讲义习题

2.5 讲义习题

2.5.1 实数的连续性

例 2.5.1 (习题3.1.6节选)

(1): 设 $f$ 在区间 $[a, b]$ 上定义，记 $\begin{matrix} (1) & λ = \frac{f (b) - f (a)}{b - a} \end{matrix}$ 证明： $\exists x_{0} \in [a, b]$ 和 ${x_{n}} \subseteq [a, b]$ ，满足 $\forall n \in N^{*}$ 都有 $x_{n} \neq x_{0}$ 、 $lim_{n \to + \infty} x_{n} = x_{0}$ 且 $\frac{f (x_{n}) - f (x_{0})}{x_{n} - x_{0}} \geq λ$ 。
(2): 设 $f$ 在区间 $I$ 上满足： $\forall x_{0} \in I$ ， $lim_{x \to x_{0}} \frac{f (x) - f (x_{0})}{x - x_{0}} > 0$ ，证明： $f$ 在区间 $I$ 上严格增。
(3): 设 $f$ 在区间 $I$ 上满足： $\forall x_{0} \in I$ ， $lim_{x \to x_{0}} \frac{f (x) - f (x_{0})}{x - x_{0}} \geq 0$ ，证明： $f$ 在区间 $I$ 上单调不减。

证明参考例2.2.13。 $◻$

2.5.2 应用：迭代与不动点

例 2.5.2 (习题3.2.5) 任取 $x_{0} \geq - 1$ ，记 $x_{n} = \sqrt{\frac{1 + x_{n - 1}}{2}}$ ， $n = 1, 2, 3, \dots$ 。

(1): 证明： ${x_{n}}$ 收敛。
(2): 求 $lim_{n \to + \infty} 4^{n} (1 - x_{n})$ 。
(3): 设 $y_{n} = 2 y_{n - 1}^{2} - 1$ ，其中 $- 1 \leq y_{0} \leq 1$ ， ${y_{n}}$ 是否收敛？

解 (1) 当 $x_{0} \neq 1$ 时，显然当 $n \geq 1$ 时， $x_{n} \geq 0$ 。可以归纳证明 $\begin{matrix} (2) & x_{n} ⋛ 1 \Leftrightarrow x_{1} ⋛ 1, n \geq 1 \end{matrix}$ 故有 $\begin{matrix} (3) & x_{n}^{2} - x_{n - 1}^{2} = \frac{1 + x_{n - 1} - 2 x_{n - 1}^{2}}{2} = \frac{(1 + 2 x_{n - 1}) (1 - x_{n - 1})}{2} ⋛ 0, x_{1} ⋚ 1 \end{matrix}$ 故 ${x_{n}}$ 单调有界，从而收敛。

(2) 当 $x_{0} \in [- 1, 1]$ 时，有 $0 \leq x_{n} \leq 1$ ，故可设 $θ_{n} = \arccos x_{n}$ ，则有 $\begin{matrix} (4) & θ_{n} = \frac{θ_{n - 1}}{2} ⟹ θ_{n} = \frac{θ_{0}}{2^{n}} ⟹ x_{n} = \cos \frac{\arccos x_{0}}{2^{n}} \end{matrix}$ 当 $x_{0} > 1$ 时，有 $x_{n} > 1$ ，故可设 $θ_{n} = \cosh^{- 1} x_{n} = \ln (x + \sqrt{x^{2} - 1})$ ，则有 $\begin{matrix} (5) & θ_{n} = \frac{θ_{n - 1}}{2} ⟹ θ_{n} = \frac{θ_{0}}{2^{n}} ⟹ x_{n} = \cosh \frac{\cosh^{- 1} x_{0}}{2^{n}} \end{matrix}$ 注意到 $\begin{matrix} (6) & \begin{aligned} \cos x & = 1 - \frac{x^{2}}{2} + o (x^{2}) \\ \cosh x & = 1 + \frac{x^{2}}{2} + o (x^{2}) \end{aligned} \end{matrix}$ 故有 $\begin{matrix} (7) & 4^{n} (1 - x_{n}) = {\begin{cases} 4^{n} (1 - \cos \frac{\arccos x_{0}}{2^{n}}) \to \frac{1}{2} {(\arccos x_{0})}^{2}, & x_{0} \in [- 1, 1] \\ 4^{n} (1 - \cosh \frac{\cosh^{- 1} x_{0}}{2^{n}}) \to - \frac{1}{2} {(\cosh^{- 1} x_{0})}^{2}, & x_{0} > 1 \end{cases} \end{matrix}$ 亦即 $\begin{matrix} (8) & lim_{n \to + \infty} 4^{n} (1 - x_{n}) = {\begin{cases} \frac{1}{2} {(\arccos x_{0})}^{2}, & x_{0} \in [- 1, 1] \\ - \frac{1}{2} {(\cosh^{- 1} x_{0})}^{2}, & x_{0} > 1 \end{cases} \end{matrix}$

(3) 可以归纳证明 $\forall n \in N$ 都有 $- 1 \leq y_{n} \leq 1$ ，故可设 $θ_{n} = \arccos y_{n}$ ，则有 $\begin{matrix} (9) & θ_{n} = 2 θ_{n - 1} ⟹ θ_{n} = 2^{n} θ_{0} ⟹ y_{n} = \cos (2^{n} \arccos y_{0}) \end{matrix}$ 当 $\frac{θ_{0}}{π} \notin Q$ 时，则 ${\cos (2^{n} θ_{0})}_{n \in N}$ 在 $[- 1, 1]$ 上稠密，故 ${y_{n}}$ 不收敛。当 $θ_{0} = \frac{p}{q} \cdot 2 π$ 时，可以归纳证明：

i.: $\forall n, m \in N$ ， $(2^{n + 1} - 2^{n}) p \equiv 0 (\mod q) ⟹ (2^{n + m} - 2^{n}) p \equiv 0 (\mod q)$ 。
ii.: $\forall n, m \in N$ ， $(2^{n + 1} + 2^{n}) p \equiv 0 (\mod q) ⟹ (2^{n + m} - 2^{n}) p \equiv 0 (\mod q)$ 或 $(2^{n + m} + 2^{n}) p \equiv 0 (\mod q)$ 。

由于 $2^{n} p \mod q$ 只能取离散的值，为使 ${y_{n}}$ 收敛，须 $\exists N \in N$ 使得 $\forall n \geq N$ ，以下两者至少有一个成立： $\begin{matrix} (10) & 2^{n} p \equiv p^{'} (\mod q), 2^{n} p \equiv - p^{'} (\mod q) \end{matrix}$ 其中 $p^{'}$ 为常数， $\cos \frac{2 p^{'} π}{q}$ 即为极限。考虑 $2^{N} p$ 和 $2^{N + 1} p$ 两项：若它们同余，则由i.可知 $n \geq N ⟹ 2^{n} p \equiv p^{'} (\mod q)$ ，此时 ${y_{n}}$ 收敛，且有 $\begin{matrix} (11) & 2^{N + 1} p - 2^{N} p = 2^{N} p = k q ⟹ θ_{0} = \frac{p}{q} \cdot 2 π = \frac{2 π k}{2^{N}}, k \in Z, N \in N \end{matrix}$ 若它们的和同余，则由ii.可知 $n \geq N ⟹ 2^{n} p \equiv \pm p^{'} (\mod q)$ ，此时 ${y_{n}}$ 收敛，且有 $\begin{matrix} (12) & 2^{N + 1} p + 2^{N} p = 3 \times 2^{N} p = k q ⟹ θ_{0} = \frac{p}{q} \cdot 2 π = \frac{2 π k}{3 \times 2^{N}}, k \in Z, N \in N \end{matrix}$ 故 ${y_{n}}$ 收敛当且仅当 $\begin{matrix} (13) & y_{0} = \cos \frac{2 π k}{2^{N}} \lor y_{0} = \cos \frac{2 π k}{3 \times 2^{N}}, k \in Z, N \in N \end{matrix}$ $◻$

2.5.3 连续函数的介值性质，反函数的连续性

例 2.5.3 (习题3.3.2) 设 $n$ 是正整数，连续函数 $f : R \to R$ 满足 $f (x) = x^{2 n - 1} + o (x^{2 n - 1}), x \to \infty$ 。

(1): 证明： $f$ 是满射。
(2): 是否存在 $N > 0$ 使得 $\forall | y | > N$ ， $f (x) = y$ 有唯一解？
(3): 若连续函数 $g : R \to R$ 满足 $g (x) = x^{2 n} + o (x^{2 n}), x \to \infty$ ， $g$ 是否为满射？

解 (1) 由于 $f (x) \to \pm \infty, x \to \pm \infty$ ，故 $\forall y \in R$ ， $\exists M > 0$ 使得 $\begin{matrix} (14) & x \geq M ⟹ f (x) \geq | y |, x \leq - M ⟹ f (x) \leq - | y | \end{matrix}$ 亦即 $\begin{matrix} (15) & f (- M) \leq - | y | \leq y \leq | y | \leq f (M) \end{matrix}$ 由介值定理可得 $\exists ξ \in [- M, M]$ 使得 $f (ξ) = y$ ，即 $f$ 为满射。

(2) 否。设 $f (x) = x + 2 \sin x = x + o (x), x \to \infty$ 。注意到 $\begin{matrix} (16) & f (0) = 0, f (\frac{2 π}{3}) > π, f (π) = π, f (\frac{4 π}{3}) < π, f (2 π) = 2 π \end{matrix}$ 由介值定理可得 $\exists ξ_{1} \in (0, \frac{2 π}{3})$ 、 $\exists ξ_{2} \in (\frac{4 π}{3}, 2 π)$ 使得 $f (ξ_{1}) = f (ξ_{2}) = π$ 。考虑方程 $f (x) = (2 n + 1) π$ （ $n \in Z$ ），其始终至少有3个根 $2 n π + ξ_{1}, (2 n + 1) π, 2 n π + ξ_{2}$ 。

(3) 由例2.6.3可得 $g$ 存在最小值，故不为满射。 $◻$

例 2.5.4 (习题3.3.5) 设 $f : I \to R$ 是区间 $I \subset R$ 上的连续函数，且 $\exists x^{*} \in I$ 满足 $f (f (x^{*})) = x^{*} \neq f (x^{*})$ 。证明： $f$ 在 $I$ 中有不动点。

证明考虑函数 $g (x) := f (x) - x$ 。不妨设 $g (0) \neq 0$ ，否则 $0$ 就是不动点；不妨设 $g (0) > 0$ ，否则可令 $f \leftarrow - f$ 。

根据题设可得 $y^{*} = f (x^{*}) \in I$ 。假设 $\forall x \in I$ 都有 $g (x) \neq 0$ ，则 $\forall x \in I$ 都有 $g (x) > 0$ ，否则可通过介值定理找到零点，此时 $\begin{matrix} (17) & f (f (x^{*})) - x^{*} = [f (y^{*}) - y^{*}] + [f (x^{*}) - x^{*}] > 0 + 0 = 0 \end{matrix}$ 矛盾！故 $\exists ξ \in I$ 使得 $g (ξ) = 0$ ，即 $f (ξ) = ξ$ 。 $◻$

2.5.4 有界闭集上的连续函数

例 2.5.5 (习题3.4.1) 设 $n$ 是正整数，连续函数 $f : R \to R$ 满足 $f (x) = x^{2 n} + o (x^{2 n}), x \to \infty$ ，证明： $f$ 有最小值。

证明参见例2.6.3。 $◻$

例 2.5.6 (习题3.4.3) 设 $a \in R$ ， $f$ 在区间 $[a, + \infty)$ 上连续， $lim_{x \to + \infty} f (x) = A \in R \cup {- \infty, + \infty}$ 。证明： $f$ 存在最大值或存在最小值。

证明若 $f (x) \equiv A$ （此时 $A \neq \pm \infty$ ），则命题显然成立。

若 $\exists b \in [a, + \infty)$ 使得 $f (b) > A$ ，则 $\exists N > 0$ ，使得 $\begin{matrix} (18) & x > N ⟹ | f (x) - A | < f (b) - A ⟹ f (x) < f (b) \end{matrix}$ 而连续函数 $f$ 在有界闭集 $[a, N]$ 上有最大值，这也是 $f$ 在 $[a, + \infty)$ 上的最大值。

若 $\exists b \in [a, + \infty)$ 使得 $f (b) < A$ ，同理可证 $f$ 在 $[a, + \infty)$ 上有最小值。 $◻$

补充例题若 $A \in R$ ，证明： $f$ 在 $[a, + \infty)$ 上一致连续。

证明反证法。假设 $f$ 不一致连续，则 $\exists ε > 0$ ，使得 $\forall n \in N$ ， $\exists x_{n}, y_{n} \in [a, + \infty)$ ，使得 $| x_{n} - y_{n} | < \frac{1}{n}$ 且 $| f (x_{n}) - f (y_{n}) | \geq ε$ 。

若 ${x_{n}}$ 有界，则 ${x_{n}}$ 有收敛子列 $lim_{k \to + \infty} {x_{n_{k}}} = x^{*} \in [a, + \infty)$ ，此时 $| x_{n_{k}} - y_{n_{k}} | < \frac{1}{n_{k}} \leq \frac{1}{k} ⟹ lim_{k \to + \infty} y_{n_{k}} = x^{*}$ 。由于 $f$ 在 $[a, + \infty)$ 上连续，故 $lim_{k \to + \infty} [f (x_{n_{k}}) - f (y_{n_{k}})] = 0$ ，矛盾！

若 ${x_{n}}$ 无界，则 ${y_{n}}$ 亦无界。由于 $f$ 在 $[a, + \infty)$ 上连续，故 $lim_{n \to + \infty} [f (x_{n}) - f (y_{n})] = 0$ ，矛盾！ $◻$

例 2.5.7 (习题3.4.4) 称 $f : I \to R$ 是一个下半连续函数，如果 $\forall x_{0} \in I$ 和 $\forall ε > 0$ ， $\exists δ > 0$ 使得 $\forall x \in I$ ，都有 $\begin{matrix} (19) & | x - x_{0} | < δ ⟹ f (x_{0}) - ε < f (x) \end{matrix}$ 证明：如果 $I \subset R$ 是有界闭集，则 $f$ 在 $I$ 上有最小值。

证明首先证明 $f$ 有下界。假设 $f$ 无下界，则 $- n (n \in N^{*})$ 不是 $f$ 的下界，于是 $\exists x_{n} \in I$ 使得 $f (x_{n}) < - n$ 。由于 ${x_{n}}_{n \in N^{*}} \subseteq I$ 有界，故必存在收敛子列 ${x_{n_{k}}}_{k \in N^{*}} \to ξ \in I$ 。由于 $f$ 是下半连续的，故 $\forall ε > 0$ ， $\exists δ > 0$ ， $\exists K > 0$ 使得 $\begin{matrix} (20) & k > K ⟹ | x_{n_{k}} - ξ | < δ ⟹ f (ξ) - ε < f (x_{n_{k}}) < - n_{k} \leq - k \end{matrix}$ 令 $k \to + \infty$ 可得 $f (ξ) = - \infty$ ，矛盾！故 $f$ 有下界，故有下确界，记为 $m$ 。

随后证明 $m$ 就是 $f$ 在 $I$ 上的最小值。根据下确界的性质， $\forall n \in N^{*}$ ， $m + \frac{1}{n}$ 不再是 $f$ 的下界，故 $\exists y_{n} \in [a, b]$ 使得 $m \leq f (y_{n}) < m + \frac{1}{n}$ ，因此 $lim_{n \to + \infty} f (y_{n}) = m$ 。由于 ${y_{n}}_{n \in N^{*}} \subseteq I$ 有界，故必存在收敛子列 ${y_{n_{k}}}_{k \in N^{*}} \to η \in I$ 。由于 $f$ 是下半连续的，故 $\forall ε > 0$ ， $\exists δ > 0$ ， $\exists K > 0$ 使得 $\begin{matrix} (21) & k > K ⟹ | y_{n_{k}} - η | < δ ⟹ f (η) - ε < f (y_{n_{k}}) < m + \frac{1}{n_{k}} \leq m + \frac{1}{k} \end{matrix}$ 令 $k \to + \infty$ 、 $ε \to 0^{+}$ 可得 $m \leq f (η) \leq m$ ，故 $f (η) = m$ ，即 $m$ 是 $f$ 的最小值。 $◻$

2.5.5 函数的一致连续性

例 2.5.8 (习题3.5.1) $\sin (x^{2})$ 是 $R$ 上的一致连续函数吗？为什么？

解不是。假设 $\sin (x^{2})$ 一致连续，则 $\forall ε > 0$ ， $\exists δ > 0$ ，使得 $\forall x, y \in R$ ， $\begin{matrix} (22) & | x - y | < δ ⟹ | \sin (x^{2}) - \sin (y^{2}) | < ε \end{matrix}$ 取 $ε = 1$ ， $n = [\frac{π}{4 δ^{2}}] + 1$ ， $x = \sqrt{(n + \frac{1}{2}) π}$ ， $y = \sqrt{(n + \frac{3}{2}) π}$ ，则 $\begin{matrix} (23) & | x - y | = \frac{π}{\sqrt{(n + \frac{1}{2}) π} + \sqrt{(n + \frac{3}{2}) π}} < \frac{\sqrt{π}}{2 \sqrt{n}} < δ, | \sin (x^{2}) - \sin (y^{2}) | = 2 \geq ε \end{matrix}$ 矛盾！故 $\sin (x^{2})$ 不是一致连续的。 $◻$

例 2.5.9 (习题3.5.3) 证明： $R$ 上任何连续的周期函数都是一致连续的。

证明设 $T$ 为 $f$ 的周期，则 $f$ 在 $[0, 2 T]$ 上一致连续，即 $\forall ε > 0$ ， $\exists δ > 0$ 使得 $\forall x, y \in [0, 2 T]$ ， $| x - y | < δ ⟹ | f (x) - f (y) | < ε$ ；故 $\forall x, y \in R$ ，设 $| x - y | < δ^{'} = min {δ, T}$ ，记 $\begin{matrix} (24) & {\begin{cases} x = k_{1} T + x_{0}, & k_{1} \in Z, x_{0} \in [0, T) \\ y = k_{2} T + y_{0}, & k_{2} \in Z, y_{0} \in [0, T) \end{cases} \end{matrix}$ 显然 $k_{1}, k_{2}$ 至多相差 $1$ 。依据以下规则选择 $ξ, η$ ， $\begin{matrix} (25) & {\begin{cases} ξ = x_{0}, η = y_{0}, & k_{1} = k_{2} \\ ξ = x_{0} + T, η = y_{0}, & k_{1} = k_{2} - 1 \\ ξ = x_{0}, η = y_{0} + T, & k_{1} = k_{2} + 1 \end{cases} \end{matrix}$ 则有 $\begin{matrix} (26) & | x - y | < δ^{'} ⟹ | ξ - η | < δ ⟹ | f (x) - f (y) | = | f (ξ) - f (η) | < ε \end{matrix}$ 即 $f$ 在 $R$ 上一致连续。 $◻$