《数学分析选论》习题解答第 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S S ∉=ξinf ，试证： （１）存在数列ξ=⊂∞→n n n a S a lim ,}{使；（２）存在严格递减数列ξ=⊂∞→n n n a S a lim ,}{使．证明如下：（１） 据假设，ξ>∈∀a S a 有,；且ε+ξ<'<ξ∈'∃>ε∀a S a 使得,,0．现依 次取,,2,1,1Λ==εn n n 相应地S a n ∈∃,使得Λ,2,1,=ε+ξ<<ξn a n n ．因)(0∞→→εn n ，由迫敛性易知ξ=∞→n n a lim .（２） 为使上面得到的}{n a 是严格递减的，只要从2=n 起，改取Λ,3,2,,1min 1=⎭⎬⎫⎩⎨⎧+ξ=ε-n a n n n ，就能保证Λ,3,2,)(11=>ε+ξ≥ξ-+ξ=--n a a a n n n n ． □２．证明§1.3例６的（ⅱ）．证 设B A ,为非空有界数集，B A S ⋃=，试证：{}B A S inf ,inf m in inf =．现证明如下．由假设，B A S ⋃=显然也是非空有界数集，因而它的下确界存在．故对任何B x A x S x ∈∈∈或有,，由此推知B x A x inf inf ≥≥或，从而又有{}{}B A S B A x inf ,inf m in inf inf ,inf m in ≥⇒≥．另一方面，对任何,A x ∈ 有S x ∈，于是有S A S x inf inf inf ≥⇒≥；同理又有S B inf inf ≥．由此推得{}B A S inf ,inf m in inf ≤．综上，证得结论 {}B A S inf ,inf m in inf =成立． □３．设B A ,为有界数集，且∅≠⋂B A ．证明： （１）{}B A B A sup ,sup m in )sup(≤⋂； （２）{}B A B A inf ,inf m ax )(inf ≥⋂． 并举出等号不成立的例子．证 这里只证（２），类似地可证（１）．设B A inf ,inf =β=α．则应满足：β≥α≥∈∈∀y x B y A x ,,,有．于是，B A z ⋂∈∀，必有{}βα≥⇒⎭⎬⎫β≥α≥,max z z z ， 这说明{}βα,max 是B A ⋂的一个下界．由于B A ⋂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{}{}B A B A inf ,inf m ax inf ≥⋂成立．上式中等号不成立的例子确实是存在的．例如：设)4,3(,)5,3()1,0(,)4,2(=⋂⋃==B A B A 则，这时3)(inf ,0inf ,2inf =⋂==B A B A 而，故得{}{}B A B A inf ,inf m ax inf >⋂． □ ４．设B A ,为非空有界数集．定义数集{}B b A a b a c B A ∈∈+==+,，证明：（１）B A B A sup sup )sup(+=+； （２）B A B A inf inf )(inf +=+．证 这里只证（２），类似地可证（１）．由假设，B A inf ,inf =β=α都存在，现欲证β+α=+)(inf B A ．依据下确界定义，分两步证明如下：１）因为,,,,β≥α≥∈∈∀y x B y A x 有所以B A z +∈∀，必有β+α≥+=y x z ．这说明B A +β+α是的一个下界．２）B y A x ∈∈∃>ε∀00,,0，使得2,200ε+β>ε+α>y x ．从而ε+β+α>+∈+=∃)(,0000z B A y x z 使得，故B A +β+α是的最大下界．于是结论 B A B A inf inf )(inf +=+ 得证． □５．设B A ,为非空有界数集，且它们所含元素皆非负．定义数集{}B b A a ab c AB ∈∈==,，证明：（１）B A AB sup sup )sup(⋅=； （２）B A AB inf inf )(inf ⋅=． 证 这里只证（１），类似地可证（２）．⎪⎩⎪⎨⎧⋅≤≤≤=≥≥∈∈∃∈∀,sup sup ,sup ,sup ,,)0,0(,,)(B A c B b A a ab c b a B b A a AB c 且使由于因此B A sup sup ⋅是AB 的一个上界．另一方面，B b A a ∈∈∃>ε∀00,,0，满足ε->ε->B b A a sup ,sup 00，故)(000AB b a c ∈=∃，使得εε-+-⋅>])sup sup ([sup sup 0B A B A c ．由条件，不妨设0sup sup >+B A ，故当ε足够小时，εε-+=ε'])sup sup ([B A 仍为一任意小正数．这就证得B A sup sup ⋅是AB 的最小上界，即 B A AB inf inf )(inf ⋅= 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 ∈βα,，使序列}{αn 中没有一项大于β．于是，}{αn 有上界（β就是一个），从而由完备性假设，存在上确界λ=α}sup{n ．由上确界定义，对一切正整数n ，有α≥λn ；同时存在某个正整数0n ，使α-λ>α0n ．由此得出α+<λ≤α+)1()2(00n n ，这导致与0>α相矛盾．所以，具有完备性的有序域必定具有阿基米德性． □７．试用确界原理证明区间套定理． 证 设{}],[n n b a 为一区间套，即满足：0)(lim ,1221=-≤≤≤≤≤≤≤≤∞→n n n n n a b b b b a a a ΛΛΛ．由于{}n a 有上界k b ，{}n b 有下界k a （+∈N k ），因此根据确界原理，存在{}{}β≤α=β=α且,inf ,sup n n b a ．倘若β<α，则有Λ,2,1,0=>λ=α-β≥-n a b n n ，而这与0)(lim =-∞→n n n a b 相矛盾，故ξ=β=α．又因Λ,2,1,=≤β=α≤n b a n n ，所以ξ是一切],[n n b a 的公共点．对于其他任一公共点Λ,2,1,],[=∈ηn b a n n ，由于∞→→-≤η-ξn a b n n ,0 ，因此只能是η=ξ，这就证得区间套{}],[n n b a 存在惟一公共点． □８．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 ],[],[011M x b a =，其中M S S x ,)(0∅≠∈Θ为S 的上界．记2111b a c +=，若1c 是S 的上界，则令],[],[1122c a b a =；否则，若1c 不是S 的上界，则令],[],[1122b c b a =．一般地，若记2nn n b a c +=，则令 Λ,2,1,,,],[,,],[],[11=⎩⎨⎧=++n S c b c S c c a b a n n n n nn n n 的上界不是的上界当是．如此得到的{}],[n n b a 显然为一区间套，接下来证明这个区间套的惟一公共点ξ即为S 的上确界．由于上述区间套的特征是：对任何+∈Νn ，n b 恒为Ｓ的上界，而n a 则不为S 的上界，故S x ∈∀，有n b x ≤，再由ξ=∞→n n b lim ，便得ξ≤x ，这说明ξ是S 的一个上界；又因ξ=∞→n n a lim ，故ε-ξ>∃>ε∀n a ,0，由于n a 不是S 的上界，因此ε-ξ更加不是S 的上界．根据上确界的定义，证得S sup =ξ．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{}n x 为递增且有上界M 的数列，欲证{}n x 收敛．为此构造区间套如下：令],[],[111M x b a =；类似于上题那样，采用逐次二等分法构造区间套{}],[n n b a ，使n a 不是{}n x 的上界，n b 恒为{}n x 的上界．由区间套定理，],[n n b a ∈ξ∃，且使ξ==∞→∞→n n n n b a lim lim ．下面进一步证明 ξ=∞→n n x lim ．一方面，由∞→≤k b x k n 取,的极限，得到Λ,2,1,lim =ξ=≤∞→n b x k k n ．另一方面，ε-ξ>∈∃>ε∀+K a K 使,,0Ν；由于K a 不是{}n x 的上界，故K N a x >∃；又因{}n x 递增，故当N n >时，满足N n x x ≥．于是有N n x x a n N K >ξ≤<<<ε-ξ,，这就证得ξ=∞→n n x lim ．同理可证{}n x 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0>∃M ，使得M x ≤，S x ∈∀．现设],[],[11M M b a -=，则],[11b a S ⊂．然后用逐次二等分法构造一区间套{}],[n n b a ，使得每次所选择的],[n n b a 都包含了S 中的无限多个点．由区间套定理，],[n n b a ∈ξ∃，n ∀．最后应用区间套定理的推论，,0>ε∀当n 充分大时，使得],[n n b a );εξ⊂(U ；由于],[n n b a 中包含了S 的无限多个点，因此);(εξU 中也包含了S 的无限多个点，根据聚点定义，上述ξ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{}],[n n b a 为一区间套，欲证存在惟一的点Λ,2,1,],[=∈ξn b a n n ． 下面用反证法来构造],[11b a 的一个无限覆盖．倘若{}],[n n b a 不存在公共点ξ，则],[11b a 中任一点都不是区间套的公共点．于是，∈∀x ],[11b a ，使,],[n n b a ∃],[n n b a x ∉．即);(x x U δ∃与某个],[n n b a 不相交（ 注：这里用到了],[n n b a 为一闭区间 ）．当x 取遍],[11b a 时，这无限多个邻域构成],[11b a 的一个无限开覆盖：{}],[);(11b a x x U H x ∈δ=．依据有限覆盖定理，存在],[11b a 的一个有限覆盖：{}H N i x U U H i x i i ⊂=δ==,,2,1);(~Λ，其中每个邻域N i b a U ii n n i ,,2,1,],[Λ=∅=⋂．若令{}N n n n K ,,,max 21Λ=，则N i b a b a i i n n K K ,,2,1,],[],[Λ=⊂，从而N i U b a i K K ,,2,1,],[Λ=∅=⋂． （Ж） 但是Y Ni iU 1=覆盖了],[11b a ，也就覆盖了],[K K b a ，这与关系式（Ж）相矛盾．所以必定存在Λ,2,1,],[=∈ξn b a n n ．（有关ξ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：S S y x Sy x inf sup ||sup ,-=-∈．证 设η<ξ=η=ξ且,sup ,inf S S （ 若η=ξ，则S 为单元素集，结论显然成立 ）．记{}Sy x y x E ∈-=,||，欲证ξ-η=E sup ．首先，S y x ∈∀,，有ξ-η≤-⇒η≤ξ≥||,y x y x ，这说明ξ-η是E 的一个上界．又因2,0ε-η>ε∀ ⎪⎭⎫ ⎝⎛ε+ξ2不再是S 的上()下界，故S y x ∈∃00,，使ε-ξ-η≥-⇒⎪⎭⎪⎬⎫ε+ξ<ε-η>)(||220000y x y x , 所以ξ-η是E 的最小上界，于是所证结论成立． □１３．证明：若数集S 存在聚点ξ，则必能找出一个各项互异的数列{}S x n ⊂，使ξ=∞→n n x lim ．证 依据聚点定义，对S U x ⋂εξ∈∃=ε);(,1111ο．一般地，对于⎭⎬⎫⎩⎨⎧-ξ=ε-1,1m in n n x n ，Λο,3,2,);(=⋂εξ∈∃n S U x n n ．如此得到的数列{}S x n ⊂必定满足：Λ,3,2,||||11=≠⇒ξ-<ξ---n x x x x n n n n ；ξ=⇒∞→→<ξ-∞→n n n x n n x lim )(01||． □ 41*．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1111,,1M x S x M >∈∃=使；一般地，对于{}Λ,3,2,,,,max 1=>∈∃=-n M x S x x n M n n n n n 使．这就得到一个各项互异的点列{}∞=⊂∞→n n n x S x lim ,使．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S ∉ξ0，则由聚点的性质，必定存在各项互异的数列{}0lim ,ξ=⊂∞→n n n x S x 使．据题设条件，{}n x 的惟一聚点0ξ应属于S ，故又导致矛盾．所以S 的所有聚点都属于S ． □51*．证明：{}{}n n a a ∉ξ=sup ，则必有ξ=∞→n n a lim ．举例说明，当上述ξ属于{}n a 时，结论不一定成立．证 利用§1.3 例4，{}{}n n a a k ⊂∃，使ξ=∞→k n n a lim ，这说明ξ是{}n a 的一个聚点．又因ξ又是{}n a 的上界，故{}n a 不可能再有比ξ更大的聚点．所以ξ是{}n a 的上极限．当{}n a ∈ξ时，结论不一定成立．例如，1,111sup ⎭⎬⎫⎩⎨⎧∈=⎭⎬⎫⎩⎨⎧n n 显然不是⎭⎬⎫⎩⎨⎧n 1的上极限． □61*．指出下列数列的上、下极限：（１）{}n)1(1-+； （２）⎭⎬⎫⎩⎨⎧+-12)1(n n n； （３）⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧πnn 3cos； （４）⎭⎬⎫⎩⎨⎧π+4sin 12n n n ；（５）⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧π+n n n sin 12． 解（１）0lim ,2lim ,0,2122==≡≡∞→∞→-n n n n k k a a a a 故．（２）)(211412,21142122∞→-→---=→+=-k k k a k ka k k ，故21lim ,21lim -==∞→∞→n n n n a a ． （３）)(13cos211∞→≤π≤←n n nn， 故 1lim lim lim ===∞→∞→∞→n n n n n n a a a ．（４）⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧--=+⋅--=+-=+=+++=+⋅=π+=.38,18,12222,8,12,4,0,28,12,38,18,12224sin 12k k n n nk n n n k n k n n n k k n n n n n n a n故2lim ,2lim -==∞→∞→n n n n a a ． （５）)(sin )1(sin 1222∞→π→ππ⋅+π=π+=n nn nn nn n a n ，故π===∞→∞→∞→n n n n n n a a a lim lim lim ． □71*．设{}n a 为有界数列，证明：（１）1lim )(lim =-=-∞→∞→n n n n a a ； （２）n n n n a a ∞→∞→-=-lim )(lim ．证 由)(sup )(inf ,)(inf )(sup k nk k nk k nk k nk a a a a ≥≥≥≥-=--=-，令∞→n 取极限，即得结论（１）与（２）． □81*．设0lim >∞→n n a ，证明：（１）nn n n a a ∞→∞→=lim 11lim； （２）nn n n a a ∞→∞→=lim 11lim；（３）若11limlim =⋅∞→∞→n n n n a a ，或11lim lim =⋅∞→∞→nn n n a a ，则{}n a 必定收敛．证 由)(sup 11inf ,)(inf 11sup k nk k n k kn k k n k a a a a ≥≥≥≥=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛，令∞→n 取极限，即得结论（１）与（２）．若11limlim =⋅∞→∞→n n n n a a ，则由（１）立即得到 n n n n a a ∞→∞→=lim lim ，因此极限n n a ∞→lim 存在，即得结论（３）．类似地，若11limlim =⋅∞→∞→nn n n a a ，则由（２）同样可证得（３）． □。
