實數的完備性

1、第七章實數的完備性P.171習題n 11 .驗證數集S ( 1)有且只有兩個聚點11和21n當n取奇數n2k 1時，S中的互異子列2k 11,(k)，所1以11是S的聚點；當n取偶數n 2k時，S中的互異子列 1 1, (k ),2k所以21是S的聚點.11 一設實數a 1 , a 1.取0-min| a 1|, | a 11,因為子列1 和11 1一及子2k 122k 11 子列1 的極限都不是a,所以在鄰域U (a; °)內最多只有子列 2k1列1 中的有限多項，從而只有數集 S 2k集S的聚點.2 .證明：任何有限數集都沒有聚點.證明設有限數集S.由聚點的定義，在而S只有有限個

2、點，所以 S沒有聚點.3 .設(an, bn)是一個嚴格開區(qū)間套，即滿足且lim(bn an) 0.證明：存在唯一的一點n 1(1) 一中的有限多項，所以 a不是數 n的任何鄰域內都含有S中無窮多個點,aa?anbnb?b，使得 anbn, n 1, 2,證明 an為嚴格遞增有界數列，故an有極限，且有an, n 1, 2,.其中等號不能成立，不然，若有 an ,因為an嚴格遞增，必有an 1 an ,矛盾.故an , n 1, 2,.同理，嚴格遞減有界數列bn也有極限，且lim bnlim an , anbn, n 1, 2,.nn唯一性的證明與教材 P.162區(qū)間套定理7.1相同.4.試舉

3、例說明：在有理數集內，確界原理、單調有界定理、聚點定理和柯西收斂準 則一般都不成立.一、一1 n1 n 1解設an(1 -) , bn (1 -) ,n 1,2,，則an是單調遞增的有理數列,nnbn是單調遞減的有理數列，且 lim bnlim ane (無理數)nn(1 )點集 an | n 1, 2,非空有上界，但在有理數集內無上確界；點集bn | n 1, 2,非空有下界，但在有理數集內無下確界(2)數列an單調遞增有上界，但在有理數集內無極限；bn單調遞減有下界，但在有理數集內無極限.(3) an|n 1, 2,是有界無限點集，但在有理數集內無聚點.(4)數列an滿足柯西收斂準則條件，

4、但在有理數集內沒有極限(5)an,bn是一閉區(qū)間套，但在有理數集內不存在一點，使得an,bn,n 1, 2,11、5.設 H (,-)|n 1,2, .問 n 2 n(1) H能否覆蓋(0, 1) ?(2)能否從H中選出有限個開區(qū)間覆蓋(i) (0,1/2), (ii) (1/100,1)?11解 (1) H能覆蓋(0, 1).因為對任何x (0,1),必有自然數n,使得 x n 2 n(2)不能從H中選出有限個開區(qū)間覆蓋(0,1/2).因對H中任意有限個開區(qū)間，設其1 一一1左端點最小的為 ，則當0 x 時，這有限個開區(qū)間就不能覆蓋x.n02n02 11能從H中選出有限個開區(qū)間覆蓋 (1/1

5、00,1).例如選區(qū)間：(,)，n 1,2, 99n 2 n即可.6 .證明：閉區(qū)間a, b的全體聚點的集合是a,b本身.證明 設x a,b,則對任何0, Uo(x; ) a,b ，故x為a, b的聚點.反之，若X為a, b的聚點，則必有x a, b.事實上，若x a, b,則x a或x b. a x不妨設x a ,取 ，那么U (x; ) a,b,這與x為a, b的聚點矛盾.27 .設為單調數列.證明：若xn存在聚點，則必是口t一的，且為xn的確界.證明設xn為單調增加數列，為xn的聚點.先證是唯一的.假設也是xn的聚點，不妨設.取 ，由聚點的定義，在 的鄰域U (；)內有xn中無窮2多個點

6、，設xN U(;).因為xn為單調增加數列，所以當n N時，xn xn.于是在 的鄰域U(；)內最多只有 xn中有限多個點：xi,x2, , xn 1.這與 為xn的聚點相 矛盾.故為xn的唯一聚點.其次證明： 為xn的上確界.先證是xn的一個上界.假設不是xn的一個上 界，于是存在xn.這時取 xn,則在 的鄰域U(；)內最多只有 xn中有限多個點：xi,x2, , xn 1 ,這與 為xn的聚點相矛盾.然后證明：是xn的最小上界.0,在 的鄰域U(;)內有xn中無限多個點，設xN U(；)，從而xn.所以SUpxn.8 .試用有限覆蓋定理證明聚點定理.證明 設S為實軸上 有界無限點 集，則

7、存在 M 0 ,使S M , M .假若 M , M中任何點都不是 S的聚點，則 x M , M ,必存在相應的 x 0 ,使得在 U(x, x)內最多只含S的有限個點.設H U(x, x)|x M ,M,則H是M , M 的一個開覆蓋，由有限覆蓋定理，H中存在有限個開區(qū)間：U(xx), j 1, 2, ,n,j x覆蓋了 M,M,當然也覆蓋了 S,由于在每一個U（xx）內最多只含S的有限個點，故S為有限點集，這與 S為無限點集矛盾.所以M , M 中必有S的聚點.9 .試用聚點定理證明柯西收斂準則.證明 只證充分性：設 0, N 0, m,n N , | am an |，要證數列an收斂.先

8、證數列an有界.取 1 ,存在N 0,當n N時，有| an aN 1 | 1 ,于是| an | | aN 1 | 1 .令 Mmax| a1 |, | a? |, , | aN |, | aN | 1,則 | an | M ,n 1, 2,，所以數列an有界.其次證明數列an有收斂的子列.若集S an | n 1, 2,是有限集，則數列an有常數子列，當然收斂.若集S是無限集，并且已經證明了 S是有界的，故由聚點定理，知 S有聚點，設S的聚點為 .再由聚點定義 2''（見教材 P.163）,存在互異的收斂數列ank an,使得 lim a時 k k最后證明：lim an .

9、由題設 0, N10 , m,n N1,|am an |.再n由 lim an ,知 N2 0, k N2,1an|.現在，取 N maxN1，N2,當kkkn N 時，有（任取 k N ） , | a。| | a。a°k | | a&|2 .所以lim annP.172 習題1 .設f為R上連續(xù)的周期函數.證明：f在R上有最大值與最小值.證明 設f的周期為T,則f在0, T上連續(xù)，于是f在0, T上有最大值與最小值.又因為f為R上連續(xù)的周期函數，所以 f在R上有最大值與最小值.2 .設I為有限區(qū)間.證明：若f在I上一致連續(xù)，則f在I上有界.舉例說明此結論當 I為無限區(qū)間時不

10、一定成立.證 設區(qū)間I的左右端點分別為 a, b ,因f在I上一致連續(xù)，所以對 1 ,存在 0b a是 f在a1,bj上有界，即存在)，使得當 x,x I,且 |x x | 時，有 |f(x)f(x)|1 .令 2a a , b b ,則f在a1,bj上連續(xù)，于 22M10,使得在上| f(x)| M1.另一方面，當x a,a1）I 時，有 | x a1 |,于是 | f (x) f(ai)| 1 ,| f(x) | | f(ai) | 1 ；同樣當 x(bi, b I 時，有 | f (x)| | f(bi)| 1.令 M max M 1, | f(a1)|1,| f (“)| 1,則對任何

11、xI ,都有 | f(x) | M .設f（x） x ,則f在（）上一致連續(xù)，但）上無界.sin x3.證明：f (x)在(0,證明因為limx 0x sin x）上一致連續(xù).0，11時，有sin x|-x又因為limxsin x0,所以 N0,當 x N時，有J2, b，當 x , x sin x xN 1/2,顯然a, b且 | x2"在a, b連續(xù)，于是在 xa, b一致連續(xù)，從x |2時，有sin x |-xsin x| x現在取min1/2, 2,當 x , x (0,)且 | x x |時，則必有以下三種情形之一發(fā)生:(0, 1)或者 x,x a,b或者 x,x (N ,

12、LI *右x , x所以sin x sin x sin x(0, 1),由式，有|1 |1|(N,),由式,a, b,由式，有x x七 sin x sin x有IIx x sin x sin x xsin xI Ixsin xI- xsin xI Ixf(x) 吧2 在(0,x)上一致連續(xù).4.試用有限覆蓋定理證明根的存在定理存在證 設f在a,b連續(xù)，f(a) 0, f(b) 0 .由連續(xù)函數的局部保號性,0,使得在a,a )內£屋)0,在(b ,b內 f(x) 0.假設對任何x0 (a,b),都有f(x0) 0,則由連續(xù)函數的局部保號性，存在x0的某鄰域U(x° x

13、76;) (x°x0,x°x°),使得在此鄰 域內f (x) 0且f(x)的符號與f(x0)的符號相同.集合族H (x x, x x)|x (a,b) a, a ) (b , b是a, b的一個開覆蓋，由有限覆蓋定理，存在 H的一個有限子集* _ _H (xiQiJi 1,2,n a, a ) (b , b覆蓋了 a,b.將H中的鄰域分成兩部分：使 f(x) 0的鄰域記為Hi ,使f(x) 0的鄰域記為H 2. Hi的所有開區(qū)間中右端點最大的區(qū)間記為(xkk, xk k),令這個最大的右端點xk k .因為在(b , b內f(x) 0,所以 b , a,即 (a,

14、 b). 因為H覆蓋了 a, b,所以存在H中的一個區(qū)間(為 i, xi i),使得.一 一一*(xii, xii).由于 是H1的所有開區(qū)間右端點中最大的，故區(qū)間*(xii , xii )不屬于Hi而屬于H2,從而 x (xi i, xi i),有f(x) 0.因為區(qū)間(xkk)的右端點xk屬于區(qū)間(xii, xii),所以區(qū)間(Xii,Xii)必與區(qū)間(Xkk,Xkk)相交，那么在這兩個區(qū)間相交的公共部分(Xii,Xk k)內f既大于零，又小于零，矛盾.5.證明：在(a, b)上的連續(xù)函數f為一致連續(xù)的充要條件是f(a 0)與f(b 0)都存在.證 (必耍性)設f在(a,b)上一致連續(xù)，故

15、 0,0,當x,x (a,b)且| X X | 時，成立 | f (X ) f (X ) |.于是當 x , x (a, b) , 0 x a , 0 x a 時，必有 | x x | ，從而|f(x) f(x )|.由Cauchy收斂準則，可知 f (a 0)存在，同理可證 f (b 0)存在.(充分性)補充定義 f(a) f(a 0), f (b) f (b 0),則f在a,b連續(xù)，于是f在a, b 一致連續(xù)，從而f在(a, b) 一致連續(xù).P.175 習題1 .求以下數列的上、下極限：(1)1 ( 1)n(2) ( 1)n2n 1(3) 2n 1(4) 包sin Jn 14n2 1n(5

16、) sin nr| cos|n n3解 (1)數列1 ( 1)n的收斂子列的極限只有兩個，分別為：2, 0,故其上極限為2,下極限為0.n11(2)數列( 1)n n的收斂子列的極限只有兩個，分別為：1,故其上極2n 12 2 1，1限為1,下極限為122(3)數列2n 1是正無窮大量，故其上極限、下極限都為(4)數列型sin 的收斂子列的極限只有五個，分別為：-2,J2n 142,故其上極限為2,下極限為-2、， n 1(5)因為 limsin lim(6)因為| cos- |只取兩個值：3有 1J1 J|cos| 1 ,從而、2.321 sin n1n ,故其上極限、下極限都為n n _n

17、1 1 n，1,所以|cos | 1,于是，當n 時,2 23 lim n.j cos | 1 ,故其上極限、下極限都為 1. lim an lim ( an) nn證 由定理 7.9, lim anlim inf annn k n lim an lim bn lim (anbn)nnnlimnsupk nanlim ( an)n證 設 lim an A , lim bnnnB ,由定理7.7,對任給的0 ,存在N 0 ,當n N時，有anA 一 , bnB 一,于是 anbnA B22lim(anbn)A Bn由的任意性得lim (anbn) An.再由定理7.8得，B .若 an 0 ,

18、bn0 ( n 1, 2,貝U lim an lim bnnnlim(an bn), n2.設an , bn為有界數列，證明:limanlimbnlim (anbn)n nn證設lim annA, limbnnB ,由定理7.7,對任給的0 ,存在N 0 ,當n N時，有 an A , bn B,于是anbn AB (A B ).再由定理7.8得,lim(anbn) AB (A B n).由 的任意性得ljm(anbn) AB.n同理可證：limanlimbnlim (anbn)n nn,、4八11 右 an 0, lim an 0,則 lim - nnanUm ann證 設ljmanA,由定

19、理 7.7,對任給的n0 ,存在N 0 ,當n N時，有A2A 11A1a n A .于 te 1 A 1 Aan A A一一 11,從而lim nanA,-11任意得lim 1.n an A設lim工 B ,n an由定理7.7,對任給的1.八，一）,存在N 0,當n N時, B占1有一anB21 B于是1,從而 lim an 一 L B1 11任息T導 lim an ,即 lim B n B nanlim ann11所以lim n anlimann3 .證明：若an為遞增數列，則limanlim an.nn證 若an為遞增無上界數列，則 lim an n因為liman lim an,所以也

20、有 nnlim ann若an為遞增有上界數列，則an極限存在，且lim an nsupak.又因為 an是 k 1遞增數列，所以對任何正整數n ,有 supak supak,從而 k nk 1lim an limsupaknn k nsupak k 1lim an.n4 .證明：若 an 0 (n 1,2,)且 limannlimn1 ,則數列an收斂.總練習題1 .證明： Xn為有界數列的充要條件是Xn的任一子列都存在其收斂子列證 (必要性)設為有界數列，則Xn的任一子列都為有界數列，由致密性定 理，知其存在收斂子列.(充分性)反證法.假設 xn無界，則對任何正整數k ,存在數列 xn中的某

21、項xnk ,使得Xnk k( k 1, 2,),于是lim xn,從而子列 Xnk不存在收斂子列.k2 .設f在(a,b)內連續(xù)，且lim f(x) lim f (x) 0.證明：f在(a, b)內有最大x ax b值或最小值.、十人 _, 、 f (x) a X b, 一一一 ,證 令F(x)，則F(x)在a, b上連續(xù)，于是F(x)在a, b上0 x a, x b取得最大值M和最小值m.若M m,則F(x)在a, b上為常數0,從而f在(a, b)內為常數0,所以f在(a, b) 內的最大值和最小值都為0.若M m,則因F(a) F(b),使得最大值 M與最小值m至少有一個在(a, b)內

22、取得，從而f在(a, b)內有最大值或最小值.3 .設f在a, b上連續(xù)，又有 Xna, b,使lim f (Xn)A .證明：存在nX0 a, b,使 f(Xo) A.證 因 Xn a, b,故 Xn有界，由致密性定理，知其存在收斂子列人卜.設lim xnkx0 a, b,因為f在a, b上連續(xù)，所以f (Xo) kim f(Xnk) |而 f(Xn) A4 .設函數f和g都在區(qū)間I上一致連續(xù).若I為有限區(qū)間，證明f g在I上一致連續(xù)；證 因為f和g都在區(qū)間I上一致連續(xù)，所以 f和g都在區(qū)間I上有界(P.172習題2),于是存在 M 0,使得對任何 x I有| f(x) | M , |g(x

23、)| M .由一致連續(xù)的定義, 0,0 ,使得 x , x I ,只要 | x x |,就有 | f (x) f(x )|,| g(x ) g(x ) |.從而有| f(x )g(x ) f (x )g(x ) | | f (x )g(x ) f (x )g(x ) | | f (x )g(x )f(x )g(x )| f(x)| |g(x) g(x )| |g(x )| | f (x ) f (x ) | M M 2M所以f g在I上一致連續(xù). 若I為無限區(qū)間，舉例說明f g在I上不一定一致連續(xù).證 設f (x) x, g(x) x, I (,)，則f和g都在區(qū)間I上一致連續(xù)，2但f (x)g(x) x在區(qū)間I上不一致連續(xù).5.設f定義在(a, b)上.證明：若對(a,b)內任一收斂數列 xn,極限lim f (xj都 n存在，則f在(a, b)上一致連續(xù).1證 反證法.假設f在(a, b)上不一致連續(xù)，則存在00,對 一(n 1, 2,),n ''1存在相應