数学分析-第九章-课件-再论实数系.ppt

单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,第九章 再论实数系,1,实数连续性的等,价,描述,（上确界）如果实数集,A,有上界，且上界中有最小数 ，则称 为数集,A,的上确界,.,定义,9.1,记为：,(i),有,.,(ii),（下确界）如果实数集,A,有下界，且下界中有最大数 ，则称 为数集,A,的下确界,.,(i),有,.,(ii),记为：,1,、并不是任何实数集都有上下确界,2,、,E,即使有上（下）确界，它可能属于,E,也可能不属于,E,3,、,若,属于,E,，则称上确界可达到，这时,必是,E,的最大数,4,、若元素,b,是,E,的上界，且属于,E,，则,b,必为,E,的上确界。,说明：,（确界存在定理）在实数系 内，非空有上,(,下,),界,的数集必有上,(,下,),确界,.,（,用实数基本定理证明）,定理,9.1,反过来，用确界存在定理也可证明实数基本定理,.,从而说明确界存在定理是实数连续性的一个等价描述；此外单调上升有上界的实数列必有极限存在定理也是实数连续性的一个等价描述。,（,1,）对实数系的每一个分划,A|B,，存在唯一实数,r,，使得对任意,a,A,，,b,B,，有,arb,（,2,）非空有上界的实数子集必有上确界存在。,（,3,）单调上升有上界的实数列必有极限存在。,（,1,）（,2,）；（,1,）（,3,）,实数连续性的三种描述,可证,见,P295,设,A,是非空有上界的实数子集，（要证它有上确界）,（思路：设法找,A,中的一个单调上升的的数列，有假设必有极限，且使此极限就是上确界）,设,的一个上界。若,则,就是,A,的上确界,设,任取,，用,的中点,二等分,继续用,二等分,如此继续下去，得到两数列,满足,由,单调上升有上界知,有极限,r,即,（下面证明,r,就是,A,的上确界，需证两条）,由（,3,）知,任取,由极限的保序性,有,任给,即,r,为,A,的上确界,2,实数闭区间的紧致性,一、有限覆盖定理,（覆盖）：设,E,是一个由开区间构成的集合，,S,是一个实数子集，如果对任意,若,E,由有限个区间组成，则称,E,为,S,的有限覆盖。,，有区间,使得,则称,E,为,S,的一个覆盖。,记为,定义,9.2,设,S,=,a,b,，,，则,为,S,的一个覆盖，这是因为,使,取,则,E,2,为,S,的一个有限覆盖,例,1,设,S,=,（,0,，,1,），,则,E,为,S,的一个覆盖。事实上，任取,则自然数,m,充分大,（例取,），使,这时,问题：设,E,为,S,的一个覆盖，,一般情况，,E,中有无限多个区间，,且有重合部分，能否从,E,中选出有限个区间仍覆盖,S,？,答：若,S,为闭区间，可以办到。,例,2,有限覆盖定理描述了闭区间的,紧致性，,它也是实数连续性的一种描述。,Borel,有限覆盖定理,实数闭区间 的任一覆盖,E,，,必存在有限的子覆盖。,即必可以从,E,中选出有限个开区间,构成 的一个覆盖。,定理,9.2,用区间套定理证明有限覆盖定理（见,P296-P297,）,也可以用,有限覆盖定理,证明区间套定理（见,P297,）,二、区间套定理,意指每一个区间都包含下一个区间,设一组实数的闭区间序列,满足,（,i,）,（,ii,）,则称,构成一个区间套。,是一个区间套。,（一个套一个），且区间的长度的极限为,0,。,定义,9.3,（区间套定理）设,是一个区间套，,则必存在唯一的实数,r,使得,r,属于所有闭区间,即,且,证明：,定理,3.1,用有限覆盖定理证明区间套定理：思路：,（,1,）反证法,（,2,）构造一个覆盖,证明：,，使,记开区间,即,假设存在区间套,任取,若对每个,n,都有,则对每个,n,都有,矛盾.,故 包含于某个,内 即,构成了,的一个覆盖，由有限覆盖定理：,使得,由此可得：,当,时,是空集,矛盾,。,故,，,即,，,使,r,的唯一性由区间套性质本身可证,1,）将区间套中的闭区间改为开区间，定理不成立,2,）在什么情况下应用区间套？,一般说来，找具有某种性质,P,的一个数时，常用区间套定理将这个数套出来。怎样用呢？首先构造一个具有性质,P*,的闭区间（,P*,由,P,来确定）。其次，采用二（或三）等分，将此区间等分，至少有一个闭区间具有性质,P*,，然后，继续等分下去。这样得到闭区间列：（,1,）为一个区间套（,2,）每个区间具有性质,P*,。由定理得到具有性质,P,的数。,说明：,3,）上节（,1,）用单调有界原理证实数基本定理,（,2,）,用单调有界原理证确界存在,定理本质上是通过区间套实现的。从而可类似写出用区间套定理证明实数基本定理和确界存在定理的证明过程。,定理,9.2,的证明：（详见,P298,）,反证：构造一个区间套，它的每一个区间都没有,E,的有限子覆盖。再由,E,为,a,b,的覆盖，证某个区间有有限子覆盖。,说明：,1,）定理,9.2,中闭区间不能改为开区间。即对开区间不能成立。,2,）可用有限覆盖定理证明区间套定理：思路：,实数基本定理还有一个等价的描述,波尔察诺魏尔斯特拉斯紧致性定理,用区间套定理证明有限覆盖定理,三 紧致性定理（致密性定理）,1.,子数列的概念,例,在数列,自左往右按一定的规则选出无穷多个项构成的新数列，,中，,保持原来的次序，,称为,的子列。,定义,9.4,为了方便，,采取有一种下标,（目的 显示项在子列中的位置）,记子列中的第一项为,第二项为,第,k,项为,于是的子列可表示成：,这时，,k,表示,在子列中是第,k,项,；,表示,在原数列,中是第,项,显然：,1,）,2,）,说明：,在,中下标变量为,k,而不是,故：,定义为：,定理：,对于给定的一个收敛数列,，它的子列是否收敛？,若,证明：,取,K=N,，则,即,这个定理常用来判别数列,不收敛,推论：,若在,中有一个子列不收敛，,或有两个子列,不收敛于同一极限，,则,发散。,例：,设,在,取出两个子列,发散,另一个数列：,0,，,1,，,0,，,2,，,.,，,0,，,n,，,.,对一个数列,有界,收敛,所有子列收敛,？问：有界数列是否有收敛子列呢？,定理,9.4(Bolazno-Weierstrass,定理)有界数列必有收敛子数列。,证明：,P299,（用区间套定理）,3,实数的完备性,数系对运算的封闭,在数系,S,中，,如果数列,满足下列性质：,任给,，存在,N,，,使得只要,有,。则称,为,S,的基本列，,或称为柯西列。,定义,9.4,称数系,S,是完备的，,如果,S,中的每个基本列都在,S,中,有极限存在。,（柯西）实数系是完备的。,证明：,设,是实数系的基本列，,第一步要证明它是有界的。,事实上，取,，则存在,使当,时，有：,因此,取,，则有,（任意,n,），,这就证明了,是有界的。,定义,9.5,定理,9.5,第二步证明,有极限存在。,由定理,9.4,，,知,有子数列,，使得,存在，,我们下面来证明,事实上，任给,一方面，存在,，当,时，,另一方面，存在,，只要,，便有,取,，只要,，选取,，则有,这就证明了,，定理证完,（柯西收敛原理）,在实数系中，,数列,有极限存在的充分必要条件是：,任给,，存在,，当,时，有,说明：,1,）,柯西收敛原理能使我们仅从数列本身的结构来,判断它的收敛性。,（用定义证要以某数,单调有界原理是，但它仅是充分条件，,为跳板。,而不是必要条件）,2,）,从柯西收敛原理可知：,一个数列收敛,距离可以任意小。指出了收敛数列最本质的特征。,数列中充分远的任意两项间的,定理,9.5,柯西收敛原理的等价叙述：,3,）,数列,收敛,当,时，任意自然数,，有,4,）数列,发散的肯定叙述：,数列,发散,使,。由此可证一个数列发散。,设,。证明,发散。,证明：,取,，对任意自然数,N,，,取,。当然,。但,发散。,例,5,）函数极限（连续变量）的柯西收敛原理。,以,为例：,存在的充分必要条件是：,，当,时有,4,再论闭区间上连续函数的性质,前面用实数基本定理直接证明了这些性质，有些证明是较复杂的。现用其它工具给出更简洁的证明。,一、,有界性定理,若,在闭区间,上连续，,则,在,有界。,证法一：,利用区间套定理，用反证法。,如果不然，,设,在,无界,，记,二等分,则在两个子区间中，,至少有一个，,在其上是无界的，,记此子区间为,。再二等分,，,，如此继续下去，,便得一区间套,，,在每个区间都是无界的。,根据区间套定理，,存在,，使得,由,在,连续，知存在,，使得,在,有界。但当,充分大时，有,与,在,无界矛盾，,定理获证。,思考题：利用有限覆盖定理。,证明二,:,利用紧致性定理，用反证法。,在,无界，这时对任意正整数,，存在,，使得,。由闭区间,的紧致性，知存在,的子数列,因此,与,在,连续矛盾，定理获证。,如果不然，设,二、介值定理,：若,在,连续，,则存在,，使得,证明：,用区间套定理。记,用,二等分,，若,，则定理证完。否则，若,则取,；,若,则取,用,二等分,，,如此继续下去，,得一区间套,，满足,根据区间套定理，,知存在,，有,由,在,r,连续，知,故,定理证完。,三、最大值定理,若,在,连续，则,在,上达到最大值与最小值。,证明：只证最大值的情形。由于,在,则上确界,存在。由上确界性质，对任意,，存在,使得,由,的紧致性知，,存在子数列,在不等式,中，令,取极限，,便得,定理证完。,有界,使得,四、一致连续性定理,若,在,连续，则,在,一致连续。,证明法一：用有限覆盖定理,要证：,，当,时，,思路：构造一个覆盖,任给,，任取,，因为,在,连续，所以,，使当,时，有,将每个区间的半径缩小一半，,使得区间集,，,它构成一个覆盖,，,存在有限个点,，使得对应的开区间,，,，,构成,的覆盖,.(,其中,),）,即,5,可积性,知道一个函数可积是很有用的,在,Ch7,引入了定积分的定义：,用定义去求定积分,微积分基本定理的证明,有必要：,1.,给出一个函数可积的充要条件：,(,必要条件,:,有界,:p200,、,Th7.1),2.,给出常用的可积函数类,(1),闭区间上连续函数类（,p206,、,Th7.7,）,(2),？,达布（,Darboux,）和的引入：,若,f(x),在,a,b,连续,则,f(x),在每个小区间,有最大值与最小值,从而,上面不等式的两端的数仅依赖于分法，,若当,时，,两端的极限存在相等。,正是函数的定积分（可积）,现在：,一般函数的可积性，,由于没有连续性，,上述最大值、,最小值不一定存在。,要想有好的结果必须找到最大值、最小值的,“,替代物,”,。,这两个,“,替代物,”,是容易想到的：,上确界，下确界。,有定义,P.308,定义：,在,a,b,有界，对,a,b,任意分法,记,作和：,S,s,分别称为,f,(,x,),对应于这一分法的达布（,Darboux,）上和与达布下和，简称上和和下和：统称为达布和。,设,它具有下列几条性质：,引理,9.1,：,设,在,a,b,有界，,对于任意给定的,a,b,的分法：,则,如果在原有的分点中加入新的分点，则上和不增，下和不减,：即若在一个分法,的分点之外加入新的分点构成新的分法 ，,并记对应于,的达布和为,则,引理,9.2,证明：,不妨设,是由,在区间,中添加一个分点,而成的，,记,则,故,而,中其他各项无变动，因而,同理,证：思路：将两个分法合并,则对所有上和,S,和下和,s,有,由确界存在定理：,上和的集合,S,有下确界,称为,在,下和的集合有上确界,称为,在,下面进一步,:,有,引理,9.3,任一个下和总不超过任一个上和，,即使它的对应于不同的分法，,记,上和,S,的集合,S,有下界,即,下和的集合有上界,的上积分,的下积分,定理,9.6,（,Darboux,定理）：,且,由达布定理可得定积分存在的充要条件：,定理,9.7,：,在,可积的充要条件是上积分等于等于下积分：,即,证明：,必要性：,设,在,可积，即,因此,当,时，有,由引理,9.1,对任意使,的分法：,S,为当,变动时,Riemann,和,的上确界，故可取,使得对应的,Riemann,和,满足,即,因此只要,，有,这就证明了,由达布定理知,同理,所以,充分性：,设,（要证,存在：从,入手）,由达布定理知：,又,故,证毕。,定理,9.8,在,可积的充要条件是,记,则，,TH9.8,可作叙述为：,在,可积的充要条件是,易证,称为,在区间,的振幅。,由此证明：,定理,7.7,，若,在,连续，则,在,可积：,证明：任取,的分法：（要证,）,任给,由,在,连续，,知,在,一致连续，,故存在,当,时,因此，只要,，有,从而,于是,在,可积。,定理,9.9,设,在,有界，且只有有限个间断点的函数，则,在,可积。,证明：,只需就,仅有一个间断点,的情形证明,就可以了,在,有界,有,任给分法,，设,则对任给,，当,时,在,上的振幅,满足,取,则当,时,又,在,的振幅,满足：,取,则当,时,故,在,可积,由定理,9.9,及证明可知：,推论：在上只有有限个第一类间断点的函数是可积，即分段函数是可积的。,定理,9.10,若,在,单,调，则,在,证明：,P312,：,任,给取,则当,时,所以,在,可积,可积,对单调上升证明，这时对任意分法,P312,例：分段函数,它在,0,，,1,单调上升，因而是可积的，易知，它有无穷,多个间断点,小结,确界定理、区间套定理,柯西收敛准则，有限覆盖定理,聚点定理、致密性定理,单调有界定理及其相互推证、应用。,习题,1,、验证以下数列为,Cauchy,列,解,+,+,=,-,+,+,+,+,+,|,9,.,0,sin,9,.,0,9,.,0,sin,9,.,0,|,|,|,1,1,p,n,p,n,n,n,n,p,n,x,x,L,e,，,为,使,e,|,|,+,n,.,于是取,L,L,=,N,.,1,),(,2,),1,(,3,2,),1,(,1,2,),1,(,|,|,1,3,2,-,+,-,+,+,+,-,+,+,-,=,-,+,+,+,+,+,p,n,n,n,a,a,p,n,n,n,n,p,n,L,当,p,为,偶数,时,注意到上式,绝对值,符号内有偶数,项,和下式,每,个,括号均,为,正号,有,又,1,2,1,1,),(,2,1,3,),(,2,1,5,2,1,3,2,1,1,2,1,+,-,+,-,-,+,-,-,+,-,+,-,+,=,n,p,n,p,n,n,n,n,L,.,综,上,对,任何自然数,p,有,1,2,1,1,),(,2,),1,(,3,2,1,1,2,1,0,1,+,-,+,-,+,+,+,-,+,+,n,p,n,n,n,p,L,n,1,.,Cauchy,列的否定,:,例,1,=,=,n,k,n,k,x,1,1,.,验证,数列,n,x,不是,Cauchy,列,.,证,对,n,取,n,p,=,有,因此，取,2,、求数列,的上、下确界,解,：因,单调上升，有上界，且,所以,，,解,：因,无上界，所以,无上确界同样，,无下界，所以也无下确界,，,解,：显然，,无上界，所以,无上确界而,解,：,，,于是,，,解,：考虑,，,则,，,因,于是,单调下降，故,单调下降,考虑,，由于,单调下降，,所以,单调下降故,单调下降,又,，,，而,，所以,；,因,，,，所以,补充题,1,、设,，且,，试证自,中可选取数,列,且互不相同，使,；又若,，则,情形如何？,证明,：由于,是数集,的最小上界，对每,个自然数,，,不会是数集,的上界，故,在,中至少存在一个数比,大，将它记,为,，对每个,都这样做，就得到一个数,从不等式,可见，数列收敛于,2,、试证收敛数列必有上确界和下确界，趋于,的数列必有下确界，趋于,的数列必有上确界,证明,：由于收敛数列必有界，故由确界存在原理知，该数,列必有上、下确界,若,，则对于,，,，当,时，有,令,，则,，即,有,下界，所以,有下确界,类似可证，当,时，,有上确界,3,、设,在,上连续，且取值为整,数，求证：,常数,证明,：反证法假设,，使,，,且,，,不妨设,，作辅助函数,，,则有,:,，,且由于,在,连续，则,在,连,续，从而,在,连续于是根据连,续函数的介值定理，知,使,，即,而,不是整数，这与题设矛盾故假设不成立,原命题得证！,4,、设,在,可积，求证：任给,，存在逐段为常数,，使,的函数,证明,：由于,在,可积，则,，,，对,的任一满足,的分法，有,其中,，且有,，,于是有,即只需取,，,，,便有,:,5,、设,在,无界，求证：存在,，对任给,，函数,在,上无界,证明,：用反证法设函数,在,上处处局部有界，,，,和常数,，使得,即是指：,，,对每个,对应一个,和相,应的常数,，就得到了闭区间,的一,个开覆盖由有限覆盖定理,在上述开覆盖中存在有限子覆盖，不妨记为,:,与它们相对的常数记为,:,取,由于,，可见对于每个,都成立,，,即,在,这与已知矛盾！假设不成立，得证！,有界，,作业,P296,，,1,，,2,，,P300,，,1,，,2,，,3,，,6,，,7,，,12,P303,，,P306,，,10,P313,，,10,，,12,