数学分析简明教程答案第九章再论实数系

第九章再论实 实数连续性的等价求数列{xn}（若{xn}（下()是{xn}（下：1（1）xn1n1n（2）xn[2(2)n]；n（3）

k,

2k

1k

(k1,2,3)

[1(1)n]n1nn1n1n

n1cos2n n 解（1）sup{xn1,inf{xn0（2）sup{xn},inf{xn}sup{xn}

}12fxDsup{f(x)}inf{f

inf{f(x)}sup{f

证明(1)设inf{f(xa，则xDf(x)a，因而f(x)a0，都xDf(x)a，因而f(x)asup{f(x)}inf{f

(2)设supf(xb，则xDf(x)b，从而f(x)b，又由于都xD，使得f(xb，从而f(xb，因inf{f(x)}sup{f

3supEE，试证自E中可选取数列{xnxn互不相同，使nlimxEn证明supEE

xE，有x0xE

对1，存在x1E，使得1x1对min1,x，xE1

(x)x 对min1,x，xE1

(

)x …

如此继续下去，得数列{xn}xn互不相同，并且limxnnEE1，则supE1x互不相同的数列{x}，n n使limxn4的数列必有下确界，趋于的数列证明(1)由于收敛数列是非空有界数列，且既有上界又有下界，因而有确界定理知其limxn，则NnNxn0，因而min{x1x2,xN,0是数n{xn}的下界，由确界原理知数列{xn}limxn，则NnNxn0，因而max{x1x2,xN,0n{xn的上界，由确界定理知数列{xn}解（1）有上确界无下确界的数列，如{xnn有上确界sup{xn1含有上确界但不含有下确界的数列，如取

1sup{xn1，但下确界inf{xn01(1)n既含有上确界又含有下确界的数列，如{xn

nnxn

n2k1,kZ

n2k,kZ则数列{xn}30，该数列{xn}3 实数闭区间的紧致9.2证明设数列{xn}abRnNaxnb{xn若{xn}存在子列{xnk}是常数列，则{xnk}是{xn}若{xn}不存在是常数列的子列，下证{xn}Xxn|nN}，X是无限点集．反设{xn}没有收敛的子数列，则x[ab都不是{xn}x[ab]IxuxvxxIxIxX是有限集（的任一开区间(ux,vxXx是{xn}的某一子列的极限Ix构成闭区间[ab的一个开覆盖mm[a,b]Ixm

[a,b]X(Ix)X(I

X)(IxX)(I

X)(I

X)

注意到上式右端每一项都是有限集，故[abX为有限集，矛盾!综合（1（2）知{xn必有一收敛的子数列．证明设数列{xn}{xn}{xn有收敛子数列{xn}limxnc，则由{xnc必为数列{xn k n据数列极限的定义知0KkKnk

cncnk

c

c K Nnk1nNnk1时，由数列{xn}单调递增且cKc xnccK xclimxc 同理可证{xn}证明不妨假设数列{xn}单调递增有上界（{xn}单调递减有下界可同理证明)bR，使得ax1x2xnb，下证数列{xn有极限．ab，则{xn}为常驻列，故{xn}ab．aa,bb，二等分区间[a,b]，分点为a1b1，若a1b1仍为{x}的上界 1

a

a1b1a1b1不是{xm

a1b1 aa1b1,bb.二等分区间[a,b]a2b2a2b2为{x}

a

a2b2a2b2不是{x}的上界，则令

a2b2

b. 定理知存在唯一的cR，使得c属于所有闭区间，下证数列{xn}的极限为c．nn

)

ba00NnN时，都有

，而c

][an,bn](c,c) 另一方面，由闭区间套的构造知KanxKbn，故对nKxnxKanxKxnbn.而由（*）知cxncxnc，从而limxncn试分析区间套定理的条件：若将闭区间列改为开区间列，结果怎样？若将条件[a1,b1]a2,b2]去掉或将条件bnan0 1分析（1）若将闭区间列改为开区间列，结果不真．如开区间列0n满足 lim100且01010101rr n

2

n若将定理其它条件不变，去掉条件[a1,b1]a2,b2] 1

a0rr

n

1若去掉定理条件bnan0，则定理仍不成立，如闭区间序列1n,3n 满足[a1,b1]a2,b2]，此时区间[1,3内任意一点都属于闭区间序列的任何区间，与若{xn}

,kmkkm

a（a为有限数证明由于{xn}无界，故kN

xnklim

又由于{xn}不是无穷大量，根据无穷大量否定的正面陈述知M0，对K0kkmkK，使得|xm|M0.从而对于K0，数列{xmkkm列{x}mkk有界数列{xn}k

a,mkm

b(ab)k证明由于{xn}为有界数列，由紧致性定理知数列{xn}必有收敛的子列{xn}knk k a(k，又因为数列{xna，故从{xn中去掉{xnnk k无穷多项(否则数列{xn}a)．记其为数列{xn}，又因为{xn}为有界数列，故有收敛子列，设此子列的极限为bab，而此子列也是{xn}的子列，故设其为{xmklimxmb(akk k求证：数列{an}有界的充要条件是，{an}的任何子数列{an}都有收敛的子数列．证明必要性：由紧致性定理知结论成立．kk充分性：反设数列{an}无界．若{an}是无穷大量，则{an}的任何子列都不存在收敛的子列，矛盾；若{an}5题知{an}有一子列{ankk{an没有收敛的子数列，也矛盾．因而数列{an}kfx在[abfx在[ab证明对t[ab]fx在t

f(xA10存在t0x，当0|xt|t

f(xA1

f(x)|A|1，Mmaxf(t),|A|1x(tt,tt)，都有(tt,tt

f(x)

，即fx)在区间对所有t[ab，在1下所取的t为半径的开区间(tt,tt|t[a,b]闭区间[ab上的一个开覆盖，由有限覆盖定理知，存在t1,t2,,tn[a,b]n[a,b](tit,tit) fx在每个区间(titi,titi)(i1,2,nf在[ab9．设fx)在[ab]无界，求证：存在c[ab]，对任意0，函数fx)(cc[ab证明c[ab，c0fx在(cccc[a,b上有界，则对所有的c(cccc|c[a,b]构成区间[abn盖定理知其有有限子覆盖，即c1c2,cn[a,b]，使[ab](ciccic 于函数在每一个(ciccic[a,bnfx在[ab fx是(ab

f(x),

f(x证明fx在(ab上有上界，故M0，对xab),f(x)M

f(x存在.在区间(abx0g(x)

f(x)f(x0，0x则由fx)是(abg(x)在(x0,b)上递增，在(x0,b)x1，考察区间(x1,b)x(x1,b，由于g(x)

f(x)f(x0)Mf(x0)x x1g(x)在(x1,bg(x)在(x1,b上单调递增且有上界，由定理3．12

g(xlimg(x)A limf(x)lim(x

f(x)f(x0

f(x0)A(bx0)f(x0)

f(x

xb

x

f(x存在.由于fx是(abg(x)在(ax0在(ax0x2，考察区间(ax2x(ax2)，由于g(x)

f(x)f(x0)x

f(x0)f(x)x0

f(x0)Mx0g(x)在(ax2g(x)在(ax23．12

g(xlimg(x)B limf(x)

f(x)f(x0

f(x0)(ax0)Bf(x0)

xa

x

f(xfx在[ab(x)f(x0)f(x0)求证：任意0,(x)x反证法，使用区间套定理.根据结论，反设存在00，在[ab上使(x记[a,ba,b]，二等分区间[a,b，则在aa1b1a1b1,b中至 1

1个区间含有无限多个x使(x)0，记此区间为[a2,b2，再二等分区间[a2,b2，在a,a2b2,a2b2

x使(x)

2 [a3,b3，如此继续下去，得闭区间套[an,bn]，且每个区间[an,bnx(x)0r[an,bn],nfx在[abr[abf(r0f(r0)f(r0

f(r0B0010x(rr1时，有 f(x)A

f(x)A

2x(rr1(x)0；同理存在20x(r2r(x)0．取min1,2(rr上满足(x0r一个点．而根据区间套性质知NnN时，都有[an,bn](r,r)从而在[an,bn中最多只能有一个点，使得(x)0，这与区间套的构造矛盾．故原结论fx在[0,上连续且有界，对a,f(x)a在[0,

f(x)证明fx在[0,fx在[0,v，下界为u，若uv

f(x)uv，结论必然成立，故以下假定uv令[u,vu,v]，二等分区间[u,v]，分点为u1v1由于f(xu1v1在 1 fx连续，因而

0,x

f(x)u1v12f(xu1v1f(xu1v1，令[uvu1v1v

f(xu1v1

1 [u,v]

u1v1，因此x

时f(x[u,v，即uf(xv

二等分区间

v]u2v2f(x)u2v2在[0, fx连续，故

XxXf(xu2v2f(xu2v2． f(x)u2v2，令[uvu2v2

,v]

u2v2，因此

2

u2

xX2时f(x[u3v3，即u3f(xv3依此类推，得一区间套{[unvn，且由区间套的构造知，XnXn1,xXn时，unf(x)vn 一的r[u,v],n1,2,，下证

f(x)r事实上，对0，由闭区间套{[unvnNnN[un,vn](r,r)nN1，则[uN1vN1rrXN1,xXN时f(x[uN1vN1rr)，即r

f(xr，从

f(x)r

f(x)f(x)

实数的完备设fx)在(ab连续，求证：fx)在(ab

f(x

f(x证明fx在(ab一致连续知，00，xxab且|xx|有f(xf(x)

xxaa)

xxf(xf(x)Cauchy

f(x

f(x充分性证法1

0

f

，xx(aa1)f(x)f(x)

，又由于

f(x)也存在2xx(b2,b)时，f(x)f(x)取min12bafx)在(aabb224 224 续，而又因为fx)在[ab上连续，因而一致连续，因此fx)在(aa[a,b、[b,bfx在(ab2

f(x

f

f(x)A,

f(xB， xF(x)f x(a,B xB12Fx在[abFx在(abFx在(ab上就是fx)，因而fx)在(ab12

1

nnCauchyn取

10N0nN，则2nN2

xn

1n1n1n1n1nn

1111

111

11 1Cauchy

1

n12nCauchy12n（1）

aaqaq2aqn

|M) （2）

1sin1sin2sinn （3）

111(1)n11 （1）0|q|1limqn10N，nN|qn1|1|q| NnmN时（mnxn

xn1xn2

xn1

| ||q|n1| ||q|n2

n1

|q

n2

|qM1|q

1|q|MCauchy收敛原理知数列{xn}

1asinkq1

1,|q|1{x

1Cauchy0，由lim10NnN1，对上NnmN时（不n 1mmn1mxn

n

n

1n1nn

1m1由 1m1n

n

(1)mn1m

0mn

xn

n

n

(1)mn11mxn

n

n

(1)mn1m

mn

n n

n

n3

m

m1 xn

mnm

n

(1)mn1m

1n n

n

n3

m1 Cauchy收敛原理知数列{xn}2先考虑数列{xn}的偶子列{x2n} 111 111

2n

2n1111 1 234 234

2n

2n

2n

2n21111

1 234 234

2n

2n 故偶子列{x2n} 111(1)2n1

111

11

23 23

2n

2n因而偶子列{x2n}是单调上升且有上界的数列，由单调有界原理知{x2n}

a

且 0，从n

2n

n2n

lim

a

n

n2n于是我们证得数列{xn}的奇、偶子列均收敛而且极限相同，故数列{xn}证明：极限

f(x存在的充要条件是：对任意给定00，当0x

,0

x

f(x)f(x)证明limf(xA，则00x,0

xx，就有f(xA由0x

,0

x

f(x)f(x)(f(x)A)(f(x)A)

f(x)A

f(x)A设{xn是任意满足limxnx0xnx00n

00x

，0

x

f(x)f(x) 对上述0limxx mN时，有0|xmx0|

xnx0NnN0|xnx0|f(xnf(xm)，即f(xn)}是基本列，由Cauchy收敛准则知

f(xn由{xnx0x0的实数列{xn都有极限n

f(xnlimxnx0(xnx0limxnx0(xnx0

f(xn)

f(xn，则定

n由{yn

ynx0ynx0)n

fyn)

fynx0x0的实数列{xnf(xnHeine

f(xfxx0点连续的充要条件是：任给0，存在0x

x

f(x)f(x)证明fxx0

f(x)

f(x0，故00

x

f(x)f

)2

x

，x

f(x)f(x)(f(x)f(x0))(f(x)f(x0f(x)f(x0)f(x)f(x0)设{xnlimxnx0的数列，由已知0,0xn

x

f(x)f(x)对上述0，由于limxnx0，故NnN|xnx0|mNn|xmx0|，于是f(xnf(xm)，即f(xn)}是基本列，由实数列的收敛准则知

f(xn存在．由{xnx0的实数列{xn}n

f(xnlimxnx0(xnx0limxnx0(xnx0

f(xn)

f(xn，则定

由{yn的构造知limynx0n

fynn

fynx0的实数列{xn}f(xnx

f(x存在．特别地，取{xn}x0得

f(xn)

f(x0

f(x)

f(x0fxx0

n1cos2n n n1n1nxn

n2n)xncosnxntann解（1）取{xn3k

3k1cos

3k1

3k

3k

1n3k1

cos2(3k

1 ，k

3k

3k

23k而lim

1.{x的两个子序列极限不等，故{xk

3k

12k（2）对{x}的奇子列，由于x2k12k11

，而且lim2k121，故 2

kk

2k

1；对{xn

2k122k，而22k1

22k2k

2．原数列的奇子列与偶子列极限不同，故{xn由于lim

n2nn1，故取1

nN

n2n2

121124n2从 1 n1n2 n2 nn24从 n14

n34n2nn34n为偶数时，由于sinn)sin2

n2n1n为奇数时，由于sinn)sin，从而1

n2n22因此取0

，对Nnmax{N2 2

n1max{NN0}和 一个

内，另一个在

2x

2

22

2收敛原理的否定形式知数列{xn}2取0

2sin1，对NkN2k4

N1在2k,2k31nN44 44 n12k,2k344 44 n22nn22cos(n2)cosn2sinn2n2

2

2sin12

2sin10Cauchy收敛原理的否定形式知数列{xncosn取0

30，对NkN，使得kN3于kk1，从而在kk2266 2266 N若在kkn2 2 n1k, (k1),(k1)222 222 tan(n1)tanntanntan(n1)tanntan6

3 若在kk中有两个大于N的正整数点，则取较大的正整数为n，同样，26 26 n1(k1)k1)，从而2 2 tan(n1)tanntanntan(n1)tanntan6Cauchy收敛原理的否定形式知数列{xntann}

3 fx在(a,|f(x|

f(x)

xf(x)0

f(xCauchy0

0xX2xX

f(xfxfx在(a,fx在xx2 Lagrange中值定理条件，因而xxf(xfxf()x 2 2f(x)fxxf() 2

f(x)

xf(x)xf(x)xf()

xf()2f(x)fx2

xf(x)0

2 fx在(,

f(x)k1，任给x0，

xn

xn1f(xn

(2)x

f(x证明（1）0Nln(1x1

lnknmNnm|xmxn|fx在(,Lagrangexn1xn

f(xn)f(xn1)

f()(xnxn1)kxnxn1

k

xn2

kn

111xm111

xmxm1xm1xn1

xm

xn11km11

kn

(km1kn1kn)

(k

k

)x1x0

x1x0k1由于nNln(1k1x1

lnk，而k1nlnkln(1k)x1k1xmk1

x1

Cauchy

xn（2）fx在(,xn1f(xnn

xn

f(

x)，即nn

xnx

f(xab(aba

f(a)，b

f(bab

f(a)f(b)

f()abkababfx在[ab（1）f(x)f(y)kxy,x,y[a,b],0k（2）fx的值域包含在[ab则对任意x0[a,b]，令xn1f(xnn0,1,2,，

xnx

f(x)的解在[ab证明（1）0N

|x1x0xm

lnknmNnmxn1f(xnx0[a,bfx的值域包含在[ab内，因而对nxn[a,b]

xn

f

)f

)k

kn

x011xm

1xmxm1xm1xn11

xm

1xn111km11

kn

(km1kn1kn)

(k

k

)x1x0

x1

k1k1

xnx

f(x在[ab上有两个不同的解cdcd

f(c)f(d)kc

cd 再论闭区间上连续函数的性fx在[abx0xn[a,b

xnx0

f(xn)

f(x0)证明x0(a,bx0ax0b对任意0minx0a,bx0}fx在[abfx在[ax0]、[x0x0]、[x0,b]fx在[ax0]、[x0x0、[x0,b上均有最大值，显然fx)在[x0x0上的最大值为f(x0，设fx)在[ax0]和[x0,bMf(x0)M取f(x02

0

f(xn)

f

知NnN时f

)f(x0)

f(x0)M2 f(xn)

f(x0)

f(x0)M2

f(x0)2

Mfx在[ax0]和[x0,b]Mxn(x0x0)，即|xnx0|

xnx0fx在[ab

f(x)pmaxf(x)(2)f(x)pf(x)0f(x)p的根只有有限多个．证明利用区间套定理．反设f(x)p在[ab上有无穷多个根，设[a1,b1]a,b]，二等分区间[a1,b1在两个子区间中必有一个区间含有f(x)p的无穷多个根，设此区间为[a2b2，再二等分区间[a2,b2]，则在两个子区间中必有一个区间含有f(x)p为[a3,b3],{[an,bn，由区间套的构造知f(x)p在任意[an,bn]n由区间套定理知r[ab]nNrn

,bn]f(r)pg(x)

f(x)p，g(x)也在[abg(r)

f(r)p0从而由保号性知,xrrg(x)0f(x)pN,nN时[an,bn(rrf(x)p在[an,bn]f(r)p

f(r0

f(xf(r)0x0|xr|x

f(xf(r)0f(xp，从而在(rrfx只有r，x由区间套知N,nN时[an,bn(rrf(x)p在[an,bn]只有一个根，f(x)p在[ab

fx在[abf(a)0,f(b)0，求证：存在ab

f()f(x)0(xbEx|x[abf(x0由于f(a0,f(b0

fx在[abEEEsupE，下证f(0事实上，由于supE，由本章第一节习题3E中选取数列{xn，使nlimxfxn

f(limxn)

f(xn) 又对于xbxEf(x)0f(b)0f(x)0

fx是[abM和m(mM必存在区间[,]，满足条件f(M,f(mf(m,f(Mmf(xM，当x证明fx是[abMmc[ab]f(c)M；d[ab]f(d)mmM，故cdmin{cd}max{cd}，则在区间[（1）f(M,f(mf(m,f(M（2）对xf()M,f()mf()m,f()MM分别为[abmf(x)M5．设fx)[0,2a]上连续，且f(0)

f

，求证：存在x[0a]，使f(x)f(xa)．证明g(x)f(xf(xax[0af(0

f(a)，根据已知条件

f(0)

f(2a)x0xaf(x)f(xa)f(0

f(ag(0)

f(0)f(a)，g(a)

f(a)f(2a)

f(af(0，g(0g(a符号相反，由零点定理知x[0a]g(x)0f(x)f(xa)．fx在[abf(x)证明fx不恒为常数，则x1x2[a,b]f(x1)f(x2)，又由于ff(x1),f(x2f(x1),f(x2之间任取一非整数c，则由介值性定理知[ab]，使得f()c，这与fx取值为整数矛盾．设fx)在(abab，证明：fx)在[ab上有界．证明fx在[ab上一致连续，故取10，则0x1

f(x1f(x21.取定a1,b1其中aa1a，bb1bx(aa1x

，故

f(xf(a11

f(x)

f(a11；同理x[b1,b，有x

f(xf(b11

f(x)

f(b11fx在区间(aa1区间[b1,bfx在[a1,b1性质可知存在M10，使得x[a1b1f(x)M1M

f(a1)

f(x)Mfx在(abfx在(ab上满足利普希茨（Lipschitz）Kf(x)f(x)Kxx，x,x(a,b)fx在(ab证明

取

1

则对xxab),x

Lipschitzf(x)f(x)Kx

K1

fx在(abfx在[ac和[c,bfx[ab证明对0，由函数fx)在[ac一致连续知10，对x1x2[a,c]x1

f(x1)f

)fx在[c,b上一致连续知

0，

[c,b

f(x1)f

)2取min{1,2}，则x1x2[a,bx1x2时x1x2同属于[ac， f(xf xx同属于[c,b，也有f(xf(x)xx )个属于[ac，另一个属于[c,bx1)

x1c

x2cf(x)f(x)f(x)f(c)

f(c)f

因而x1x2[a,bx1

f(x1f(x2)因此由一致连续的定义可fx在[ab设函数fx)在(,)

f(x

f(x存在．证明：f在(,)对0

f(xCauchyX10x1x2X1时

f(x1f(x2)；又由

f(x)X20意x1x2X2，就有f(x1f(x2由于fx)在(,)上连续，故

fx在区间[X11X21上连续因而[X11,X21]0，存在10x1x2[(X11X21]，只要x2

1，就

f(x1)f(x2)区间(,X1)、[(X11X21或(X2,有f(x1f(x2)fx在(,fxX（有穷或无穷）

f(x)M，xXfxX证明对0Mx1x2X|x1x2|中值定理，存在x1x2f(x1)f(x2)|f()(x1x2)|Mx1

MfxX求证：f(x) xlnx在(0,)上一致连续证明f(x)

xlnx

f(x)1

lnx2lnx，f(x)

ln4x4xx22f(x)0x1x1f(x)x0,1),f(x)0f(x)单x1,),f(x)0f(xx1f(x的极大值点，也是最大值点，而f(1)1，从而对x0,，f(x)x22f(x)0xe2，在区间[e2)f(x)0，因而在[e2)0f(x)1，即f(x)1，由上题结论知fx)在[e2)

f(x)

xlnx0g(x)

xln0

xxg(x在[0,2]g(x)在(0,2fx在(0,2对0

fx在[e2

10x11

[e2)x1

1

f(x1f(x2)fx在(0,220任意x1x2(0,2x1

2，也

f(x1)f(x2)x1

[e2)

f(x1)f

)f(x)

xlnx在(0,fx在(a,

f(x)fx在(a,0证明取1，对0，由于0

f(x，故X0xX时，有f(x)2，任取xX，xxX，虽然有x ，但根据 中值定理知，存在xx f(x)f(x)

f()x

2

1

fx在(a,f(x)xlnx在(0,

f(x)lim(lnx1) （1）fx在[0,1x1(n1,2,n f(x)

x x

x1 1f(x)

x x

xxf(x)1x

xx解（1）fx在[0,1M0，对x[0,1，都有f(x)M故在区间[0,1fx的振幅2M0limn

0，故NnN时，都有

，特别地取nnnnN1时，也 .由于f(x)在n

即10，使得对区间n,1的任何max(xi1的分法，都有i'xi'2 取

1，对[0,1的任意

110

xi

nn 10,1

i1,

i011n01n

i0 i0 ixiixii0xioixi2Mxi2Mi

12M1

ii0

ii0

n n

f(

ixi xi1,1

在n,1ii0

n

x

f(

xi01,1ii0

i

n n

上可积（2）fx在[0,1x1(n1,2,x0，根据nfx在[0,1由于fx)在[0,1上

fxfxx0x1(n1,2,，由（2）fx在[0,1nfx在[0,1上有0f(x)1fxfxx1(n1,2,，由（1）fx在[0,1n讨论f(xf2x),f(x)三者之间可积性的关系解f(x),f2

f(x)三者之间可积性的关系是：若fx

f(x)f2x

f(x)f2xfx可积推导f(x) 由f(x)可积知 x0，而对于任一所讨论区间 ,x]中的任意两0xx

f(x)

f(x)

f(xf(x)*（其中*

f(x)在 ,x

上的振幅上的振幅，因而0*i

nnii

0(0

f(x)fxf2xfxfxM0xf(x)Mn而且limx0.对任一区间 ,x中的任意两点x,x，由于（设是f2(x)n

xi1xi上的振幅f2(x)f2(x)

f(x)f(x)

f(x)f(x)

f(x)f(x)nn故0

nn2Mi

0(0f2x

f(x)f2xfxf(x)

x[0,1

f(x)

f2x)1，故在[0,1

f(x)f2xfx[abi2

nnixi20fx在[a

f(x)f2x先由f(x)f2xf2(x)f2(x)

f(x)

f(x

f(x)

ff(x)

f(x

f(x)

f2M

f(x)

f(x

f(x)f2xf2x可积推导f(x)f2xc(c0g(x)f2xcg(xf2x的可积性．对任一区间xi1xixxf(x)

f(x)

f(x)

f(x)

f2(x)f2(x) f(x)

f(x)

f2(x)f2(x)12f2(x)12f2(x)f2(xff(x

f(x)可积.因此

f(x)f2xfx,g(x)都在[abM(x)max(f(x), m(x)min(f(x),在[ab证明M(x)

f(x)g(x)2

12f(x)g(x)fx,g(x)都在[ab1212M(x)m(x)12mxfx在[abf(x)r0

f(x)g(x)2

f(x)g(x)

f

在[ab（2）lnf(x在[ab 证明由于f(x)在[a,b]上可积，故 x0，即对0,0，对区0nn[ab的任意max(xi)的分法，都有ixi对上述[a,b]的任意的分法，设*为函数 在区间 ,x上的振幅 f

*并设*

1f1f

1f(x1f(x1f1f(xf(x)f(xf(x)f(x

f(x)f(x) 1r1， 1r1， nn

1

1 lim

01在区间[abi

r

r

nn

f对上述[ab的任意i为函数

f(x)在区间xi1,xi上的振幅并设i

f(x)

f(x)，不妨

f(x)

f(x

f f ilnf(x)lnf(x)

f(x)lnf(x) f(x

f(x)1，x0时ln(1x)x f

f

f(x)f(x

f(x)1

f(x)1

f(x

f(x)f(x) i nn从而

1r

i

1r

0

0

f(x)在区间[abfx在[ab可积，求证：任给0，存在逐段为常数的函数(x)baf(x)(x)dxb对0fx在[ab上可积，故根据可积的定义知，0，对[an的任意max(xiixixi1xin由于振幅iMimi，故xxi1xifxmi令

f(x)Mi(x)mimn

x[xi1,xi),i1,2,,nx[xn1,xn则(x)是逐段为常数的函数，而且在区间[xi1xif(x)(x)Mi(x)Mimiib因 b

nnf(x)(x)dx

nnf(x)(x)dx

i

bb

f(x)(x)dxfx在[abf[a,b]

f(x)

f(x)f[a,b

f(x)f(x)证明

f(x)

f(x时fx)在[ab

f(x)

f(x)对xx[ab]，由于f(x)

f(x),f(x)

f(x)|f(x)f(x)|

f(x)

f(x)f[a,因此f[a,b是|f(x)f(x)|在[ab的上界，下证f[a,b事实上，对任意0

f(x)

f(x

f(xfx在[ab确界，故x[a,b]，使得f(x

f(x；而

f(xfx在[ab

界，故x2[a,b]，使得f(x2)

f(x f(x1)f(x2)

f f(x)

2

f(x)

f(x)f[a,b]因此f[a,b是|f(xf(x|在[ab的上确界，即f[a,bfxx0

f(x)f(x)f

)limff

1,x x

1nnfxx0连续的充分必要条件是f(x0)0证明对0fxx0连续知0,

x

f(x)f

)2N11，则nN1知

1,

1

,

．从而

n f

1,x x

1nn

x,x(x1,x1

f(x)f(x0n00 f(x)f(x)0x,x(x1,x1

f(x)f(x0)0n0 x,x(x1,x1) 20n0f从而limf

1,x x

10，即n n

)0充分性对0,

f由于limf

1,x x

10，故NnNnnf

1,x x

1nn

f(x)1

xx1,x1

f(x)1

n,x0n

n取

，则x(x0x0nf(x)f(x0)

f(x)

fxx0,x0

nf(x)n

xx0,x0

f(x) 1

xx1,x1nn

n,x0

0n fxx0fx在ABb

f(xh)f(x)dx0AabB（这一性质称为积分的平均连续性证明fx在ABfx在ABM0得xAB],f(x)MAabB知，函fx在区间[ab可积，从而 x00,0[ab的任意max(x0nn的分法，都有

i

611

ba1

baba，因而对nN

ba，故对区间[abn等分分法，也有

i

ai(ba)ni0,1,nbnaf(xh)f(x)dxbn

f(xh)f(x)dx hminbaBbaAn n xxh都在第i(i1,2,n

f(xh)f(x)ixxhx位于第i(i1,2,nh0xh位于第i1f(xh)f(x)

f(xh)f(xi)

f(xi)f(x)i1ih0xh位于第i1f(xh)f(x)

f(xh)f(xi1)

f(xi1)f(x)i1i综合（ⅰ（ⅱ）知对任i1,2,nf(xhf(x)i1ii1，这里当i1in02M,n12Mnn f(xh)f(x)dxnnx

i

4Mb 4Mba

i

由于lim4Mba0，故对上述0,N0,nN 4Mba Nmax{N1N2}，则nN时，式（1（2（3）baf(xh)f(x)dx b综上所述，取minbaBbaAh时，恒有（4）N b而

f(xh)f(x)dx0f(x)0,f(x)0，对x[abf(x)2bf(x)dxba证明fx在区间[abfx在区间[ab续函数的最大值定理知，x0[a,bf(x0)maxf(xx0(a,b)axx0ax0b时同理可证，并将区间[ab分为[ax0]和[x0,b]．考虑区间[ax0]，对x[ax0x(1)ax0，则01a00x0f(x)dx1f((1)a