数学分析2020FALL_期中复习笔记

内容纲要

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}
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:
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)<0x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)
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 EN>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 )=Mf(\xi )=m,由于f(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:

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:

f[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
F(x)=f(x)-x,则F(a)=f(a)-aF(b)=f(b)-bF(b) \leqslant 0 \leqslant F(a)
F(b)=0F(a)=0,则取x_0=bx_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[a,+\infty ]上连续,且对任何x \in [a,b], f(x) \neq 0,则f[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[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:

f(x)[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:

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[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)
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:

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 )(\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:

f[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)
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:

f[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:

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fD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aa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:

\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:

fx_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[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。

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