《数学分析》课程教学资源（试题集锦）第一章实数集与函数

第一章实数集与函数 §1实数 例1设a,b为任意实数,证明 I+|a+bl 1+lal 1+b 证我们将从函数f(x)=x的性质着手证明不等式 设f(x) x>0,若0≤x1<x2,则f(x1)<f(x2) 因为a+b≤a+b,于是有 ≤ 1+|a+b|1+|a|+|b 1+|a|+|b|1+|a|+|b lal 1bl 例2利用数学归纳法证明二项式展开定理 其中a,b为任意实数,n为正整数 证n=1时,等式(1.3)显然是成立的设等式当n=m时成立,即 (a+b)=∑Cab 当n=m+1时 (a+b)∑Cmab) ∑ Cab+∑CAa4"b crabbe CAtb cab Ca‘b =b+∑(Ck+C如)ab++a a 其中应用了组合公式C+C=C1于是由数学归纳法,二项式展开定理对任意正整

第一章 实数集与函数 §1 实数 例 1 设 a，b 为任意实数，证明： 1 | | | | a b a b + + + ≤ 1 | | | | 1 | | | | b b a a + + + （1.2） 证 我们将从函数 x x f x + = 1 ( ) 的性质着手证明不等式. 设 x x f x + = 1 ( ) = + x − 1 1 1 ，x>0，若 0< 1 2 x  x ，则 ( ) ( ) 1 2 f x  f x . 因为|a+b|≤|a|+|b|，于是有 1 | | | | a b a b + + + ≤ 1 | | | | | | | | a b a b + + + 1 | | | | | | 1 | | | | | | a b b a b a + + + + + = ≤ 1 | | | | 1 | | | | b b a a + + + . 例 2 利用数学归纳法证明二项式展开定理 = − + = n k k i n k n n a b C a b 0 ( ) ， （1.3） 其中 a,b 为任意实数，n 为正整数. 证 n=1 时，等式（1.3）显然是成立的.设等式当 n=m 时成立，即 = − + = m k k i m k m m a b C a b 0 ( ) ， 当 n=m+1 时， m m (a b) (a b)(a b) 1 + = + + + ( )( ) 0 = − = + m k k k m k a b Cm a b   = = − + + − = + m k m k K k m k M k k m k Cm a b C a b 0 0 1 1   = − = + − + + − + = + + + m k m k K k m k m M k k m k m m b C a b C a b a 1 1 0 1 1 1 1   = = + − + − − + + = + + + m k m k K k m k m M k k m k m m b C a b C a b a 1 1 1 1 1 1 1 = + − + − + = + + + m k k k m k m m k m m b C C a b a 1 1 1 1 1 ( )  + = + − = + 1 0 1 1 m k k k m k Cm a b ， 其中应用了组合公式 k m k m k Cm C C 1 1 + − + = .于是由数学归纳法，二项式展开定理对任意正整

数n成立 注证明中应用了数学归纳法本节在后面的例3、例5中将应用它证明其他一些不等 式,这是分析证明中常用的方法之 例3设a 为n个实数,a,(=1,2…,n)符号相同,且a,>-1,证明不等式 (1+a1)(+a2)…(1+an)≥1+ (14) 当a1=a2=…=an=x,x>-1时,成立伯努利( Bernoulli)不等式 (1+x)"≥1+nx (x>-1)n∈N, (1.5) 证n=1时不等式(1.5)显然成立.现设n=m时不等式成立,即 (1+a1)1+a2)…(1+an)≥1 其中a1符号相同且a1>-l(=1,2,…,m) 当n=m+1时,因为1+an>0,利用n=m时的不等式,有 ≥(1+a1+a2+…+an)(1+am) ≥1 其中最后不等式成立是由于an1与a(=1,2,…,m)同号.再在不等式(1.5)中令 a1=a2=…=an=x,x)-1,则有伯努利不等式 (x>-1) 例4证明柯西( Cauchy)不等式:设a1,a2,…,an,b1,b2…,bn为两组实数,则有 b2 证本例中将应用中学数学中二次三项式恒正的判别式来完成证明 设t为任何实数,t的二次三项式 (a1+tb,)2=∑a2+2∑ab b2≥0, 于是有 b-4

数 n 成立. 注 证明中应用了数学归纳法. 本节在后面的例 3、例 5 中将应用它证明其他一些不等 式，这是分析证明中常用的方法之一. 例 3 设 a a an , , , 1 2  为 n 个实数， a (i 1,2, , n) i =  符号相同，且 ai  −1 ，证明不等式 (1 )(1 ) (1 ) + a1 + a2  + an ≥1+ a1 + a2 ++ an （1.4） 当 a a a x 1 = 2 == n = ， x  −1 时，成立伯努利（Bernoulli）不等式 n (1+ x) ≥1+nx （x>-1） n N+ （1.5） 证 n=1 时不等式（1.5）显然成立.现设 n=m 时不等式成立，即 (1 )(1 ) (1 ) + a1 + a2  + am ≥1+ a1 + a2 ++ am ， 其中 i a 符号相同且 a 1(i 1,2, ,m) i  − =  . 当 n=m+1 时，因为 1+ am+1 >0，利用 n=m 时的不等式，有 (1 )(1 ) (1 )(1 ) + a1 + a2  + am + am+1 ≥ (1 )(1 ) + a1 + a2 ++ am + am+1 = 1 2 1 1 2 1 1 ( ) + a + a ++ am + am+ + a + a ++ am am+ ≥ 1+ a1 + a2 ++ am+1 , 其中最后不等式成立是由于 am+1 与 a (i 1,2, ,m) i =  同号.再在不等式（1.5）中令 a a a x 1 = 2 == n = ，x>-1，则有伯努利不等式 n (1+ x) ≥1+nx （x>-1）. 例 4 证明柯西（Cauchy）不等式：设 a a an b b bn , , , , , , , 1 2  1 2  为两组实数，则有 2 1       = n i aibi ≤       = n i ai 1 2       = n i bi 1 2 （1.6） 证 本例中将应用中学数学中二次三项式恒正的判别式来完成证明. 设 t 为任何实数，t 的二次三项式     = = = = + = + + n i n i n i n i i i i i i bi a tb a t a b t 1 1 1 1 2 2 2 2 ( ) 2 ≥0， 于是有    = = =  −       n i n i i i n i aibi a b 1 1 2 2 2 1 2 4 ≤0

∑ab 例5设p,n,m∈N,证明: (b-a(b"+b-a (1.7 P (3)试用归纳法证明 (19) 证(1)(b-a)(bm+b"2a+bma2+…+am) =bm+bma+ba+.+ba - m2a2 (2)在(1.7)中设b=n+1,a=n,m=p+1,有 (n+1)P-nP=(n+1)+(n+1)n+…+n, 于是 (P+1)n°<(n+1 这样就证得 (n+1)-n <(n+1) p+ (3)易证n=2时,当p为正整数时, P 现设不等式(19)不n=m时成立,有 P 当n=m+1时,由(1.8),(1.10)可得

即 2 1       = n i aibi ≤               = = n i i n i ai b 1 2 1 2 例 5 设 p，n，m  N+ . 证明： （ 1 ） ( )( ) −1 −2 −3 2 −1 − = − + + + + m m m m m m b a b a b b a b a  a . (1.7) （ 2 ） p p p p n p n n n ( 1) 1 ( 1) 1 1  + + + −  + + . (1.8) （3）试用归纳法证明：  = − + =  +  n k p n p k p k p n k 1 1 1 1 1 （1.9） 证 （1） ( )( ) −1 −2 −3 2 −1 − + + + + m m m m b a b b a b a  a = m m m m m m m m b + b a + b a + + ba − b a − b a − − ba − a −1 −2 2  −1 −1 −2 2  −1 = m m b − a . （2）在（1.7）中设 b=n+1，a=n，m=p+1，有 p p n p p n + − n = n + + n + n + + n ( 1) +1 +1 ( 1) ( 1) −1  ， 于是 p p p p (p 1)n (n 1) n (p 1)(n 1) 1 1 +  + −  + + + + ， 这样就证得 p p p p n p n n n ( 1) 1 ( 1) 1 1  + + + −  + + . （3）易证 n=2 时，当 p 为正整数时， p p p p p 1 2 1 2 1 1  + +  + . 现设不等式（1.9）不 n=m 时成立，有  = − + =  +  m k p m p k p k p m k 1 1 1 1 1 ， （1.10） 当 n=m+1 时，由（1.8），（1.10）可得 1 1 ( 1) 1 ( 1) 1 1 1 1 + + + + − = + + + + + + p m p m m p m p p p p

<(m+ 同样可证 (m+1)(m+1)P1 p+1 于是不等式(1.9)当n=m+1时也成立 §2数集·确界原理 例1求数集S=内1+2“n∈N,)的上、下确界 分析当m2时,如+2=21+2x,容易看出=时2+2是偶数项中的最 大数当n=2k+1时,21+2 +2>1,当k充分大时,奇数项与数1充分靠 近因为21+=√是S中最大数,于是spS=√5,由上面分析可以看出infs=1 解因为√5是S中最大数,于是supS=√5再证infs=1,这是因为 (i)设a=2k+1+ 由等式a”-1=(a-1 +…+1)可知 于是v6>030∈N,(只要>2(如3-),使得 <a

=  + + m k p p m k 1 ( 1) = + = 1 1 m k p k . 同样可证 1 1 ( 1) 1 ( 1) 1 1 1 1 + + + + − = + + + + + + p m p m m p m p p p p ≥  − = + 1 1 m k p p m k == m k p k 1 . 于是不等式（1.9）当 n=m+1 时也成立. §2 数集·确界原理 例 1 求数集 S=  +  − + n N n n n ( 1) 1 2 的上、下确界. 分析 当 n=2k 时， k k k k 2 2 2 2 2 1 1+ 2 = 2 1+ ，容易看出k =1时 2 2 1 2 1+ 是偶数项中的最 大数.当 n=2k+1 时， 1 2 1 1 2 2 1 1 2 1 2 1 (2 1) + = + +  + + − + k k k k ，当 k 充分大时，奇数项与数 1 充分靠 近.因为 2 2 1 2 1+ = 5 是 S 中最大数，于是 sup S= 5 ，由上面分析可以看出 inf S=1. 解 因为 5 是 S 中最大数，于是 sup S= 5 .再证 inf S=1，这是因为 （i） n n n n ( 1) , 1 2 −  + ≥1； （ii）设 a= 2 1 2 1 2 1 + 1 + k + k ，由等式 1 ( 1)( 1) 1 2 − = − + + + a n a a n− a n−  可知， 1 2 1 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 + + + + − = − + + + k k  k k k a a ≤ 2 1 2 1 k + ， 于是     N+ k0  0, （只要        −1 1 log 2 1 0 2  k ），使得 1 2 1 1 2 1 2 1 0 0 + − + + k k ≤   2 0 +1 2 1 k

1+ <1+E 这样便证得infS=1. 例2设数集S-{1+nsm"∈N},求spsS,imfs 解不妨取n=6k+1,6k+2,…6k+5(k=12…)验证相应数值,可以发现一些规律.取 n=6k+l(k=12,3…)得到数集S的子集 S={1+(6k+1)k∈N 取n=6k+5(k=12.3,…)又得到子集 因为S1是无上界数集,S2是无下界数集,所以 infS 例3设数集5={y=1+x2,x为有理数},试求infs,smps 分析因为数集S无上界,所以supS=+∞,又因数1是S的下界,当有理数x充分小 时,y=1+x2与1很靠近,于是可以推测1是S的下确界 解先验证supS=+∞, M>0,3有理数x。(设M1,只要x>√M-1),使得1+x2>M,于是S是无上 界数集按定义,supS=+∞ 再验证infS=1 (i)vy∈S,y=1+x2≥1(x为有理数); (ⅱi)v>0,由有理数的稠密性,彐有理数x,使得-√E<x<√E,于是 l+x0<1+E 由此可见infS=1 例4设a为任意实数,A为R中非空有界数集,证明: sup(at A)=a+sup A, inf(a+A)=a+inf A 其中a+A={a+x|x∈A 证先证sup(a+A)=a+supA 由supA的定义,满足 (i)Vx∈A, (i)VE>0,3x。∈A,x0>supA-E

即 +  +  + + 1 2 1 1 2 1 2 1 0 0 k k ， 这样便证得 inf S=1. 例 2 设数集 S=       + nN+ n n 3 1 sin  ，求 sup S，inf S. 解 不妨取 n = 6k +1,6k + 2,  ,6k + 5(k =1,2, ) 验证相应数值，可以发现一些规律. 取 n = 6k +1(k =1,2,3, ) 得到数集 S 的子集 S=         + +  N+ k k 2 3 1 (6 1) ； 取 n = 6k + 5(k =1,2,3, ) 又得到子集 S=         − +  N+ k k 2 3 1 (6 5) ； 因为 1 S 是无上界数集， 2 S 是无下界数集，所以 sup S=+∞，inf S=-∞. 例 3 设数集 S= y y 1 x , x为有理数 2 = + ，试求 inf S,sup S. 分析 因为数集 S 无上界，所以 sup S=+∞.又因数 1 是 S 的下界，当有理数 x 充分小 时， 2 y =1+ x 与 1 很靠近，于是可以推测 1 是 S 的下确界. 解 先验证 sup S=+∞. M  0， 有理数 0 x （设 M>1，只要 x0  M −1 ），使得 + x  M 2 1 0 ，于是 S 是无上 界数集.按定义，sup S=+∞. 再验证 inf S=1： （i） 2 yS, y =1+ x ≥1（x 为有理数）； （ii）   0 ，由有理数的稠密性，  有理数 0 x ，使得 −     0 x ，于是 1+ 1+  2 0 x . 由此可见 infS=1. 例 4 设 a 为任意实数，A 为 R 中非空有界数集，证明： sup(a+A) = a+sup A，inf(a+A) = a+inf A， 其中 a + A ={a + x | x A}. 证 先证 sup(a+A) = a+supA. 由 supA 的定义，满足： （i） x A，x≤sup A； （ii）   0,x  A, x  sup A −  0 0