临沂师范眈品祖氩骨析髁外训旅方囊 第七章实数的完备性 基本概念 1.对每个E>0,都能找到一个自然数N,对一切n,m≥N,成立不等式xn-x1<E 则称{xn}为( cauchy)基本数列,记作lim(xn-xm)=0 2.数列{xn},若{xn}:xn→a(k→∞),则称a是数列{xn}的一个极限点。如点 例{-)}有2个极限点。数列{x}的最大(最小)极限点如果存在,则称为该数列的上(下) 极限,并记为 limx( lim x) 二、基本定理 1.设q(x)是ab上压缩映射,且φ([a,b])c[a,b],则p(x)在ab]上存在唯一的不动 2.每个数列{xn}的上极限和下极限必定唯一,且 limx sup{xn,xn1,…}= limsupx, lim x=inf{x2,xn+12…}= lim inf x。 3.{xn}存在极限则{xn}的上极限和下极限相等,即 limx= lim x= lim x。 4若开区间族{O}覆盖了有界必区间ab,即bUO,则从{O}中必可挑出有 限个开区间Oa,…,O,统一覆盖了abl。即ab=On∪…UO.。 三、基本要求 1.掌握六个基本定理,能准确地加以表述,并深刻理解其实质意义 2.明确基本定理是数学分析的理论基础,并能应用基本定理证明闭区间上连续函数的 基本性质和一些有关命题,从而掌握应用基本定理进行分析论证的能力 四、典型例题 例1用单调有界定理证明区间套定理.即已知 1)单调有界定理成立
临沂师范学院精品课程 数学分析 课外训练方案 第七章 实数的完备性 一、基本概念 1. 对每个ε >0，都能找到一个自然数 N ，对一切 n,m ≥ N ，成立不等式 n m x x − < ε ， 则称{ }n x 为（cauchy）基本数列，记作 , lim ( ) 0 n m n m x x →∞ − = 。 2. 数列{ }n x ，若{ } k n x ： k n x → a（k → ∞ ），则称a 是数列{ }n x 的一个极限点。如点 例{( 1) }n − 有 2 个极限点。数列{ }n x 的最大（最小）极限点如果存在，则称为该数列的上（下） 极限，并记为 lim n n x →∞ （ lim n n x →∞ ）。 二、基本定理 1. 设ϕ(x) 是[a,b]上压缩映射，且ϕ([a b, ]) ⊂ [a,b]，则ϕ(x) 在[a,b]上存在唯一的不动 点。 2. 每个数 列 { }n x 的 上 极限和 下极限 必定唯 一 ， 且 lim n n x →∞ ＝ 1 sup{ , , } limsup n n k n k n x x x + →∞ ≥ L = ， lim n n x →∞ ＝ 1 inf{ , , } liminf n n k n k n x x x + →∞ ≥ L = 。 3. { }n x 存在极限则{ }n x 的上极限和下极限相等，即 lim n n x →∞ ＝ lim n n x →∞ ＝ lim n n x →∞ 。 4. 若开区间族{Oα} 覆盖了有界必区间[a,b]，即[a,b] Oα α ⊂ U ，则从{Oα} 中必可挑出有 限个开区间 1 , , n Oα L Oα ，统一覆盖了[a,b]。即[a,b]= 1 n O O α ULU α 。 三、基本要求 1. 掌握六个基本定理，能准确地加以表述，并深刻理解其实质意义； 2. 明确基本定理是数学分析的理论基础，并能应用基本定理证明闭区间上连续函数的 基本性质和一些有关命题，从而掌握应用基本定理进行分析论证的能力。 四、典型例题 例 1 用单调有界定理证明区间套定理．即已知： 1 ） 单调有界定理成立； - 1 -
临沂师范眈品祖氩骨析髁外训旅方囊 2)设{an,bn]}为一区间套 欲证:35∈{an,b]n=12,…且惟 证明:证明思想:构造一个单调有界数列,使其极限即为所求的5 为此,可就近取数列{n}(或{}).由于 a1≤a2≤…≤an≤…≤bn≤…≤b2≤b, 因此{an}为递增数列,且有上界(例如b1).由单调有界定理,存在 lim a=5,且 又因bn=(bn-an)+an,而lim(bn-an)=0,故 lim b,= lim(b -a,)+lim,=0+5=5 且因{n}递减,必使bn≥5.这就证得∈anbn]}n=12, 最后,用反证法证明如此的占惟一事实上,倘若另有一个5∈{an,bn]n=12 则由 5-s(bn-an)→0(m→∞) 导致与-5>0相矛盾 例2用确界定理证明区间套定理.即已知: 1)确界定理成立(非空有上界的数集必有上确界) 2)设{an,b为一区间套 欲证:存在惟一的点∈anbn]n=12, 证明:证明思想:给出某一数集S,有上界,使得S的上确界即为所求的ξ 为此,取S={an},其上界存在(例如b).由确界定理,存在5=sup{an} 首先,由为{an}的一个上界,故an≤5,n=12,…,再由是{n}的最小上界,倘 有某个bn<5,则bn不会是{an}的上界,即彐a>bn,这与{anb为区间套相矛盾 a,b,)。所以任何b≥5.这就证得 an≤5≤bn,n=1 关于5的惟一性,与例1中的证明相同 例3设f(x)是闭区间[ab]上的递增函数,但不必连续.如果 f()2a,f()≤b,则3xo∈[ab],使f(x0)=x0,(山东大学研究生入学试题)
临沂师范学院精品课程 数学分析 课外训练方案 2 ）设{[an ,bn ]}为一区间套． 欲证：∃ξ ∈{ } [ ] an ,bn ,n = 1,2,L且惟一． 证明： 证明思想：构造一个单调有界数列，使其极限即为所求的ξ ． 为此，可就近取数列{an }（或{bn }）．由于 , a1 ≤ a2 ≤ L ≤ an ≤ L ≤ bn ≤ L ≤ b2 ≤ b1 因此 {an }为递增数列，且有上界（例如 b1 ）．由单调有界定理，存在 = ξ →∞ n n lim a ，且 an ≤ ξ, n = 1, 2,L． 又因 ( ) bn = bn − an + an ，而 lim( − ) = 0 →∞ n n n b a ，故 = − + = + ξ = ξ →∞ →∞ →∞ lim lim( ) lim 0 n n n n n n n b b a a ； 且因{bn }递减，必使bn ≥ ξ ．这就证得ξ ∈{[an ,bn ]}, n = 1,2,L． 最后，用反证法证明如此的ξ 惟一．事实上，倘若另有一个ξ' ∈{[an ,bn ]}, n = 1,2,L， 则由 ξ − ξ′ ≤ ( b − a ) → 0 (n → ∞) n n ， 导致与 0 ' ξ − ξ > 相矛盾． 例 2 用确界定理证明区间套定理．即已知： 1 ） 确界定理成立（非空有上界的数集必有上确界）； 2 ） 设{[an ,bn ]}为一区间套． 欲证：存在惟一的点ξ ∈{ } [ ] an ,bn , n = 1,2,L． 证明： 证明思想：给出某一数集 S ，有上界，使得 S 的上确界即为所求的ξ ． 为此，取 S = {an }，其上界存在（例如b1 ）．由确界定理，存在ξ = sup{an }． 首先，由ξ 为{an }的一个上界，故 an ≤ ξ,n = 1,2,L．再由ξ 是{an }的最小上界，倘 有某个 bm < ξ ，则 bm 不会是{an }的上界，即 ∃ak > bm ，这与{[an ,bn ]}为区间套相矛盾 ( ) ai bj , 。所以任何bn ≥ ξ ．这就证得 an ≤ ξ ≤ bn , n = 1, 2,L ． 关于ξ 的惟一性，与例 1 中的证明相同． 例 3 设 是闭区间[ 上的递增函数, 但不必连续 . 如果 则 ,使 f (x) ] ] a,b f ( ) a ≥ a, f (b) ≤ b, ∃x0 ∈[a,b ( ) 0 0 f x = x .(山东大学研究生入学试题) - 2 -
临沂师范眈品祖氩骨析髁外训旅方囊 证法一:(用确界技术.参阅[3]P76例10证法1 设集合F=(x)2xa≤x≤b}.则a∈F,F不空;Fc[]F有界,由确界 原理,F有上确界.设x=supF,则x0=下证f(x)=x i>若x0∈F,有∫(x)≥x;又∫(x)≤f(b)≤b,得∫(x)∈[b]由 f(x)递增和f(x0)≥x,有f((x0)≥f(x),可见f(x0)∈F.由x0=supF,→ f(x0)≤x0,于是,只能有f(x)=x0 ⅱ>若x0gF,则存在F内的数列{n},使xn↑x0,(n→∞);也存在数列 n},x0<Ln≤b,ln↓xn,(→∞).由∫递增,xn∈F以及nEF,就有式 xn≤f(xn)≤f(x0)≤f(n)<tn对任何n成立.令n→,得x0≤f(x0)≤x0于是有 证法二(用区间套技术,参阅[3]P7例10证法2)当∫(a)=a或∫(b)=b时,a 或b就是方程∫(x)=x在[ab]上的实根.以下总设/(a)>a,f(b)<b.对分区间 ab],设分点为c.倘有f()=c,c就是方程f(x)=x在[b上的实根(为行文简练 计,以下总设不会出现这种情况).若f()>c,取a1=c,b1=b;若f()<c,取 a1=ab=C,如此得一级区间[a,]依此构造区间套nb,对v,有 f(an)>an,∫(bn)<b由区间套定理,丑x,使对任何n,有x∈[anbn]现证 f(x0)=x.事实上,注意到n→∞时an↑x和bn↓x0以及∫递增,就有 f(an)≤/(x0)≤f(bn)<b 令 得x0≤f(x0)≤x0于是有f(x)=x
临沂师范学院精品课程 数学分析 课外训练方案 证法一: ( 用确界技术 . 参阅[3] P76 例 10 证法 1 ) 设集合 F = {x f ( ) x ≥ x,a ≤ x ≤ b}. 则a ∈ F, F 不空 ; F ⊂ [a,b],F 有界 .由确界 原理 , F 有上确界. 设 x0 = sup F , 则 x [a,b] 0 = .下证 ( ) 0 0 f x = x . ⅰ> 若 x0 ∈ F , 有 f ( ) x0 ≥ x0 ; 又 f (x0 ) ≤ f (b) ≤ b , 得 f (x0 )∈[a,b]. 由 f (x) 递增和 f ( ) x0 ≥ x0 , 有 ( ) ( ) ( ) 0 0 f f x ≥ f x , 可见 f (x0 )∈ F . 由 , . 于是 , 只能有 x0 = sup F ⇒ ( ) 0 0 f x ≤ x ( ) 0 0 f x = x . ⅱ> 若 x0 ∉ F , 则存在 F 内的数列{xn }, 使 , 0 x x n ↑ (n → ∞); 也存在数列 { }, ， , ( ) nt x0 < tn ≤ b 0 t x n ↓ n → ∞ . 由 f 递增, xn ∈ F 以及tn ∉ F , 就有式 xn ≤ f ( ) xn ≤ f (x0 ) ≤ f (tn ) < tn 对任何 n 成立 . 令n → ∞ , 得 ( ) 0 0 0 x ≤ f x ≤ x 于是有 ( ) . 0 0 f x = x 证法二: ( 用区间套技术, 参阅[3] P77 例 10 证法 2 ) 当 f (a) = a 或 时, 或b 就是方程 f ( ) b = b a f ( ) x = x 在[a,b]上的实根 . 以下总设 f (a) > a ， f (b) < b . 对分区间 [a,b], 设分点为c . 倘有 f ( ) c = c , c 就是方程 f (x) = x 在[a,b]上的实根.(为行文简练 计, 以下总设不会出现这种情况 ) . 若 f (c) > c , 取a = c b = b 1 1 , ; 若 , 取 , 如此得一级区间[ . 依此构造区间套 f ( ) c < c a = a b c 1 , 1 = ] 1 1 a ,b {[an ,bn ]}, 对 ,有 ， . 由区间套定理, ∀n ( ) an an f > ( ) bn bn f < 0 ∃x , 使对任何 n ,有 [ ] an bn x , 0 ∈ . 现证 f ( ) x0 = x0 . 事实上, 注意到n → ∞ 时 和 以 及 递增, 就有 0 a x n ↑ 0 b x n ↓ f ( ) ( ) ( ) n n bn bn a ≤ f a ≤ f x0 ≤ f < . 令 n → ∞ , 得 x0 ≤ f ( ) x0 ≤ x0 于是有 ( ) 0 0 f x = x . - 3 -
临沂师范眈品祖氩骨析髁外训旅方囊 例4设在闭区间叵]上函数∫(x)连续,g(x)递增,且有∫(a)<g(a)f(b)>g(b 试证明:方程f(x)=g(x)在区间(ab)内有实根.(西北师大2001年硕土研究生入 学试题 证明:构造区间套{nb,使f(an)<g(an)/(bn)>gbn)由区间套定理,35 使对Ⅶn,有E∈[anbn].现证f()=g().事实上,由g(x)在[ab]上的递增性和 anb]的构造以及an个5和bn↓5,有 f(an)<g{(an)≤g()≤g(bn)<f(bn) 注意到∫(x)在点连续,由 Heine归并原则,有 lim f(a)=() limf(b)=s f()≤g()≤f(),→f(5)=g().5为方程∫(x)=g(x)在区间(ab)内的实根 例5试证明:区间]上的全体实数是不可列的 证明:(用区间套技术,具体用反证法)反设区间[0]上的全体实数是可列的,即可 排成一列: 把区间[01三等分,所得三个区间中至少有一个区间不含x,记该区间为一级区间 a,b].把区间[a,b]三等分,所得三个区间中至少有一个区间不含x2,记该区间为二级 区间[a2,b2].依此得区间套{anbn]},其中区间{anbn]不含x,x12…,xn,由区间套定理, 35,使对Ⅶn,有∈[nbn]当然有e[0,1]但对Ⅶn有x0g{nb]而 5∈gnb→xn≠5,矛盾
临沂师范学院精品课程 数学分析 课外训练方案 例 4 设在闭区间[a,b]上函数 f (x) 连续, g(x) 递增 ,且有 f (a) ( < g a), f (b) > g(b). 试证明: 方程 f ( ) x = g(x)在区间(a,b)内有实根 . （ 西北师大 2001 年硕士研究生入 学试题 ） 证明：构造区间套{ } [ ] an ,bn ,使 ( ) ( ) ( ) ( ) n n bn g bn f a < g a , f > .由区间套定理, ∃ξ , 使对∀n , 有 [an bn ξ ∈ , ]. 现证 f (ξ ) = g(ξ ). 事实上, 由 g(x)在[a,b]上的递增性和 [ 的构造以及 和 , 有 an bn , ] an ↑ ξ bn ↓ ξ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n n n bn f a < g a ≤ g ξ ≤ g b < f . 注意到 f (x) 在点 连续，由 Heine 归并原则, 有 f ( ) a f (ξ ) f (b ) f (ξ ) n n n n = = →∞ →∞ lim ,lim ⇒ f ( ) ξ ≤ g(ξ ) ≤ f (ξ ), ⇒ f ( ) ξ = g(ξ ).ξ 为方程 f (x) = g(x)在区间( )内的实根. ] a,b 例 5 试证明:区间[0,1 上的全体实数是不可列的 . 证明：( 用区间套技术, 具体用反证法 ) 反设区间[0,1]上的全体实数是可列的,即可 排成一列: x1 , x2 ,L, xn ,L 把区间[ 三等分，所得三个区间中至少有一个区间不含 ，记该区间为一级区间 . 把区间 三等分，所得三个区间中至少有一个区间不含 ，记该区间为二级 区间[ ..依此得区间套 , 其中区间 ] ] ] ] ]} 0,1 1 x [ 1 1 a ,b [ 1 1 a ,b 2 x 2 2 a ,b {[an bn , [ ] an bn , 不含 .由区间套定理, n x , x , , x 1 2 L ∃ξ , 使对∀n , 有 [an bn ξ ∈ , ]. 当然有 .但对∀n 有 [ ] an bn x , 0 ∉ 而 [ ] an bn ξ ∈ , , ⇒ xn ≠ ξ . 矛盾 . - 4 -
临沂师范眈品祖氩骨析髁外训旅方囊 注本例在这里所作的证明比习题解答中的证明更加清楚 五、复习题 1.求数列{Jn}的上、下确界 (2)xn=n[2+(-2)"] (3)x2k=k,x2k41=1+(k=1,2,3,) (4)xn=1+(-/+1 n (5)xn +2m(-1) n-1 2nT (6)x= COS n+1 2.设∫(x)在D上定义,求证: (1)sup-f(x)=-inf f(x); (2)inf(-f(x)=-supf(r 3.设B=supE,且βgE,试证自E中可选取数列{xn}且x互不相同,使 imxn=B;又若B∈E,则情形如何? 4.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 5.试分别举出满足下列条件的数列: (1)有上确界无下确界的数列 2)含有上确界但不含有下确界的数列 (3)既含有上确界又含有下确界的数列 (4)既不含有上确界又不含有下确界的数列,其中上、下确界都有限. 6.利用有限覆盖定理9.2证明紧致性定理9.4. 7.利用紧致性定理证明单调有界数列必有极限 8.用区间套定理证明单调有界数列必有极限. 9.试分析区间套定理的条件:若将闭区间列改为开区间列,结果怎样?若将条件 a1,b]→{a2,b]彐…去掉或将条件b-an→>0去掉,结果怎样?试举例说明
临沂师范学院精品课程 数学分析 课外训练方案 注 本例在这里所作的证明比习题解答中的证明更加清楚． 五、复习题 1．求数列{Jn}的上、下确界： (1) 1 1 ; n x n = − (2) [2 ( 2) ]; n n x n = + − (3) 2 2 1 1 , 1 ( 1, 2,3, k k x k x k k = + = + = L); (4) 1 [1 ( 1) ] ; n n n x n + = + − (5) ( 1) 1 2 ; n n n n x − = + (6) 1 2 cos . 1 3 n n n x n − π = + 2．设 f x( ) 在 D 上定义，求证： (1) sup{ ( )} inf ( ); x D x D f x f ∈ ∈ − = − x (2) inf{ ( )} sup ( ). x D x D f x f ∈ ∈ − = − x 3．设 β = sup E ，且 β ∉ E ，试证自 E 中可选取数列 { }n x 且 n x 互不相同，使 lim n x x β →∞ = ；又若 β ∈ E ，则情形如何? 4．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． −∞ 5．试分别举出满足下列条件的数列： (1) 有上确界无下确界的数列； (2) 含有上确界但不含有下确界的数列； (3) 既含有上确界又含有下确界的数列； (4) 既不含有上确界又不含有下确界的数列，其中上、下确界都有限． 6．利用有限覆盖定理 9．2 证明紧致性定理 9．4． 7．利用紧致性定理证明单调有界数列必有极限． 8．用区间套定理证明单调有界数列必有极限． 9．试分析区间套定理的条件：若将闭区间列改为开区间列，结果怎样?若将条件 [ , a b 1 1] ⊃ [a2 ,b2 ] ⊃L去掉或将条件 0 n n b a − → 去掉，结果怎样?试举例说明． - 5 -