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第2，3，11章 习题解答习题2-11. 若自然数不是完全平方数.证明是无理数. 证明 反证法. 假若且互质，于是由可知,是的因子，从而得即,这与假设矛盾.2. 设是两个不同实数.证明在和之间一定存在有理数. 证明 不妨设0, 所以存在正整数,使得,即, 且可知存在整数, 从而有.综上可得 ,由此导出,即，其中是有理数.3. 设为无理数.证明存在无穷多个有理数(,为整数，)使得.证明 反证法. 假若只有有限个有理数满足不等式,即 , 令取 , 且选取整数, 使得 但因是正整数，故又有, 从而可知 , 这与假设矛盾.习题2-21求下列数集的上、下确界.（1） （2）（3） （4）.答案： (1) 上确界1,下确界0; (2) 上确界,下确界2; (3) 上确界1,下确界-1； (4) 上确界1,下确界0.2设，验证. 证 由得是的一个下界.另一方面，设也是的下界，由有理数集在实数系中的稠密性，在区间中必有有理数，则且不是的下界.按下确界定义， .3用定义证明上（下）确界的唯一性.证明 设为数集的上确界，即.按定义，有.若也是的上确界且.不妨设，则对有即 矛盾.下确界的唯一性类似可证.4试证收敛数列必有上确界和下确界，且上下确界中至少有一个属于该数列.趋于的数列必有下确界，趋于的数列必有上确界. 证法1 设为收敛数列，则非空有界，由确界存在原理，存在.若，则为常数数列，于是，；若且，则存在两个子列使，这与收敛相矛盾.由此可得，与至少有一个属于.证法2 设，若为常数列，则结论显然成立；若不是常数列，不妨设，对，当时，而在邻域外，只有的有限多项.在这有限项中必存在的最大项或最小项，于是，的上下确界中至少有一个属于.若 则有下界，所以必有下确界；若，则有上界，所以必有上确界.5证明：单调减少有下界的数列必有极限. 证 设数列单调减少且有下界，根据确界存在原理有下确界，记.由定义，(1) ； (2) 使.因为单调减少，所以当时，有.于是有 ，故得 .习题2-31用区间套定理证明：有下界的数集必有下确界. 证 设是的一个下界，不是的下界，则. 令，若是的下界，则取；若不是的下界，则取. 令，若是的下界，则取；若不是的下界，则取；， 按此方式继续作下去，得一区间套，且满足：是的下界，不是的下界. 由区间套定理 ，且. 下证： 都有，而，即是的下界.由于，从而当充分大以后，有.而不是的下界不是的下界，即是最大下界.2. 设在上无界. 证明必存在,使得在的任意邻域内无界. 证明 由条件知，在上或上无界，记使在其上无界的区间为；再二等分，记使在其上无界的区间为，继续作下去，得一区间套，满足在上无界.根据区间套定理，且. 因为对任意的，存在，当时，有，从而可知在上无界. 3. 设,在上满足,若在上连续, 在上单调递增.证明存在,使. 证明 记且二等分.若，则记若则记.类似地,对已取得的二等分,若，则记；若，则记按此方式继续下去，得一区间套，其中 根据区间套定理可知，且有 .因为在上连续，所以 注意到 可得 ，再由 可知 ， .习题2-41. 证明下列数列发散(1) , (2) , 证 (1) 因为， 所以发散.(2) 因为 所以发散.2证明:单调数列收敛的充要条件是其存在一个收敛子列.证明 必要性显然成立. 充分性. 不妨设数列单调增加且存在，有，现证.因为，所以当时有.注意到单调增加且，取，则当时，有 于是有 .3. 设极限存在,证明. 证明 (1) 假若 或 ，显然题设极限不存在，矛盾. (2) 假若，设 令，则有从而得 ，由可知. 又由可知.再由可知. 此结果与等式矛盾.4. 设在的某个邻域内有,且.证明.证明 因为，根据海涅归结原理，且，都有.又因为 ， 所以 .根据数列极限的夹逼准则 ， 从而.5. 设在的一个邻域内有定义.若对任意满足下列条件的数列,都有.证明. 证明 反证法. 假若，则使得取使得取，使得取，使得，.，数列满足，且，但与矛盾，所以.6. 证明的充要条件是:对每个严格单调递增的正无穷大都有.习题2-51. 设是有界数列.若满足.证明存在和子列、使.证明 因为数列有界，由致密性定理，存在和子列，使得 .又因为 ，所以 ，从而有 .2设有界数列发散.证明:存在两个子列和收敛于不同的极限. 证明 因为有界，由致密性定理，必有收敛的子列，设. 又因为不收敛，所以存在，在以外，有的无穷多项，记这无穷多项所成的子列为，显然有界.由致密性定理，必有收敛子列，设 ，显然 .3用致密性定理证明：若在上无界，则存在，使在 的何邻域内无界. 证明 由于在上无界，故 ，使.特别取 ，使， ，使 .于是，得点列.因为 ，由致密性定理， 中必有收敛子列，使得. 由于 ，根据子列的性质，此即在 的任何邻域内无界.4. 设定义在上的函数对任意,均存在极限.证明在上有界. 证明 证法1反证法. 假定在上无界，则，使得，. 因为是有界数列，故存在子列，使得，. 由此可知，极限不存在，与题设矛盾.证法2 由函数极限的局部有界性，与，使得. 是的一个开覆盖，由有限覆盖定理，存在的有限开覆盖. 取，则，必属于中某一个，于是.5. 设函数在上只有第一类间断点.证明在上有界.证明 反证法. 假若在上无界，不妨设无上界，于是使.因为有界，所以存在收敛子列.若是的连续点，则有矛盾.若是的第一类间断点，则有或，亦矛盾.习题2-61设在内有定义，. 若对任意的，存在及，使得，有，证明:存在，对一切，有.证明 作开区间集，覆盖. 根据有限覆盖定理，存在的有限子覆盖，记为 当时，有.令，用插项法可得 ， .2. 设在上连续且恒正,试用有限覆盖定理证明: 在上存在正的下界.3. 用有限覆盖定理证明区间套定理.证明 设为区间套，要证存在，使.用反证法.假若都不是的公共点，于是，使得，因而. 作开区间集，它覆盖了.由有限覆盖定理，存在有限开覆盖覆盖.现取，而，这与 相矛盾. 由此可知存在，使.习题2-71. 用柯西收敛准则判定下列数列的收敛性(1) (2) (3) .解 (1) 收敛. 因为 (2) 收敛. 因为 (3) 收敛. 设 ，则 2. 满足下列条件的数列是不是柯西列?(1) 对任意自然数,都有(2) ,(3) .解 (1) 对任意自然数,都有，即当时，有 故是柯西列.(2) 因为 ，所以 .再由(3)，取即可得证. (3) 记 ，显然，是递增有界数列，因而是收敛数列，也是柯西列. 再根据不等式 ，可知 是柯西列.3证明存在的充要条件是：对任意给定的，存在，当 时，恒有.证明 必要性.设，则，当时，恒有 .于是，当时，有 .充分性.已知，当 时，有 .于是，对上述，当时，有，从而有 .根据数列极限的柯西收敛准则可知 收敛，再由函数极限与数列极限的关系得到 存在.习题3-11. 设定义在上的函数在内连续,且和存在(有限).问在上是否有界?是否能取得最值? 解 在闭区间上构造辅助函数 则在上连续，从而在上有界. 由于，故在上也有界，即存在，使得 . 令 ，则有 .条件同上，但在上却不一定能取得极值. 例如：2. 试用确界存在原理或有限覆盖定理证明有界性定理. 证明 （1）用确界存在原理证. 设在上有界.，则非空且有上界，由确界存在原理，存在. 下面要证 并且，以使，即在上有界.反证法。若，由连续函数的局部有界性，在内有界，即存在，使，这与相矛盾，所以. 再证在上有界. 因为在点连续，所以存在，使在上有界；再由可知在上有界，于是在上有界.（2）用有限覆盖定理证. 已知在上连续，则在上每一点的极限存在，因此存在点的邻域，使在该邻域内有界，这里的正数及与点有关.由于上的每一点都得到这样一个邻域（即开区间），这些开区间的全体构成一个开区间集，它覆盖了. 根据有限覆盖定理，在开区间集中必有有限个开区间覆盖，记这有限个开区间为 ，相应的分别记为. 令，则有 .注：对于区间端点和，可以用延拓的方法将及换为开区间及， 并考虑函数 3. 设是上的连续正值函数,若.证明. 证明 反证法. 假定结论不成立，则有，使得 .因为连续，所以在上有界，从而，使得时，有由此可知，使 ，这与矛盾.4. 设在内连续,且.证明在内可取得最小值. 证明 因为，故有，且，当时，有 . 由于在-X，X上连续，故可取得最小值，从而在内可取得最小值.5. 设在上连续,若开区间内任一点均非的极值点.证明在上单调. 证明 容易知道，的最大、最小值点不在内，因此不妨假定是最小值，是最大值，此时是递增的.事实上，若存在，使得，则是上的最大值，是最小值. 而在上，则是最大值，是最小值. 由此得出是的极大值点，矛盾.6. 设在上连续,且对任意总存在使.证明在上存在零点. 证明 由于在上连续，故在上也连续，设为其最小值.又依题设，存在，使得 ，这只有.7. 用有界性定理证明最值存在定理.证明 因为在上连续，所以有界，从而存在上、下确界、.现证使（对类似可证）.假若不存在这样的，则对有.令，易知在上连续，从而有界.不妨设但因是的上确界，故存在使矛盾.习题3-21 . 设,.证明:方程在和内恰好各有一个实根.证明 令 ，则在和内连续，是的无穷型间断点. 由，则有 ， .从而必存在，使. 对在上应用零点定理，则在内至少存在一个根.又由于，故在内单调减，所以恰有一个实根. 类似证明在内也恰有一个实根.2. 闭区间上具有介值性的函数是否一定在上连续? 解 如果一个函数可以取到它的任何两个函数值之间的一切值，则称此函数具有介值性质.闭区间上的连续函数具有介值性，但反之不真. 例如 具有介值性，但在不连续. 又例如 虽然取介于之间的所有数作为其函数值，但是在上并不连续.3. 设函数在开区间（）上连续，且和存在，证明：可取到介于和之间的一切值.证明 作辅助函数在上连续，当时，.4. 设在上连续, ,.证明存在使. 证法1 因为在上连续，所以存在最大值和最小值，且使，从而有.由介值定理知，使. 证法2 因为有界，所以存在收敛子列.而在上连续，故有.5. 设在上连续, .证明：存在,使得. 证明 设 ，则 ， .因为，所以，故存在，使得，即. 令 ，则 .6. 设在上连续, 是任一自然数. (1) 若.证明存在,使；(2) 若.证明存在使. 证明 (1) 作，则有 由此，相加得 若有，使得 ，则取，即得所证.若对一切均有，则必存在，使，从而可知在与之间存在，使得 因此，取 即可得证.(2) 作 ，证法同(1).习题3-31. 判断下列函数的一致连续性. (1) ,; (2) ,;(3) ,; (4) ,.解 (1) 因为所以 只要取，则，当时，就有 故在上是一致连续的. (2)(3) 取. 任给，取， 当充分大时，有，但是 故在区间非一致连续.(4)2. 设,在有限开区间内均一致连续.证明也在内一致连续.若换为无限区间,结论还成立吗? 证明 易知,在有界，设，则有 由此可知，在内一致连续.若换为无限区间,结论不一定成立. 例如在一致连续，而在不一致连续. 又如.3. 设在有限开区间内连续. 证明在内一致连续的充要条件是:极限和均存在. 证明 必要性. 由在内一致连续可知，当时，. 于是，对中满足 的任意两点，可知 ，从而有 .根据柯西收敛准则，极限存在. 类似证明 存在.充分性. 作函数 显然，在上连续，由康托定理在上一致连续，当然在内也一致连续.又因为，所以在内一致连续.4. 设在有限开区间内一致连续.证明在内有界. 证明 由3题直接可得.5. 设在有限区间上有定义,证明在上一致连续的充要条件是把柯西列映射成柯西列,即对任何柯西列,也是柯西列. 证明 必要性. 设在上一致连续，则，使得 .设 满足，于是对上述，从而有 .充分性 反证法.假若在上不一致连续，于是，但.由致密性定理，；因为，故. 数列收敛于，因而是柯西列.但由，可知不是柯西列，与假设矛盾.习题11-11. 求下列函数项级数的收敛域. (1) ； (2) . 解 (1) 设 ，当 时，因为 ，所以级数绝对收敛； 又因为，令 ，得，所以，当即时，级数也绝对收敛. 当 时，有，故级数发散.综合以上结果，该级数的收敛域为.(2) 当时，有，此时级数发散；当时，有，故时级数发散.所以，级数的收敛域为.2. 讨论函数项级数的敛散域. 解 如果，由于，所以，当时，级数收敛；当时，由可知级数发散；当时，由可知级数也发散；当时，由Abel判别法可知级数收敛. 如果，从可知， 当时，级数绝对收敛（Cauchy判别法）；当时，由知级数发散.习题11-21. 证明函数项级数在上一致收敛. 证明 因为而且 ， 故结论成立.2. 设在区间上一致收敛于,且对任意有.试问是否存在,使当时,对任意有?解 否. 例如：在内一致收敛于，且.但是对任何正整数，存在和， 使3. 设在上收敛于,且在上连续. (1)若在上单调递增. 证明在上一致收敛于; (2) 证明在上一致收敛于的充要条件是:对中任一收敛点列有.证明 (1) 由的连续性可知，对任给的，存在分割使得 又存在，使当时，有 从而可知，对任意的，有.注意到是递增的，故有.从而得到 .(2) 证明 必要性. 由一致收敛性可知，当时，有 又由的连续性知，存在，当时，有 从而得到 .充分性. 反证法.假定不一致收敛于，则以及，使得 （）且不妨假定，由的连续性及题设可知，当时，有， .从而得到 ，这与（）式矛盾.习题11-31. 在定理11.3.1 (定理11.3.1)和定理11.3.3(定理11.3.3)中,若将区间改为开区间或无限区间,结论是否仍然成立?2. 在定理11.3.3 (定理11.3.3)的条件下,能否推出一致收敛?3. 在定理11.3.3 (定理11.3.3) 中将条件(2)减弱为: 在中某一点处收敛.其结论不变,试给出证明.4. 利用定理11.3.1证明下列函数项级数不一致收敛. (1) , (2) ,. 证明 (1) ，在上不连续，所以级数不一致收敛.(2) ， 在不连续，所以级数不一致收敛.5. 设(例11.2.3),试问在上是否一致收敛?是否有,? 证明 （1）. 取则不趋于，故在上不一致收敛 （2） 由于在处，所以，在处不成立.6. 证明在上是连续的. 证明 因为，使得，所以只需证明该级数在上是一致收敛的. 由于 又注意到 ，当时有 .根据M判别法可知，该级数在上一致收敛，这说明在点处连续，由的任意性可知在上连续.7. 证明( 为欧拉常数). 证明 由于，故在上一致收敛.从而有 （C为欧拉常数）8. 证明在上连续可导. 证明 首先，由 ，可知该级数在上一致收敛，从而在上连续. 又因为，而在上一致收敛. 根据逐项求导定理可知 ，由于每一项连续，所以在上连续. 习题11-41. 讨论下列函数序列在指定区间上的一致收敛性.（1） ， ；（2） ， ；（3） ， （i）， （ii）；（4） ， （i）， （ii）.解 （1） . ， 故一致收敛. （2），令 ，得 . 当且仅当时.所以，当时，在上一致收敛.（3） . （i）当时， 故在一致收敛.（ii）当 时，对于，无论取多大，当时，总有.故在不一致收敛. （4），.（i）当时，对于，无论取多大，当时，总有，故在不一致收敛.（ii）当时，故在一致收敛.2. 讨论下列函数项级数的一致收敛性.（1） ， ;（2） ， ;（3） ， ;（4） ， ;（5） ， ;（6） ， .解（1）（2）因为，而收敛，由M判别法可知所论级数一致收敛.（3）（4）因为 ，而收敛，由M判别法所论可知级数一致收敛.（5）设，.因为 ， 当时一致收敛，当固定时关于是单调的，且，.根据判别法，所论级数一致收敛.（6）设.由于，故 ， ，即级数的部分和序列有界.又，单调且，根据判别法，所论级数一致收敛.3. 设，. 证明函数项级数在上一致收敛，并讨论其和函数在上的连续性、可积性与可微性. 证明 因为，所以对每个在上单调增加，从而有 .又知当 时，有，所以.由M判别法可知 在上一致收敛. 由于 在上连续， 故和函数在上连续、可积.可微性讨论如下：由连续，且可知，在上一致收敛.综上可得，和函数在上可微.习题11-51. 设幂级数的收敛半径为,求下列幂级数的收敛半径.(1) ; (2) ;(3) ,; (4) ;(5) ; (6) .2. 求下列幂级数的收敛域.(1) ; (2) ;(3) ; (4) . 解 (1) 因为 , 所以当时，根据莱布尼兹判别法，级数收敛；当时，级数发散. 收敛域 .(2)(3)比值(4) 因为， 所以.当 时，收敛；当时，发散. 收敛域 .3. 证明性质11.5.1,并据此求的和. 习题11-51. (1) ; (2) ; (3) ; (4) ; (5) ; (6).2. (1) ; (2) ; (3) ; (4) . 3. .