续．

xlnx在(0,??)上一致

13．设f(x)在(a,??)上可导，且limf?(x)???，求证：f(x)在(a,??)上不一致

x???连续．

证明取?0?1，对???0，由于limf?(x)???，故?X?0，当x?X时，有

x???f?(x)?2?，任取x1?X，x2?x1??2?X，虽然有x1?x2??2??，但根据lagrange

中值定理知，存在??(x1,x1??2)，使得

2???1??0.?2f(x1)?f(x2)?f?(?)?x1?x2?根据一致连续的否定定义知f(x)在(a,??)上不一致连续．

14．求证：f(x)?xlnx在(0,??)上不一致连续．

证明由于limf?(x)?lim(lnx?1)???，由上题结论知结论成立．

x???x???

§5可积性

1.判断以下函数在区间[0,1]上的可积性：（1）f(x)在[0,1]上有界，不连续点为x?1(n?1,2,?)；n?????sgn?sin?,x?(0,1],（2）f(x)??x???0,x?0;??1?1????,x?(0,1],（3）f(x)??x??x??x?0;?0,?1?,x?(0,1],（4）f(x)???1?x?x?0.?0,解（1）由于f(x)在[0,1]上有界，故存在M?0，对?x?[0,1]，都有f(x)?M，故在区间[0,1]的任何子区间上，f(x)的振幅??2M.

对任给??0，由于lim4M4M??0，故?N,?n?N时，都有?，特别地取

n??nn2也有n0?N?1时，

?14M?.由于在f(x)??n02?n0?1?n0?因而是可积的，,1?上只有有限个休止点，

?即??1?0，使得对区间???,1?的任何??max(?xi?)??1的分法，都有??i'?xi'?．

2i'?n?1?取??min??1,?，对[0,1]的任意??max(?xi)??的分法，下证??i?xi??.

ni?10??由于

11?(0,1)，故对上述任意分法，都存在分点xi0?1,xi0，使得xi0?1??xi0，因而n0n0???x????xiiii?1i?1ni0?1i??i0?xio?i?i0?1???xini?2M??xi?2M??i?1i0?1i?i0?1???xini

?2Mn11????2M?????，n0n0222这里最终一项

i?i0?1??i?xi?ni?i0?1?2是由于xi0?1,1?????1??1?,1?，而f(x)在?,1?可积，故函数在区

?n0??n0?nii间xi0?1,1可积，因而

?????x???x?2．因此lim?ii?0i?1??0，即f(x)在[0,1]上可积．

（2）由于f(x)在[0,1]上有界，且不连续点为x?的证法知f(x)在[0,1]上可积．

1(n?1,2,?)和x?0，根据（1）n（3）由于f(x)在[0,1]上有f(x)?1，故f(x)有界，而且f(x)的不连续点为x?0和

x?1(n?1,2,?)，由（2）的证法知，f(x)在[0,1]可积．n（4）由于f(x)在[0,1]上有0?f(x)?1，故f(x)有界，而且f(x)的不连续点只有

x?1(n?1,2,?)，由（1）的证明知f(x)在[0,1]可积．n2．探讨f(x),f(x),f(x)三者之间可积性的关系．

22解f(x),f(x),f(x)三者之间可积性的关系是：若f(x)可积，则f(x)与f(x)均

22可积，反之不然；f(x)可积与f(x)可积等价．下面给出证明：

（1）先由f(x)可积推导f(x)可积.

由f(x)可积知lim??0???xii?1ni?0，而对于任一所探讨区间[xi?1,xi]中的任意两点

**都有f(x?)?f(x??)?f(x?)?f(x??)，即?i??i（其中?i是f(x)在?xi?1,xi?x?,x??，

nn上的振幅），因而0???i?1*i?xi???i?xi?0(??0)，即f(x)可积．

i?1再由f(x)可积推导f2(x)可积.

由f(x)可积知f(x)有界，即存在M?0，对定义域中的任意x，都有f(x)?M，

而且lim??0???xii?1ni?0.对任一区间?xi?1,xi?中的任意两点x?,x??，由于（设?i?是f2(x)在

?xi?1,xi?上的振幅）

f2(x?)?f2(x??)?f(x?)?f(x??)?f(x?)?f(x??)?2Mf(x?)?f(x??)，

故0?????xii?1ni?2M??i?xi?0(??0)，从而f2(x)可积.

i?1n（2）再说明f(x)与f2(x)可积不能推出f(x)可积，例如令函数

x?[0，1],且x?Q,?1,f(x)???1,x?[0，1],且x?R\\Q，?则任意x?[0,1]时，f(x)?f(x)?1，故在[0,1]上f(x)与f2(x)均可积，但对于函数

2f(x)而言，在[a,b]的任一子区间上，振幅?i?2，故??i?xi?2?0，于是f(x)在[a,b]i?1n上不可积.

（3）最终证明f(x)可积与f2(x)可积等价．先由f(x)可积推导f(x)可积.由于

2f2(x?)?f2(x??)?f(x?)?f(x???f(x?)?f(x??

??f(x?)?f(x????f(x?)?f(x???2M?f(x?)?f(x??，

因而由f(x)可积知f(x)可积．

2再由f2(x)可积推导f(x)可积.

不妨令f2(x)?c(c?0)，否则考虑函数g(x)?f2(x)?c，则g(x)与f2(x)有同样的可积性．对任一区间?xi?1,xi?中的任意两点x?,x??，由于

f(x?)?f(x??)?f(x?)?f(x??)?f2(x?)?f2(x??)，

故f(x?)?f(x??)?f2(x?)?f2(x??)f(x?)?f(x??)?12cf2(x?)?f2(x??)，

从而由f2(x)可积可得f(x)可积.因此f(x)可积与f2(x)可积等价．

3．设f(x),g(x)都在[a,b]上可积，证明：

M(x)?max(f(x),g(x)),m(x)?min(f(x),g(x))

在[a,b]上也是可积的．

f(x)?g(x)1?f(x)?g(x)，而f(x),g(x)都在[a,b]上可积，

22f(x)?g(x)1m(x)??f(x)?g(x)，故由积分的可加性和上题结果知M(x)可积；同理，

22证明由于M(x)?因而m(x)可积．

4．设f(x)在[a,b]上可积，且f(x)?r?0，求证：

（1）

1在[a,b]可积；f(x)（2）lnf(x)在[a,b]可积．

证明由于f(x)在[a,b]上可积，故lim??0???xii?1nni?0，即对???0,???0，对区间

[a,b]的任意??max(?xi)??的分法，都有??i?xi??．

i?1（1）对上述[a,b]的任意???的分法，设?i为函数

*1在区间?xi?1,xi?上的振幅，f(x)并设?i?*11，由于?f(x?)f(x??)

maxf(x)?a?x?bb1bf(x)dx?f?(x)dx.??aab?a证明由于函数f(x)在[a,b]有连续的导函数，故f(x)在[a,b]连续，从而由最大值定理知，?x0?[a,b]，使得|f(x0)|?maxf(x)，又由积分中值定理知，存在??[a,b]，

a?x?b使得f(?)?1b1bf(x)dx，从而f(?)?f(x)dx，因此??aab?ab?amaxf(x)?f(x0)?f(x0)?f(?)?f(?)?f(x0)?f(?)?f(?)

a?x?b???ax0f?(x)dx?f(?)??x0?f?(x)dx?f(?)