考试范围
- 《数学分析简明教程(上册)》第一章到第六章第四节。(除去“一致连续”)
考试具体内容和试题形式
叙述并证明一个定理(10分)
叙述并证明课本中以下重要定理中的一个。它们是:
- 数列的单调有界定理
- 致密性定理
- 闭区间上连续函数的有界性定理
- 根的存在定理
- 罗尔微分中值定理
- 拉格朗日微分中值定理
题解:
数列的单调有界定理:
叙述:
单调有界数列必收敛。
证明:
若一个数列单调有界,则此数列或是单调增且有上界的数列,或是单调减且有下界的数列。
这里证明单调增且有上界的情况。
若一个数列有上界,由于数列是非空的,由确界原理,这个数列有上确界,记为sup{a_n}
。
然后证明数列收敛于sup{a_n}
。
设a=sup{a_n}
,据上确界的定义,对任意的\varepsilon > 0
,存在a_N
,使得a-\varepsilon < a_N
;
又因为数列是单调增的,对每个n > N
,有a_N \leqslant a_n
;
再据上界的定义,对每个a_n
,有a_n \leqslant a < a + \varepsilon
;
综合上述不等式,可得出数列极限的定义式a - \varepsilon < a_n < a + \varepsilon
,由此证得数列收敛于sup{a_n}
。
同理,可以证得单调减且有下界的数列收敛于其下确界。
致密性定理
叙述:
有界的数列必有收敛的子列。
证明:
先证明任何数列必有单调的子列。
1) 若对每个正整数k
,在由a_{k+n} (n=1,2,...)
组成的子列上总能取到最大值,则:
先取数列的最大值,记为a_{n_1}
;
由假设,可以取到数列与{a_1,...,a_{n_1}
}的差集元素构成的新数列的最大值,记为a_{n_2}
,显然有n_2 > n_1
;
由假设,可以取到数列与{a_1,...,a_{n_2}
}的差集元素构成的新数列的最大值,记为a_{n_3}
,显然有n_3 > n_1
;
由假设,总能取到数列与{a_1,...,a_{n_k}
}的差集元素构成的新数列的最大值,记为a_{n_k}
,显然有n_k > n_{k-1}
;
至此,由元素a_{n_1},a_{n_2},...,a_{n_k},...
构成的数列是一个单调递减的数列。
2) 若存在正整数k
,在由a_{k+n} (n=1,2,...)
组成的子列中没有最大值,则:
设n_1=k+1
,由假设,a_{n_1}
后面没有最大项,因此存在a_{n_2} > a_{n_1} (n_2>n_1)
;
同理,总存在一个项a_{n_{k+1}}
,使得a_{n_{k+1}} > a_{n_k} (n_{k+1}>n_k)
;
于是得到一个严格单调递增的子列a_{n_1},a_{n_2},...,a_{n_k},...
。
由此证得任何数列必有单调的子列。
再由单调有界定理,推得此子列收敛,证毕。
闭区间上连续函数的有界性定理
叙述:
若函数f(x)
在闭区间[a,b]
上连续,则函数f(x)
在闭区间[a,b]
上有界。
证明:
反证法:假设函数f(x)
在闭区间[a,b]
上无上界,则存在数列x_n\in [a,b]
,使得\lim\limits_{n \to \infty} f(x_n) = +\infty
;
另外,由于x_n
是有界数列,由致密性定理,存在收敛的子列x_{n_k}
,设\lim\limits_{k \to \infty} x_{n_k} = x_0
;
由于a \leqslant x_{n_k} \leqslant b
,由数列极限的保不等式性质,推得a \leqslant x_0 \leqslant b
;
因此,函数f(x)
在点x_0
处连续。
由归结原则,得出+\infty = \lim\limits_{n \to \infty} f(x_n) = \lim\limits_{k \to \infty} f(x_{n_k}) = \lim\limits_{x \to x_0} f(x) = f(x_0)
,显然,这个等式是矛盾的。因此函数f(x)
在闭区间[a,b]
上有界。
根的存在性定理
叙述:
若函数f(x)
在闭区间[a,b]
上连续,且f(a)·f(b)<0
,则存在\xi \in (a,b)
,使得f(\xi ) = 0
。
证明:
不妨设f(b)>0,f(a)<0
;
设集合E
为所有使得f(x)<0
的x
取值的集合。
因为集合E
是非空集合,由x \in [a,b]
得,E
有上界,再由确界原理可得,E
有上确界supE
,记为x_0
;
有连续函数得局部保号性得知,存在\delta > 0
,使得对每个m \in [a,a+ \delta ), n \in (b- \delta , b]
,有f(m)<0, f(n)>0
,因此x_0 \in (a,b)
;
设f(x_0)<0
,则由连续函数得局部保号性,存在\delta > 0
,对每个x \in [x_0,x_0 + \delta )
,有f(x)<0
;
特别的,取N=x_0+\frac{\delta }{2}
,有f(N)<0
,又因为x_0
是集合E
的上确界,且N \in E
,N>x_0
,由此得出矛盾;因此f(x_0)=0
。
罗尔中值定理
叙述:
若函数f(x)
在闭区间[a,b]
上连续,f(x)
在开区间(a,b)
上可导,且f(a)=f(b)
,则存在\xi \in (a,b)
,使得f'(\xi )=0
。
证明:
根据连续函数在闭区间上的最大、最小值定理,必定存在M=max[f(x)]、m=min[f(x)]
其中之一或两者;
1) 若M=m=f(a)
,则原命题显然成立;
2) 若M>m
,则存在\xi \in (a,b)
,使得f(\xi )=M
或f(\xi )=m
,由于f
在(a,b)
上可导,由费马引理得出f'(\xi )=0
。
拉格朗日中值定理
叙述:
若函数f(x)
在闭区间[a,b]
上连续,f(x)
在开区间(a,b)
上可导,则存在\xi \in (a,b)
,使得f'(\xi )=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}
。
证明:
设g(x)=f(x)-f(a)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)
,由此得出g(a)=g(b)
;
由罗尔中值定理得,存在\xi \in (a,b)
,使得g'(\xi )=0
;
综合上述等式,可得g'(\xi )=f'(\xi )-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=0
;
变形得f'(\xi )=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}
。
其它类型的证明题(10分)
例题题解
(P.76 例4)
题设:
设f
在[a,b]
上连续,且满足f([a,b])\subset [a,b]
;
证明:存在x_0 \in [a,b]
,使得f(x_0)=x_0
。
证明:
对任何x \in [a,b]
,有a \leqslant f(x) \leqslant b
,则有a \leqslant f(a), f(b) \leqslant b
;
设F(x)=f(x)-x
,则F(a)=f(a)-a
,F(b)=f(b)-b
,F(b) \leqslant 0 \leqslant F(a)
;
若F(b)=0
或F(a)=0
,则取x_0=b
或x_0=a
,原命题成立;
否则有F(b) < 0 < F(a)
,由根的存在定理,存在x_0 \in (a,b)
,使得F(x_0) = 0
,即f(x_0) = x_0
。
(P.80 习题9)
题设:
证明:若f
再[a,+\infty ]
上连续,且对任何x \in [a,b], f(x) \neq 0
,则f
在[a,b]
上恒正或恒负。
证明:
反证法:
不妨设存在x_1,x_2 \in [a,b] , x_1 < x_2
,使得f(x_1)·f(x_2) < 0
;
则由根的存在定理导出:
存在\xi \in (x_1,x_2)
,使得f( \xi )=0
,与题设矛盾;
因此对任何x \in [a,b], f(x) \neq 0
,则f
在[a,b]
上恒正或恒负。
(P.80 习题10)
题设:
证明:任一实系数奇次方程至少有一个实根。
证明:
题设方程可以写成函数形式:
f(x)=a_1x^{2n+1}+a_2x^{2n}+...+a_{2n+1}=0
;
由于函数最高次项为奇数次,由初等函数的性质,不妨设最高次项的系数为正,则可以得到:
\lim \limits_{x \to + \infty }f(x) = + \infty
;
\lim \limits_{x \to - \infty }f(x) = - \infty
;
又由初等函数的连续性质,在自变量趋于正无穷时,存在某一点x_1
,使得f(x_1) > 0
,在自变量趋于负无穷时,存在某一点x_2
,使得f(x_2) < 0
,不妨设x_2 < x_1
,使得f(x_1)·f(x_2) < 0
,再由根的存在定理,得出存在\xi \in (x_2, x_1 )
,使得f( \xi ) = 0
;证毕。
(P.81 习题15)
题设:
设f(x)
在[a, b]
上连续,a \leqslant x_1 < x_2 < ... < x_n \leqslant b
,证明:存在\xi \in [x_1 , x_n]
,使f( \xi )= \frac { f( x_1 ) + f( x_2 )+ ... +f( x_n )}{ n }
成立。
证明:
设y_1,y_2 \in [x_1, x_n]
,f(y_1) = min
{f(x_1), f(x_2),..., f(x_n)
},f(y_2) = max
{f(x_1), f(x_2),..., f(x_n)
};
若:
1) f(y_1) = f(y_2)
,则函数f
在区间[x_1,x_n]
上为常值函数,则任取\xi \in [x_1,x_n]
,有f( \xi )= \frac { f( x_1 ) + f( x_2 )+ ... +f( x_n )}{ n }
成立;
2) f(y_1) < f(y_2)
,则有不等式
f(y_1) < \frac { f( x_1 ) + f( x_2 )+ ... +f( x_n )}{ n } < f(y_2)
,即\frac { f( x_1 ) + f( x_2 )+ ... +f( x_n )}{ n }
的值介于f(y_1), f(y_2)
之间;
不妨设y_1 < y_2
,则由介值定理,存在\xi \in (y_1, y_2)
,使得f( \xi )= \frac { f( x_1 ) + f( x_2 )+ ... +f( x_n )}{ n }
;
因为(y_1, y_2) \subset [x_1, x_n]
,原命题成立。
(P.81 习题16)
题设:
设函数f
在[0,2a]
上连续,且f(0)=f(2a)
。证明:\exists x_0 \in [0,a]
,使得f(x_0 ) = f(x_0+a)
。
证明:
设辅助函数F(x) = f(x+a)-f(x)
;
则可以得到等式
F(a) = f(2a) - f(a) = f(0) - f(a) = -[f(a) - f(0)] = -F(0)
;
若F(a)=F(0)=0
,则显然有f(0)=f(a)
,原命题成立;
若不然,则有F(a)·F(0)<0
;
由根的存在定理,存在x_0 \in (0,a)
,使得F(x_0) = 0
,即f(x_0+a) = f(x_0)
;
又因为区间(0,a) \subset [0,a]
,由此得到原命题成立。
(P.84 习题4)
题设:
设a_1,a_2,a_3
是正数,\lambda_1< \lambda_2< \lambda_3
。证明:方程\frac {a_1} {x- \lambda_1 }+\frac {a_2}{x- \lambda_2}+\frac{a_3}{x- \lambda_3}=0
在区间( \lambda_1 , \lambda_2 )
和(\lambda_2 , \lambda_3 )
内各有一个根。
题解:
将等式变形,再由根的存在定理证明命题。本题思路较简单,证明书写略复杂,因此不赘述。
(P.84 习题6)
题设:
设f
在[a,b]
上连续,x_1,x_2, \cdots ,x_n \in [a,b]
,另有一组正数\lambda_1 , \lambda_2 , \cdots , \lambda_n
满足\sum \lambda_i=1
。证明:\exists \xi \in [a,b]
,使得f(\xi )= \sum \lambda_if(x_i )
。
证明:
不妨设x_1< x_2 < ... < x_n
,则可以设y_1, y_2 \in [x_1, x_n]
,使得f(y_1) = min
{f(x_1), f(x_2),..., f(x_n)
},f(y_2) = max
{f(x_1), f(x_2),..., f(x_n)
};
则可以得到不等式\sum \lambda_i·f(y_1) = f(y_1) \leqslant \sum \lambda_if(x_i ) \leqslant \sum \lambda_i·f(y_2) = f(y_2)
;
若f(y_1)=f(y_2)
,取\xi = y_1
,显然有原命题成立;
若不然,不妨设y_1 < y_2
,则上述不等式变为f(y_1) < \sum \lambda_if(x_i ) < f(y_2)
由介值定理,存在\xi \in (y_1, y_2)
,使得f(\xi )= \sum \lambda_if(x_i )
,又因为(y_1, y_2) \subset [x_1, x_n] \subset [a,b]
,原命题成立。
(P.84 习题8)
题设:
设f
在[0,1]
上连续,f(0)=f(1)
。证明:\forall n \in \mathbb {N}^*, \exists \xi \in [0,1]
,使得f( \xi +\frac{1}{n})=f(\xi )
。
证明:
构造辅助函数F(x) = f(x+ \frac{1}{n}) - f(x)
,然后构造等式F(0)+F(\frac{1}{n})+...+F(\frac{n-1}{n}) = f(\frac{1}{n})-f(0)+f(\frac{2}{n})-f(\frac{1}{n})+...+f(1)-f(\frac{n-1}{n}) = f(1) - f(0) = 0
;
1) 若{F(0),F(\frac{1}{n}),...,F(\frac{n-1}{n})
}中不存在非零项,则任取\xi \in (0,1)
,有f( \xi +\frac{1}{n})=f(\xi ) = 0
;
2) 若{F(0),F(\frac{1}{n}),...,F(\frac{n-1}{n})
}中存在非零项,设此项为F(y_1)
,则由上述等式,至少存在一个与F(y_1)
异号的项,设它为F(y_2)
;
不妨设y_1 < y_2
,则由介值定理,存在\xi \in (y_1, y_2)
,使F(\xi ) = 0
,即f(\xi + \frac{n-1}{n})=f(\xi )
;
又因为(y_1, y_2) \subset [0,1]
,原命题成立。
六道其它证明计算判断题(48分)
Todo
八道是非与填空题(32分)
Todo
[========]
概念整理
第一章
确界原理
描述:
有上界的非空集合有上确界;有下界的非空集合有下确界。
推广:
任一非空数集必有上、下确界(正常的或非正常的)。
有界函数
描述:
设f
为定义在D
上的函数,若存在正数M
,使得对每一个x \in D
,有-M \leqslant f(x) \leqslant M
,则称f
为D
上的有界函数。
第二章
柯西数列极限定义
描述:
设一定数a
,对数列{a_n
},若对任意给定的正数\epsilon
,总存在正整数N
,使得当n>N
时有a- \epsilon < a_n < a+ \epsilon
,则称数列{a_n
}收敛于a
,a
为数列{a_n
}的极限,记为\lim\limits_{n \to \infty}a_n
。
有界性
描述:
收敛数列必为有界数列。
保号性
描述:
若\lim\limits_{n \to \infty}a_n > 0
,则对任何a' \in (0,a)
,存在正数N
,使得当n>N
时,有a_n > a'
。
小于0的情况类似。
注:
在应用保号性时,常常取a' = \frac{a}{2}
。
收敛的充要条件
描述:
数列收敛的充要条件是:数列的任何子列都收敛。
第三章
归结原则
描述:
设f
在x_0
附近的空心邻域U^o
有定义,\lim\limits_{x \to x_0}f(x)
存在的充要条件是:对任何包含于U^o
且以x_0
为极限的数列{x_n
},极限\lim\limits_{n \to \infty}f(x_n)
都存在且相等。
说辞:
(求出函数极限)由归结原则得(数列极限)。
等价无穷小常用式
注:以下代换只适用于x \to 0
时的乘除法替换,加减法无法单独替换。
sinx
~ x
~ tanx
~ arcsinx
~ arctanx
;
1-cosx
~ \frac{1}{2}x^2
~ secx - 1
~ x - ln(1+x)
;
a^x - 1
~ xlna
;
ln(1+x)
~ x
;
(1+bx)^a - 1
~ abx
;
log_a(1+x)
~ \frac{x}{lna}
;
tanx - sinx
~ \frac{x^3}{2}
;
tanx - x
~ x - arctanx
~ \frac{x^3}{3}
;
x - sinx
~ arcsinx - x
~ \frac{x^3}{6}
。
特别注意的:
\lim\limits_{x \to 0}\frac{a'}{b'} = -1
,则加减法无法替换。(此条待验证)
第五章
容易忽略的几个点
反函数的求导法则;
对数求导法则;
参变量函数的求导法则;
近似计算;
误差估计;
第六章
达布定理
若函数f
在[a,b]
上可导,且f_+'(a) \neq f_-'(b)
,k
为介于f_+'(a)
,f_-'(b)
之间的任一实数,则至少存在一点\xi \in (a,b)
,使得f'(\xi )=k
。
极值判别
基本方法是求二阶导,判断正负号。
最值判别
求一阶导的零点以及端点,分别计算出函数值。
不错
🐂
感谢大佬的整理√
可以,年轻人很讲武德
大佬tql🐂