数学分析课后习题答案--高教第二版陈纪修--11章.pdf

第十一章 Euclid 空间上的极限和连续 习题 11.1 11.1 Euclid 空间上的基本定理 1. 证明定理 11.1.1： 距离满足正定性、对称性和三角不等式。 证证 （a）显然有|，而且 |xy0 =xy| 0(1,2, ) ii xyin=xy。 (b) 由距离定义直接可得 | |=xyyx |。 (c) 由于 2222 1111 ( )()20 nnnn iiiiii iiii f tatbtbtaba = =+ ， 所以关于上述两次三项式的判别式有 2 22 111 0 nnn iiii iii abab = ， 即 2 11 nnn iiii iii abab = 2 1 。 2 1 n i= 于是 22 111 ()2 nnn iiiiii iii abbaba = +=+ 2222 1 n i i a =111 2 nnn iii iii bab = + 2 22 11 nn ii ii ab = =+ ， 即 2 1 () n ii i ab = + 22 11 nn ii ii ab = + 。 令，则有 , iiiii axy byz= i 22 11 |()( nn iiii ii )xza = =+ xzb 1 课后答案网 w w w .k h d a w .c o m 22 11 nn ii ii ab = + =|+xyyz。 2. 证明：若 n R中的点列收敛，则其极限是唯一的。 k x 证证 假设 和xy都是点列 k x的极限，则0 ， 11 ,:| k NkN| N 2| | kk ， 11 ,:| k NkN| N |()()| | kkkk +x +yx+yxxyy(|)yxyx； （2）S = ； 22 0| ),(yxyx+=yxyx ? S ； S0, 00),(=yxxyx或 ; 0),(=xyxS 。 (2) 10),( 22 x中， 最多只有S的有限个点， 所以( , ) OSxx为有限集， 于是inf|0d =yxyS,yx ，故不存在S中满足xk x的点列xk 以x为极限，产生矛盾。 7. 设 U 是 2 R上的开集，是否 U 的每个点都是它的聚点。对于 2 R中 的闭集又如何呢？ 解解 开集 U 中的每个点 x 一定是它的内点，所以 x 的任意邻域都有 U 中的无限个点，所以 x 一定是 U 的聚点。 由于 S = 是(0,0) 2 R上的闭集，而 S 只有一个点，所以无聚点， 即闭集中的点不一定是它的聚点。 8. 证明的所有内点组成的点集必是开集。 n RS ? S 证证 假 设 x， 则S?0，( , )OxS。 而 y( , )Ox， 由 于 ( ,|)( , )OOyyxx，所以y也是 S 的内点，从而，于是 必是开集。 o ( , )OxS ? S 9. 证明的闭包 n RSSSS=必是闭集。 证证 假设 x c S， 则 x， 且 x 不是 S 的聚点， 于是在 x 的某邻域S( , )Ox 中至多只有 S 的有限项，故存在 x 的邻域 1 ( ,)Ox不含 S 的点，即 3 课后答案网 w w w .k h d a w .c o m 1 ( ,)Ox c S，从而 c S为开集，所以S必是闭集。 10. 设。若为开集，F为闭集，证明：为开集，为 闭集。 n RFE,EFEEF 证证 由于为闭集，所以为开集，而，也是开集。由于 为开集，所以为闭集，从而也是闭集。 F c FE F c = EFE c E c =F EFE 11. 证明 Cantor 闭区域套定理。 证证 假设是非空闭集序列，满足 k S 121kk SSSS + ?， 以及limdiam 0 k k S =。任取 k Skx，则当 m, nk 时，从而成 立 , mnk Sxx diam mn Sxx k k ，于是是基本序列，从而收敛，设其极限为。 对于任意 k，当时， k xx mk m Sx，所以的极限 k x k SSk=x，于是 ，所以非空。 1 k k S = x 1 k k S = 再证唯一性。假设，则 1 k k S = ydiam k Sxy0（） ，所以 。 k =xy 12. 举例说明：满足0lim 1 = + kk k xx的点列xk不一定收敛。 解解 xk 1 1 k i i = = R，则 1 1 limlim0 1 kk kk k + = + xx=，而 |xk|= 1 1 k i i = + ，所以 xk不收敛。 13. 设为紧集，证明和为紧集。 n RFE,FEFE 证证 因为为紧集， 所以为有界闭集， 于是可知和 也都是有界闭集，即紧集。 n RFE,E FFEFE 4 课后答案网 w w w .k h d a w .c o m 14. 用定义证明点集 =?, 2 , 1 1 0k k 是R中的紧集。 证证 假定U为点集 S= =?, 2 , 1 1 0k k 的任一开覆盖。设 0 0U， 则 0 0:(0, )OU， 于是当 1 k 时， 0 1 U k 。 对于 11 0,1, k k = ?， 存在U中 k U，使得 11 ,0,1, k Uk k =?。于是 0 1 ,0,1, k UUk = ? 构成 S 的有限开覆盖，所以 S 为紧集。 15. 应用 Heine-Borel 定理直接证明： n R上有界无限点集必有聚点。 证证 假定 S 为 n R上有界无限点集，则由习题 9，SSS=必是闭集。 如果 S 无聚点，即，则 S 为=S=SS，即 S 为有界闭集，从而由 Heine-Borel 定理知 S 为 n R上的紧集。 xS， 由于 x 不是 S 的聚点， 存在(O)xx,只含有 S 中有限个点。 显然 ()|O x x,xS构成为 S 的一个开覆盖， 但由于其中有限个()Oxx, 只能包含 S 中有限个点，因而不存在 S 的有限开覆盖，矛盾！所以 S 必有聚点。 5 课后答案网 w w w .k h d a w .c o m 习题 11.2 多元连续函数习题 11.2 多元连续函数 1. 确定下列函数的自然定义域： （1） 22 1 )ln( yx x xyu +=； （2） zyx u 111 +=； （3）)( 22222222 rRrzyxzyxRu+=； （4） 22 arcsin yx z u + =。 解解 (1) xyyxyxD=zyxzyxD。 (3) 22222 ),(RzyxrzyxD+=。 (4) 0,),( 2222 +=yxyxzzyxD。 2. 设 2/322 3 )(yx x x y f + = ，求。 )0(x)(xf 解解 因为 3 322 3/2 2 2 1 () 1 yx f xxy y x = + + ， 所以 2 3 2) 1 ( 1 )( x xf + = 。 3 若函数 ) 1(),(+=xfyyxz， 且当时，求和。 4=y1+= xz)(xf),(yxz 解解 由( ,4)4(1)1z xfx=+=+x，可得 2 (1)1(1 1)fxxx= = +1， 所以 22 ( )(1)12f xxx=+ =+ x, 1),(+=yxyxz。 4 讨论下列函数当趋于时的极限是否存在： ),(yx)0 , 0( 1 课后答案网 w w w .k h d a w .c o m （1） yx yx yxf + =),(； （2） 22 ),( yx xy yxf + =； （3） （4） ， 101 :|( )|fA，当 0 0 |g (x)=B，则对于 0 lim xx 0 lim xx 0 2 AB =， 101 :|( )|fA=x。 又 202 :|( )|gB，当 0 0 |，使当 0 0 |, 由h (x)=A， 0 lim xx 101 :| ( )|hAx。 取 12 min,0 =，当 0 0 |， 101 :|( )|fA，当 0 0 |，x 0 (0 |):，当 0 0 |， 0 (0 |“) x。 取 12 min“,0 =，当 0 0 | 2 ( ,)f x x= 22 2 21 1 2 xx x = ，所以当点( , )x y沿趋 于原点时函数的极限为 1，而当点 2 (0yxx= ) ( , )f x y( , )x y沿 轴趋于原点时函数 的极限为 0，所以函数在原点不连续。 x ( , )f x y( , )f x y 对于函数在其它点的连续性只要考虑函数在下述曲线 ( , )f x y 222 (0x 1 ,2 2 yxyxyx= ) 上的情况（因为在除去上述曲线和原点的区域上函数显然连续） 。 设。在 0 0x 2 0000 1 (,)(,) 2 xyxx=点，由于 0000 2 2 00 2 ( , )(,)( , )(,) /2 1 2() 2 lim( , )lim0(,) x yxyx yxy y x yx f x yf xy x =， 00 2 ( , )(,) /2 lim( , )0 x yxy y x f x y = 00 (,)f xy=， 所以函数在( , )f x y 00 (,)xy= 2 00 1 (,) 2 xx连续。同理可知函数在( , )f x y 00 (,)xy= 2 00 (,2)xx也连续。 在 00 (,)xy= 2 00 (,)xx点，由于 0000 22 222 00 22 ( , )(,)( , )(,) 0 2 22 lim( , )lim1 x yxyx yxy xy x xxxy f x y xx = 00 (,)f xy=， 0000 22 222 00 22 ( , )(,)( , )(,) 0 /2 11 2()2() 22 lim( , )lim1 x yxyx yxy xy x yxxx f x y xx ， 0 0,(|)x xx， 0 0,(|) 0 | 00 |( )(), ( )(), ( )()= + f xf xg xf xg xg x 0 | ( )|()|+g xf x， 由于 g 连续，所以 g 的每个分量都连续，从而都局部有界，于是 g 也 局部有界。根据上式，f , g在连续，证毕。 0 x 14. 证明复合映射的连续性定理（定理 11.2.3） 。 证证 假设 g 在 D 上连续，f 在上连续，并且 000 ,()D=xug x。由 f 在上连续， 0 u 0 0,0,(|) ，由 g 在连续知 0 x 0 0,(|)，存在K，当时成立 kK | k |()( )| k x，则0， 0 (|)=c)(|xxf n Rc 证证 （1）假定Ax，则存在A中的点列xk，满足，即 ， 所以。 反之， 由 lim k k =xx lim0 k k | xx |=0)(=xf0)(=xf可知存在A中的点列xk， 满足，即lim0 k k | xx |=lim k k =xx，所以Ax。 （2）不妨假设。首先对于任意的 k，存在，满足 ()()ff x x k xA 1 () | k f k xxx |， 再利用 () | k fxxx |， 两式相减，得到 11 0()() |(|) | kk ff kk yyx |。 于是 |( )11fMc+ + +y |yx |+ | x |R 222 Ryx+),(),( 00 yxfyxf),(yxf),( 222 Ryxyx+上 必定取到最小值，且此最小值就是它在 2 R上的最小值。 （2）如果，则命题显然成立。不然的话，任取，使 得函数值在此点非零。 ( , )0f x y ),( 00 yx 若， 由0),( 00 yxf0),(lim 22 = + yxf yx ， 可知存在， 当， 成立，则在紧集 0R 222 Ryx+ ),(),( 00 yxfyxfR 222 Ryx+ ),(),( 00 yxfyxf),(yxf),( 222 Ryxyx+上必定取到 最小值，且此最小值就是它在 2 R上的最小值。 6设是f n R上的连续函数，满足 (1) 当时成立； 0x0)(xf (2) 对于任意与，成立x0c)()(xxcfcf=。 证明：存在，使得 0, 0ba |。 | xa)(xf| xb 证证 单位球面是 n R上的紧集，设在单位球面上的最小值和最大值分 别为 和 ，则有 f ab 0( )afbf A，( ) |0x x=f A， )(Af是)(Af的真子集。 8设是有界开区域f 2 RD 上的一致连续函数。证明： （1）可以将连续延拓到的边界上，即存在定义在fDD上的连续 函数，使得f ff= D ； （2）在上有界。 fD 证证 （1）由于在f 2 RD 上的一致连续，0,