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旧作：陈天权 数学分析讲义 部分习题答案（第二弹）

数理科学

发布于：2016年2月2日

说明：这里的答案全部是我自己写的，不保证完全正确。题目不抄了，只标题号，书没有就没办法了。题目都是选我感兴趣且会做的。

2.3.1

(i)

注意每个 bmb_m 都是序列 ana_n 的上界，由确界公理知 sup⁡n∈Nan\sup_{n\in\N}a_n存在且比每个 bmb_m 都小。

(ii)

与(i)同理，显然

(iii)

由(i)知 ∀m∈N,sup⁡n∈Nan<bm\forall m\in\N,\sup_{n\in\N}a_n< b_m，结合(ii)，显然 sup⁡n∈Nan<inf⁡n∈Nbn\sup_{n\in\N}a_n< \inf_{n\in\N}b_n

(iv)

由(iii)显然

⋂n∈N[an,bn]⊇[sup⁡n∈Nan,inf⁡n∈Nbn]\bigcap_{n\in\N}\left[a_n,b_n\right]\supseteq\left[\sup_{n\in\N}a_n,\inf_{n\in\N}b_n \right]

又

∀x<sup⁡n∈Nan,∃m∈N,am>x, 即x∉⋂n∈N[an,bn]\forall x< \sup_{n\in\N}a_n,\exist m\in\N,a_m>x,\,\text{即} x\notin\bigcap_{n\in\N}\left[a_n,b_n\right]

以及

∀y>inf⁡n∈Nbn,∃m∈N,bm<x\forall y> \inf_{n\in\N}b_n,\exist m\in\N,b_m< x

可知

⋂n∈N[an,bn]=[sup⁡n∈Nan,inf⁡n∈Nbn]\bigcap_{n\in\N}\left[a_n,b_n\right]=\left[\sup_{n\in\N}a_n,\inf_{n\in\N}b_n \right]

2.3.2

(i)

若 r∉[k,l]r\notin[k,l]，则令 g=2k+l3,h=k+2l3g=\frac{2k+l}{3},h=\frac{k+2l}{3}，显然 [g,h]⊂[k,l][g,h]\subset[k,l]

若 r∈[k,l]r\in[k,l]，则令 g=2r+l3,h=r+2l3g=\frac{2r+l}{3},h=\frac{r+2l}{3}，有 r∉[g,h]⊂[k,l]r\notin[g,h]\subset[k,l]

(ii)

与(i)相同的构造方式，易得。

(iii)

与(i)相同，只要令

{cn+1=2cn+dn3,dn+1=cn+2dn3an+1∉[cn,dn]cn+1=2an+1+dn3,dn+1=an+1+2dn3an+1∈[cn,dn]\begin{cases} c_{n+1}=\frac{2c_n+d_n}{3},d_{n+1}=\frac{c_n+2d_n}{3} & a_{n+1}\notin[c_n,d_n]\\ c_{n+1}=\frac{2a_{n+1}+d_n}{3},d_{n+1}=\frac{a_{n+1}+2d_n}{3} & a_{n+1}\in[c_n,d_n] \end{cases}

(iv)

由2.3.1结论（闭区间套定理）， ⋂n=1[cn,dn]≠∅\bigcap_{n=1}[c_n,d_n]\ne\empty

由数学归纳法

∀x∈D,x∉⋂n=1[cn,dn]\forall x\in D,x\notin\bigcap_{n=1}[c_n,d_n]

(v)

∀n∈N,[cn,dn]⊂[c,d]\forall n\in\N,[c_n,d_n]\subset[c,d]

归纳地，

⋂n=1[cn,dn]⊂[c,d]\bigcap_{n=1}[c_n,d_n]\subset[c,d]

故

∃x∈⋂n=1[cn,dn]⊂[c,d],x∉D\exist x\in\bigcap_{n=1}[c_n,d_n]\subset[c,d],x\notin D

(vi)

对于任何一个 φ:N↦R\varphi:\N\mapsto\R，记 an=φ(n)a_n=\varphi(n)

由(v)中结论知，总 ∃x∈[c,d],x∉φ(N)\exist x\in[c,d],x\notin\varphi(\N)，即 [c,d][c,d] 不可数。

2.3.3

(i)

显然 a∈Ka\in K

(ii)

显然 bb 是 KK 的一个上界，有确界公理知 M=sup⁡KM=\sup K 存在。

(iii)

显然

(iv)

由确界公理以及确界的性质知

∀ε>0,(M−ε,M]∩K≠∅\forall\varepsilon>0,(M-\varepsilon,M]\cap K\ne\empty

即存在 c∈K,c>M−εc\in K,c>M-\varepsilon，使 [a,c][a,c] 能被 {Iα:α∈J}\{I_\alpha:\alpha\in J\} 的某个有限子族覆盖

故 [a,M−ε]⊂[a,c][a,M-\varepsilon]\subset[a,c] 能被开区间族 {Iα:α∈J}\{I_\alpha:\alpha\in J\} 的某个有限子族覆盖

(v)

因为开区间族 {Iα:α∈J}\{I_\alpha:\alpha\in J\} 覆盖了 [a,b][a,b]，故 ∃α∈J,M∈Iα\exist\alpha\in J,M\in I_\alpha

又因 IαI_\alpha 是开区间，故 ∃ε>0,[M−ε,M]⊂Iα\exist\varepsilon>0,[M-\varepsilon,M]\subset I_\alpha

注意到(iv)中 ε\varepsilon 的任意性

显然 [a,M][a,M] 也能被 {Iα:α∈J}\{I_\alpha:\alpha\in J\} 的某个有限子族覆盖。

(vi)

假若 M<bM< b，由于(v)中的 IαI_\alpha 是开区间，故

∃0<δ<b−M,M+δ∈Iα\exist 0< \delta< b-M,M+\delta\in I_\alpha

则 [a,M+δ][a,M+\delta] 也可被 {Iα:α∈J}\{I_\alpha:\alpha\in J\} 的某个有限子族覆盖，这与 MM 是 KK 的上确界矛盾。

(vii)

由(v)和(vi)，显然。

(viii)

假若 N\N 有上界 MM，则

[1,M]⊂⋃x∈[1,M](x−13,x+13)[1,M]\subset\bigcup_{\mathclap{x\in[1,M]} }\left(x-\frac{1}{3},x+\frac{1}{3} \right)

由(vii)中结论（有限覆盖定理）

[1,M][1,M] 可以被 ⋃x∈[1,M](x−13,x+13)\bigcup_{x\in[1,M] }\left(x-\frac{1}{3},x+\frac{1}{3} \right) 的某个有限子族覆盖

注意到其每个区间 (x−13,x+13)\left(x-\frac{1}{3},x+\frac{1}{3} \right) 长度为 23<1\frac{2}{3}< 1

故每个区间 (x−13,x+13)\left(x-\frac{1}{3},x+\frac{1}{3} \right) 至多只包含一个自然数

又 [1,M][1,M] 可以被 ⋃x∈[1,M](x−13,x+13)\bigcup_{x\in[1,M] }\left(x-\frac{1}{3},x+\frac{1}{3} \right) 的某个有限子族覆盖

故 [1,M][1,M] 中只包含有限个整数，这与 N\N 是无限集矛盾，故 N\N 无上界。

(ix)

考虑如 2.3.1 的闭区间套

[a1,b1]⊃[a2,b2]⊃⋯⊃[an,bn]⊃⋯[a_1,b_1]\supset[a_2,b_2]\supset\cdots\supset[a_n,b_n]\supset\cdots

以 U=(a1,b1+1)U=(a_1,b_1+1) 为空间，显然

∀k∈N,[ak,bk]⊂U\forall k\in\N,[a_k,b_k]\subset U

任何一个闭区间的余集 [an,bn]C=(a1−1,an)∪(bn,b1+1)[a_n,b_n]^C=(a_1-1,a_n)\cup(b_n,b_1+1) 是两个开区间之并

假若

⋂n=1∞[an,bn]=∅\bigcap_{n=1}^\infty [a_n,b_n]=\empty

则

⋃n=1∞[an,bn]C=U⊃(a1,b1)\bigcup_{n=1}^\infty [a_n,b_n]^C=U\supset(a_1,b_1)

由(vii)中结论（有限覆盖定理）

存在 ⋃n=1∞[an,bn]C\bigcup_{n=1}^\infty [a_n,b_n]^C 的某个有限子族可以将 [a1,b1][a_1,b_1] 覆盖

而 ⋃n=1∞[an,bn]C\bigcup_{n=1}^\infty [a_n,b_n]^C 的开子区间可以表示为 (a1−1,am)(a_1-1,a_m) 或 (bk,b1+1)(b_k,b_1+1)

考虑在某个有限子族中这些开区间里标号（mm 或 kk）最大的一个，其标号为 ll，注意到闭区间套的性质，则 [al+1,bl+1]⊂[a1,b1][a_{l+1},b_{l+1}]\subset[a_1,b_1] 无法被覆盖，导出矛盾，故

⋂n=1∞[an,bn]≠∅\bigcap_{n=1}^\infty [a_n,b_n]\ne\empty

2.3.4

(i)

由 [a,b]⊂⋃j=1n(cj,dj)[a,b]\subset\bigcup_{j=1}^n (c_j,d_j)

必存在开区间 (k,l)(k,l) 使 [a,b]⊂(k,l)=⋃j∈G(cj,dj)[a,b]\subset(k,l)=\bigcup_{j\in G}(c_j,d_j)（其中 G⊂{1,2,…,n}G\subset\{1,2,\dots,n\}）
（否则 ∃x∈[a,b],x∉⋃j=1n(cj,dj)\exist x\in[a,b],x\notin\bigcup_{j=1}^n (c_j,d_j) 与题设矛盾）

由数学归纳法和开区间的简单性质易证 l−k<∑j∈G(dj−cj)l-k< \sum_{j\in G}(d_j-c_j)

因而

b−a<l−k<∑j∈G(dj−cj)<∑j=1n(dj−cj)b-a< l-k< \sum_{j\in G}(d_j-c_j)< \sum_{j=1}^n(d_j-c_j)

(ii)

由 2.3.3(vii) 的有限覆盖定理，必存在某个有限集 F⊂JF\subset J 使得 [a,b]⊂⋃α∈FIα[a,b]\subset\bigcup_{\alpha\in F}I_\alpha

又由(i)，即有

b−a<∑α∈F∣Iα∣≤sup⁡有限集F⊂J∑α∈F∣Iα∣b-a< \sum_{\alpha\in F}|I_\alpha|\le\sup_{\text{有限集}F\subset J }\sum_{\alpha\in F}|I_\alpha|

(iii)

任意给定 ε>0\varepsilon>0，记 D={a1,a2,…,an,… }D=\{a_1,a_2,\dots,a_n,\dots \}，并取 In=(an−2−n−2ε,an+2−n−2ε)I_n=\left(a_n-2^{-n-2}\varepsilon,a_n+2^{-n-2}\varepsilon \right)

显然 D=⋃n=1∞InD=\bigcup_{n=1}^\infty I_n，且 ∑n=1∞∣In∣=ε2<ε\sum_{n=1}^\infty |I_n|=\frac{\varepsilon}{2}< \varepsilon。

(iv)

假若 [a,b][a,b] 是可数集，由(ii)知 [a,b][a,b] 必定能被某个开区间族 {Iα:α∈J}\{I_\alpha :\alpha\in J \} 覆盖，且

b−a<sup⁡有限集F⊂J∑α∈F∣Iα∣b-a< \sup_{\text{有限集}F\subset J }\sum_{\alpha\in F}|I_\alpha|

取开区间族 {Iα:α∈J}\{I_\alpha :\alpha\in J \} 中蕴含了 {Ii:i∈F}\{I_i :i\in F \} 的某个可数子族 {In:n∈E}\{I_n :n\in E \}，显然

∑n∈E∣In∣>sup⁡有限集F⊂J∑α∈F∣Iα∣\sum_{n\in E}|I_n|>\sup_{\text{有限集}F\subset J }\sum_{\alpha\in F}|I_\alpha|

又由(iii)，取 ε=b−a2\varepsilon=\frac{b-a}{2}，则有

b−a<sup⁡有限集F⊂J∑α∈F∣Iα∣<∑n∈E∣In∣<b−a2b-a< \sup_{\text{有限集}F\subset J }\sum_{\alpha\in F}|I_\alpha|< \sum_{n\in E}|I_n|< \frac{b-a}{2}

导出矛盾，故 [a,b][a,b] 是不可数集。

2.3.5

(i)

将 SS 中的点按大小排序 a0<a1<⋯<ana_0< a_1< \cdots< a_n

显然只要某个 Iα⊂[x,y]I_\alpha\subset[x,y]，就有 S∩[x,y]=∅S\cap[x,y]=\empty

假设有某个 ai∈[x,y]a_i\in[x,y]，由 λ\lambda 的选取，必有 ai−1<x,ai+1>ya_{i-1}< x,a_{i+1}>y

故 [x,y][x,y] 中最多含有 SS 的一个点。

(ii)

x∈Iα=(kα,lα)x\in I_\alpha=(k_\alpha,l_\alpha)

显然 yy 只可能满足 kα<x<y<lαk_\alpha< x< y< l_\alpha 或者 y≥lαy\ge l_\alpha 其中之一，

而后者显然使 lα∈[x,y]l_\alpha\in[x,y]，与题设矛盾，故 y∈(kα,lα)y\in(k_\alpha,l_\alpha)

(iii)

[x,y]∩S={h}[x,y]\cap S=\{h\}

以 hh 为端点的开区间不会盖住 hh

对于任何一个盖住 hh 的开区间 Iβ=(kβ,lβ)I_\beta=(k_\beta,l_\beta)，必有 [x,y]⊂Iβ[x,y]\subset I_\beta，

否则 [x,y]∩S={h,kβ}⊻[x,y]∩S={h,lβ}[x,y]\cap S=\{h,k_\beta\}\veebar [x,y]\cap S=\{h,l_\beta\} 为真，与(i)中结论矛盾，故 [x,y]⊂Iβ[x,y]\subset I_\beta

(iv)

由(i)的结论和(ii),(iii)的讨论，综述易得。

2.3.6

由 2.3.3(vii) 的有限覆盖定理

∃有限集F⊂J,[a,b]⊂⋃α∈FIα\exist\text{有限集}F\subset J,[a,b]\subset\bigcup_{\alpha\in F}I_\alpha

又由 2.3.5(iv) 的结论，综述易得。

2.3.7

(i)

必要性显然；

充分性：

假若 ∃ε0>0,E∩(l−ε0,l+ε0)\exist\varepsilon_0>0,E\cap(l-\varepsilon_0,l+\varepsilon_0)是有限集，记为 {a1,a2,…,an}\{a_1,a_2,\dots,a_n\}

取

ε=min⁡1≤i≤nai≠l∣ai−l∣\varepsilon=\min_{\substack{1\le i\le n\\ a_i\ne l} }\left|a_i-l\right|

则 (E∖{l})∩(l−ε,l+ε)=∅(E\setminus\{l\})\cap(l-\varepsilon,l+\varepsilon)=\empty，矛盾，故充分性得证。

(ii)

根据否定命题的原则，显然。

(iii)

取 [a,b]⊃E[a,b]\supset E，若 EE 无聚点，则 ∀x∈E,∃εx>0,E∩(x−εx,x+εx)\forall x\in E,\exist \varepsilon_x>0, E\cap(x-\varepsilon_x,x+\varepsilon_x)是有限集

由 2.3.3(vii) 的有限覆盖定理

∃{x1,x2,…,xn}⊂[a,b],[a,b]⊂⋃j=1n(xj−εxj,xj+εxj)\exist\{x_1,x_2,\dots,x_n \}\subset[a,b], [a,b]\subset\bigcup_{j=1}^n\left(x_j-\varepsilon_{x_j},x_j+\varepsilon_{x_j} \right)

而

E=E∩[a,b]⊂⋃j=1nE∩(xj−εxj,xj+εxj)E=E\cap[a,b]\subset\bigcup_{j=1}^nE\cap\left(x_j-\varepsilon_{x_j},x_j+\varepsilon_{x_j} \right)

（有限个有限集之并）

故 EE 是有限集。

(iv)

若 Z\Z 有上界，则 Z+\Z_{+} 亦有上界，而 Z+\Z_{+} 以 11 为下界，故 Z+\Z_{+} 有界

由 (iii) 的聚点存在定理， Z+\Z_{+} 有聚点，记为 ll

则 (l−13,l+13)∩Z+\left(l-\frac{1}{3},l+\frac{1}{3} \right)\cap\Z_{+} 应为无限集，但 (l−13,l+13)\left(l-\frac{1}{3},l+\frac{1}{3} \right) 中至多包含一个整数，与 ll 是聚点矛盾，故 Z+\Z_{+} 无上界，Z\Z 亦无上界。

同理易证 Z\Z 无下界。

(v)

由 (iv) Z\Z 无界易得。

(vi)

假若 ∃ε0>0,∀N∈N,n−mN≥ε0\exist\varepsilon_0>0,\forall N\in\N,\frac{n-m}{N}\ge\varepsilon_0， 则 ∀N∈N,N≤n−mε0\forall N\in\N,N\le\frac{n-m}{\varepsilon_0} 与 N\N 无上界矛盾，得证。

(vii)

任意给定 ε>0\varepsilon>0，对 ∀x∈[a,b]\forall x\in[a,b]，

由 (v) 知 ∀N∈N,∃m,n∈Z,m<Na<Nb<n\forall N\in\N,\exist m,n\in\Z, m< Na< Nb< n，即有 mN<a≤x≤b<nN\frac{m}{N}< a\le x\le b< \frac{n}{N}

又由 (vi) 知 ∀ε>0,∃N∈N,n−mN<ε\forall\varepsilon>0,\exist N\in\N,\frac{n-m}{N}< \varepsilon

故

∀ε>0,(Q∩[a,b]∖{x})∩(x−ε,x+ε)≠∅\forall\varepsilon>0,(\mathbb{Q}\cap[a,b]\setminus\{x\})\cap(x-\varepsilon,x+\varepsilon)\ne\empty

即 xx 是 Q∩[a,b]\mathbb{Q}\cap[a,b] 的聚点。

2.3.8

(i)

显然。

(ii)

取 [a,b][a,b] 使 ∀n∈N,xn∈[a,b]\forall n\in\N,x_n\in[a,b]，记 [a1,b1]=[a,b][a_1,b_1]=[a,b]

将 [a1,b1][a_1,b_1] 二等分，则至少有一边包含 {xn}\{x_n\} 的无穷多项，记为 [a2,b2][a_2,b_2]，

类似地，将 [a2,b2][a_2,b_2] 二等分，取包含 {xn}\{x_n\} 无穷多项的一边 [a3,b3][a_3,b_3]，

……

以此类推得到闭区间套 [an,bn][a_n,b_n]，且 ∀n∈N\forall n\in\N，[an,bn][a_n,b_n] 包含 {xn}\{x_n\} 的无穷多项

由 2.3.1 的闭区间套定理，并注意到 bn−an=b−a2n−1→0b_n-a_n=\frac{b-a}{2^{n-1} }\to0

∃l,⋂n=1∞[an,bn]={l}而∀ε>0,∃n∈N,(l−ε,l+ε)⊃[an,bn]\exist l,\bigcap_{n=1}^{\infty}[a_n,b_n]=\{l\}\text{而}\forall\varepsilon>0,\exist n\in\N,(l-\varepsilon,l+\varepsilon)\supset[a_n,b_n]

故 ll 是 {xn}\{x_n\} 的聚点。

2.3.9

不妨设 b∈Bb\in B，取 x=sup⁡Ax=\sup A

显然 ∀ε>0,A∩(x−ε,x+ε)≠∅\forall\varepsilon>0,A\cap(x-\varepsilon,x+\varepsilon)\ne\empty，而 x≤bx\le b

若 x=bx=b，显然 B∩(x−ε,x+ε)∋bB\cap(x-\varepsilon,x+\varepsilon)\ni b

若 x<bx< b，∀ε>0,∀y∈A,x+ε>y\forall\varepsilon>0,\forall y\in A,x+\varepsilon>y，而 [a,b]=A∪B[a,b]=A\cup B

故 0<ε<b−x,x+ε∈B0< \varepsilon< b-x, x+\varepsilon\in B，得证。

2.3.10

(i)

考察 n+1n+1 个实数 lα−⌊lα⌋l\alpha-\lfloor l\alpha\rfloor（其中 l∈{1,2,…,n+1}l\in\{1,2,\dots,n+1\}）

注意 ∀l∈{1,2,…,n+1},lα−⌊lα⌋<1\forall l\in\{1,2,\dots,n+1\}, l\alpha-\lfloor l\alpha\rfloor< 1

故在这组数中至少有两个数满足

∣(l2α−⌊l2α⌋)−(l1α−⌊l1α⌋)∣<1n,1<l1<l2<n+1\left|(l_2\alpha-\lfloor l_2\alpha\rfloor)-(l_1\alpha-\lfloor l_1\alpha\rfloor) \right|< \frac{1}{n},\quad 1< l_1< l_2< n+1

现取 k=l2−l1≤n,m=⌊l2α⌋−⌊l1α⌋k=l_2-l_1\le n, m=\lfloor l_2\alpha\rfloor-\lfloor l_1\alpha\rfloor，则 kα−m<1nk\alpha-m< \frac{1}{n}

即有

∣α−mk∣<1kn\left|\alpha-\frac{m}{k} \right|< \frac{1}{kn}

(ii)

假若只有有限个这样的有理数 mini\frac{m_i}{n_i}，满足 ∣α−mini∣<1ni2\left|\alpha-\frac{m_i}{n_i} \right|< \frac{1}{n_i^2}（i∈{1,2,…,p}i\in\{1,2,\dots,p\}）

令

δ=min⁡1≤i≤p∣α−mini∣\delta=\min_{1\le i\le p}\left|\alpha-\frac{m_i}{n_i} \right|

取 N>1δN>\frac{1}{\delta}，并取 m,n∈N,(0<n<N)m,n\in\N,(0< n< N) 使得

∣α−mn∣<1nN<1n2\left|\alpha-\frac{m}{n} \right|< \frac{1}{nN}< \frac{1}{n^2}

即 m,nm,n 满足题意

同时注意到

∣α−mn∣<1nN<δn<δ\left|\alpha-\frac{m}{n} \right|< \frac{1}{nN}< \frac{\delta}{n}< \delta

即 mn∉{mini:1≤i≤p}\frac{m}{n}\notin\left\{\frac{m_i}{n_i}:1\le i\le p \right\}，导出矛盾

故满足 ∣α−mn∣<1n2\left|\alpha-\frac{m}{n}\right|< \frac{1}{n^2} 的有理数 mn\frac{m}{n} 有无限个。

更新于：2020年1月25日

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