《数学分析》课程教学资源（试题集锦）习题选解

者补充证明) 12.设{an}为有界数列,记 an=sup{an,an1,…} {an 证明:(1)对任何正整数n,an≥a (2){n}为递减有界数列,{n}为递增有界数列,且对任何正整数n,m有an≥gn (3)设a和a分别为{n}和{n}的极限,a≥a (4){an}收敛的充要条件是a 证(1)由确界性质可知:Vn,必有 supla,, a1,…}≥nf{an,an1,…}

者补充证明）. 12．设 an  为有界数列，记 an = supan , an+1 , ， a n = inf an , an+1 , . 证明：（1）对任何正整数 n， n n a  a ； （2） an  为递减有界数列， a n  为递增有界数列，且对任何正整数 n，m 有 n m a  a ； （3）设 a 和 a 分别为 an  和 a n  的极限， a ≥ a . （4） an  收敛的充要条件是 a = a . 证 （1）由确界性质可知： n ，必有 supan , an+1 ,  ≥ inf an , an+1 , 

(2)因为{an}有界,M>0,Vn,-M≤an≤M,于是-M≤an≤an≤M,即{n},}为有 界数列由 n+1=S nm,an2}≤sup{an,an} 可知{n}为递减数列同理可证n}为递增数列vnm,an≥an2amn≥an (3)由单调有界定理,存在极限lma=a,lma,=a.因为a≥an,令n→∞,由保不等式 性有a≥a. (4)[必要性]若man=a,则vE>0,3N,Ⅶm>N时a-E<an<a+E,于是n>N时 a-E≤an≤an≤a+E,令n→∞,又有a-E≤an≤an≤a+E三

即 n m a  a . （2）因为 an  有界， M  0,n,−M  an  M ，于是− M  a n  an  M ，即 an ，a n  为有 界数列.由 an+1 = supan+1 , an+2 ,  ≤ an an+ = an sup , , 1 可知 an  为递减数列.同理可证 a n  为递增数列. n m an  am+n  a m+n  a m , , . （3）由单调有界定理，存在极限 an a n = → lim ， a a n n = → lim .因为 n n a  a ，令 n→ ，由保不等式 性有 a  a . （4）[ 必要 性] 若 an a n = → lim ，则   0,N,n  N 时 a −   a  a +  n . 于是 n  N 时 a −   a  a  a +  n n ，令 n→ ，又有 a −   a  a  a +  n n 

0≤a-a≤2E→a=a=a [充分性]若a=a=a,因为man=a, lim a=a,条件现VE>0,N,Ⅶn>N时 a-E≤an≤an≤a+E,于是a-E<an<a+E,这样就有iman=a 第三章函数极限 §1函数极限概念 7.设lmf(x)=A,证明lmf()=A x→+0 证由lmnf(x)=A可知VE>03M>0,当xM时,(x)-4<E在上式中作变换y=1

0  a − a  2  a = a = a . [ 充 分 性 ] 若 a = a = a ，因为 an a n = → lim ， a a n n = → lim ， 条 件 现   0,N,n  N 时 a −   a  a  a +  n n ，于是 a −   a  a +  n ，这样就有 an a n = → lim . 第三章 函数极限 §1 函数极限概念 7．设 f x A x = →+ lim ( ) ，证明 A x f x = + →+ ) 1 lim ( 0 . 证 由 f x A x = →+ lim ( ) 可知   0,M  0 ，当 x>M 时， f (x) − A   .在上式中作变换 x y 1 =

并取8=,,有VE>0,当0y<6时f()-4<E,即mf()=A 8.证明:对黎曼函数R(x)有imR(x)=0,xo∈[0,(当x=0或1时,考虑单侧极限) 证R(x)={q 当x=2(pq∈N,P,q互质) 0当为01与(0的无理数 不妨设x∈1,x。=0或1时只需讨论单侧极限为了证明mnR(x)=0,按定义要证: R(x)-0< 当x∈U(x;),x为无理数时R(x)=0,于是R(x)<E自然成立:当x∈U°(x;),x为有理 P )=-,需证 使得当 P U°(x0;d)时,有

并取 M 1  = ，有   0, 当 0<y<  时 − A   y f ) 1 ( ，即 A x f x = + →+ ) 1 lim ( 0 . 8．证明：对黎曼函数 R(x)有 lim ( ) 0 0 = →+ R x x x ， [0,1] x0  （当 0 x =0 或 1 时，考虑单侧极限）. 证 , 0, 0,1 (0,1) . , ( , , , ) 1 ( )      =  = + 当为 与 内的无理数 当 p q N p q互质 q p x R x q 不妨设 [0,1] x0  ， 0 x =0 或 1 时只需讨论单侧极限.为了证明 lim ( ) 0 0 = →+ R x x x ，按定义要证：   0,  0 ，当 0< 0 x − x <  时， R(x) − 0   . 当 ( ; ) xU x0  ，x 为无理数时 R(x) = 0 ，于是 R(x)   自然成立；当 ( ; ) xU x0  ，x 为有理 数 q p 时， q R x 1 ( ) = ，需证   0 ，使得当 q p ( ; ) U x0  时，有   q 1

先取定E>0,现讨论使得≥的有理点,亦即使得q≤1的有理点,这类有理点只有有限 个,设为x1,x2…,x,现设法取δ>0,使这有限个有理点被排除在U(x0;)之外设 Lx-xollx2-xoI- Ix-xob-xo, I-xo), 于是x∈U(x0;)c(01),且x为有理数时R(x)<E这样,vE>0,36>0,当x∈U°(x0;o) 时,无论ⅹ是有理数还是无理数,都使R(x)<E,即 lim R(x)=0 §2函数极限的性质 5.设f(x)>0,lmf(x)=A.证明

先取定   0 ，现讨论使得   q 1 的有理点 q p ，亦即使得  1 q  的有理点，这类有理点只有有限 个，设为 k x , x , , x 1 2  ，现设法取   0 ，使这有限个有理点被排除在 ( ; ) U x0  之外.设  = minx1 − x0 , x2 − x0 ,  , xk − x0 , x0 ,1− x0 ， 于是 x ( ; ) U x0   (0,1) ，且 x 为有理数时 R(x)   .这样，   0,  0 ，当 ( ; ) xU x0  时，无论 x 是有理数还是无理数，都使 R(x)   ，即 lim ( ) 0 0 = →+ R x x x . §2 函数极限的性质 5．设 f (x)  0， f x A x x = →+ lim ( ) 0 .证明