《数学分析选论》习题全解 ch2

《数学分析选论》习题解答2

第 二 章 连 续 性

１． 设x,y??n，证明：

||x?y||2?||x?y||2?2(||x||2?||y||2)．

证 由向量模的定义， ||x?y||?||x?y||?222(x?y)?(x?y)?ii?ii

i?1nn2ni?1 ?2i?1?(xi2?yi2)?2(||x||2?||y||2)． □

?2． 设S??n,点x??n到集合S的距离定义为

?(x,S)?inf?(x,y)．

y?S证明：（１）若S是闭集，x?S，则?(x,S)?0； （２）若S?S?Sd( 称为S的闭包 )，则

S?x??n|?(x,S)?0．

证 （１）倘若?(x,S)?0，则由?(x,S)的定义，?yn?S，使得

???(x,yn)?1,n?1,2,?． n因 x?S，故yn?x，于是x必为S的聚点；又因S是闭集，故x?S，这就导致矛盾．所以证得?(x,S)?0．

（２）?x?S．若x?S，则?(x,S)?0显然成立．若x?S，则x?Sd（即x为

S的聚点），由聚点定义，???0,U?(x;?)?S??，因此同样有

y?Sinf?(x,y)??(x,S)?0．

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反之，凡是满足?(x,S)?0的点x，不可能是S的外点（ 若为外点，则存在正数?0，使U(x;?0)?S??，这导致inf?(x,y)??0?0，与?(x,S)?0相

y?S矛盾）．从而x只能是S的聚点或孤立点．若x为聚点，则x?Sd?S；若x为孤立点，则x?S?S．所以这样的点x必定属于S．

综上，证得 S?x??n|?(x,S)?0 成立． □ ３．证明：对任何S??n，Sd必为闭集．

证 如图所示，设x0为Sd的任一聚点， 欲证x0?Sd，即x0亦为S的聚点．

这是因为由聚点定义，???0,?y，使得 y?U(x0;?)?Sd．

再由y为S的聚点，?U(y;?)?U?(x0;?)，有

??U?(x0;?)

S

Sd

x0 ?? ?U(y;?)

U?(y;?)?S??．

于是又有U(x0;?)?S??，所以x0为S的聚点，即x0?Sd，亦即Sd为闭集． □ ４．证明：对任何S??n，?S必为闭集．

证 如图所示，设x0为?S的任一聚点，欲证x0??S，即x0亦为S的界点． U ? (x 0 ;? ) 由聚点定义，???0,?y，使

? x0 y?U(x0;?)??S．

S

? 再由y为界点的定义，?U(y;?)?U(x0;?)，

U(y;?) 在U(y;?)内既有S的内点，又有S的外点．由此?S 证得在U(x0;?)内既有S的内点，又有S的外点，所以x0为S的界点，即?S必为闭集． □ ?５．设S??n，x0为S的任一内点，x1为S的任一外点．证明：联结x0与x1?? 12

的直线段必与?S至少有一交点．

证 如图所示，把直线段x0x1置于一实轴上，并 为叙述方便起见，约定此实轴上的点与其坐标用同一字 母表示．下面用区间套方法来证明x0x1??S??．

? x1 S ? y ?x ?0 ?a1?b1记[a1,b1]?[x0,x1],c1?．若c1??S，

2??S 则结论成立；若c1为S的内点，则取[a2,b2]?[c1,b1]；若c1为S的外点，则取

an?bn（ 不妨设[a2,b2]?[a1,c1]．一般地，用逐次二等分法构造区间套：记cn?2，并取 cn??S）

?[cn,bn],cn为S的内点,[an?1,bn?1]??n?1,2,?．

[a,c],c,n为S的外点?nn此区间套的特征是：其中每个闭区间的左端点an恒为S的内点，右端点bn恒为S的外点．现设liman?limbn?y，下面证明y??S．

n??n?? 由区间套定理的推论，???0，当n足够大时，[an,bn]?U(y;?)，因此在

U(y;?)中既含有S的内点（例如an)，又含有S的外点（例如bn），所以x0x1上的

点y必是S的界点． □ ６．证明聚点定理的推论２和推论３．

（１） 推论２ ?n中的无限点集S为有界集的充要条件是：S的任一无限子集必 有聚点．

证 ［必要性］ 当S为有界集时，S的任一无限子集亦为有界集，由聚点定理直接 推知结论成立．

［充分性］ 用反证法来证明．倘若S为无界集，则必能求得一个点列?Pk??S, 使得lim||Pk||???．这个?Pk?作为S的一个无限子集不存在聚点，与条件矛盾．故Sk??为有界集． □

（２）推论３ ?n中的无限点集S为有界闭集的充要条件是：S为列紧集，即S

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的任一无限子集必有属于S的聚点．

证 ［必要性］ 因S有界，故S的任一无限子集亦有界，由聚点定理，这种无限子集必有聚点．又因子集的聚点也是S的聚点，而S为闭集，故子集的聚点必属于S．

［充分性］ 由上面（１）的充分性证明，已知S必为有界集．下面用反证法再来证明

S为闭集．

倘若 S 的某一聚点 S ，则由聚点性质，存在各项互异的点列 ?P k? ? S ，使 P?k??limPk?P．据题设条件，?Pk?的惟一聚点P应属于S，故又导致矛盾．所以S的

所有聚点都属于S，即S为闭集． □ ７．设X??n,f:X??m,A,B?X．证明：

（１）f(A?B)?f(A)?f(B)； （２）f(A?B)?f(A)?f(B)；

（３）若f为一一映射，则f(A?B)?f(A)?f(B)．

证 （１）?y?f(A?B),?x?A?B,使y?f(x)．若x?A,则y?f(A)； 若x?B,则y?f(B)．所以，当x?A?B时,y?f(x)?f(A)?f(B)．这表示

f(A?B)?f(A)?f(B)．

反之，?y?f(A)?f(B),?x?X,使y?f(x)．若y?f(A),则x?A；若

y?f(B),则x?B，于是x?A?B．这表示y?f(x)?f(A?B)，亦即

f(A?B)?f(A)?f(B)．

综上，结论f(A?B)?f(A)?f(B)得证．

（２）?y?f(A?B),?x?A?B,使f(x)?y.因x?A且x?B，故

f(x)?f(A)且f(x)?f(B)，

即 y?f(x)?f(A)?f(B),亦即 f(A?B)?f(A)?f(B)．

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然而此式反过来不一定成立．例如f(x)?x2,A?[?2,1],B?[?1,2]，则有

f(A)?f(B)?f(A)?f(B)?[0,4]； A?B?[?1,1],f(A?B)?[0,1]．

可见在一般情形下，f(A)?f(B)?f(A?B)．

（３）?y?f(A)?f(B)，?x1?A,x2?B，使y?f(x1)?f(x2)．当f为 一一映射时，只能是x1?x2?A?B，于是y?f(A?B)，故得

f(A)?f(B)?f(A?B)．

联系（２），便证得当f为一一映射时，等式f(A)?f(B)?f(A?B)成立． □ ８．设f,g:?n??m,a??n,b,c??m，且

x?alimf(x)?b,x?alimg(x)?c．

证明：

（１）lim||f(x)||?||b||,且当||b||?0时可逆；

x?a（２）lim[f(x)g(x)]?bc．

x?a?T证 设

f(x)??f1(x),?,fm(x)??,g(x)??g1(x),?,gm(x)??，

a?[a1,?,an]?,b?[b1,?,bm]?,c?[c1,?,cm]?．

利用向量函数极限与其分量函数极限的等价形式，知道

x?alimfi(x)?bi,limgi(x)?ci,i?1,2,?,m．

x?a（１）lim||f(x)||?limx?ax?af12(x)???fm2(x)?b12???bm2?||b||．

x?a当||b||?0时，由于||f(x)||?||b||?||f(x)||，因此由lim||f(x)||?0，推知

x?alimfi2(x)?0,i?1,2,?,m，即得

x?alimf(x)?0．

（２）类似地有

x?alim[f?(x)g(x)]?lim[f1(x)g1(x)???fm(x)gm(x)]x?a?b1c1??bmcm?bc? □

.９．设D??n,f:D??m．试证：若存在证数k,r，对任何x,y?D满足

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||f(x)?f(y)||?k||x?y||r，

则f在D上连续，且一致连续．

证 这里只需直接证明f在D上一致连续即可．

?????0,??????0，对任何x,y?D，只要满足||x?y||??，便有

?k?1?r||f(x)?f(y)||?k||x?y||r??．

由于这里的?只与?有关，故由一致连续的柯西准则（充分性），证得f在D上一致连续． □ １０．设D??n,f:D??m．试证：若f在点x0?D连续，则f在x0近旁局部有界．

证 由f在点x0连续的定义，对于??1，???0，当x?U(x0;?)时，满足

||f(x)||?||f(x0)||?||f(x)?f(x0)||?1?||f(x)||?1?||f(x0)||，

所以f在x0近旁局部有界． □ １１．设f:?n??m为连续函数，A??n为任一开集，B??n为任一闭集．试问

f(A)是否必为开集？f(B)是否必为闭集？为什么？

解 f(A)不一定为开集．例如

f(x)?sinx,x?(??,?)．

这里A?(??,?)为开集，但f(A)?[?1,1]却为闭集．

当B为有界闭集时，由连续函数的性质知道f(B)必为闭集且有界．但当B为无界 闭集时，f(B)就不一定为闭集，例如

f(x)?arctanx,x?(??,??)．

这里B?(??,??)可看作一闭集，而f(B)???１２．设D??n,?:D??n．试举例说明：

?????,?却为一开集． □ 22? 16

（１）仅有?(D)?D，?不一定为一压缩映射；

（２）仅有存在q(0?q?1)，使对任何x?,x???D，满足

||?(x?)??(x??)||?q||x??x??||，

此时?也不一定为一压缩映射．

解 （１）例如?(x)?x?1,x?[0,??)．这里D?[0,??)为一闭域，它虽然满足?(D)?[1,??)?D，但因|?(x?)??(x??)|?|x??x??|，所以?不是压缩映射．（注：这也可根据压缩映射原理来说明，由x?1?x无解，即?没有不动点，故?不是压缩映射．）

（２） 例如?(x)?x?1,x?D?[?1,1]．它虽然满足 21|?(x?)??(x??)|?|x??x??|(q?0.5)，

2但因?(D)???13?,??D，故此?仍不是一个压缩映射． □ ?22?１３．讨论a,b取怎样的值时，能使下列函数在指定的区间上成为一个压缩映射：

（１）?1(x)?x,x?[a,b]； （２）?2(x)?x2,x?[?a,a]； （３）?3(x)?x,x?[a,b]； （４）?4(x)?ax?b,x?[0,a]．

解 （１）由|?1(x?)??1(x??)|?|x??x??|，可知对任何a,b，?1在[a,b]上都不可能是压缩映射．

（２）首先，只有当0?a?1时，才能使

?2([?a,a])?[0,a2]?[?a,a]．

其次，由于对任何x?,x???[?a,a]都有

|?2(x?)??2(x??)|?|x??x??|?|x??x??|?2a|x??x??|，

因此只要取0?q?2a?1，即0?a?（３） 由?3([a,b])?[1，就能保证?2在[?a,a]上为一压缩映射． 2a,b]?[a,b]，可知0?a?1?b．再由

|x??x??|1?|x??x??|，

x??x??2a17

|x??x??|?

又可求得

a?111，即a?．所以，当取?a?1?b时，就能保证?3在[a,b]424上为一压缩映射．

（４） 由于a?0，因此可由

0?b?ax?b?a2?b?a，

解出a2?a（ 即0?a?1），b?0．

再由|ax??b?ax???b|?a|x??x??|，可见只要0?a?1,b?0，就能保证?4在[0,a]上为一压缩映射． □ １４．试用不动点方法证明方程x?lnx?0在区间?1/2,2/3?上有惟一解；并用迭代法求出这个解（精确到四位有效数字）．

解 若直接取?(x)?x?(x?lnx)??lnx，则因

|??(x)|?13??1,x??1/2,2/3?， x2可知?在?1/2,2/3?上不是压缩映射．为此把方程改写成x?e?x，并设

?(x)?x?(x?e?x)?e?x．

由于在?1/2,2/3?上 |??(x)|?|?e?x|?1e?1，且

?(?1/2,2/3?)?[e?2/3,e?1/2]??1/2,2/3?，

所以?(x)?e?x在?1/2,2/3?上为一压缩映射，且在?1/2,2/3?上有惟一不动点．

取x0?1/2，按xk?1?e?xk迭代计算如下：

k xk k xk k xk

０ １ ２ ３

0.5 0.6065 0.5452 0.5797

4 5 6 7

0.5601 0.5712 0.5649 0.5684

?

15 16 17

?

0.5672 0.5671 0.5671

所以，方程x?e?x即x?lnx?0的解（精确到四位有效数字）为

x??0.5671 ． □

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１５．设 f:B??n，其中B?x??n|?(x,x0)?r为一个n维闭球（球心为．试证：若存在正数q(0?q?1)，使对一切x?,x???B，都有 x0）

??||f(x?)?f(x??)||?q||x??x??||，

||f(x0)?x0||?(1?q)r，

则f在B中有惟一的不动点．

证 显然，只需证得了f(B)?B，连同条件便知f在B上为一压缩映射，从而有惟一的不动点．现证明如下：

?x?B,y?f(x)．由||x?x0||?r，以及题设条件的两个不等式，得到

||y?x0||?||f(x)?f(x0)||?||f(x0)?x0||?q||x?x0||?(1?q)r?qr?(1?q)r?r.这表示y?f(x)?B，即f(B)?B． □

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