華東師大數(shù)學(xué)分析習(xí)題解答

1、數(shù)學(xué)分析選論習(xí)題解答第一章實數(shù)理論1.把§1.3例4改為關(guān)于下確界的相應(yīng)命題，并加以證明.證設(shè)數(shù)集S有下確界，且亡=infS更S,試證：(1)存在數(shù)列anuS,使liman=2；n_,(2)存在嚴(yán)格遞減數(shù)列an仁S,使liman=之.n)證明如下：(1)據(jù)假設(shè)，VawS,有a>2；且Vea0,：3aYS,使得£<a'<£+名.現(xiàn)依1次取%=n,n=1,2,，相應(yīng)地加門wS,使得-<an<-+8n,n=1,2,',因Snt0(nT叼，由迫斂性易知liman=之.n.(2)為使上面得到的an是嚴(yán)格遞減的，只要從n=2起，改

2、取.'1j1CC和=min:，U+an/：，n=2,3，就能保證an_1+(anJ-)-+snAan,n=2,3，.2.證明§1.3例6的(ii).證設(shè)A,B為非空有界數(shù)集，S=AuB，試證：infS=mininfA,infB.現(xiàn)證明如下.由假設(shè)，S=AuB顯然也是非空有界數(shù)集，因而它的下確界存在.故對任何*W5,有*乞A或xWB,由此推知x之infA或x之infB,從而又有x之mininfA,infBninfS之mininfA,infB).另一方面，對任何xwA,有xwS,于是有x至infS口infA之infS；同理又有infB之infS.由此推得infS<minin

3、fA,infB.綜上，證得結(jié)論infS=mininfA,infB成立.口3 .設(shè)A,B為有界數(shù)集，且AcB于0.證明：(1) sup(AcB)<minsupA,supB；(2) inf(AcB)至maxinfA,infB.并舉出等號不成立的例子.證這里只證(2),類似地可證(1).設(shè)a=infA,P=infB.則應(yīng)滿足：Vx=A,yB,fx>a,y>P.于是,VzwAcB,必有z-nz>maxQ,P,z一：這說明maxa,P是AcB的一個下界.由于AcB亦為有界數(shù)集，故其下確界存在，且因下確界為其最大下界，從而證得結(jié)論infAcB)2maxinfA,infb成立.上式中

4、等號不成立的例子確實是存在的.例如：設(shè)A=(2,4),B=(0,1)=(3,5)，則ACB=(3,4),這時infA=2,infB=0,而inf(AcB)=3,故得inf(AcBmaxinfA,infB.口4 .設(shè)A,B為非空有界數(shù)集.定義數(shù)集A+B=(c=a+ba£A,b£b證明：(1) sup(A+B)=supA+supB;(2) inf(A+B)=infA+infB.證這里只證(2),類似地可證(1).由假設(shè)，a=infA,P=infB都存在，現(xiàn)欲證inf(A+B)=口+P.依據(jù)下確界定義，分兩步證明如下：1)因為VxwA,ywB,有x2c(,y>P,所以/zw

5、A+B,必有z=x+y±ct+P.這說明口+P是A+B的一個下界.2) Vs>0,5x0eA,丫0乏B，使得x0AOC+_2，y0Ap+.從而三z0=x0+y0WA+B,使得z0a(o(+P)+e,故ot+P是A+B的最大下界.于是結(jié)論inf(A+B)=infA+infB得證.5.設(shè)A,B為非空有界數(shù)集，且它們所含元素皆非負(fù).定義數(shù)集AB=1c=aba=A,bB)，證明：(1) sup(AB)=supAsupB；(2) inf(AB)=infAinfB.證這里只證(1),類似地可證(2).J_a-supA,由于Vcw(AB),mawA,bwb(a20,b20),使c=ab,且&

6、lt;b<supB,、cEsupAsupB,因此supAsupB是AB的一個上界.另一方面，Ve>0,三a0wA,b0wB,滿足a0>supA-®,b0>supB-®,故3c0=a0b0w(AB)，使得c0>supAsupB-(supA+supB)-w".由條件，不妨設(shè)supA+supB>0,故當(dāng)名足夠小時，/=(supA+supB)-村名仍為一任意小正數(shù).這就證得supA-supB是AB的最小上界，即inf(AB)=infA-infB得證.*6.證明：一個有序域如果具有完備性，則必定具有阿基米德性.證用反證法.倘若有某個完備有

7、序域F不具有阿基米德性，則必存在兩個正元素u,pwF，使序列na中沒有一項大于P.于是，not有上界(P就是一個)，從而由完備性假設(shè)，存在上確界supno(=九.由上確界定義，對一切正整數(shù)n,有人之not;同時存在某個正整數(shù)n0,使n0aA九-a,由此得出(no+2)a<?<(no+1)a,這導(dǎo)致與a>0相矛盾.所以，具有完備性的有序域必定具有阿基米德性.口7 .試用確界原理證明區(qū)間套定理.證設(shè)an，bn為一區(qū)間套，即滿足：ai<a2<"<anE<bnE<b2<bi,lim(bnan)=0.n,由于an有上界bk,bn有下界ak(

8、kwN+),因此根據(jù)確界原理，存在a=supQn),P=infbn),且otWP倘若汽<P,則有bn-an>P-a=0>0,n=i,2,而這與lim(bnan)=0相矛盾，故口=P=±.又因anMct=Pwbn,n=i,2，n1所以t是一切an，bn的公共點.對于其他任一公共點nean，bn，n=i,2，由于七"|<bn-an-*0,n-*«,因此只能是t,這就證得區(qū)間套an,bn存在惟一公共點.口8 .試用區(qū)間套定理證明確界原理.證設(shè)S為一非空有上界的數(shù)集，欲證S存在上確界.為此構(gòu)造區(qū)間套如下：令ai,bi=x。，M,其中x。wSS#。)

9、，M為S的上界.記ci=若Ci是S的上界，則令a2,b2=ai,Ci；否則，若ci不是S的上界，則令a2,b2=C1,bi.一般地，若記Cn=an2bn,則令r.】an,Cn,Cn當(dāng)是S的上界，.an4i,bn4i=才曰c的4更，n=1,2，cn,bn,Cn不足S的上界,如此得到的an，bn）顯然為一區(qū)間套，接下來證明這個區(qū)間套的惟一公共點t即為S的上確界.由于上述區(qū)間套的特征是：對任何nWN十，bn恒為S的上界，而an則不為S的上界，故VxwS,有xWbn,再由J%bn=亡，便得x父,這說明U是S的一個上界；又因liman=U，故VE>0,三anA之一名，由于an不是S的上界，因此且一

10、名更n二二加不是S的上界.根據(jù)上確界的定義，證得C=supS.同理可證，若S為非空有下界的數(shù)集，則S必有下確界.口9.試用區(qū)間套定理證明單調(diào)有界定理.證設(shè)xn為遞增且有上界M的數(shù)列，欲證xn收斂.為此構(gòu)造區(qū)間套如下：令ai,bi=Xi,M；類似于上題那樣，采用逐次二等分法構(gòu)造區(qū)間套an,bn,使an不是<xn的上界，bn恒為n）的上界.由區(qū)間套定理，韭亡an,bn,且使liman=limbn=t.下面進(jìn)一步證明limxn=七.n）二二n.n1二二一方面，由xnWbk,取kT0°的極限，得到xn<limbk=巳n=i,2,.k_）二另一方面，VaA0,：3KWN+,使aKU

11、£；由于aK不是Ln的上界，故三xn>aK；又因&n）遞增，故當(dāng)n>N時，滿足xn之xn.于是有t-E<aK<xN<xnEjn>N,這就證得limxn=.n）二同理可證（xn為遞減而有下界的情形.口*i0.試用區(qū)間套定理證明聚點定理.證設(shè)S為實軸上的一個有界無限點集，欲證S必定存在聚點.因S有界，故mM>0,使得xM,X/xwS.現(xiàn)設(shè)ai,b=M,M,則Suai,bi.然后用逐次二等分法構(gòu)造一區(qū)間套an,bn,使得每次所選擇的an,bn都包含了S中的無限多個點.由區(qū)間套定理，3tsan,bn,Vn.最后應(yīng)用區(qū)間套定理的推論，Vs>

12、;0,當(dāng)n充分大時，使得an,bnuU（C;名）；由于an,bn中包含了S的無限多個點，因此U（之動中也包含了S的無限多個點，根據(jù)聚點定義，上述t即為點集S的一個聚點.口“11.試用有限覆蓋定理證明區(qū)間套定理.證設(shè)an,bn為一區(qū)間套，欲證存在惟一的點"an,bn,n=1,2下面用反證法來構(gòu)造arbi的一個無限覆蓋.倘若（an,3不存在公共點M,則ai,bi中任一點都不是區(qū)間套的公共點.于是，Vx=ai,bi,三an,bn,使x*an,bn.即三U（x;6x）與某個an,bn不相交（注：這里用到了an,bn為一閉區(qū)間）.當(dāng)x取遍ai,bi時，這無限多個鄰域構(gòu)成ai,bi的一個無限開覆

13、蓋：H=（U（x;%）xwai,bi.依據(jù)有限覆蓋定理，存在ai,bi的一個有限覆蓋：H=U=U（xi；黑）i=i,2，N卜H,其中每個鄰域UiCani,bni=0,i=i,2，N.若令K=maxi,明，nN,則aK,bK匚ani,bni,i=1，2，N,從而aK,bK1Ui=0,i=i,2，N.（水）N但是UUi覆蓋了ai,bi,也就覆蓋了aK,bK,這與關(guān)系式（水）相矛盾.所iF以必定存在*an,bn,n=1,2，.（有關(guān)之惟一性的證明，與一般方法相同.）口12.設(shè)S為非空有界數(shù)集.證明：sup|x-y|=supS-infS.x,y三S證設(shè)之=infS,n=supS,且且（若亡=列，則S為

14、單元素集，結(jié)論顯然成立）.記E=|xy|x,ywS,欲證supE="t.首先，vx,ywS,有x之:yE"=|x-y|<,這說明是E的一個上界.又因一 ；0, -二，2t+2不再是s的上（下）界，故共，丫0乏s,使0名xon-2；二|xo-yo|（n-t）-£,y。；所以“之是E的最小上界，于是所證結(jié)論成立.13.證明：若數(shù)集S存在聚點口,則必能找出一個各項互異的數(shù)列xn）二S,使limxn=巴.n-：證依據(jù)聚點定義，對e1=1,3xU7;國）CS.一般地，對于f、1即=min,方，-xn_i，三xnU7;即）CS,n=2,3，如此得到的數(shù)列xnuS必定滿足

15、：|xn-。|xn_1-1=xn=xn_1,n=2,3，；1|xn-|0（nT0°）=limpn=口nn）-“14.設(shè)S為實軸上的一個無限點集.試證：若S的任一無限子集必有屬于S的聚點，則(1) S為有界集;(2) S的所有聚點都屬于 S .證 (1)倘若 S無上界，則對 M1 =1,左1 W S,使X1 A M1般地，對于M n =max儲，Xn13Xn = S ,使Xn a M n , n = 2 , 3，.這就得到一個各項互異的點列xn us,使lim Xn =笛.S的這個無限子集沒有聚點，與題設(shè)條件相矛盾，所 n j 二必有上界.同理可證 S必有下界，故 S為有界集.(2)因

16、S為有界無限點集，故必有聚點.倘若S的某一聚點00 S ,則由聚點的性質(zhì),必定存在各項互異的數(shù)列XnhS,使lim Xn = % .據(jù)題設(shè)條件，xn的惟n)二二一聚點應(yīng)屬于S ,故又導(dǎo)致矛盾.所以S的所有聚點都屬于S .*1 5 .證明：SUpan = 之更an ,則必有l(wèi)im an =1.舉例說明，當(dāng)上述 :屬 ni 二二于Ln 時，結(jié)論不一定成立.證利用§ 1.3例4,lank'"n，使lim ank =之，這說明:是an 的一 kn，個聚點.又因巴又是5的上界，故以不可能再有比巴更大的聚點.所以t是Ln的上極限.當(dāng)twan時，結(jié)論不一定成立.例如,1 supw

17、一 n,1顯然不是3-'> 的上n 1極限.指出下列數(shù)列的上、下極限:(1)+(-1)n);(2)(1)n n2n 1(3 )n 二cos 3(4)2nn 1n 二 sin 4(5)解(1) a2k = 2, a2k 7 =°,故lim an = 2,nr 二lim an =0n廠二sinn(2)a2k(4)2k4k 1a2k2k -14k -1，1一 一(k T 00 )，故21nlim 二 an =5,(3 )(nT ),lim an = lim an = lim ann 3: n i 二 n-)z：2n . n二an :sin 一n 14"<2 2

18、nT nM, 2nn +1 ,(0，2nn +1 ,_2z"2 n 1 ,n =8k 1, 8k 3,n =8k 2,n = 4k,n u8k -2,n =8k-1, 8k - 3 .故 lim an =2, n )二lim an - - 2nT 二(5)n2 1 .二an 二sin一二n n二(n2 1)sinn(n ( n t g )，故 n"n"lim ann )二=liman=limannj二二nyZ：“17.設(shè)an為有界數(shù)列，證明:(1)nlm(一an):一則 an =1(2)lim J - an) = -nlimansup( -ak ) =fnf ( ak), k _nk -ninf ( -ak ) = sup( ak)，k -nk _n令nT8取極限，即得結(jié)論（1）與（2）“18.設(shè)liman>0,證明:n