数学分析试题库--证明题--答案

1数学分析题库（1-22章）五．证明题1．设A，B为R中的非空数集，且满足下述条件：（1）对任何BbAa,有ba；（2）对任何0，存在ByAx,，使得xY.证明：.infsupBA证由（1）可得BAinfsup.为了证BAinfsup，用反证法.若BAinfsup，设ByAxAB,,supinf0，使得0xy.2.设A，B是非空数集，记BAS，证明：（1）BASsup,supmaxsup；（2）BASinf,infmininf证（1）若A，B中有一集合无上界，不妨设A无上界，则S也是无上界数集，于是SAsup,sup，结论成立.若A，B都是有上界数集，且ABsupsup，现设法证明:supsupAS（ⅰ）Sx，无论Ax或Bx，有;supAx（ⅱ）000,,sup,xAxA于是,0Sx0sup.xA同理可证（2）.3.按N定义证明352325lim22nnnn证35232522nnn)23(3432nn≤2234nn（n4）n32，取4,132maxN，当nN时，35232522nnn.注扩大分式是采用扩大分子或缩小分母的方法.这里先限定n4，扩大之后的分式2nnG32)(仍是无穷小数列.4.如何用ε-N方法给出aannlim的正面陈述？并验证|2n|和|n)1(|是发散数列.答aannlim的正面陈述：00，NN，n≥N，使得|aan|≥0数列{na}发散Ra，aannlim.（1）anan.2，0=41，NN，只要取Nan,21max，便可使||2an≥||2an≥||212aa≥41，于是{2n}为发散数列.（2）nna)1(.若a=1，0=1，取n为任何奇数时，有2|1|na0.若a=-1，0=1，取n为任何偶数时，有2|)1(|na0.若a≠1，0=|}1||,1min{|21aa，对任何nN，有|aan|≥0.故|n)1(|为发散数列.5.用方法验证：3)23(2lim221xxxxxx.解（1）消去分式分子、分母中当1x时的零化因子（x-1）：)2(2)2)(1()1)(2()23(2)(22xxxxxxxxxxxxxxf.（2）把)3()(xf化为1)(xx，其中)(x为x的分式：|1||2||23|)2(2533)2(23)(22xxxxxxxxxxxxf，其中xxxx223)(2.（3）确定10x的邻域0|x-1|，并估计)(x在此邻域内的上界：取21，当0|x-1|21时，可得23x≤251|1|3x，343|)1(1||2|22xxx，于是3104325|2||23|2xxx.（4）要使|1||2||23||3)(|2xxxxxf≤|1|310x，只要取103|1|x.于是应取103,21min，当0|x-1|时，|)3()(|xf.6用M方法验证：211lim2xxxx.解)1(21211222xxxxxxx22)1(21xx注意到当n时，上式可以充分小，但是直接解不等式22)1(21xx，希望由此得到x-M，整个过程相当繁复，现用放大法简化求M的过程.因为由222281)2(121)1(21xxxx，便可求得812x，考虑到x所需要的是81x.于是81,0M，当x-M时，2112xxx.7设axxx)(lim0，在0x某邻域);(10xU内ax)(，又.)(limAtfat证明Axfxx))((lim0.（1）解由Atfat)(lim，);(,0,00xUt时，Atf)(.4又因为axxx)(lim0，故对上述0,0（不妨取1），当);(0xUx时，ax)(.由此可得：,0,0当);(0xUx时Axf))((，即Axfxx))((lim0.注称（1）为复合求极限法，（1）不仅对0xx型的极限成立，且对于00,,,,xxxxxxx都成立.8.设)(xf在点0x的邻域内有定义.试证：若对任何满足下述条件的数列nx，)(0xUxn，0xxn，0010xxxxnn，（2）都有Axfnn)(lim，则Axfxx)(lim0.分析由归结原则可知：上述结论不仅是充分的，而且是必要的.本题可看作函数极限归结原则的加强形式，即子列nx只要满足（2）的加强条件就可以了.注意下面证明中选子列的方法.证用反证法.若Axfxx)(lim0，则);(,0,000xUx，使得0)(Axf.取11，);(101xUx，使得01)(Axf.取012,21minxx，);(202xUx，使得02)(Axf；…………取01,1minxxnnn，);(0nnxUx，使得0)(Axfn与Axfxx)(lim0相矛盾.所以Axfxx)(lim0成立.9.证明函数为无理数为有理数x，xxxf,0,)(3在00x处连续，但是在00x处不连续.5证00x时，因为3)(0xxf，于是0)(lim0xfx，即)(xf在x=0处连续.00x时，0,2300x，在);(0xU中取x为有理数，取x为无理数，于是030321)()(xxxfxf.由函数极限柯西准则的否定形式可知)(xf在点0x处极限不存在，这样)(xf在点0x处不连续.00x时可类似地证明.10.设)(xf在（0，1）内有定义，且函数)(xfex与)(xfe在（0，1）内是递增的，试证)(xf在（0，1）内连续.需证)(),1,0(0xfx在点0x连续，即)()0()0(000xfxfxf.因为)(xfe在（0，1）内的递增性保证了)(xf在（0，1）内是递减的，所以为了证明)0(0xf的存在性，很自然地想到利用函数极限的单调有界定理.证因为)(xfe在（0，1）内递增，所以)(xf在（0，1）内递减.)1,0(0x，首先来证明)0(0xf=)(0xf.当0xx时，)(xf≤)(0xf，由函数极限的单调有界定理)(lim0xfxx存在.又由函数极限保不等式性质，有)0(0xf=)(lim0xfxx≤)(0xf.另外，由于)(xfex在（0，1）内递增，因此当0xx时，)(00xfex≤)(xfex，令0xx，有)(00xfex≤)0(00xfex即)0(0xf=)(0xf，由0x在（0，1）中的任意性，可得)(xf在（0，1）内连续.说明其中应用了基本初等函数xe的连续性.11.试证函数2sinxy，在),0[上是不一致连续的.分析需确定0,00，可找到xx,满足xx，但|)()(|xfxf≥0.由于2sinx在任意闭区间a,0（a0）上一致连续，因此当很小时，必须在)(U中寻找xx,，这是证明中的困难之处.现不妨取nxnx,2，6nnnnnxx212220，当n充分大时，xx,能满足xx，但|)()(|xfxf≥1.证0,10，取2nx，nx，当24n时，使xx，但1|sinsin|22xx≥0，即2sinx在),0[上不一致连续.12.设函数)(xf在（a,b）内连续，且)(limxfax=)(limxfbx=0，证明)(xf在（a,b）内有最大值或最小值.分析因为)(limxfax=)(limxfbx=0，于是可把)(xf延拓成[a,b]上的连续函数，然后可以应用连续函数的最大、最小值定理.证人先把函数)(xf延拓成[a,b]上的函数F(x)，设.,,0),,(),()(baxbaxxfxF易知)(xF为[a,b]上的连续函数，这是因为)(limxFax=)(limxfax=0=)(aF，)(limxFbx=)(limxfbx=0=)(bF.在[a,b]上对)(xF应用连续函数的最大、最小值定理，即1，2],[ba，)(xF在1，2分别取得最大值和最小值.若a1，b2，则)(xf在（a,b）内恒为零，显然)(xf在（a,b）内同样能取得最大值和最小值；若1，2中有一个数在（a,b）内，则)(xf在（a,b）内取得最大值或最小值.13.证明：若在有限区间（a,b）内单调有界函数)(xf是连续的，则此函数在（a,b）内是一致连续的.分析因为)(xf是（a,b）内的单调有界函数，所以由函数极限的单调有界定理，可得存在)0(af，)0(bf.证明本题的合理途径是把)(xf延拓成闭区间[a,b]上的连续函数)(xF在[a,b]上应用一致连续性定理.证因为)(xf是（a,b）内的单调有界函数，所以由函数极限的单调有界定理，)(limxfax与)(limxfbx都存在，应用范例1中的方法，可把)(xf延拓为[a,b]上的连续函数)(xF，即7.),(lim),,(),(,),(lim)(bxxfbaxxfaxxfxFbxax由一致连续性定理，可得)(xF在[a,b]上一致连续，于是)(xf为（a,b）内的一致连续函数.14.证明：若)(xf在点a处可导，f（x）在点a处可导.分析一般情况下，若)(xf在点0x处可导，)(xf在点0x处不一定可导.例如0)(0xxxf在处可导，但xxf)(在点0处不可导，反之，若)(xf在点0x处可导，一般也不能推得f（x）在点x0处可导.例如为理数为无理数xxxf,1,1)(01)(0xxf在点处可导，但0)(0xxf在点处不连续，因而不可导，然而，若)(xf在点a处连续，则由)(xf在点a处可导就可保证f（x）在点a处可导.若0)(af，由连续函数局部保号性，)(aU，在其中)(xf保持定号，因而由f在点a处可导可推得)(xf在点a处也可导.若0)(af，且f在点a处可导，因为点a为f的极值点，所以应用费马定理可以得到0)(af，再由此又可证得0)(af.证若0)(af，由连续函数局部保号性，)(aU邻域，)(xf在)(aU中保持定号，于是)(xf在点a处可导，即为)(xf在点a处可导.若0)(af，则点a函数)(xf的极小值点，因)(xf在点a处可导，由费马定理有0)(af即0)()(lim0xafxafx因为0)(af，所以0)()(lim0xafxafx8于是0)(af.15.设函数),()(baxf在内可导，在[a,b]上连续，且导函数)(xf严格递增，若)()(bfaf证明，对一切),(bax均有()()()fxfafb证：用反证法，若)()()(),(00bfafxfbax在区间],[],,[00bxxa上分别应用拉格朗日中值定理，121002,,,axxb使得0)()()(,0)()()(002001