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华东师大数学分析习题解数学分析选论习题解答 第 一 章 实 数 理 论 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x=infSÏS，试证： 存在数列anÌS,使liman=x； n®¥存在严格递减数列anÌS,使liman=x n®¥证明如下： 据假设，"aÎS,有a>x；且"e>0,$a¢ÎS,使得x<a¢<x+e现依 次取en=1,n=1,2,L,相应地$anÎS,使得 nx<an<x+en,n=1,2,L 因en®0(n®¥)，由迫敛性易知liman=x. n®¥ 为使上面得到的an是严格递减的，只要从n=2起，改取 ì1üen=miní,x+an-1ý,n=2,3,L， înþ就能保证 an-1=x+(an-1-x)³x+en>an,n=2,3,L 证明§1.3例的 证 设A,B为非空有界数集，S=AÈB，试证： infS=mininfA,infB 现证明如下 由假设，S=AÈB显然也是非空有界数集，因而它的下确界存在故对任何xÎS,有xÎA或xÎB，由此推知x³infA或x³infB，从而又有 x³mininfA,infBÞinfS³mininfA,infB 另一方面，对任何xÎA, 有xÎS，于是有 1 x³infSÞinfA³infS； 同理又有infB³infS由此推得 infS£mininfA,infB 综上，证得结论 infS=mininfA,infB成立 设A,B为有界数集，且AÇB¹Æ证明： sup(AÇB)£minsupA,supB； inf(AÇB)³maxinfA,infB 并举出等号不成立的例子 证 这里只证，类似地可证 设a=infA,b=infB则应满足： "xÎA,yÎB,有x³a,y³b 于是，"zÎAÇB，必有 z³aüýÞz³maxa,b， z³bþ这说明maxa,b是AÇB的一个下界由于AÇB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infAÇB³maxinfA,infB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)È(3,5),则AÇB=(3,4)， 这时infA=2,infB=0,而inf(AÇB)=3，故得 infAÇB>maxinAf,inBf 设A,B为非空有界数集定义数集 A+B=c=a+baÎA,bÎB， 证明： sup(A+B)=supA+supB； inf(A+B)=infA+infB 2 证 这里只证，类似地可证 由假设，a=infA,b=infB都存在，现欲证inf(A+B)=a+b依据下确界定义，分两步证明如下： ）因为"xÎA,yÎB,有x³a,y³b,所以"zÎA+B，必有 z=x+y³a+b 这说明a+b是A+B的一个下界 ）"e>0,$x0ÎA,y0ÎB，使得 x0>a+e2,y0>b+e 2从而$z0=x0+y0ÎA+B,使得z0>(a+b)+e，故a+b是A+B的最大下界于是结论 inf(A+B)=infA+infB 得证 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=c=abaÎA,bÎB， 证明： sup(AB)=supA×supB； inf(AB)=infA×infB 证 这里只证，类似地可证 a£supA,ìï由于"cÎ(AB),$aÎA,bÎB(a³0,b³0),使c=ab,且íb£supB,ïc£supA×supB,î因此supA×supB是AB的一个上界 另一方面，"e>0,$a0ÎA,b0ÎB，满足 a0>supA-e,b0>supB-e， 故$c0=a0b0Î(AB)，使得 c0>supA×supB-(supA+supB)-ee 由条件，不妨设supA+supB>0，故当e足够小时，e¢=(supA+supB)-ee 仍为 3 一任意小正数这就证得supA×supB是AB的最小上界，即 inf(AB)=infA×infB 得证 *证明：一个有序域如果具有完备性，则必定具有阿基米德性 证 用反证法倘若有某个完备有序域F不具有阿基米德性，则必存在两个正元素，从而a,bÎF，使序列na中没有一项大于b于是，na有上界由完备性假设，存在上确界supna=l由上确界定义，对一切正整数n，有l³na；同时存在某个正整数n0，使n0a>l-a由此得出 (n0+2)a£l<(n0+1)a， 这导致与a>0相矛盾所以，具有完备性的有序域必定具有阿基米德性 试用确界原理证明区间套定理 证 设an,bn为一区间套，即满足： a1£a2£L£an£L£bn£L£b2£b1,n®¥lim(bn-an)=0 由于an有上界bk，bn有下界ak，因此根据确界原理，存在 a=supan,b=infbn,且a£b 倘若a<b，则有 bn-an³b-a=l>0,n=1,2,L， 而这与lim(bn-an)=0相矛盾，故a=b=x又因an£a=b£bn,n=1,2,L， n®¥所以x是一切an,bn的公共点 对于其他任一公共点hÎan,bn,n=1,2,L，由于 x-h£bn-an®0,n®¥ ， 因此只能是x=h，这就证得区间套an,bn存在惟一公共点 试用区间套定理证明确界原理 证 设 S 为一非空有上界的数集，欲证 S 存在上确界为此构造区间套如下：令 a1,b1=x0,M，其中x0ÎS(QS¹Æ),M为S的上界记c1=a1+b12， 4 若c1是S的上界，则令a2,b2=a1,c1；否则，若c1不是S的上界，则令a2,b2=c1,b1一般地，若记cn=an+bn2，则令 ìan,cn,cn当是S的上界,an+1,bn+1=íîcn,bn,cn不是S的上界,n=1,2,L 如此得到的an,bn显然为一区间套，接下来证明这个区间套的惟一公共点x即为S的上确界 由于上述区间套的特征是：对任何nÎ+，bn恒为的上界，而an则不为S的上界，故"xÎS，有x£bn，再由limbn=x，便得x£x，这说明x是S的一个上n®¥界；又因liman=x，故"e>0,$an>x-e，由于an不是S的上界，因此x-e更n®¥加不是S的上界根据上确界的定义，证得x=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a1,b1=x1,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，$xÎan,n®¥n®¥bn，且使 n®¥liman=limbn=x下面进一步证明 limxn=x 一方面，由xn£bk,取k®¥的极限，得到 xn£limbk=x,n=1,2,L k®¥另一方面，"e>0,$KÎ+,使aK>x-e；由于aK不是$xN>aK；又因xn的上界，故xn递增，故当n>N时，满足xn³xN于是有 n>N， x-e<aK<xN<xn£x,这就证得limxn=x n®¥ 同理可证xn为递减而有下界的情形 *10试用区间套定理证明聚点定理 5 证 设S为实轴上的一个有界无限点集，欲证S必定存在聚点 因S有界，故$M>0，使得x£M，"xÎS现设a1,b1=-M,M，则SÌa1,b1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，$xÎan,bn，"n最后应用区间套定理的推论，"e>0,当n充分大时，使得an,bnÌU(x;e)；由于an,bn中包含了S的无限多个点，因此U(x;e)中也包含了S的无限多个点，根据聚点定义，上述x即为点集S的一个聚点 *11试用有限覆盖定理证明区间套定理 证 设an,bn为一区间套，欲证存在惟一的点xÎan,bn,n=1,2,L 下面用反证法来构造a1,b1的一个无限覆盖倘若an,bn不存在公共点x，则a1,b1中任一点都不是区间套的公共点于是，"xÎa1,b1，$an,bn,使 xÏan,bn即$U(x;dx)与某个an,bn不相交当x取遍a1,b1时，这无限多个邻域构成a1,b1的一个无限开覆盖： H=U(x;dx)xÎa1,b1 依据有限覆盖定理，存在a1,b1的一个有限覆盖： H=Ui=U(xi;dx)i=1,2,L,NiÌH， 其中每个邻域UiÇani,bni=Æ,i=1,2,L,N若令 K=maxn1,n2,L,nN， 则aK,bKÌani,bni,i=1,2,L,N，从而 aK,bKÇUi=Æ,i=1,2,L,N N 但是UUii=1覆盖了a1,b1，也就覆盖了aK,bK，这与关系式相矛盾所以必定存在xÎan,bn,n=1,2,L 6 设S为非空有界数集证明： sup|x-y|=supS-infS x,yÎS证 设x=infS,h=supS,且x<h记E=|x-y|x,yÎS，欲证supE=h-x 首先，"x,yÎS，有 x³x,y£hÞ|x-y|£h-x， 这说明h-x是E的一个上界 eæeö çx+÷不再2è2ø又因"e>0,h-S的上(下)界，故$x0,y0ÎS，使 x0>h-y0eü2ïýÞ|x0-y0|³(h-x)-e, eï<x+2þ所以h-x是E的最小上界，于是所证结论成立 证明：若数集S存在聚点x，则必能找出一个各项互异的数列xnÌS，使limn®¥xn=x 证 依据聚点定义，对e1=1,$x1ÎUo(x;e1)ÇS一般地，对于 ì1en=miní,nî$xnÎUox-xn-1üý， þ(x;en)ÇS,n=2,3,L 如此得到的数列xnÌS必定满足： |xn-x|<|xn-1-x|Þxn¹xn-1,n=2,3,L； |xn-x|<1®0(n®¥)Þnn®¥limxn=x *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 7 S为有界集； S的所有聚点都属于S 证 倘若S无上界，则对M1=1,$x1ÎS,使x1>M1；一般地，对于Mn=maxn,xn-1,$xnÎS,使xn>Mn,n=2,3,L这就得到一个各项互异的点列xnÌS,使limn®¥xn=¥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 因S为有界无限点集，故必有聚点倘若S的某一聚点x0ÏS，则由聚点的性质，必定存在各项互异的数列xnÌS,使limn®¥xn=x0据题设条件，xn的惟一聚点x0应属于S，故又导致矛盾所以S的所有聚点都属于S *15证明：supan=xÏan，则必有n®¥liman=x举例说明，当上述x属于an时，结论不一定成立 证 利用§1.3 例4，$ankÌan，使n®¥limank=x，这说明x是an的一个聚点又因x又是an的上界，故an不可能再有比x更大的聚点所以x是an的上极限 当xÎan时，结论不一定成立例如，supíý=1Îíý,1显然不是íý的上înþînþînþ极限 *16指出下列数列的上、下极限： ì1üì1üì1ü1+(-1)nìïíïî； ìí(-1)înüný； 2n+1þncosnp3üì2nnpüïsin； ýíý； n+41ïîþþìpüïn2+1ïí sinnýnïïîþ解a2kº2,a2k-1º0,故n®¥liman=2,liman=0 n®¥ 8 a2k=2k4k+1®12,a2k-1=-2k-14k-1®-12(k®¥)，故 n®¥liman=12,n®¥liman=-12 n1¬12n£cosnp3£1(n®¥)， 故 n®¥liman=liman=liman=1 n®¥n®¥an2n2ì×,2n+1ïï2nïn+1,ïnp2nï0,=sin=ín+14ï2n,ï-n+1ïï22n×,-ïî2n+1liman=-2n=8k+1,8k+3,n=8k+2,n=4k,n=8k-2,n=8k-1,8k-3.故liman=2,n®¥ sinpnpnn®¥an=n2+1pp(n+1)sin=×2nnn2®p(n®¥)，故 n®¥liman=liman=liman=p n®¥n®¥*17设an为有界数列，证明： lim(-an)=-liman=1； lim(-an)=-liman n®¥n®¥n®¥n®¥证 由 sup(-ak)=-inf(ak),k³nk³nk³ninf(-ak)=-sup(ak)， k³n令n®¥取极限，即得结论与 *18设liman>0，证明： n®¥limn®¥11=anlimann®¥； limn®¥11=anlimann®¥； 若n®¥liman×limn®¥11=1，或liman×lim=1，则an必定收敛 anann®¥n®¥9 证 由 æ1ö1÷=supç,ça÷inf(a)kk³nèkøk³næ1ö1÷=infçça÷k³nsup(ak)èkøk³n， 令n®¥取极限，即得结论与 若liman×lim1=1，则由立即得到 liman=liman，因此极限n®¥n®¥ann®¥n®¥nlim®¥an存在，即得结论 类似地，若lima1n×limn®¥n®¥a=1，则由同样可证得 n 10