数学分析课后习题答案--高教第二版(陈纪修)--11章.pdf

第十一章 Euclid 空间上的极限和连续 习题 11.1 11.1 Euclid 空间上的基本定理 1.证明定理 11.1.1：距离满足正定性、对称性和三角不等式。证证（a）显然有|，而且|xy0=xy|0(1,2,)iixyin=xy。(b)由距离定义直接可得|=xyyx|。(c)由于 22221111()()20nnnniiiiiiiiiif tatbtbtaba=+，所以关于上述两次三项式的判别式有 2221110nnniiiiiiiabab=，即 211nnniiiiiiiabab=21。21ni=于是 22111()2nnniiiiiiiiiabbaba=+=+22221niia=1112nnniiiiiibab=+22211nniiiiab=+，即 21()niiiab=+2211nniiiiab=+。令，则有,iiiiiaxy byz=i2211|()(nniiiiii)xza=+xzb 1课后答案网 w w w.k h d a w.c o m2211nniiiiab=+=|+xyyz。2.证明：若nR中的点列收敛，则其极限是唯一的。kx证证 假设 和xy都是点列 kx的极限，则0，11,:|kNkN|N2|kk+，11,:|kNkN|N|()()|kkkk+x+yx+yxxyy(|)yxyx；（2）S=；220|),(yxyx+1（3）S=xyx=yxyx?S；S0,00),(=yxxyx或;0),(=xyxS。(2)10),(22+=yxyx?S;S10),(2222=+=+=yxyxyx或;1),(22+=yxyxS。(3);=?SS=11,01sin,10),(yxxyxyx或;=S=x中，最多只有S的有限个点，所以(,)OSxx为有限集，于是inf|0d=yxyS,yx，故不存在S中满足xk x的点列xk以x为极限，产生矛盾。7.设 U 是2R上的开集，是否 U 的每个点都是它的聚点。对于2R中的闭集又如何呢？解解 开集 U 中的每个点 x 一定是它的内点，所以 x 的任意邻域都有 U中的无限个点，所以 x 一定是 U 的聚点。由于 S=是(0,0)2R上的闭集，而 S 只有一个点，所以无聚点，即闭集中的点不一定是它的聚点。8.证明的所有内点组成的点集必是开集。nRS?S证证 假 设 x，则S?0，(,)OxS。而 y(,)Ox，由 于(,|)(,)OOyyxx，所以y也是 S 的内点，从而，于是必是开集。o(,)OxS?S9.证明的闭包nRSSSS=必是闭集。证证 假设 xcS，则 x，且 x 不是 S 的聚点，于是在 x 的某邻域S(,)Ox中至多只有 S 的有限项，故存在 x 的邻域1(,)Ox不含 S 的点，即 3课后答案网 w w w.k h d a w.c o m1(,)OxcS，从而cS为开集，所以S必是闭集。10.设。若为开集，F为闭集，证明：为开集，为闭集。nRFE,EFEEF 证证 由于为闭集，所以为开集，而，也是开集。由于为开集，所以为闭集，从而也是闭集。FcFE Fc=EFEcEc=F EFE11.证明 Cantor 闭区域套定理。证证 假设是非空闭集序列，满足 kS121kkSSSS+?，以及limdiam 0kkS=。任取kSkx，则当 m,nk 时，从而成立,mnkSxxdiam mnSxxkk，于是是基本序列，从而收敛，设其极限为。对于任意 k，当时，kxxmkmSx，所以的极限kxkSSk=x，于是，所以非空。1kkS=x1kkS=再证唯一性。假设，则1kkS=ydiam kSxy0（），所以。k=xy12.举例说明：满足0lim1=+kkkxx的点列xk不一定收敛。解解 xk11kii=R，则11limlim01kkkkk+=+xx=，而|xk|=11kii=+，所以xk不收敛。13.设为紧集，证明和为紧集。nRFE,FEFE证证 因为为紧集，所以为有界闭集，于是可知和也都是有界闭集，即紧集。nRFE,E FFEFE 4课后答案网 w w w.k h d a w.c o m14.用定义证明点集=?,2,110kk是R中的紧集。证证 假定U为点集 S=?,2,110kk的任一开覆盖。设00U，则00:(0,)OU，于是当1k时，01Uk。对于110,1,kk=?，存在U中kU，使得11,0,1,kUkk=?。于是01,0,1,kUUk=?构成 S 的有限开覆盖，所以 S 为紧集。15.应用 Heine-Borel 定理直接证明：nR上有界无限点集必有聚点。证证 假定 S 为nR上有界无限点集，则由习题 9，SSS=必是闭集。如果 S 无聚点，即，则 S 为=S=SS，即 S 为有界闭集，从而由Heine-Borel 定理知 S 为nR上的紧集。xS，由于 x 不是 S 的聚点，存在(O)xx,只含有 S 中有限个点。显然()|Oxx,xS构成为 S 的一个开覆盖，但由于其中有限个()Oxx,只能包含 S 中有限个点，因而不存在 S 的有限开覆盖，矛盾！所以 S必有聚点。5课后答案网 w w w.k h d a w.c o m习题 11.2 多元连续函数习题 11.2 多元连续函数 1.确定下列函数的自然定义域：（1）221)ln(yxxxyu+=；（2）zyxu111+=；（3）)(22222222rRrzyxzyxRu+=；（4）22arcsinyxzu+=。解解(1)xyyxyxD=zyxzyxD。(3)22222),(RzyxrzyxD+=。(4)0,),(2222+=yxyxzzyxD。2.设2/3223)(yxxxyf+=，求。)0(x)(xf解解 因为 3322 3/2221()1yxfxxyyx=+，所以 232)1(1)(xxf+=。3 若函数)1(),(+=xfyyxz，且当时，求和。4=y1+=xz)(xf),(yxz解解 由(,4)4(1)1z xfx=+=+x，可得 2(1)1(1 1)fxxx=+1，所以 22()(1)12f xxx=+=+x,1),(+=yxyxz。4 讨论下列函数当趋于时的极限是否存在：),(yx)0,0(1课后答案网 w w w.k h d a w.c o m（1）yxyxyxf+=),(；（2）22),(yxxyyxf+=；（3）（4），101:|()|fAxxx202:|()|fB，当00|xx，成立|()|()|2ABfAfB+xxx|()|1fAx，即|()|1fAg(x)=B，则对于0limxx0limxx02AB=，101:|()|fA=x。又 202:|()|gBxxx即()2ABgB+，当00|xx，成立局部保序性：()()2ABgf+，使当00|,由h(x)=A，0limxx101:|()|hAxxx所以()hA+x。又由g(x)=A，0limxx202:|()|gAx。取12min,0 =，当00|xx，成立()()()AgfhA，101:|()|fAxxx202:|()|gB，当00|xx，成立|()()()|()|()|2fgABfAgB+，x0(0|):xx|()|gX，当00|xx，成立|()()|()()()|()|fgABfgAgAgAB+xxxxxx(|)XA+，所以（2）成立。由于 B0，02B，0(0|)x。取12min,0=，当00|xx，成立()()()()()fAB fAA gBgBBgxxxxx 22(|)|ABB+，所以（3）成立。7 求下列各极限：（1）22)1,0(),(1limyxxyyx+；（2）2222)0,0(),(1limyxyxyx+；（3）xyxyyx11lim)0,0(),(+；（4）11lim2222)0,0(),(+yxyxyx；（5）222)0,0(),()ln(lim2yxexyyx+；（6）2233)0,0(),()sin(limyxyxyx+；（7）222222)0,0(),()()cos(1limyxyxyxyx+；（8）。)(22)(limyxyxeyx+解解（1）(,)(0,1)2222(,)(0,1)(,)(0,1)lim(1)1lim1lim()x yx yx yxyxyxyxy=+。4课后答案网 w w w.k h d a w.c o m（2）2222(,)(0,0)(,)(0,0)lim()0,lim(1)1x yx yxyxy+=+=，所以 2222)0,0(),(1limyxyxyx+=+。（3）(,)(0,0)(,)(0,0)111limlim11x yx yxyxyxy+=+=21。（4）222222(,)(0,0)(,)(0,0)limlim(11)211x yx yxyxyxy+=+=22。（5）222222222ln()ln(11)()()yyxexexyo yxyo x+=+=+=+y，所以 2222(,)(0,0)ln()limyx yxexy+=+1。（6）33332222|sin()|2|xyxyxyxyxyxyxy+=+，所以 2233)0,0(),()sin(limyxyxyx+=。0（7）因为 ()2222211 cos()()(,)(0,2xyxyx y+0)，22222221()12()|xyxyx yxy+(,)(0,0)1limx yxy=+，所以 222222(,)(0,0)1 cos()lim()x yxyxyx y+=+2222222(,)(0,0)1()2lim()x yxyxyx y+=+。（8）22()22lim()lim()lim()0 xyxyyxxxxyyyxyex eey ee+=+=。8 讨论下列函数在原点的二重极限和二次极限：5课后答案网 w w w.k h d a w.c o m（1）22222)(),(yxyxyxyxf+=；（2）222222)1()1(),(yxyyxxyxf+=；（3）xyyxyxf1sin1sin),(+=。解解(1)由于 242422400(1)1lim(,)lim(1)1xxy x kxxkxf x y2xkxk xk=+=+，所以二重极限不存在。由 200lim(,)0,0 xf x yyy=，可知 00limlim(,)0yxf x y=。同理可知。所以二次极限存在且都等于 0。00limlim(,)0 xyf x y=（2）由于 22222222200(1)(1)1lim(,)lim(1)1xxy kx2xxk xk xkf x yxkk=+=+，所以二重极限不存在。又 ，2000limlim(,)lim(1)1yxyf x yy=+=。2000limlim(,)lim(1)1xyxf x yx=+=所以二次极限都存在但不相等。（3）由于|，所以(,)|f x yxy+00lim(,)0 xyf x y=。由于01limsin(0)xyyx和01lim sin(0)yxxy都不存在，所以两个二次极限都不存在。9.验证函数 6课后答案网 w w w.k h d a w.c o m=其它点且且,0,20),2(1,210,212),(22222222xyxxyxxxyxxxyxyxf 在原点不连续，而在其它点连续。证证 设，0 x 2(,)f x x=2222112xxx=，所以当点(,)x y沿趋于原点时函数的极限为 1，而当点2(0yxx=)(,)f x y(,)x y沿 轴趋于原点时函数的极限为 0，所以函数在原点不连续。x(,)f x y(,)f x y对于函数在其它点的连续性只要考虑函数在下述曲线(,)f x y222(0 x 1,22yxyxyx=)上的情况（因为在除去上述曲线和原点的区域上函数显然连续）。设。在00 x 200001(,)(,)2xyxx=点，由于 000022002(,)(,)(,)(,)/212()2lim(,)lim0(,)x yxyx yxyy xyxf x yf xyx=，002(,)(,)/2lim(,)0 x yxyy xf x y=00(,)f xy=，所以函数在(,)f x y00(,)xy=2001(,)2xx连续。同理可知函数在(,)f x y00(,)xy=200(,2)xx也连续。在00(,)xy=200(,)xx点，由于 0000222220022(,)(,)(,)(,)0222lim(,)lim1x yxyx yxyxy xxxxyf x yxx=00(,)f xy=，0000222220022(,)(,)(,)(,)0/2112()2()22lim(,)lim1x yxyx yxyxy xyxxxf x yxx，00,(|)x xx，成立 000(,)(,)f x yf xy。8课后答案网 w w w.k h d a w.c o m当00(,)(,)min(,)x yxy，00,(|)xxx，成立0|()()|xxx，成立0|()()|g xg x，于是 00|()()()()|+f xg xf xg x 00|()()|()()|+f xf xg xg x2，所以映射 f+g 在连续。又 0 x00|(),()(),()0|00|()(),()(),()()=+f xf xg xf xg xg x0|()|()|+g xf x，由于 g 连续，所以 g 的每个分量都连续，从而都局部有界，于是 g 也局部有界。根据上式，f,g在连续，证毕。0 x14.证明复合映射的连续性定理（定理 11.2.3）。证证 假设 g 在 D 上连续，f 在上连续，并且000,()D=xug x。由 f在上连续，0u00,0,(|)u uu成立 9课后答案网 w w w.k h d a w.c o m0|()()|，由 g 在连续知0 x00,(|)xxx成立 0|()()|g xg x。于是，当0|xx时，00|()()|()()|=?fg xfg xf uf uxxa，成立|()()|，存在K，当时成立 kK|k|()()|kf xf a。所以)()(limafxf=kk。2 设是fnR上的连续函数，为实数。设 c)(|cfncx，则0，0(|)xxx，成立 00|()()|()ffcf=xxx，即有，所以。这说明A()f=c)(|xxfnRc证证（1）假定Ax，则存在A中的点列xk，满足，即，所以。反之，由limkk=xxlim0kk|xx|=0)(=xf0)(=xf可知存在A中的点列xk，满足，即lim0kk|xx|=limkk=xx，所以Ax。（2）不妨假设。首先对于任意的 k，存在，满足()()ff xxkxA1()|kfkxxx|，再利用()|kfxxx|，两式相减，得到 110()()|(|)|kkffkkyyx|。于是|()11fMc+y|yx|+|x|R222Ryx+),(),(00yxfyxf),(yxf),(222Ryxyx+上必定取到最小值，且此最小值就是它在2R上的最小值。（2）如果，则命题显然成立。不然的话，任取，使得函数值在此点非零。(,)0f x y),(00yx若，由0),(00yxf0),(lim22=+yxfyx，可知存在，当，成立，则在紧集0R222Ryx+),(),(00yxfyxf),(yxf),(222Ryxyx+上必定取到最大值，且此最大值就是它在2R上的最大值。若0),(00R222Ryx+),(),(00yxfyxf),(yxf),(222Ryxyx+上必定取到最小值，且此最小值就是它在2R上的最小值。6设是fnR上的连续函数，满足(1)当时成立；0 x0)(xf(2)对于任意与，成立x0c)()(xxcfcf=。证明：存在，使得 0,0ba|。|xa)(xf|xb证证 单位球面是nR上的紧集，设在单位球面上的最小值和最大值分别为 和，则有 fab0()afbf A，()|0 x x=f A，)(Af是)(Af的真子集。8设是有界开区域f2RD 上的一致连续函数。证明：（1）可以将连续延拓到的边界上，即存在定义在fDD上的连续函数，使得fff=D；（2）在上有界。fD证证（1）由于在f2RD 上的一致连续，0,0，,Dx x(|)xx：|()()|ff，K，当时，成立|,m nK|mnxx，于是|()()|mnffxx，所以()nf x是基本数列，故一定收敛。记该极限为()g。在|()()|mnffxx中令，得到 m|()()|nfgx。对于,|/2 D xx，存在点列nx中某项，满足 kx|/2,|()()|kkfgxx 。于是|kk+|xx|xx ，|()()|()()|()()|kkfgfffg+xxxx 2，Dx(|)x：?|()()|2ffx。对于D(|)，在上式中令 x，由?lim()()xx Dff=x，可知?()()2ff，于是得到?lim()()xx Dff=x，这就证明了在fD上连续。换言之，是定义在fD上的连续函数，满足ff=D。（2）由于D为有界闭集，即紧集，f在D连续保证了f在D有界，从而在上有界。fD 95课后答案网 w w w.k h d a w.c o m