《数学分析》(华师大二版)课本上的习题7.doc

P.168 习题1验证数集有且只有两个聚点和解 当取奇数时，中的互异子列，所以是的聚点；当取偶数时，中的互异子列，所以是的聚点.设实数，. 取，因为子列和子列的极限都不是，所以在邻域内最多只有子列及子列中的有限多项，从而只有数集中的有限多项，所以不是数集的聚点.2证明：任何有限数集都没有聚点. 证明 设有限数集. 由聚点的定义，在的任何邻域内都含有中无穷多个点，而只有有限个点，所以没有聚点.3设是一个严格开区间套，即满足且. 证明：存在唯一的一点，使得证明 为严格递增有界数列，故有极限，且有，.其中等号不能成立，不然，若有，因为严格递增，必有，矛盾.故，.同理，严格递减有界数列也有极限，且，.唯一性的证明与教材P.162区间套定理7.1相同.4试举例说明：在有理数集内，确界原理、单调有界定理、聚点定理和柯西收敛准则一般都不成立.解 设，则是单调递增的有理数列，是单调递减的有理数列，且（无理数）（1）点集非空有上界，但在有理数集内无上确界；点集非空有下界，但在有理数集内无下确界.（2）数列单调递增有上界，但在有理数集内无极限；单调递减有下界，但在有理数集内无极限.（3）是有界无限点集，但在有理数集内无聚点.（4）数列满足柯西收敛准则条件，但在有理数集内没有极限.（5）是一闭区间套，但在有理数集内不存在一点，使得，5设.问（1）H能否覆盖（0, 1）？（2）能否从H中选出有限个开区间覆盖 (i) ，(ii) ？解 （1）H能覆盖（0, 1）.因为对任何，必有自然数，使得（2）不能从H中选出有限个开区间覆盖.因对H中任意有限个开区间，设其左端点最小的为，则当时，这有限个开区间就不能覆盖.能从H中选出有限个开区间覆盖.例如选区间：，即可.6证明：闭区间的全体聚点的集合是本身.证明 设，则对任何，故为的聚点.反之，若为的聚点，则必有.事实上，若，则或.不妨设，取，那么，这与为的聚点矛盾.7设为单调数列. 证明：若存在聚点，则必是唯一的，且为的确界.证明 设为单调增加数列，为的聚点.先证是唯一的.假设也是的聚点，不妨设.取，由聚点的定义，在的邻域内有中无穷多个点，设.因为为单调增加数列，所以当时，.于是在的邻域内最多只有中有限多个点：. 这与为的聚点相矛盾.故为的唯一聚点.其次证明：为的上确界.先证是的一个上界.假设不是的一个上界，于是存在.这时取，则在的邻域内最多只有中有限多个点：，这与为的聚点相矛盾.然后证明：是的最小上界.，在的邻域内有中无限多个点，设，从而.所以.8试用有限覆盖定理证明聚点定理.证明 设为实轴上有界无限点集，则存在，使. 假若中任何点都不是的聚点，则，必存在相应的，使得在内最多只含的有限个点.设，则H是的一个开覆盖，由有限覆盖定理，H中存在有限个开区间：，覆盖了，当然也覆盖了，由于在每一个内最多只含的有限个点，故为有限点集，这与为无限点集矛盾.所以中必有的聚点.9试用聚点定理证明柯西收敛准则.证明 只证充分性：设，要证数列收敛.先证数列有界.取，存在，当时，有，于是. 令，则，所以数列有界.其次证明数列有收敛的子列.若集是有限集，则数列有常数子列，当然收敛.若集是无限集，并且已经证明了是有界的，故由聚点定理，知有聚点，设的聚点为. 再由聚点定义2（见教材P.163），存在互异的收敛数列，使得. 最后证明：. 由题设，. 再由, 知, , . 现在，取, 当时，有（任取）, . 所以P.172 习题1设为R上连续的周期函数. 证明：在R上有最大值与最小值.证明 设的周期为T，则在0, T上连续，于是在0, T上有最大值与最小值.又因为为R上连续的周期函数，所以在R上有最大值与最小值.2设I为有限区间.证明：若在I上一致连续，则在I上有界. 举例说明此结论当I为无限区间时不一定成立.证 设区间I的左右端点分别为，因在I上一致连续，所以对，存在（），使得当，且时，有. 令，则在上连续，于是在上有界，即存在，使得在上. 另一方面，当时，有，于是，；同样当时，有.令，则对任何，都有.设，则在上一致连续，但在上无界.3证明：在上一致连续.证明 因为，所以，当时，有. 又因为，所以，当时，有. 令，显然在连续，于是在一致连续，从而，当且时，有. 现在取，当且时，则必有以下三种情形之一发生：或者或者若，由式，有若，由式，有若，由式，有. 所以在上一致连续.4试用有限覆盖定理证明根的存在定理.证 设在连续，. 由连续函数的局部保号性，存在，使得在内，在内. 假设对任何，都有，则由连续函数的局部保号性，存在的某邻域，使得在此邻域内且的符号与的符号相同. 集合族是的一个开覆盖，由有限覆盖定理，存在的一个有限子集覆盖了. 将中的邻域分成两部分：使的邻域记为，使的邻域记为. 的所有开区间中右端点最大的区间记为，令这个最大的右端点. 因为在内，所以，即. 因为覆盖了，所以存在中的一个区间，使得. 由于是的所有开区间右端点中最大的，故区间不属于而属于，从而，有. 因为区间的右端点属于区间，所以区间必与区间相交，那么在这两个区间相交的公共部分内既大于零，又小于零，矛盾.5证明：在上的连续函数为一致连续的充要条件是与都存在.证 （必要性）设在上一致连续，故，当且时，成立. 于是当，时，必有，从而. 由Cauchy收敛准则，可知存在，同理可证存在.（充分性）补充定义，则在连续，于是在一致连续，从而在一致连续.P.175 习题1求以下数列的上、下极限：（1） （2）（3） （4）（5） （6）解 （1）数列的收敛子列的极限只有两个，分别为：2，0，故其上极限为2，下极限为0.（2）数列的收敛子列的极限只有两个，分别为：，故其上极限为，下极限为（3）数列是正无穷大量，故其上极限、下极限都为（4）数列的收敛子列的极限只有五个，分别为：-2，0，2，故其上极限为2，下极限为-2（5）因为，故其上极限、下极限都为（6）因为只取两个值：，1，所以，于是，当时，有 ，从而，故其上极限、下极限都为1.2设，为有界数列，证明： 证 由定理7.9， 证 设，由定理7.7，对任给的，存在，当时，有，于是. 再由定理7.8得，. 由的任意性得. 若，（），则，证 设，由定理7.7，对任给的，存在，当时，有，于是. 再由定理7.8得，. 由的任意性得.同理可证： 若，则证 设，由定理7.7，对任给的，存在，当时，有. 于是，从而，由的任意性得.设，由定理7.7，对任给的（），存在，当时，有. 于是，从而，由的任意性得，即.所以.3证明：若为递增数列，则.证 若为递增无上界数列，则. 因为，所以也有.若为递增有上界数列，则极限存在，且. 又因为是递增数列，所以对任何正整数，有，从而.4证明：若（）且，则数列收敛.证 总练习题1证明：为有界数列的充要条件是的任一子列都存在其收敛子列.证 （必要性）设为有界数列，则的任一子列都为有界数列，由致密性定理，知其存在收敛子列.（充分性）反证法. 假设无界，则对任何正整数，存在数列中的某项，使得（），于是，从而子列不存在收敛子列.2设在内连续，且. 证明：在内有最大值或最小值.证 令，则在上连续，于是在上取得最大值和最小值. 若，则在上为常数0，从而在内为常数0，所以在内的最大值和最小值都为0.若，则因，使得最大值与最小值至少有一个在内取得，从而在内有最大值或最小值.3设在上连续，又有，使. 证明：存在，使.证 因，故有界，由致密性定理，知其存在收敛子列. 设，因为在上连续，所以4设函数和都在区间上一致连续. 若为有限区间，证明在上一致连续；证 因为和都在区间上一致连续，所以和都在区间上有界（P.172习题2），于是存在，使得对任何有，. 由一致连续的定义，使得，只要，就有，. 从而有所以在上一致连续. 若为无限区间，举例说明在上不一定一致连续.证 设，则和都在区间上一致连续，但在区间上不一致连续.5设定义在上. 证明：若对内任一收敛数列，极限都存在，则在上一致连续.证 反证法. 假设在上不一致连续，则存在，对（），存在相应的两点，尽管，但有. 于是得数列与，由致密性定理，存在的收敛子列，设. 同时由，得（），又有. 作数列：则，由，知极限不存在，这与题设矛盾.6设函数在上连续，且有斜渐近线，即有数与，使得证明在上一致连续.证 因，由函数极限的柯西准则，使得当时，就有