临沂师范眈品祖氩骨析髁外训旅方囊 第一章函数集与函数 一基本概念 1.数集的相关概念: ()邻域:设a∈R,6>0。满足绝对值不等式x-d<的全体实数x的集合称为点a的δ邻域,记 作U(a;o),或简单地记为U(a)。即 U(a6)={4x-d<)=(a-.a+6) 点a的空心δ邻域:U(a.6)=<k-dk<。 点a的δ右邻域:U,(a,o)=[a,a+o), 点a的δ左邻域:U(a,)=[a,a+o) (2)有界集:设S为R中的一个数集。若存在数M(L),使得对一切x∈S,都有x≤M(x≥L),则称 为S有上界(下界)的数集。数M(L)称为S的一个上界(下界)。 (3)设S为R中的一个数集。若数刀满足: (i)对一切x∈S,有x≤7,即是S的上界 (i)对任何a<n,存在x0∈S,使得x0>a,即n又是S的最小上界,则称数n为数集S的上 界,记作刀=SupS。 (4)设S为R中的一个数集。若数5满足: (i)对一切x∈S,有x≥5,即5是S的下界 (i)对任何B>5,存在x0∈S,使得x0<B,即5又是S的最大下界,则称数5为数集S的下 确界,记作=infS。 2.函数及相关概念 (1)定义:给定两个实数集D和M,若有对应法则∫,使对D内的每一个数x,都有唯一的一个数 y∈M与它对应,则称∫是定义在数集D上的函数,记作∫:D→M,或简记为y=f(x),实数集D称 为函数∫的定义域,全体函数值的集合f(D)={y=f(x)x∈DkcM)称为函数∫的值域
临沂师范学院精品课程 数学分析 课外训练方案 - 1 - 第一章 函数集与函数 一、基本概念 1. 数集的相关概念： ⑴ 邻域：设 a ∈ R ，δ > 0。满足绝对值不等式 x − a < δ 的全体实数 x 的集合称为点 a 的δ 邻域，记 作U (a;δ ) ，或简单地记为U (a) 。即： U (a;δ ) = {x x − a < δ }= (a − δ , a + δ ) 点 a 的空心δ 邻域： ( ; ) { 0 }. 0 U a δ = x < x − a < δ 点 a 的δ 右邻域： ( ;δ ) = [ , + δ ) + U a a a ， 点 a 的δ 左邻域： ( ;δ ) = [ , + δ ) − U a a a ⑵ 有界集：设 S 为 R 中的一个数集。若存在数 M (L) ，使得对一切 x ∈ S ，都有 ，则称 为 有上界（下界）的数集。数 称为 的一个上界（下界）。 x ≤ M (x ≥ L) S M (L) S ⑶ 设 S 为 R 中的一个数集。若数η 满足： （i）对一切 x ∈ S ，有 x ≤η ，即η 是 S 的上界； （ii）对任何α <η ，存在 x0 ∈ S ，使得 x0 > α ，即η 又是 S 的最小上界，则称数η 为数集 的上确 界，记作 S η = sup S 。 ⑷ 设 S 为 R 中的一个数集。若数ξ 满足： （i）对一切 x ∈ S ，有 x ≥ ξ ，即ξ 是 S 的下界； （ii）对任何 β > ξ ，存在 x0 ∈ S ，使得 x0 < β ，即ξ 又是 S 的最大下界，则称数ξ 为数集 的下 确界，记作 S ξ = inf S 。 2. 函数及相关概念 ⑴ 定义 ：给定两个实数集 D 和 M ，若有对应法则 ，使对 内的每一个数 ，都有唯一的一个数 与它对应，则称 是定义在数集 上的函数，记作 或简记为 ，实数集 称 为函数 的定义域，全体函数值的集合 f D x y ∈ M f D f : D → M , y = f (x) D f f (D) = {y y = f (x), x ∈ D}(⊂ M ) 称为函数 f 的值域
临沂师范眈品祖氩骨析髁外训旅方囊 注意:在函数的定义中,定义域和对应法则是关键,此外也应注意x的任意性和y的唯一性。 (2)函数的相等:如果两个函数的对应法则和定义域分别相等,则称这两个函数相等 3.几种特殊类型的函数: (1)有界函数:(2)单调函数;(3)奇偶函数;(4)周期函数。 、基本定理 确界原理:设S为非空数集。若S有上界,则S必有上确界:若S有下界,则S必有下确界。 、基本要求 掌握有关实数绝对值的性质与运算 2.进一步理解确界的概念及确界原理,并能运用于有关命题的运算和证明; 3.进一步掌握有关函数的运算性质(四则运算、复合运算、反函数等)及其表示方法; 4.加深对具有某些特性函数(如有界函数、奇偶函数、单调函数和周期函数)的认识,并能依此对所给 函数是否具有此性质作出判断。 四、典型例题 例1若S为非空数集,试正面叙述下列概念: (1)数集S无下界; (2)数n是S的上界,但不是S的上确界。 并应用它们分别证明:数集mn∈N无下界:数2是{"∈N}的上界,但不是它的上确界 解:(1)若对L∈R,存在x∈S,使得x<L,则称数集S无下界。 对L∈R,若L≥0,则对Ⅶn∈N,有-n<L;若L<0,则有L>-1∈{mn∈M},故数集 (m∈N}无下界 (2)若对x∈S,恒有x≤n,但彐<n,对x∈S,有x≤a,则n是S的上界,但不是S的上确 界。因为对Vn∈N,有 =1<<2,所以根据上面所给定义知,数2是 n∈N}的上 n+1 界,但不是它的上确界。 例2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 2)设{anbn为一区间套
临沂师范学院精品课程 数学分析 课外训练方案 - 2 - 注意：在函数的定义中，定义域和对应法则是关键，此外也应注意 x 的任意性和 y 的唯一性。 ⑵ 函数的相等：如果两个函数的对应法则和定义域分别相等，则称这两个函数相等。 3. 几种特殊类型的函数： ⑴ 有界函数；（2）单调函数； ⑶ 奇偶函数；⑷ 周期函数。 二、基本定理： 确界原理：设 S 为非空数集。若 S 有上界，则 S 必有上确界；若 S 有下界，则 S 必有下确界。 三、基本要求 1. 掌握有关实数绝对值的性质与运算； 2. 进一步理解确界的概念及确界原理，并能运用于有关命题的运算和证明； 3. 进一步掌握有关函数的运算性质（四则运算、复合运算、反函数等）及其表示方法； 4. 加深对具有某些特性函数（如有界函数、奇偶函数、单调函数和周期函数）的认识，并能依此对所给 函数是否具有此性质作出判断。 四、典型例题 例 1 若 S 为非空数集，试正面叙述下列概念： ⑴ 数集 S 无下界； ⑵ 数η 是 S 的上界，但不是 S 的上确界。 并应用它们分别证明：数集{− n n ∈ N}无下界；数 2 是 ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ ∈ + n N n n 1 的上界，但不是它的上确界。 解：⑴ 若对∀L ∈ R ，存在 x ∈ S ，使得 x < L ，则称数集 S 无下界。 对 ∀L ∈ R ，若 L ≥ 0 ，则对 ∀n∈ N ，有 − n < L ；若 L < 0 ，则有 L > [L]−1∈{− n n ∈ N}，故数集 {− n n ∈ N}无下界。 ⑵ 若对∀x ∈ S ，恒有 x ≤η ，但∃a <η ，对∀x ∈ S ，有 x ≤ α ，则η 是 的上界，但不是 的上确 界。因为对 ，有 S S ∀n∈ N 2 2 3 1 1 1 1 = < < + + < + n n n n ，所以根据上面所给定义知，数 2 是 ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ ∈ + n N n n 1 的上 界，但不是它的上确界。 例 2 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； 2）设{[a n ,bn ]}为一区间套．
临沂师范眈品祖氩骨析髁外训旅方囊 欲证:35∈[anbn]n=1,2…且惟一 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{an}或{n}.由于 a1≤a2≤…≤an≤…≤bn≤…≤b2≤b, 因此向n}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an≤5,n=1 又因bn=(bn-an)+an,而lim(bn-an)=0,故 lim b,= lim(b -a,)+lima,=0+5= 且因{n}递减,必使bn≥5.这就证得5∈[an,bnln=1 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 3-5|≤(bn-an)→>0(m→∞ 导致与-5|>0相矛盾 例3设是非空有界数集,令-A={-x|x∈丹.则有inf(-A)=-supA 思路:用定义验证 证明:设a=inf(-A),由定义知, (1)对V(-x)∈(-A),都有-x≥a,即x≤-a,(VxeA) (2)对vE>0,彐(-x0)∈(-A),有-x0<a+E,即x0>-a-E,(彐x0∈A) 因此,-a=supA,即inf(-A=a=-supA 例4设A,B两个非空数集,令 A+B{x+ylr∈A,y∈B} 则sup(A+B=supA+supB. 证明:设a=supA,B=supB,那么 对x∈A,有x≤a,且VE1>0,彐x∈A,有a-E1<x0; 同样,对Vv∈B,有y≤β,且E2>0,彐y∈B,有β-E2<y 因为V(x+y)∈(A+b,有x∈A,x≤a和y∈B,y≤B,得(x+y≤(a+B); 对E=E1+E2>0,有上述讨论知,彐xo∈A,彐y∈B,即彐(xo+y)∈(B+A),使 (a+B)-E=(a+B)-(E1+E2)=(a-61)+(β-E2)<x0+y
临沂师范学院精品课程 数学分析 课外训练方案 - 3 - 欲证：∃ξ ∈[ ] a n ,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{a n }或{bn }．由于 , a1 ≤ a2 ≤ L ≤ an ≤ L ≤ bn ≤ L ≤ b2 ≤ b1 因此{a n }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a ,n 1,2, . n ≤ ξ = L ． 又因 bn = (bn − a n ) + a n ，而 lim(b - a ) 0 n n n = →∞ ，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 ∈[a n ,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' ∈[a n ,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 3 设A是非空有界数集，令-A = {- x｜x∈A}．则有inf(-A)= -supA． 思路： 用定义验证. 证明：设α = inf(−A) ，由定义知， (1) 对∀(−x) ∈ (−A) ，都有 − x ≥ α ，即 x ≤ −α ，（∀ x∈A）； (2) 对∀ε > 0，∃ (−x0 ) ∈(−A) ，有 − < α + ε 0 x ，即 > −α − ε 0 x ，（∃ x0 ∈ A ）. 因此， −α = sup A，即inf (-A)=α = - sup A. 例 4 设A，B是两个非空数集，令 A + B=｛x + y｜x∈A, y∈B｝ 则sup(A + B)=sup A + sup B． 证明： 设α = sup A， β = sup B，那么 对∀ x∈A, 有 x ≤ α ，且∀ 0 ε 1 > ，∃ x0 ∈ A ，有 1 0 α − ε < x ； 同样，对∀ y∈B，有 y ≤ β ，且∀ 0 ε 2 > ，∃ y0 ∈ B ，有 2 0 β − ε < y . 因为∀ (x + y)∈(A +B)，有x∈A， x ≤ α 和y∈B， y ≤ β ，得(x + y) ≤ (α + β ) ； 对 ∀ 0 ε = ε 1 + ε 2 > ，有上 述讨论知 ， ∃ x0 ∈ A ， ∃ y0 ∈ B ， 即 ( ) ( ) ∃ x0 + y0 ∈ B + A ， 使 ( ) ( ) ( ) 1 2 α + β − ε = α + β − ε + ε 1 2 0 0 = (α − ε ) + (β − ε ) < x + y
临沂师范眈品祖氩骨析髁外训旅方囊 所以,a+B=sup(A+B,即supA+supB=sup(A+B 例5求数集S=1+2“pm∈N的上、下确界 分析当n2时,+21=21+2,容易看出=时2+2是偶数项中的最大数当n2+1 时, 2分斗1,当k充分大时,奇数项与数1充分靠近因为21+n2=√5是S中最 大数,于是supS=√5,由上面分析可以看出itS=1 解:因为√5是S中最大数,于是supS=√5再证 inf s==1,这是因为 (i)mnⅥ+2≥1 (i)设a=1+n2,由等式a-1=(a-)a”+a“2+…+D)可知 w+12+2=++52m 于是Y6>03∈N(只要k,使得 234+<1+E 这样便证得infS=1 例6设数集S={1+nsn"m∈N,},求sups,ifs 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=12,3,…)得到数集S的子集 s={1+(6k+1)y2k∈N 取n=6k+5(k=12,3,…)又得到子集
临沂师范学院精品课程 数学分析 课外训练方案 - 4 - 所以，α + β = sup(A + B)，即sup A + sup B = sup(A + B)． 例 5 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 an −1= (a −1)(an−1 + an−2 +L+1) 可知， 1 2 1 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 + + + + − = − + + + k k L k k k a a ≤ 2 1 2 1 k + ， 于是∀ > ∃ ∈ N+ k 0 δ 0, （只要 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ > −1 1 log 2 1 0 2 ε k ），使得 1 2 1 1 2 1 2 1 0 0 + − + + k k ≤ < ε 2 0 +1 2 1 k ， 即 + < + ε + + 1 2 1 1 2 1 2 1 0 0 k k ， 这样便证得 inf S=1. 例 6 设数集 S= ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ + ∈ N+ n n n 3 1 sin π ，求 sup S，inf S. 解 ： 不 妨 取 n = 6k +1,6k + 2,L,6k + 5(k =1,2,L) 验 证 相应数值 ，可以发 现一些规 律 . 取 n = 6k +1(k =1,2,3,L) 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,L) 又得到子集
临沂师范眈品祖氩骨析髁外训旅方囊 s=1-(6k+5)keN 因为S1是无上界数集,S2是无下界数集,所以 supS=+∞,infS=∞ 例7设数集S=y=1+x2,x为有理数,试求infs,sups 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,彐有理数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) (i)vE>0,由有理数的稠密性,彐有理数x,使得-√E<x<√E,于是1+x2<1+E 由此可见infs=1 例8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+infA,其中a+A={a+xx∈A} 证明:先证sup(a+A)=a+supA.由supA的定义,满足 (i)x∈A,x≤supA; (ii) VE>0,Ex,E A,xo >sup A-a 于是又满足: (i)x∈A,a+x≤a+supA (ii) VE>0,Exo A, a+xo>a+supA-8 因而证得 sup(a+A)=a+sup A 同理可证 inf(a+A)=atinfA 例9设A,B是数轴上位于原点右方的非空有界数集,记AB={yx∈A,y∈B},证明: sup AB=supA·supB
临沂师范学院精品课程 数学分析 课外训练方案 - 5 - S= ⎪⎭ ⎪ ⎬ ⎫ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ − + ∈ N+ k k 2 3 1 (6 5) ； 因为 S1 是无上界数集， S2 是无下界数集，所以 sup S=+∞，inf S=-∞. 例 7 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， 与 1 很靠近，于是可以推测 1 是 S 的下确界. 2 y =1+ x 解： 先验证 sup S=+∞. ∀M > 0 ，∃有理数 x0 （设 M>1，只要 1 x0 > M − ），使得 ，于是 S 是无上界数集.按定义， sup S=+∞. + x > M 2 0 1 再验证 inf S=1： （i） ≥1（x 为有理数）； 2 ∀y∈S, y =1+ x （ii）∀ε > 0，由有理数的稠密性，∃有理数 x0 ，使得 − ε < < ε 0 x ，于是1+ <1+ ε . 2 0 x 由此可见 infS=1. 例 8 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}. 证明： 先证 sup(a+A) = a+supA. 由 supA 的定义，满足： （i）∀x∈ A ，x≤sup A； （ii）∀ε > 0,∃x ∈ A, x > sup A − ε 0 0 . 于是又满足： （i）∀x∈ A ，a+x≤a+sup A； （ii）∀ε > 0,∃x ∈ A, a + x > a + sup A − ε 0 0 . 因而证得 sup(a + A) = a + sup A. 同理可证 inf(a+A) = a+infA. 例 9 设 A，B 是数轴上位于原点右方的非空有界数集，记 AB={xy x∈ A, y ∈ B}，证明： sup AB = sup A·sup B