数学分析简明教程答案（尹小玲 邓东皋）.pdf

前t数学分析是数学类各专业的最重要的一门基础课程，是数学类 各专业及一些信息、计算机类专业硕士研究生入学考试的必考课程 之一，同时也是大学生入学后遇到的第一门内容抽象的课程,对初 学者来说，其中的许多概念难懂，方法抽象，解题难以入手.因此,如何把握课程的内容，掌握正确的学习方法显得至关重要.另外,有一些理论问题和解题的方法与技巧在该课程的教学中不能充分地 展开，在本科高年级开设数学分析选讲是十分必要的，能够使报考 硕士研究生的学生从容地面对入学考试.基于上述原因，我们编写 了这本书，以帮助学生学好数学分析，满足广大读者学习和考研复 习的需要.全书采用分类、分块的方法，系统地总结了数学分析中的基本 内容和基本方法，以邓东阜、尹小玲编著的数学分析简明教程（以下简称教程）的课后习题解答为主线，给出了 300多道典型 例题.通过一系列典型例题，由浅入深地介绍了数学分析的学习方 法和解题方法，同时注重一题多解、一题多证.特别是通过对典型 例题的分析和注释，使学生能够更好地融会知识、理解概念和掌握 方法，以提高学生的分析问题和解决问题的能力.本书包括：函数与极限、实数理论的基本定理、一元函数微分 学、一元函数积分学、多元函数微分学、多元函数积分学、数项级 数和函数项级数、反常积分和含参变量积分共八章.各章节的内容结构分为基本要求、主要概念和结论、常用解题 方法与典型例题、综合例题四部分内容.一、基本要求,根据我们自己对数学分析教学大纲的理解,列出了需要掌握的知识点.由于没有统一要求，仅供参考，1*二、主要辞念和结论.按基本要求列出基本内容，帮助读 者抓住重点，全面把握章节内容.-三、常用解题方法及典型例题.根据编者的教学实践，选 解了大量课程内容要求的典型例题和教程的主要习题,对具有 代表性的题目给出了多种解题方法，对常用解题方法进行了分析、注释和总结.四、综合例题.为了满足进一步深造的同学的需求，我们选 解了大量综合性的题目和部分理工科大学的研究生入学试题.书后的附录1给出了教程的主要习题解答与提示，附录2 给出了东北大学和北京师范大学近几年的硕士研究生入学考试试 题，本书由王晓敏、李晓奇、惠兴杰主编；副主编为王书田（河北 工业职业技术学院）、张建波、马祥、张子选.由于编者水平所限，加上时间仓促，不妥与错误之处在所难 免，所作的解答也未必是最好的，恳请读者批评指正.编者2005年7月于东北大学秦皇岛分校 2 目 录第一章函数与极限.1 I 函数.12数列极限.43函数的极限与连续性.74 综合例题.12第二章 实数理论的基本定理.231实数连续性及其等价描述.232闭区间上连续函数的性质.293 综合例题.34第三章一元函数微分学.391导数与微分.392微分中值定理及其应用.483综合例题.64第四章一元函数积分学.67 1 不定积分.672 定积分.753定积分的应用.894综合例题.94第五章多元函数微分学.1031多元函数的极限与连续性.1032 偏导数与全微分.1133 隐函数存在定理及其应用.1274几何应用、极值与条件极值.133 5 综合例题.142第六章多元函数积分学.146 1重积分.1462 曲线积分与曲面积分.1573各种积分之间的联系.1694 综合例题.180第七章 数项级数与函数项级数.1851 数项级数.185 2 函数项级数.2003耗级数.2084 傅里叶级数.2145 踪合例题.217第八章广义积分与含参变量积分.229 1 广义积分.2292含参变量积分.2433 综合例题.256附录1数学分析简明教程典型习题解答.267附录2部分高校数学分析考研试题与模拟试题.379附录3常用数学符号一览表.394附录4 中英文人名对照表.395参考文献.396 2 第一章函数与极限数学分析这门课程研究的对象是函数，而它是用极限方法研究函数的.从 方法论的角度来说.这是数学分析区别于初等数学的显著性标志.数学分析中几乎所有的概念都离不开极限,极限概念是数学分析的重要 概念，极限理论是数学分析的基础理论和核心，它贯穿于数学分析的全部内容 之中.1函数一.基本要求1.理解函数的概念，理解复合函数、分段函数的概念.2.掌握基本初等函数的性质及其图形.3.掌握几种重要的非初等函数.4.会判断函数的有界性、奇偶性等性质.二、主要概念和结论1.函数的定义 设X是某实数集合，若存在一对应法则f.使得对于X 中的任一实数力,存在惟一的实数yWR与之对应，则称f是定义在X的函数,记为ftX-R 或 f:篦一或 意人工）.X称为函数f的定义域，工称为自变量，y称为因变量.函数的确定取决于两个因素；定义域X;对应法则12.初等函数六种基本初等函数 常值函数、骞函数、指数函数、对数函数、三角函数 和反三角函数.初等函数 由基本初等函数经有限次的四则运算和有限次的复合运算所 得的函数.3.几种常用的重要函数 1,(1)振荡函数f xf lsin-工#0y=x I。，X=0(2)取整函数丁=了.(3)狄利克雷函数、/L Z为有理数【0,工为无理数(4)符号函数(1.工 0sg n(j r)=a 0,x=0.l-l,jc0,且工+T6X,有/(/+=则称八工)为周期函数，T为八工)的周期.(4)有界性 若mM0,V/WX,有WM,则称人工)在X有 界.三.常用解题方法与典型例题【例 1-1】求证 max(a,b)=%：+.；min(a,b)=a 一 l y=*_2.【证明】若则max(*6)=a,中+%/=中+宁=a,从而max(a,6)=甲+匕4;若同法可证结果成立.同理可 证 min(at b)=。-”.【例12证明f(工)=生二在(8,十8)有界.X*+1 2【证明】V-8,+8）,由1+12 G知，W1.故 X+1l/（x）=-y-777&母即 了（工）在（-8,+8）有界.【例13】叙述函数无界，并证明义）二三在（0,1）无界.x【解】设函数人工）在X有定义，若VM0,三工0 6X,使得|（椀）|M.则/（二）在X无界.VM0,取工0=1），贝 N/（“q）|=1+MM.故 71+M 武/（上）在（0,1）无界.【例14】设）为定义在（-8,+8）内的任何函数,证明了（工）可分 解成奇函数与偶函数之和.I证明】构造函数 g（x）=-/（-x）,Zi（Jr）=-/（x）+f（H）,则 g（-4=/-g（w）,X）=/（-X）十，（=M）.即g（H）为奇函数，分（工）为偶函数.而/（H）=g（N）+Zt（X）,故八比）可分解成奇函数与偶函数之和.【例1-5用肯定语气叙述在（-8,+8）（1）尸1）不是奇函数；（2）/（工）不是单调上升函数；（3）FG）无零点;4）f（工）无上界.【解】（1）若三对（-8,+8）,使得人对）-1 0）,则人工）在（-8,+8）不是奇函数.（2）若三工1，6（-+00）且工1 f（工2），则 f（N）在（-8,+8）不是单调上升函数.（3）若 VxW（l8,+8）,都有|y（x）|0,则（工）在（-8、4 8）无 零点.(4)若 V M 0,三工0(-8.(-8,+8)无上界.+8）,使得八福）M,则“工）在【例1-6】设卡*：3（）=t 了.工0 I函数Ag G）,函.【解】因屋G W。，所以h W0工。.求复合F(g(i)=一&(%)-1=一工1.hWO 工2-1,X 0 3 易知当一1工0时，/(x XO;当x 0时./(x)0.于是g(f(工)/(工)，/(x XO-/(%)./(x)0上 一 1 1 2.-l Wz 02 数列极限.一、基本要求1-掌握数列极限的、定义，会用它们证明数列极限及有关命题，2,掌握收敛数列性质(惟一性、单调性、保号性及不等式性质等)及四则 运算法则.3.掌握数列极限存在的两个准则.二、主要概念和结论L数列极限的定义 若VOO,EN6N+f V，N,有|4-a|则称数列与|以a为极限.记作l ima”=或方一.九8.也称t与J收敛于8a.若I工的极限为0,则称此为无穷小丑，若YG0,3NN V誓,N,有|h/G,则称t 4J为无穷大量.2.收敛数列的性质 若与一(-8),则数列|与具有下列性质：(1)有界性 3M0,VmGN 有 IgJMM.(2)保号性 若l im%,=a0,则 mN N.Y nN,有了(3)保序性 若=且 a6,则 V N,0-8 8有1川 y,(4)极限不等式 若l ima=a,l im%=6,且mNCNj Y nN.有 ff 0 0(衣一*0 0jW%,则 aN.有工=a,则=a.(3/单调有界原理单调有界的数列必有板限.(4)重要极限 1而(1+1)=e.B 1/I/(5)若IAI是无穷小量.R/是有界数列,则丘,是无穷小母.三、常用解题方法与典型例题【例1-7 用定义证明l im 3 土&=等.【证明】V 0,取双二+1,则当兀N时，有I 3 五+1 31-J 2_ 一一 3 _4 yfn-2 2+2(-/h 1)2-/n fn0,取N=max l L+1 ,则当 N时，有|10 c 1 0 X1 QX-X1 0 1 0 X X1 0八4 1 0-T 一=.丫-m 77T-3-M 1).L 8Q刀【证明】令a=l+A,A0,则a“=(1+为尸工 1+油+“(、一 D/1 2十十于是0;71-0(麓-8).由夹迫准则知，1加孑=0,a n-l)h l80【例1-1 0求极限l im i2+、2-L 8S(九+1)2n)J 5,18 由于，L=+-+皿 田丁)2)2)ZM+(2 n)2 n2 M=咤，而日丹一0,吟f OG s).由夹迫准则知，原式=0,n,(2)公m Ml 求根限变J COSH.【解】由于iim石=1,则l im(l-惠I=0,而Ic o sM是有界数列，故原式L8 L*l V 2/,注本题的典型错误解法是 l imc o s?:-0,l imc o sn=0-N-R*f 8【例1.12 设h”=/2“二1，n=2,3,，求证l im比”存在，并求其值.L 8【证明】0工1=及V2,假设。工“2,贝1|0引.1=/2/2;2=2.由归纳法知，院有上界.由三=&3皿1=/工21知，一是单调 Hjj-i 7 V-1上升的.根据单调有界原理，的极限存在，设为a.由l im4二附8l im，2工“T可得,a=/五,解得a=2(舍去0).“一8【例 1-1 3求下列极限(1)l im(1+2);(2)l im 1+I.加f 8 I W/“-R I fl n Il解】原式=1必,(1+卡)=1.(2)由上+4=中1)得w n n*nz-1 1(】+*0,当0|上一卬|8时.有1人工）-Al 0,三为满足 0 0,30,当 0 h 一 知6 时，有I/（X）-A I 0,30,当-3%-4d0 时，有 f（w）-A I 0,3 50,当 0|I一No l G.=Ve0,3X0,当|h|X 时，有 1/（工）一人|0,3X0,当工X 时.有 8=8；VG 0,33 0,当-3 V 工z o G.2.设在自变坦的某个变化过程中，函数的极限为0,则称其为无穷小量.,3.函数极限的性质（仅以比一“为例）（1）局部有界性 设=则三30,使得，（工）在（ho-五孙）U（工3+8）有界.,（2）局部保号性 若iim，G）=A.Aor则aer o,当o|工一工。|B,贝！，一飞当0|w-n oI 以工）.（4）极限不等式 若l imf l j t Ju A,Um g（x）=B,且三6 0,当 r 一上。其一400|工一6时，有/（）0,8（在（工。16.x0）U（x g,彳。+6）有 界，则1 1 m f Q）g（工）=0.I。（2）若人）在（-6）单调上升且有上（下）界,则l im/（工）（HmJ（工）存在；对Ro（a,b）9则l im f（工）和1吗.（工）都存在,但不一 定相等.（3）两个重要极限 l im比二1,l im（1+x）i-l im 1+1=e.5.函数的连续性（1）定义 设义工）在包含丸的某开区间有定义，若l im/（#）=/（10）,则称函数工）在顶点是连续的.8 若】i（工）=，（工0）,称在工0点右连续；若l i吗/（工）=/（工Q）g称 f（工）在工Q点左连续.从而，八工）在工。点连续八工）在皿）点既右连续，又左连续.若Vx o WL都有/（工）在“0点连续，则称/（z）在连续.（2）间断点 若了（在工0点不连续，则称义上）在小点间断，NO称为间 断点.（3）间断点的类型 设工0为/（工）的间断点.可去间断点 若l im/（o:）,即存在；工-上；一汇第一类间断点 若l im”工）与l imf（i）都存在，但l im/（工）#+l im/（x）；第二类间断点 若l im/（比）与l im八工）至少有一个不存在.+6.无穷小域的比较 设a,f为无穷小地.（1）若mA.B0,使OVAW 耕 MB,则称。与/?为同阶无穷小坦:.需 要注意的是，当方-时，a与0为同阶无穷小员.（2）若太一 1，则称a与月为等价无穷小此 记为a.（3）若g-0.则称a为比。高阶的无穷小员，或称p是较&低阶的无穷 小此记为a=o（p）.（4）把工作为基本无穷小此若拿一Z（2#0）,称a为工的欠阶无穷小 量.三、常用解题方法与典型例题【例1/4】用极限定义证明l im/一=e.l t 1上-9 2【证明】限制Ih+1|V1,则-2工1.VeO.取3=min l,2.则当 0|”-(1)|二|N+1|8 时，有23 _1_ x+1,I.:11,-9一2 12(773)2 e-9 这就证明了妈“却一1，【例115】计算极限l im壬小（右加为正整数）.一 x 1【解】/1w-l-jt-2-.1 +工-2 4 1,+1）原式=l im工-1 乂力1+工，十十=qT-Z-=旦.不一1（1-1）（工加 1+2+1）l im（xOT 1+xm 2+*+1）X-*J 1 1-1 6求函数工）:卜血丁 在工=0点的左、右极限.1+2 2.N l im/（x）=l im（1+x2）-1-【例1/7】证明=A的充要条件是对每一个严格上升趋于+8 的数列H/,有l im/（工”）=A.Hg【证明J必要性.设她/（h）=A,则Ve0,3M0,V*M有 1工）-A|（苍,）一人|0,VM0,使得|/（n）-A|?与取必=1,3 x iMn 使|（二1）-A|；取 M2 =ma*l 2 工人 3x2 M2,使 I/（叫）A|取 M*max|%xn-1L 3 xuMn,使|f（%）-A|这样可以得到严格上升趋于+8的数列|可，而If（马）-A|?“，即 1人工“）1不收敛于A,矛盾.注 本例结论是海涅定理对单侧极限的更强的表述形式,同样建立了函 数极限与数列极限的密切关系.对其他类型的单侧极限也有类似的结论.【例18】求极限l im Sn”丁巴L。X2 sin2 彳 F-1 COSJCw 2 c o s 工eo sxNT 10【例 LI 9】求极限 l im 工sir t r;l imj r sin ;l imsin x;l im xsin ,X-*0 JC Jr一口 工 Jr8 1 K-B 工分析在考察函数极限时，要特别注意自变量的变化趋势及同一个函数 在不同的自变显的变化趋势下的极限.r【解J l im工sir ur为重要极限，所以l im,sin a=1；x-*Q=一。X对于l imHsin上,由于 sin 1.所以l imj c sin 工=0;L。工 工 x对于 由于 l s in j r&l,当 h-8 时，-O,所以 Um 上=工8 N JC JC0;8）.有f（才）-A（九一8）（A可取无穷大）.【证明】这里仅对A为有限数时给出证明.必要性.由于l im/（x）=A,故Ve0,3 X 0f当工X时，有|人工）-A I 0,3NN+,当kN-g时.有孙,X,于是（叫）-A|0,VXOt 3xxXfX-4 B使l/Gx)-特别地，取Xl”(z:=L 2,)，则相应地mf x川二力，使得|/(见1-A l l q.于是得到数列|工，满足巧一+8(,8),但 卜工这与/(4)f Af 8)矛盾.【例1-2 3J用定义证明函数y=sin在其定义域内连续.【证明】易知函数;y=sin 5的定义域为(-8,0)U(0,+8).VhoG(0,+8).V 0,取 8=min ai0,徐)则当|工一工。|0,mNRN，VnNlf 有|一 a|Ni 时，12(。1-a)+(0 2 _ a)+(/一。)n+。2+_+/n.W|(初-a)+(/-。)|+(I-I+|册q|)n 1 1 1 n 1 1 1其中 M=|(。1-a)+(”N 一。)|.又对上述 0,取 Nz=9+1，则 有那 N,有注（1）本例的证明方法是一种典型的方法.为估计（1）式右边，将其分 子分成两部分，前一部分有N项，除以“后可任意小（当n充分大时）；后一 部分放大为N项，每一项都小于e/2.从而由给定的c最终确定出N.（2）可类似地证明当a=+8或。=8时,结怆仍成立.0 IJ 1-2 6（斯图茨定理）若1-1和小满足义%;l im%=N-B+8;l im91二=A（A为有限数或无穷大），则Hm马二A.由此证明若 010,3 MeN+,当a2 M 时，有2 9 2 即对=M*M+L，有(八2)(l 3%)Hm+1 工旧 (A+?)(+1)*分别以.=M+l,，-1代入上式，并将得到的兀-M个不等式相 加,得(A-引(乂-)m)引一工M-VM).即王二二wM-W由条件l im%=+8,3 N M,当m N时.有01-纶“-y t f ynV，AN,有-A 2.这就证明了 l im 与1HA.,yn l,用数学归纳法容易证明0册1.由条件 3=1 4L知对单调 a”下降趋于0,于是工-*十8(”-8).令*“=明八=J-,则由斯 a 卅 Qti图茨定理得，_ V 3(1 一%J，、1=hm-2-n hm(-arJ=1.a-8 a：界-注(1)斯图茨定理实质上是已知数列|工与正无穷大数列t y 的各自相邻两项增长率之比的极限，来求得当的极限.这与求函数极限时的洛必达%法则非常相似，即用工用来导出多m的极限(日型),可以认为斯图茨定理 g(N)g X)OO/与洛必达法则是数学分析中处理待定型被限的两个重要工具，它们分别适用于变址为“离散的”和“连续的”的情形.(2)斯图茨定理也有相应于型的结论.(3)设l imaff-a(a 可为+8或一 8)令马=a1+。？+十口”，弘=71,对日和应用斯图茨定理，就得到了例125的结果.例1-2 7求极限l im秒一精”8 2 4 2n【解】方法一 用数学归纳法证明:母好1V 丁工.2 4 2n 72 n+l当麓=1,因为去亲，不等式成立；2/3设兀时，不等式成立.即春J不对于舞=4+1,24 2k y ir n由于1 3 24+1)1 2&+1 J2k+12 4 2+2/im 2归+2 2k+2 14 故只要证冬4言1即证（2+1）（2上+3）（212产.而此不等式 2k+2 V2k+3是恒成立的.于是，对于咒=出十1不等式也成立.由归纳法得春印爷 L：因为0曰吊空一-故原式=0.2 4 2n y 2 n+1士汪一 A I 3 2 r t 1 JO J 2 _ 1 32（2.二 1）2方法一令4=7彳/一，则济*F于是，有n y2=113.”一。注二3)5二口.(2工一夏”aXk-21 41(2h-2)2(2九尸 V(2九)2 0故原式=0.【例1-28】(电子科技大学 2003年考研试题)设/(x)=1 1,I 1彳 0,X =1,g(w)=e*.-8n10,一1,【解】/(g(z)=r 1,e-1 Iex I 1r 1,No=30.j r=0;l-I.工0（et I x I 1【例1-2 9】（复旦大学1 999年考研试题（以下注明某高校的均为考研试题）下列命题若正确，给出证明，否则举出反例.（1）如果l ima,4=0.则两个数列I斯|和I与I中至少有一个为无穷小班 -3（即 Um a力=0 或 Jim 幻=0）、.y 8 j l r 2（2）设数列a,为无穷大母，又数列|瓦1满足|九|0,？】，贝U数列I即九I为无穷小城.【解】(1)错误.如设a”=1+(-1)%=1 一(-1)则l ima/,=壮CD 15 场产=0.但是妈*=帆1+（-1）切，妈&=啊1-（-1尸 都不存在.（2）错误.如设d 既=5，则&1、也I满足条件，而=即 知IqZJ非无穷小用.例1 30）复旦大学1999年）当if o时，f（工）=1-0 0s3沁工）+。】“1斗工工是多少阶无穷小母（为参数）？【解】/（工）=1-1-吉sin 7 4-古sir?工+o（d）十a i-y x4+o（）=珏-A。（J）了-虬-A。（力 T+CUC2-苧工4+0（工6）.=/-卷/+打工4+。（工”】十ax2-f F+。（*6）=（/+J-傍+年）J+OU，）.若上+。工0,即aN-/时，f为的2阶无穷小；若/+a=0,即 a=-/时，则-仔+点）=一传/）=0,此时,（工）为工的4阶无 穷小.【例131】（电子科技大学2001年）求二%b,c,九*-8 ar+c/均为常数.叫人#0.【例102电子科技大学2。03年）若a0,60,求l im工（一8 16【解】令=则工一+8时,于是原式=l im-=l im（a1 Ina-的n 6）=In a-nb=InI-*04 t*-0+【例1.33（浙江大学1 999年）求极限l im”申8 in”a+mj（十 i i=l im-7-7；-=l im y=l im n”=1.+1HH lb【例L34】（浙江大学1 999年）设函数f Q）在（*6）连续，若有数列%-%（这）使 1叫一%）=A 及四八*,（=B.则对 A,B之间的任意数/可找到数列分二港得妈【证明】不妨设AVB,则因l im/（0）=A,则对口=出产 Tt-B 幺0,mNiCN2 当 nNx 时，有（工同）-A|息i=f（R”）A+i=A”；A=修）0,3 N2N*,当 Nz 时，有“一 8 乙I f（的）r B I VeA/GnAB-Q=B一驾=B：幺取N=maxt NN/.则当n N时.有f（z,J/）“）又，（。在（%6）连续，则f Q）在三，%或y”连续.根据连续函数的介值定理，知三叫“，或,nJ 使于是.只要取卬=nhJV）4 就有/（%）一（-8）.【例135】（浙江大学 2000年）设Zq=*4=6,/=/-2；I n=2,3,.求l imq.AT8【解】；/7 _丁.1=一工-1二-2,反复应用此结 果，有 17 于是 xn=（工“-N”-l）+（工”一1 一范2）+（工1 80）+工0=(-2)(6-。)+(-/)(5-a)+(6-a)+aW 1-36（浙江大学2001年）用N”语言证明l it n工-：+:4*-*=3 n+2m 3 J【证明】V 6 0,取N=max 10,打，当打 N时，有M-+1_13打2+2n3 35n 63(3w2+2界3)粤=区 n n这就证明了蚂%.【例1-37（浙江大学 2001年）求l im由I?（穴/2+）.-8【解】原式=l im 点1-cos(2k/舞2+)=l im士1-c o s(2 n Jn2n 一2,1%)8/8 NIim4l 一 xxs2 M V n2+7i-）=：l im I 1 c o s2及 I 州8 2 2,-8、Vn2+n+nf=上（1-c o s*）=1.【例1-38（浙江大学2002年）用6语言证明l im（工-2H月T）二 0【证明】限制|工-1|1.于是，Ve 0,取3=min 1,主）.则当。|工一 1|V B时，有 心当二口一0卜2|I-1 1 0.取充分大的g o,使Le,易知，在 18(x0-LHo+l)中，使得0 g 0,使(川一&x0+8)中的有理数分母q qo.故当工满足 0|工一工。|6时，则R(工)=0.当有理数上二2满足0q.因而0&R(h)=工这就证明了 l imR(N)=0.于是./q g。l-飞在有理点都不连续、在无理点都连续.【例L40】(浙江大学2002年)设/(1)=正兴.数列|马|由如下递推公式定义wq=1,=(摩=0,1.2,).求证l im与 8分析 假设极限l im法存在，值为%则口=生.一=。手。二 士贝 因。十Lxw0,负数不合题意.故。=戊.下面研究册的分布情况.若工“S则5=技=1+大1+e=后若肛,G则工=:+=1+1上“6(n=0,b 2,).从而考虑证|叫/单调上升收敛于|工2“/单调下降收敛于【证明】考察4+2-0的符号，j y=r r y=i+r r 72+工厂 1+不1+xn 2(2-资)2(72+)(/2-xh)(xn/23+2工总3+2x 3+2xn V2由耳，o1 2+32+(2-l)2=S-S2=4(2 n+l)(2 r：-l),故原式二l im必+?2%一=A M-g 3 舞3 3【例L42】(东南大学2003年)设工10,一十广安心，证明匕 2+a廿收敛并求其极限.【证明】方法一 若hlTL则与=打(巩=2,3i).从而|$J收敛 且极限为丘.设义工)=考产,则/(工)在+8)为严格单调上升函数.设工 贝I由 j+i=/()/(72)=72,VN Qh、由上-2 笳 广苑二3产0知,单调下降,同理可知，当孙益时，V6N xn0,由于八工)=花二)2分 6D也必定是某个有限闭 区间j d.【解】正确.因/在-6连续，由最值定理知，工)在.6必能 达到最大值d和最小值c.不妨设/(a)=e,f(b)=d.由介值定理知，昨(4)，3 x0G a,6,使 f(R0二m.例144】(上海交通大学1999年)计算l im L 8兀!3【解】考察嘉级数立耳J.因 =1 20:Jim=%（1+工）”=e,*f g mw I l b r t+1）!nn （n+1）n*-=n J所以该毒级数的收敛半径为工 而之-.故级数S 号（点/收敛，根据级数收敛的必要条件得，l im 7=0.【例1.45】（上海交翥大奉 1999年）判断题:若（工）在0,+8）连续 旦有界，则，（1）在凡+8）必一致连续.【解】错误.例如，/（x）=s in i在0,+8）连续且I八工）I&L若取*=嬴 1+圣,麓=1,2.则I V-工1 I=|72 v-J 2砂+=-?；-0 5 8）.I V 2 V2nn+V2nn+（V2）而|/（xyn）-/（x）|=sin 2门八 一 sin（2 x*+仔）=1 VO-这说明/（x）在 0,+8）非一致连续.,【例146】（上海交通大学 2000年）判断题，于（工）在（即6）内连续的 充要条件是对V-fU（a,6）,人工）在明田一致连续，【证明】正确.必要性.因a.pU（%b）.而f（工）在（*b）连续，于 是/Q）在,0连续，根据康托定理，/G）在。，闭一致连续.充分性.V Xo （a,6）,取。=a 47Ho.f i=工口；b.则工0 e a,B】U 0,由f（H）=/（/）,有/（工）=/（W*）=f（工土）=.因此人工）-l im/（x2M）=/（l imx）=/（1）;当 a V 0 时，/（x）=p-*1 8*Bf（1）=/（l）；=0时1/（0）=故 J（x）=（常数）.工一。例1.48】（上海交通大学 2003年）已知即，心，.aM 0（2）,且八工）工（。+叩,求1而人力 Tl t*-0解 l imr（x）=Km（端十二十若产,2122 f-.gg-r一豪rB*，=wi三氢三wwlg.3:FlF,:.二 jawBIMh_K.Kf*Eg:三岂 h g j M i i i M M r r r，1邕 i r _第二章实数理论的基本定理整个数学分析是建立在实数理轮与极限理i仑基础上的，有关实数理论的;一些基本定理对学习数学分析的学生来说既是一个重点，又是一个难点.它是 一元函数数学分析理论的总结和提高，是以后进一步学习的必备条件.1实数连续性及其等价描述一、基本要求1,理解实数集的确界，覆盖，区间套，子数列，柯西基本列的概念.2,掌握实数连续性的概念及实数基本定理(戴德金实数连续性定理)，掌 握确界存在原理、单调有界原理、有限覆盖定理、区间套定理、紧致性定理、柯西收敛原理，理解它们的相互等价性.掌握相互证明的基本思路和方法.3,掌握应用上述定理证明闭区间上连续函数的性质(有界性定理、最大值 最小值定理、介值定理、一致连续性定理)的基本思路和方法，二、主要概念和结论L几个有关定义(1)戴德金连续性准则 如果一个有大小顺序的稠密的数系S,对它的任 一个分划,都有S中惟一的数存在，它不小于下类中的每个数，也不大于上类 中的每一个数，那么称数系S是连续的(2)上、下确界 设A是非空实数集.RWR,若A,有“4例 V 0,使得与?-.则称为A的上确界，记为p=supA或P=S 版 jc.“类似地，称Q为数集人的下确界,如果VG A,有工a;3 6 A 使得 k.0.3NGNV*mN,有则称丘为S的柯西蔗本列，简称基本列.(6)完备性 如果数系S中的每个基本列都在S中存在极限，则称$是 完备的.2.实数连续性的基本定理(1)实数基本定理(戴德金实数连续性定理)实数系R按戴德金连续性 准则是连续的.即对R的任一分划A|B,都存在惟一的实数，它大于或等 于下类A的每一个实数，小于或等于上类B中的每一个实数.(2)确界存在原理 在实数系R内，非空的有上(下)界的数集必有上(下)确界存在.(3)单调有界原理 单调上升(下降)有上(下)界的数列必有极限.(4)有限覆盖定理 闭区间10,6的任一个覆盖，必存在有限的子覆盖.(5)区间套定理 设1a“，与I是一个区间套，则必存在惟一的实数八属于每一个闭区间6,九,加=1,2,，即r W 6J.FT,1(6)紧致性定理 有界数列必有收敛的子数列(又称致密性定理或魏尔斯 特拉斯定理).(7)枸西收敛原理 数列收敛Ve0,3 NEN+,Y n,mN9I*n-He I 数列丘J不收敛三n0.VNWN三为，加N,使(8)聚点原理有界无穷点集至少有一聚点.以上8个定理从不同角度描述了实数的连续性，它们之间是相互等价的，确界存在原理与戴德金实数连续性定理事实上可以归结为一个定理，很多教 材是从确界存在原理出发而展开整个极限理论讨论的，所以它们一起被称为 实数连续性定理.收敛数列必有界，反之则不然.单调有界原理、紧致性定理和聚点原理进 一步说明了数列收敛与有界之间的深层次联系.有界数列虽不一定收敛，但一 定有收敛的子列.有界数列若单调则必然收敛.而数列收敛的充要条件，或者 说其本质属性是该数列成为柯西基本列.24 区间套定理和有限覆盖定理刻画了局部性质和整体性质之间的关系.区 间套定理通过构造满足某种性质的区间套，从而推出某点的局部性质.而有限 厦盖定理则恰恰相反，通过肯定或否定局部性质而获得整体性质.用这两种方 法证明题目时，注意多体会其中的思想.三，常用解题方法与典型例题【例2一】求数列71+2心二的上、下确界.【解】考虑数列工“=(1+2)!，因为工=(l+2“r)土=r+(l+2wz)wl n j工，-(l+2n)=L(l+2 f L(2+2】所以|工单遍下降，从而建?”单调下降.同理工“=(1+=)”=+(1+2，；也单调下降.于是必I单调下降.又因为$=系，孙=公，工24，故supl N/J 而 l imj：2 A-1=1rl imx n=2,f ef c in f|=1.AR 1 8(这里用到 2=(2”&(1+2*)50,3 j rceEt 使工。一.取底=1,则三工69使g-l 工 V出E2=min -,0 r j,则三支,使月一4工2 月；如此下去，便得到一数列 D 满足工刀6后,T V 8,.i/?,m=lt 2、,从而l im h”=j?.(2)对于户笈1情形，则上述结果不成立.如 修 二1,2 L 则s u pEi=2 .可取工”=2-十6 1,2,则有各 xJt互不相同且l im 4=2=.W-8如Ez=ll,2,贝I 0=supEz=2 E2,但却找不到互不相同的与C|1,2、使得五010,使得|工,匕|G.特别，取G=lt则三使得|工力|1;取 G=2,则 m2 N+,n2nif 使得|/力|2;如此继续下去，便得到的一个子列|与J,显然8（力 8）.又日/非无穷大垃，所以mM0,VNN 3 nN N.使|町/&M.于是在-M.M内含有|工中无穷多项，按照它们在|工中的顺序组成了一新的 数列，注意它是b的子列且有界.根据紧致性定理，该子列必有收敛的子列 I 工吗 I,设工,aCF-M,M（4-8）即可.【例2.4】有界数列自力若不收敛，则必存在两个子列j-a.三，-力 上 k且.【证明】不妨设。42”凡”=1,2,.由紧致性定理，|孙存在收敛 子列If I且%.-aEa,0 J晨一 8）.下面证明存在另一个子列此机收敛,但其极限异于a.若Yf AO.（a-e,a+G之外只有有限个工将.则与 8）,这与|工发散矛盾.从而三。0,使在3-3,a+4）之外有无穷多 个与，于是把落在（q-eo.a+o）之外的按它们在日中的顺序重新组成 一新的数列，它是此1的子列.从而有界.所以此新数列中必有一收敛子列,记为|父”|,设其mb（A f8）,贝ij.|h4|也是|工的子列.【例2-5】设“1）在a,6定义，且在每一点处函数的极限存在,求证/（x）*a,b有界.【证明】用有限覆盖定理,因为Vn oGM,b,”n）在对有定义，且 1加了（工）存在（若l0=或6,考虑其右极限或左极限），由函数极限的局部有 界性定理知.3 0,Mo 0,Yh（z o-So，n o 十%）A%.I/（工）IWM.构造开区间族E=I（x-Sj i 1+心f r L则E为a,6的一个覆盖.由有限覆盖定理知，可以从E中选出有限个开区 间厦盖a.b,记为（工一山，彳+跖）.（叫一心.孙+选），.（*一&，川+专）-又当（与一，弓+品）口*b时，有|/（n）IMM =1,2,，k.取 M=浮驾IM I,则 Vid.6,|/（#）I&M.故/（工）在a,5有界.26 I例2-6求证数列工“=1+/+大当8时的极限不存在.I证明】取“=1.V N6 N*,取 o=N+l,加。=20.则 n0,m0N,1 一 Go Ti/72 师一百，2 由柯西收敛原理知，1工/不收敛.，【例27设八)在(a,+8)可导，If(工)|单调下降，且l im f(i)存 在，求证 l im xf(x)=0.*一 8【证明】由于l im八工)存在，根据柯西收敛原理，Vw 0,3Xa+82 d o.aL VnX,有|/(2h)-/(x)I X,/(n)在42%满足拉格朗日中值定理的条件，故船6(#.2工)使f(2i)-f(jc)=()(2工-r)=xf().由于If(i)I单调下降，而f X 时，Qr)|Wl z f(Q|=|f(2/(n)|,即 l 2 z f(2 i)l 0,取=十+1.”N,VWN+,有由柯西收敛原理知.n/收敛.【例2W】设人工)在(-8,+8)可寻，且|，()|WA1,任给了,令 41=/(l”)汽=()I,2.求证(1)l im与 存在；(2)上述极限为工=八)的根，且是惟一的.【证明】(1)VK,=6(-8.+8),/(工)在工，或工=满足 拉格朗日中值定理的条件，故存在介于工,与 J之间,使得(3)-八工)|=If(K-n)|.又 t/(x)|k|n,I 1加一 Im I I+-xm-2 +I-xn I&I 工！一 Ro I(力-1+A和一2+.+.)&I 工1 一工o I f 0(九一o o).1 K由柯西收敛原理知l im/存在._ B设Iin iN*=r,由Ho+i=/(H,r)及74(工)在厂点的连续性得，r=/(r).H.k A因此r是z=了(1)的根(称r为/Xh)的不动点).若有厂,二F也是z=/(工)的 根.则有 0 V|/-厂|=|/(rz)-/(r)|r-r r-r ,矛盾.【例210】设在a,6满足条件(1)存在 0大0,取N=蛇百Tn