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S S ∉=ξinf ,试证: （１）存在数列ξ=⊂∞→n n n a S a lim ,}{使;（２）存在严格递减数列ξ=⊂∞→n n n a S a lim ,}{使.证明如下:（１） 据假设,ξ>∈∀a S a 有,;且ε+ξ<'<ξ∈'∃>ε∀a S a 使得,,0.现依 次取,,2,1,1==εn n n 相应地S a n ∈∃,使得,2,1,=ε+ξ<<ξn a n n .因)(0∞→→εn n ,由迫敛性易知ξ=∞→n n a lim 、（２） 为使上面得到的}{n a 就是严格递减的,只要从2=n 起,改取,3,2,,1min 1=⎭⎬⎫⎩⎨⎧+ξ=ε-n a n n n ,就能保证,3,2,)(11=>ε+ξ≥ξ-+ξ=--n a a a n n n n . □２.证明§1、3例６的(ⅱ).证 设B A ,为非空有界数集,B A S ⋃=,试证:{}B A S inf ,inf m in inf =.现证明如下.由假设,B A S ⋃=显然也就是非空有界数集,因而它的下确界存在.故对任何B x A x S x ∈∈∈或有,,由此推知B x A x inf inf ≥≥或,从而又有{}{}B A S B A x inf ,inf m in inf inf ,inf m in ≥⇒≥.另一方面,对任何,A x ∈ 有S x ∈,于就是有S A S x inf inf inf ≥⇒≥;同理又有S B inf inf ≥.由此推得{}B A S inf ,inf m in inf ≤.综上,证得结论 {}B A S inf ,inf m in inf =成立. □３.设B A ,为有界数集,且∅≠⋂B A .证明: (１){}B A B A sup ,sup m in )sup(≤⋂; (２){}B A B A inf ,inf m ax )(inf ≥⋂. 并举出等号不成立的例子.证 这里只证(２),类似地可证(１).设B A inf ,inf =β=α.则应满足:β≥α≥∈∈∀y x B y A x ,,,有.于就是,B A z ⋂∈∀,必有{}βα≥⇒⎭⎬⎫β≥α≥,max z z z , 这说明{}βα,max 就是B A ⋂的一个下界.由于B A ⋂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{}{}B A B A inf ,inf m ax inf ≥⋂成立.上式中等号不成立的例子确实就是存在的.例如:设)4,3(,)5,3()1,0(,)4,2(=⋂⋃==B A B A 则,这时3)(inf ,0inf ,2inf =⋂==B A B A 而,故得{}{}B A B A inf ,inf m ax inf >⋂. □ ４.设B A ,为非空有界数集.定义数集{}B b A a b a c B A ∈∈+==+,,证明:(１)B A B A sup sup )sup(+=+; (２)B A B A inf inf )(inf +=+.证 这里只证(２),类似地可证(１).由假设,B A inf ,inf =β=α都存在,现欲证β+α=+)(inf B A .依据下确界定义,分两步证明如下:１）因为,,,,β≥α≥∈∈∀y x B y A x 有所以B A z +∈∀,必有β+α≥+=y x z .这说明B A +β+α是的一个下界.２)B y A x ∈∈∃>ε∀00,,0,使得2,200ε+β>ε+α>y x .从而ε+β+α>+∈+=∃)(,0000z B A y x z 使得,故B A +β+α是的最大下界.于就是结论BA B A inf inf )(inf +=+ 得证.□５.设B A ,为非空有界数集,且它们所含元素皆非负.定义数集 {}B b A a ab c AB ∈∈==,,证明:(１)B A AB sup sup )sup(⋅=; (２)B A AB inf inf )(inf ⋅=. 证 这里只证(１),类似地可证(２).⎪⎩⎪⎨⎧⋅≤≤≤=≥≥∈∈∃∈∀,sup sup ,sup ,sup ,,)0,0(,,)(B A c B b A a ab c b a B b A a AB c 且使由于因此B A sup sup ⋅就是AB 的一个上界.另一方面,B b A a ∈∈∃>ε∀00,,0,满足ε->ε->B b A a sup ,sup 00,故)(000AB b a c ∈=∃,使得εε-+-⋅>])sup sup ([sup sup 0B A B A c .由条件,不妨设0sup sup >+B A ,故当ε足够小时,εε-+=ε'])sup sup ([B A 仍为一任意小正数.这就证得B A sup sup ⋅就是AB 的最小上界,即 B A AB inf inf )(inf ⋅= 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.倘若有某个完备有序域F 不具有阿基米德性,则必存在两个正元素F ∈βα,,使序列}{αn 中没有一项大于β.于就是,}{αn 有上界(β就就是一个),从而由完备性假设,存在上确界λ=α}sup{n .由上确界定义,对一切正整数n ,有α≥λn ;同时存在某个正整数0n ,使α-λ>α0n .由此得出α+<λ≤α+)1()2(00n n ,这导致与0>α相矛盾.所以,具有完备性的有序域必定具有阿基米德性. □７.试用确界原理证明区间套定理. 证 设{}],[n n b a 为一区间套,即满足:0)(lim ,1221=-≤≤≤≤≤≤≤≤∞→n n n n n a b b b b a a a .由于{}n a 有上界k b ,{}n b 有下界k a (+∈N k ),因此根据确界原理,存在{}{}β≤α=β=α且,inf ,sup n n b a .倘若β<α,则有,2,1,0=>λ=α-β≥-n a b n n ,而这与0)(lim =-∞→n n n a b 相矛盾,故ξ=β=α.又因 ,2,1,=≤β=α≤n b a n n ,所以ξ就是一切],[n n b a 的公共点.对于其她任一公共点 ,2,1,],[=∈ηn b a n n ,由于∞→→-≤η-ξn a b n n ,0 ,因此只能就是η=ξ,这就证得区间套{}],[n n b a 存在惟一公共点. □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 ],[],[011M x b a =,其中M S S x ,)(0∅≠∈ 为S 的上界.记2111b a c +=,若1c 就是S 的上界,则令],[],[1122c a b a =;否则,若1c 不就是S 的上界,则令],[],[1122b c b a =.一般地,若记2nn n b a c +=,则令 ,2,1,,,],[,,],[],[11=⎩⎨⎧=++n S c b c S c c a b a n n n n nn n n 的上界不是的上界当是.如此得到的{}],[n n b a 显然为一区间套,接下来证明这个区间套的惟一公共点ξ即为S 的上确界.由于上述区间套的特征就是:对任何+∈Νn ,n b 恒为Ｓ的上界,而n a 则不为S 的上界,故S x ∈∀,有n b x ≤,再由ξ=∞→n n b lim ,便得ξ≤x ,这说明ξ就是S 的一个上界;又因ξ=∞→n n a lim ,故ε-ξ>∃>ε∀n a ,0,由于n a 不就是S 的上界,因此ε-ξ更加不就是S 的上界.根据上确界的定义,证得S sup =ξ.同理可证,若S 为非空有下界的数集,则S 必有下确界. □ ９.试用区间套定理证明单调有界定理. 证 设{}n x 为递增且有上界M 的数列,欲证{}n x 收敛.为此构造区间套如下:令],[],[111M x b a =;类似于上题那样,采用逐次二等分法构造区间套{}],[n n b a ,使na 不就是{}n x 的上界,nb 恒为{}n x 的上界.由区间套定理,],[n n b a ∈ξ∃,且使ξ==∞→∞→n n n n b a lim lim .下面进一步证明 ξ=∞→n n x lim .一方面,由∞→≤k b x k n 取,的极限,得到,2,1,lim =ξ=≤∞→n b x k k n .另一方面,ε-ξ>∈∃>ε∀+K a K 使,,0Ν;由于K a 不就是{}n x 的上界,故K N a x >∃;又因{}n x 递增,故当N n >时,满足N n x x ≥.于就是有N n x x a n N K >ξ≤<<<ε-ξ,,这就证得ξ=∞→n n x lim .同理可证{}n x 为递减而有下界的情形. □ 10*.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0>∃M ,使得M x ≤,S x ∈∀.现设],[],[11M M b a -=,则],[11b a S ⊂.然后用逐次二等分法构造一区间套{}],[n n b a ,使得每次所选择的],[n n b a 都包含了S 中的无限多个点.由区间套定理,],[n n b a ∈ξ∃,n ∀.最后应用区间套定理的推论,,0>ε∀当n 充分大时,使得],[n n b a );εξ⊂(U ;由于],[n n b a 中包含了S 的无限多个点,因此);(εξU 中也包含了S 的无限多个点,根据聚点定义,上述ξ即为点集S 的一个聚点. □11*.试用有限覆盖定理证明区间套定理.证 设{}],[n n b a 为一区间套,欲证存在惟一的点 ,2,1,],[=∈ξn b a n n . 下面用反证法来构造],[11b a 的一个无限覆盖.倘若{}],[n n b a 不存在公共点ξ,则],[11b a 中任一点都不就是区间套的公共点.于就是,∈∀x ],[11b a ,使,],[n n b a ∃ ],[n n b a x ∉.即);(x x U δ∃与某个],[n n b a 不相交( 注:这里用到了],[n n b a 为一闭区间 ).当x 取遍],[11b a 时,这无限多个邻域构成],[11b a 的一个无限开覆盖:{}],[);(11b a x x U H x ∈δ=.依据有限覆盖定理,存在],[11b a 的一个有限覆盖:{}H N i x U U H i x i i ⊂=δ==,,2,1);(~,其中每个邻域N i b a U ii n n i ,,2,1,],[ =∅=⋂.若令{}N n n n K ,,,max 21 =,则N i b a b a i i n n K K ,,2,1,],[],[ =⊂,从而N i U b a i K K ,,2,1,],[ =∅=⋂. (Ж) 但就是Ni iU 1=覆盖了],[11b a ,也就覆盖了],[K K b a ,这与关系式(Ж)相矛盾.所以必定存在 ,2,1,],[=∈ξn b a n n .(有关ξ惟一性的证明,与一般方法相同.) □１２.设S 为非空有界数集.证明:S S y x Sy x inf sup ||sup ,-=-∈.证 设η<ξ=η=ξ且,sup ,inf S S ( 若η=ξ,则S 为单元素集,结论显然成立 ).记{}Sy x y x E ∈-=,||,欲证ξ-η=E sup .首先,S y x ∈∀,,有ξ-η≤-⇒η≤ξ≥||,y x y x ,这说明ξ-η就是E 的一个上界.又因2,0ε-η>ε∀ ⎪⎭⎫ ⎝⎛ε+ξ2不再就是S 的上()下界,故S y x ∈∃00,,使ε-ξ-η≥-⇒⎪⎭⎪⎬⎫ε+ξ<ε-η>)(||220000y x y x , 所以ξ-η就是E 的最小上界,于就是所证结论成立. □１３.证明:若数集S 存在聚点ξ,则必能找出一个各项互异的数列{}S x n ⊂,使ξ=∞→n n x lim .证 依据聚点定义,对S U x ⋂εξ∈∃=ε);(,1111 .一般地,对于⎭⎬⎫⎩⎨⎧-ξ=ε-1,1m in n n x n ,,3,2,);(=⋂εξ∈∃n S U x n n .如此得到的数列{}S x n ⊂必定满足:,3,2,||||11=≠⇒ξ-<ξ---n x x x x n n n n ;ξ=⇒∞→→<ξ-∞→n n n x n n x lim )(01||. □ 41*.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1111,,1M x S x M >∈∃=使;一般地,对于{},3,2,,,,max 1=>∈∃=-n M x S x x n M n n n n n 使.这就得到一个各项互异的点列{}∞=⊂∞→n n n x S x lim ,使.S 的这个无限子集没有聚点,与题设条件相矛盾,所以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S ∉ξ0,则由聚点的性质,必定存在各项互异的数列{}0lim ,ξ=⊂∞→n n n x S x 使.据题设条件,{}n x 的惟一聚点0ξ应属于S ,故又导致矛盾.所以S 的所有聚点都属于S . □51*.证明:{}{}n n a a ∉ξ=sup ,则必有ξ=∞→n n a lim .举例说明,当上述ξ属于{}n a 时,结论不一定成立.证 利用§1、3 例4,{}{}n n a a k ⊂∃,使ξ=∞→k n n a lim ,这说明ξ就是{}n a 的一个聚点.又因ξ又就是{}n a 的上界,故{}n a 不可能再有比ξ更大的聚点.所以ξ就是{}n a 的上极限.当{}n a ∈ξ时,结论不一定成立.例如,1,111sup ⎭⎬⎫⎩⎨⎧∈=⎭⎬⎫⎩⎨⎧n n 显然不就是⎭⎬⎫⎩⎨⎧n 1的上极限. □61*.指出下列数列的上、下极限:(１){}n)1(1-+; (２)⎭⎬⎫⎩⎨⎧+-12)1(n n n; (３)⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧πnn 3cos; (４)⎭⎬⎫⎩⎨⎧π+4sin 12n n n ;(５)⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧π+n n n sin 12. 解(１)0lim ,2lim ,0,2122==≡≡∞→∞→-n n n n k k a a a a 故.(２))(211412,21142122∞→-→---=→+=-k k k a k ka k k ,故21lim ,21lim -==∞→∞→n n n n a a . (３))(13cos211∞→≤π≤←n n nn, 故 1lim lim lim ===∞→∞→∞→n n n n n n a a a .(４)⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧--=+⋅--=+-=+=+++=+⋅=π+=.38,18,12222,8,12,4,0,28,12,38,18,12224sin 12k k n n nk n n n k n k n n n k k n n n n n n a n故2lim ,2lim -==∞→∞→n n n n a a .(５))(sin )1(sin 1222∞→π→ππ⋅+π=π+=n nn nn nn n a n ,故π===∞→∞→∞→n n n n n n a a a lim lim lim . □71*.设{}n a 为有界数列,证明:(１)1lim )(lim =-=-∞→∞→n n n n a a ; (２)n n n n a a ∞→∞→-=-lim )(lim .证 由)(sup )(inf ,)(inf )(sup k nk k nk k nk k nk a a a a ≥≥≥≥-=--=-,令∞→n 取极限,即得结论(１)与(２). □81*.设0lim >∞→n n a ,证明:(１)nn n n a a ∞→∞→=lim 11lim; (２)nn n n a a ∞→∞→=lim 11lim;(３)若11limlim =⋅∞→∞→n n n n a a ,或11lim lim =⋅∞→∞→nn n n a a ,则{}n a 必定收敛.证 由)(sup 11inf ,)(inf 11sup k nk k n k kn k k n k a a a a ≥≥≥≥=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛,令∞→n 取极限,即得结论(１)与(２).若11limlim =⋅∞→∞→nn n n a a ,则由(１)立即得到 n n n n a a ∞→∞→=lim lim ,因此极限n n a ∞→lim 存在,即得结论(３).类似地,若11limlim =⋅∞→∞→nn n n a a ,则由(２)同样可证得(３). □10 10。