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1、华东师大数学分析习题解数学分析选论习题解答 第 一 章 实 数 理 论 把1.3例4改为关于下确界的相应命题，并加以证明 证 设数集S有下确界，且x=infSS，试证： 存在数列anS,使liman=x； n存在严格递减数列anS,使liman=x n证明如下： 据假设，aS,有ax；且e0,$aS,使得xax+e现依 次取en=1,n=1,2,L,相应地$anS,使得 nxanan,n=2,3,L 证明1.3例的 证 设A,B为非空有界数集，S=AB，试证： infS=mininfA,infB 现证明如下 由假设，S=AB显然也是非空有界数集，因而它的下确界存在故对任何xS,有xA或xB，由
2、此推知xinfA或xinfB，从而又有 xmininfA,infBinfSmininfA,infB 另一方面，对任何xA, 有xS，于是有 1 xinfSinfAinfS； 同理又有infBinfS由此推得 infSmininfA,infB 综上，证得结论 infS=mininfA,infB成立 设A,B为有界数集，且AB证明： sup(AB)minsupA,supB； inf(AB)maxinfA,infB 并举出等号不成立的例子 证 这里只证，类似地可证 设a=infA,b=infB则应满足： xA,yB,有xa,yb 于是，zAB，必有 zazmaxa,b， zb这说明maxa,b是AB
3、的一个下界由于AB亦为有界数集，故其下确界存在，且因下确界为其最大下界，从而证得结论infABmaxinfA,infB成立 上式中等号不成立的例子确实是存在的例如：设 A=(2,4),B=(0,1)(3,5),则AB=(3,4)， 这时infA=2,infB=0,而inf(AB)=3，故得 infABmaxinAf,inBf 设A,B为非空有界数集定义数集 A+B=c=a+baA,bB， 证明： sup(A+B)=supA+supB； inf(A+B)=infA+infB 2 证 这里只证，类似地可证 由假设，a=infA,b=infB都存在，现欲证inf(A+B)=a+b依据下确界定义，分两
4、步证明如下： ）因为xA,yB,有xa,yb,所以zA+B，必有 z=x+ya+b 这说明a+b是A+B的一个下界 ）e0,$x0A,y0B，使得 x0a+e2,y0b+e 2从而$z0=x0+y0A+B,使得z0(a+b)+e，故a+b是A+B的最大下界于是结论 inf(A+B)=infA+infB 得证 设A,B为非空有界数集，且它们所含元素皆非负定义数集 AB=c=abaA,bB， 证明： sup(AB)=supAsupB； inf(AB)=infAinfB 证 这里只证，类似地可证 asupA,由于c(AB),$aA,bB(a0,b0),使c=ab,且bsupB,csupAsupB,因
5、此supAsupB是AB的一个上界 另一方面，e0,$a0A,b0B，满足 a0supA-e,b0supB-e， 故$c0=a0b0(AB)，使得 c0supAsupB-(supA+supB)-ee 由条件，不妨设supA+supB0，故当e足够小时，e=(supA+supB)-ee 仍为 3 一任意小正数这就证得supAsupB是AB的最小上界，即 inf(AB)=infAinfB 得证 *证明：一个有序域如果具有完备性，则必定具有阿基米德性 证 用反证法倘若有某个完备有序域F不具有阿基米德性，则必存在两个正元素，从而a,bF，使序列na中没有一项大于b于是，na有上界由完备性假设，存在上确
6、界supna=l由上确界定义，对一切正整数n，有lna；同时存在某个正整数n0，使n0al-a由此得出 (n0+2)al0相矛盾所以，具有完备性的有序域必定具有阿基米德性 试用确界原理证明区间套定理 证 设an,bn为一区间套，即满足： a1a2LanLbnLb2b1,nlim(bn-an)=0 由于an有上界bk，bn有下界ak，因此根据确界原理，存在 a=supan,b=infbn,且ab 倘若a0,n=1,2,L， 而这与lim(bn-an)=0相矛盾，故a=b=x又因ana=bbn,n=1,2,L， n所以x是一切an,bn的公共点 对于其他任一公共点han,bn,n=1,2,L，由于
7、 x-hbn-an0,n ， 因此只能是x=h，这就证得区间套an,bn存在惟一公共点 试用区间套定理证明确界原理 证 设 S 为一非空有上界的数集，欲证 S 存在上确界为此构造区间套如下：令 a1,b1=x0,M，其中x0S(QS),M为S的上界记c1=a1+b12， 4 若c1是S的上界，则令a2,b2=a1,c1；否则，若c1不是S的上界，则令a2,b2=c1,b1一般地，若记cn=an+bn2，则令 an,cn,cn当是S的上界,an+1,bn+1=cn,bn,cn不是S的上界,n=1,2,L 如此得到的an,bn显然为一区间套，接下来证明这个区间套的惟一公共点x即为S的上确界 由于上
8、述区间套的特征是：对任何n+，bn恒为的上界，而an则不为S的上界，故xS，有xbn，再由limbn=x，便得xx，这说明x是S的一个上n界；又因liman=x，故e0,$anx-e，由于an不是S的上界，因此x-e更n加不是S的上界根据上确界的定义，证得x=supS 同理可证，若S为非空有下界的数集，则S必有下确界 试用区间套定理证明单调有界定理 证 设xn为递增且有上界M的数列，欲证xn收敛为此构造区间套如下：令a1,b1=x1,M；类似于上题那样，采用逐次二等分法构造区间套an,bn，使an不是xn的上界，bn恒为xn的上界由区间套定理，$xan,nnbn，且使 nliman=limbn
9、=x下面进一步证明 limxn=x 一方面，由xnbk,取k的极限，得到 xnlimbk=x,n=1,2,L k另一方面，e0,$K+,使aKx-e；由于aK不是$xNaK；又因xn的上界，故xn递增，故当nN时，满足xnxN于是有 nN， x-eaKxN0，使得xM，xS现设a1,b1=-M,M，则Sa1,b1然后用逐次二等分法构造一区间套an,bn，使得每次所选择的an,bn都包含了S中的无限多个点由区间套定理，$xan,bn，n最后应用区间套定理的推论，e0,当n充分大时，使得an,bnU(x;e)；由于an,bn中包含了S的无限多个点，因此U(x;e)中也包含了S的无限多个点，根据聚点
10、定义，上述x即为点集S的一个聚点 *11试用有限覆盖定理证明区间套定理 证 设an,bn为一区间套，欲证存在惟一的点xan,bn,n=1,2,L 下面用反证法来构造a1,b1的一个无限覆盖倘若an,bn不存在公共点x，则a1,b1中任一点都不是区间套的公共点于是，xa1,b1，$an,bn,使 xan,bn即$U(x;dx)与某个an,bn不相交当x取遍a1,b1时，这无限多个邻域构成a1,b1的一个无限开覆盖： H=U(x;dx)xa1,b1 依据有限覆盖定理，存在a1,b1的一个有限覆盖： H=Ui=U(xi;dx)i=1,2,L,NiH， 其中每个邻域Uiani,bni=,i=1,2,L
11、,N若令 K=maxn1,n2,L,nN， 则aK,bKani,bni,i=1,2,L,N，从而 aK,bKUi=,i=1,2,L,N N 但是UUii=1覆盖了a1,b1，也就覆盖了aK,bK，这与关系式相矛盾所以必定存在xan,bn,n=1,2,L 6 设S为非空有界数集证明： sup|x-y|=supS-infS x,yS证 设x=infS,h=supS,且x0,h-S的上(下)界，故$x0,y0S，使 x0h-y0e2|x0-y0|(h-x)-e, ex+2所以h-x是E的最小上界，于是所证结论成立 证明：若数集S存在聚点x，则必能找出一个各项互异的数列xnS，使limnxn=x 证
12、依据聚点定义，对e1=1,$x1Uo(x;e1)S一般地，对于 1en=min,n$xnUox-xn-1， (x;en)S,n=2,3,L 如此得到的数列xnS必定满足： |xn-x|xn-1-x|xnxn-1,n=2,3,L； |xn-x|M1；一般地，对于Mn=maxn,xn-1,$xnS,使xnMn,n=2,3,L这就得到一个各项互异的点列xnS,使limnxn=S的这个无限子集没有聚点，与题设条件相矛盾，所以S必有上界同理可证S必有下界，故S为有界集 因S为有界无限点集，故必有聚点倘若S的某一聚点x0S，则由聚点的性质，必定存在各项互异的数列xnS,使limnxn=x0据题设条件，xn
13、的惟一聚点x0应属于S，故又导致矛盾所以S的所有聚点都属于S *15证明：supan=xan，则必有nliman=x举例说明，当上述x属于an时，结论不一定成立 证 利用1.3 例4，$ankan，使nlimank=x，这说明x是an的一个聚点又因x又是an的上界，故an不可能再有比x更大的聚点所以x是an的上极限 当xan时，结论不一定成立例如，sup=1,1显然不是的上nnn极限 *16指出下列数列的上、下极限： 1111+(-1)n； (-1)nn； 2n+1ncosnp32nnpsin； ； n+41pn2+1 sinnn解a2k2,a2k-10,故nliman=2,liman=0 n
14、 8 a2k=2k4k+112,a2k-1=-2k-14k-1-12(k)，故 nliman=12,nliman=-12 n112ncosnp31(n)， 故 nliman=liman=liman=1 nnan2n2,2n+12nn+1,np2n0,=sin=n+142n,-n+122n,-2n+1liman=-2n=8k+1,8k+3,n=8k+2,n=4k,n=8k-2,n=8k-1,8k-3.故liman=2,n sinpnpnnan=n2+1pp(n+1)sin=2nnn2p(n)，故 nliman=liman=liman=p nn*17设an为有界数列，证明： lim(-an)=-l
15、iman=1； lim(-an)=-liman nnnn证 由 sup(-ak)=-inf(ak),knknkninf(-ak)=-sup(ak)， kn令n取极限，即得结论与 *18设liman0，证明： nlimn11=anlimann； limn11=anlimann； 若nlimanlimn11=1，或limanlim=1，则an必定收敛 anannn9 证 由 11=sup,ainf(a)kknkkn11=infaknsup(ak)kkn， 令n取极限，即得结论与 若limanlim1=1，则由立即得到 liman=liman，因此极限nnannnnliman存在，即得结论 类似地，若lima1nlimnna=1，则由同样可证得 n 10
