《数学分析选论》习题全解 ch1

《数学分析选论》习题解答1

第 一 章 实 数 理 论

１．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infSS，试证：

（１） 存在数列

{an}S,使limann；

（２） 存在严格递减数列

{an}S,使limann．

证明如下：

（１） 据假设，aS,有a；且0,aS,使得a．现依

1nn,n1,2,,次取

相应地anS,使得

ann,n1,2,．

因

n0(n)，由迫敛性易知

nliman.

（２） 为使上面得到的{an}是严格递减的，只要从n2起，改取

1

1nmin,an1,n2,3,n，

就能保证

an1(an1)nan,n2,3, ． □

２．证明§1.3例６的（ⅱ）．

证 设A,B为非空有界数集，SAB，试证：

infSmininfA,infB．

现证明如下．

由假设，SAB显然也是非空有界数集，因而它的下确界存在．故对任何

xS,有xA或xB，由此推知xinfA或xinfB，从而又有

xmininfA,infBinfSmininfA,infB．

另一方面，对任何xA, 有xS，于是有

xinfSinfAinfS；

同理又有infBinfS．由此推得

2

infSmininfA,infB．

综上，证得结论 infSmininfA,infB成立． □

３．设A,B为有界数集，且AB．证明： （１）sup(AB)minsupA,supB； （２）inf(AB)maxinfA,infB．

并举出等号不成立的例子．

证 这里只证（２），类似地可证（１）．

设infA,infB．则应满足：

xA,yB,有x,y．

于是，zAB，必有

zzmax,z，

这说明max,是AB的一个下界．由于AB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infABmaxinfA,infB成立．

3

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AB(3,4)，

这时infA2,infB0,而inf(AB)3，故得

infABmaxinfA,infB． □

４．设A,B为非空有界数集．定义数集

ABcabaA,bB，

证明：

（１）sup(AB)supAsupB；

（２）inf(AB)infAinfB．

证 这里只证（２），类似地可证（１）．

由假设，infA,infB都存在，现欲证inf(AB)．依据下确界定义，分两步证明如下：

１） 因为xA,yB,有x,y,所以zAB，必有

zxy．

4

这说明是AB的一个下界．

２）0,x0A,y0B，使得

,y02． 2x0从而z0x0y0AB,使得z0()，故是AB的最大下界．于是结论

inf(AB)infAinfB 得证． □

５．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abaA,bB，

证明：

（１）sup(AB)supAsupB；

（２）inf(AB)infAinfB．

证 这里只证（１），类似地可证（２）．

asupA,由于c(AB),aA,bB(a0,b0),使cab,且bsupB,csupAsupB,因此supAsupB是AB的一个上界．

5

另一方面，0,a0A,b0B，满足

a0supA,b0supB，

故c0a0b0(AB)，使得

c0supAsupB[(supAsupB)]．

由条件，不妨设supAsupB0，故当足够小时，[(supAsupB)] 仍为一任意小正数．这就证得supAsupB是AB的最小上界，即 inf(AB)infAinfB

得

证． □

６．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

,F，使序列{n}中没有一项大于．于是，{n}有上界（就是一个），从而由完

备性假设，存在上确界sup{n}．由上确界定义，对一切正整数n，有n；同时存在某个正整数n0，使n0．由此得出

(n02)(n01)，

这导致与0相矛盾．所以，具有完备性的有序域必定具有阿基米德性． □

6

７．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：

a1a2anbnb2b1,nlim(bnan)0．

由于an有上界bk，bn有下界ak（kN），因此根据确界原理，存在

supan,infbn,且 ．

倘若

，则有

bnan0,n1,2,，

而这与

nlim(bnan)0相矛盾，故

．又因anbn,n1,2,，所以

是一切[an,bn]的公共点．

对于其他任一公共点[an,bn],n1,2,，由于

bnan0,n ，

因此只能是，这就证得区间套[an,bn]存在惟一公共点． ８．试用区间套定理证明确界原理．

7

□

S为一非空有上界的数集，欲证 证 设 S 存在上确界．为此构造区间套如下：令 [a1,b1][x0,M]，其中x0S(S),M为S的上界．记

c1a1b12，

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

[a,c],cn当是S的上界,[an1,bn1]nn[cn,bn],cn不是S的上界,,n1,2,．

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即为S的上确界．

由于上述区间套的特征是：对任何nΝ，bn恒为Ｓ的上界，而an则不为S的上界，故xS，有

xbn，再由

nlimbn，便得x，这说明是S的一个上界；又因

nliman，

故0,an，由于an不是S的上界，因此更加不是S的上界．根据上确界的定义，证得supS．

同理可证，若S为非空有下界的数集，则S必有下确界． □

９．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，[an,bn]，且使

8

nlimanlimbnn．下面进一步证明

nlimxn．

一方面，由xnbk,取k的极限，得到

xnlimbk,n1,2,k．

另一方面，

0,KΝ,使aK；由于

aK不是xn的上界，故xNaK；

又因xn递增，故当nN时，满足xnxN．于是有

aKxNxn,nN，

这就证得

nlimxn．

同理可证xn为递减而有下界的情形． □

10．试用区间套定理证明聚点定理．

证 设S为实轴上的一个有界无限点集，欲证S必定存在聚点．

因S有界，故M0，使得xM，xS．现设[a1,b1][M,M]，则

S[a1,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，[an,bn]，n．最后应用区间套定理的推论，0,当n充分大时，使得[an,bn]U(;)；由于[an,bn]中包含了S的无限多个点，因此U(;)中也包含了S的无限多个点，根据聚点定义，上述即为点集S的一

9

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[an,bn],n1,2,． 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，则

[a1,b1]中任一点都不是区间套的公共点．于是，x[a1,b1]，[an,bn],使

x[an,bn]．即U(x;x)与某个[an,bn]不相交（ 注：这里用到了[an,bn]为一闭

区间 ）．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;x)x[a1,b1]．

依据有限覆盖定理，存在[a1,b1]的一个有限覆盖：

~HUiU(xi;xi)i1,2,,NH，

其中每个邻域

Ui[ani,bni],i1,2,,N．若令

Kmaxn1,n2,,nN，

则

[aK,bK][ani,bni],i1,2,,N，从而

[aK,bK]Ui,i1,2,,N． （Ж）

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N但是

i1Ui覆盖了[a1,b1]，也就覆盖了[aK,bK]，这与关系式（Ж）相矛盾．所以必

定存在[an,bn],n1,2,．（有关惟一性的证明，与一般方法相同．） □

１２．设S为非空有界数集．证明：

sup|xy|supSinfSx,yS．

证 设infS,supS,且（ 若，则S为单元素集，结论显然成立E|xy|x,yS，欲证supE．

首先，x,yS，有

x,y|xy|，

这说明是E的一个上界．

又因

0,2 2不再是S的上下界，故x0,y0S，使 x02)y|x0y0|(02,

所以是E的最小上界，于是所证结论成立． 11

．记

□

）

１３．证明：若数集S存在聚点，则必能找出一个各项互异的数列xnS，使

nlimxn．

(;)S1,xU111证 依据聚点定义，对．一般地，对于

1nmin,nxn1，

xnU(;n)S,n2,3,．

如此得到的数列xnS必定满足：

|xn||xn1|xnxn1,n2,3,；

14|xn|10(n)limxnnn． □

．设S为实轴上的一个无限点集．试证：若S的任一无限子集必有属于S的聚

点，则

（１）S为有界集；

（２）S的所有聚点都属于S．

证 （１）倘若S无上界，则对M11,x1S,使x1M1；一般地，对于

Mnmaxn,xn1,xnS,使xnMn,n2,3,

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．这就得到一个各项互异的点列

xnS,使limxnn．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．

（２）因S为有界无限点集，故必有聚点．倘若S的某一聚点0S，则由聚点的性质，必定存在各项互异的数列

xnS,使limxn0n．据题设条件，xn的惟一聚点0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：supanan，则必有nliman．举例说明，当上述属于an时，

结论不一定成立．

证 利用§1.3 例4，

ankan，使nlimank，这说明是an的一个聚点．又

因又是an的上界，故an不可能再有比更大的聚点．所以是an的上极限．

111sup1,1nnnan当时，结论不一定成立．例如，显然不是的上极

限． □

16．指出下列数列的上、下极限：

（１）1(1)nnn(1)2n1； ； （２）

nncos3（３）2nnsinn41； （４）；

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n21sinnn． （５）解（１）

a2k2,a2k10,故liman2,liman0nn．

（２）

a2k12k112k,a2k1(k)4k124k12，故

nliman1,2nliman12．

（３）

1n12ncosn1(n)3， 故

nlimanlimanliman1nn．

（４）

22n,2n12nn1,n2n0,ansinn142n,n122n,2n1n8k1,8k3,n8k2,n4k,n8k2,n8k1,8k3.

故

nliman2,nliman2．

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an21(n21)sinnnsinnn2n(n)（５）

n，故

nlimanlimannnliman． □

17．设an为有界数列，证明：

（１）

nlim(an)liman1n； （２）lim(ann)nliman．

证 由

sup(aknk)infkn(ak),kinfn(ak)sup(aknk)，

令n取极限，即得结论（１）与（２）． 18．设

limann0，证明：

lim11nanlimalim1（１）

nn； （２）

nan1limann；

lim11（３）若

nannlima1liman，或nnlimna1n，则an必定收敛．证 由

15

□

11supakinf(a),knknk11infknaksup(ak)kn，

令n取极限，即得结论（１）与（２）．

11an若

nlimanlimn，则由（１）立即得到

nlimanlimann，因此极限

nliman存

在，即得结论（３）．

11an类似地，若nlimanlimn，则由（２）同样可证得（３）． □

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