数学分析课后习题答案--高教第二版(陈纪修)--3章.pdf

《数学分析课后习题答案--高教第二版(陈纪修)--3章.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《数学分析课后习题答案--高教第二版(陈纪修)--3章.pdf（24页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、课后答案网，用心为你服务！大学答案-中学答案-考研答案-考试答案 最全最多的课后习题参考答案，尽在课后答案网（）！Khdaw团队一直秉承用心为大家服务的宗旨，以关注学生的学习生活为出发点，旨在为广大学生朋友的自主学习提供一个分享和交流的平台。爱校园（）课后答案网（）淘答案（）课后答案网 w w w.k h d a w.c o m第三章 函数极限与连续函数 习 题 3.1 函数极限 第三章 函数极限与连续函数 习 题 3.1 函数极限 1.按函数极限的定义证明：limx2x38；limx4x=2；limx3xx+11 12；limxxx+121=12；lim lnxx+0=；limx+ex0；l

2、imx+2242xx=+；limxxx21+=。证证（1）先取12 x，则31 x，219)2)(42(823，取019,1min=，当20 x时，成立，取02,4min=，当40 x时，成 立4212xx，所以 limx4x=2。（3）先取13 x，则42 x，)1(232111+=+xxxx361，取06,1min=，当30 x时，成 立2111+xxx，则xx12，21121+xx1223=xx23，于是对任意的0，取023,1max=X，当Xx 时，成立21121+xxG0=Ge x0时，成立，所以 Gxlnlim lnxx+0=。（6）对任意的10=X，当时，成立，所以 Xx=ln0

3、eexlimx+ex0。（7）先取120 x，则32+xx，于是对任意的，取 0G=G1,1min，当+=21)2)(2(2422，所以 limx+2242xx=+。（8）先取，则1+xx，于是对任意的，取，当时，成立0GGX,1max=XxGxxxxnxn111+，有111+xxnn。由11lim=+nnn，可知+0limx11=xx。，当0 x111+nxn，有nnxx111+。由11lim=+nnn，可知0limx11=xx。由此得到 0limx11=xx。（2）当1+nxn，有nxnnxn1111)1(+。由nlim111=+nn与nlim1)1(1=+nn，得到 limx+11=xx

4、。4.利用夹逼法证明：(1)limx+xkax=0 (a1，k 为任意正整数)；(2)limx+lnkxx=0 (k 为任意正整数)。36课后答案网 w w w.k h d a w.c o m解解（1）首先有)1(0 xkxkaxax+，由0)1(lim=+nknan即得到 limx+xakx=0。（2）令，则tx=lntkketxx=ln，且当+x时，有+t。再利用（1）的结论，即得到 limx+lnkxx=0。5.讨论单侧极限：(1)=f x()+=，0，)0(axx，有+=a，则当ax0时，首先有aax21+，于 是ax 20)(+=axax，从 而，0，)0(xx（即330 x），有=

5、x0时，有310 x，从而 Axf)(，这就说明了=A。0limx)(xf（2）当=A 时，不一定成立=A。例如：，则，但极限不存在。0limx)(2xf0limx)(xf=0001)(xxxf0limx1)(2=xf0limx)(xf10.写出下述命题的“否定命题”的分析表述：(1)是无穷小量；xn (2)是正无穷大量；xn (3)在的右极限是 A；f x()x0 (4)在的左极限是正无穷大量；f x()x0 (5)当 x,的极限是 A；f x()(6)当 x+，是负无穷大量。f x()解解（1）00:,0nxNnN。（2）。00:,0GxNnNGn（3）0000)(:),(,0,0+Axf

6、xxx。（4）0000)(:),(,0,0GxfxxxG。（5）00)(:),(,0,0AxfXxX。（6）00)(:),(,0,0GxfXxXG+。11.证明=的充分必要条件是：对于任意从右方收敛于的数列，成立 limxx+0f x()+x0 xn)(0 xxnlimnf xn()=+。证证 必要性：由=limxx+0f x()+，可知0G，0，)0(0)(xn)(0 xxnx00，：NNn Gxfn)(limnf xn()+充分性：用反证法。设=limxx+0f x()+不成立，则00G，0，)0(0 xxx：。取0)(Gxfnn1=，?,3,2,1=n：对于11=，)10(011xxx：

7、01)(Gxf；39课后答案网 w w w.k h d a w.c o m对于212=，)210(022xxx：02)(Gxf；,?对于kk1=，)10(0kxxxkkx0)(nxflimxx+0f x()+成立。12.证明=的充分必要条件是：对于任意正无穷大量,成立+xlimf x()xnlimnf xn()=。证证 必要性：由=+xlim)(xf，可知0G，0X，Xx：。因为数列是正无穷大量，对于上述，GxfXN，Nn：。于是当时，成立XxnNn GxfnG，0X，：。取，：Xx 0)(GxfnXn=?,3,2,1=n 对于，11=X11x：01)(Gxf；对于，：22=X22x02)(G

8、xf；,?对于，：kXk=kxk0)(Gxfk；,?于是得到数列为正无穷大量，但相应的函数值数列不可能是负无穷大量，由此产生矛盾，所以=xn)(nxf+xlim)(xf成立。13.证明存在而且有限的充分必要条件是：对于任意正无穷大量，相应的函数值数列收敛。limx+f x()xnf xn()证证 必要性：设，则limx+Axf=)(0，0X，Xx：XN，Nn：。于是当时，成立XxnNn，0X，Xx：0|)(|Axf。取，：nXn=?,3,2,1=n 对于，11=X11x：01|)(|Axf；对于，：22=X22x02|)(|Axf；,?对于，：kXk=kxk0|)(|Axfk；,?于是得到数列

9、为正无穷大量，但相应的函数值数列不收敛于xn)(nxfA，由此产生矛盾，所以+xlimAxf=)(。14分别写出下述函数极限存在而且有限的 Cauchy 收敛原理，并加以证明：（1）；（2）；（3）。limxx0f x()limxx+0f x()limxf x()解解 （1）极限存在而且有限的充分必要条件是：对于任意给定的limxx0f x()0，存在0，对一切00,xxxxx，成立，0，|0,0 xxxxx：2|)(|Axf，2|)(|Axf。于是|)()(|xfxf+|)(|Axf，：NNn，存在0，对一切00,xxxxx，成立，0，00,xxxxx：2|)(|Axf，2|)(|Axf。于

10、是|)()(|xfxf+|)(|Axf0limxxnn=，则对于条件中的0，：NNn，存在，对一切，成立0XXxx,，0X，：Xxx,2|)(|Axf，2|)(|Axf。于是|)()(|xfxf+|)(|AxfXNNn Xxn，取，当02=0 xx（Dx）时，成立，取02|,2|min200=xx，当0 xx时，成立 01sin1sinxx011xx，取 0)1(2|,2|min0200+=xxx，当0 xx时，成立 00000sinsinsinsinxxxxxxxxxx=00000sinsinsinxxxxxxxx+N,1|xxx。（5）+0,|1),0()0,(kZkk。（6）()1(,+

11、kkZk。3.若在点连续，证明与|f|在点也连续。反之，若或|f x|在点连续，能否断言在点连续?f x()x0fx2()x()x0fx2()()x0f x()x0解解 设在点连续，则f x()x010，)(0 xxx，有)()(0 xfxf，同时还有)(21)()(00 xfxfxf+，于是成立)()(022xfxf)(21()()()()(000 xfxfxfxfxf+=与|)(|)(|0 xfxf)()(0 xfxf，这说明与|f x|在点也连续。fx2()()x0 反之，若或|f x|在点连续，则不能断言在点连续。例如：在点fx2()()x0f x()x0=0101)(xxxf00=x

12、不连续，但或|f|在点是连续的。fx2()x()00=x4.若在点连续，f x()x0g x()在点不连续，能否断言在点不连续?x0)()(xgxfx0又若与f x()g x()在点都不连续，则上面的断言是否成立?x0解解 若在点连续，f x()x0g x()在点不连续，不能断言在点不连续：例如在点x0)()(xgxfx00)(xf00=x连续，在点不连续，但=0201)(xxxg00=x0)()(xgxf在点连续。00=x又若与f x()g x()在点都不连续，也不能断言在点不连续：例如在点x0)()(xgxfx0=0102)(xxxf00=x不连续，在点不连续，但在点，f 在a+0,b-上

13、连续，能否得出 (1)f 在上连续?),(ba(2)f 在上连续?,ba解解（1）能。（2）不能。7.设=limxx0f x()0，limxx0g x()=，证明：=；并求下列极限：limxx0f xg x()()limx11211+xxxx；limxxxx+11；limxaaxax1sinsin；)0(sina limnnnxn+1；limn+nn14tan。证证 由于ln)(ln)(lim0=xfxgxx，利用指数函数的连续性，得到=)()(lim0 xgxxxf=)(ln)(0limxfxgxxe=lne。（1）limx11211+xxxx1=。（2）limx=+xxx11limx=+1

14、221121xxxx2e。（3）limxa=axax1sinsinlimxa=+aaxaxaxaaaxsin)(sinsinsinsinsinsinsinsin1aecot。（4）limn=+nnxn1limn=+1)1(11111nnxxnnx1+xe。45课后答案网 w w w.k h d a w.c o m（5）limn=+nn14tanlimn=+nnn1tan11tan1limn=+nnnnnnn1tan11tan21tan21tan11tan11tan212e。8.指出下列函数的不连续点，并确定其不连续的类型：y=xxx23132+y=xsin1x；y=xxsin；y=2x-2x；

15、y=1xn21ex；y=；xxnln|y=xxx x221|()；y=131121+xx；y=;,0,sin为无理数为有理数，xxxy=.0),0,(,sin为无理数互质，xpqppqxp解解（1），第二类不连续点。2,1=x （2）)0,(=kZkkx，第一类不连续点；0=x，第二类不连续点。（3）)0,(=kZkkx，第二类不连续点；0=x，第三类不连续点。（4）)(21Zkkx=，第一类不连续点。（5），第三类不连续点。0=x （6），第三类不连续点。0=x （7），第一类不连续点；0=x1=x，第三类不连续点；，第二类不连续点。1=x （8），第三类不连续点。0=x （9）非整数点，第

16、二类不连续点。（10）非整数有理点，第三类不连续点。9设在)(xf),0(+上连续，且满足，)()(2xfxf=),0(+x，证明在上为常数函数。)(xf),0(+证证，利用得到),0(+x)()(2xfxf=)()(21nxfxf=，由1lim21=nxn 及 )(xf的连续性，得到=nxflim)()1()(21fxfn=。46课后答案网 w w w.k h d a w.c o m习 题 3.3 无穷小量与无穷大量的阶 习 题 3.3 无穷小量与无穷大量的阶 1.确定 a 与，使下列各无穷小量或无穷大量等价于()ax：(1)u(x)=xxx5432+3,(x0，x)；(2)u(x)=xxx

17、x52423+3(x0，x)；(3)u(x)=x3+x23(x0+，x+)；(4)u(x)=xxx+(x0+，x+)；(5)u(x)=13+x-123+x(x0，x+)；(6)u(x)=x21+-x(x+)；(7)u(x)=3xx+-32x(x0+)；(8)u(x)=1+x x-e(x0+)；2x (9)u(x)=ln cos x-arctanx2(x0)；(10)u(x)=xtan1+-1sinx(x0)。解解（1）；。)(xu)0(23xx)(xu)(5xx （2）；)(xu)0(21xx)(xu)(31xx。（3）)(xu)0(32+xx；)(xu)(23+xx。（4）)(xu)0(81

18、+xx；)(xu)(21+xx。（5）)(xu)0(65xx；)(xu)(321+xx。（6）)(xu)(211+xx。（7）)(xu)0(21+xx。（8）)(xu)0(2+xx。47课后答案网 w w w.k h d a w.c o m （9）)(xu)0(232xx。（10）。)(xu)0(xx2.(1)当 x+时，下列变量都是无穷大量，将它们从低阶到高阶进行排列，并说明理由。ax(a1),xx,x(0)，lnkx(k0)，x!；(2)当 x0+时，下列变量都是无穷小量，将它们从高阶到低阶进行排列，并说明理由。x(0)，!11x,ax1(a1)，xx11,xk1ln(k0)。解解（1）当

19、 x+时，从低阶无穷大量到高阶无穷大量的排列为 lnkx(k0)，x(0)，(a1),x!,axxx。证明：设1+nxn，则nxanax)1(0+，!01naxanx+，nxnnxx)!1(!0+，Xx：1)(Axf，即 1)(1+AxfA。再由在闭区间上的连续性，可知在上 有 界，即：)(xf,Xa)(xf,Xa,XaxBxf)(。令1,max+=ABM，则1,min=ABm)+,ax，成立Mxfm)(。2.证明：若函数在开区间上连续，且 f(a+)和 f(b-)存在，则它可取到介于 f(a+)和 f(b-)之间的一切中间值。f x(),(ba证证 令=+=bxbfaxafbaxxfxf)(

20、)(),()()(，则)(xf在闭区间连续，不妨设,ba)()(+bfaf，由闭区间上连续函数的中间值定理，可知)(xf在闭区间上可取到上的一切值，于是在开区间上可取到介于 f(a+)和 f(b-)之间的一切中间值。,ba)(),(+bfaff x(),(ba3.证明：若闭区间上的单调有界函数能取到 f(a)和 f(b)之间的一切值，则是上的连续函数。,baf x()f x(),ba证证 采用反证法。不妨设单调增加。若)(xf),(ba是的不连续点，则)(xf)(f与)(+f都存在，且)()()()(bfffaf+，于是取不到开区间)(xf)(),(+ff中异于)(f的值，与条件矛盾；若是的a

21、x=)(xf 51课后答案网 w w w.k h d a w.c o m不连续点，则存在，且)(+af)()()(bfafaf+)(，即=)(limnnxf。由 Bolzano-Weierstrass定理，存在子列knx，=knkxlim，且,ba。因为在点)(xf连续，所以有)()(limfxfknk=，与=)(limnnxf产生矛盾。5.应用闭区间套定理证明零点存在定理。证证 设在闭区间上连续，且)(xf,ba0)()(bfaf，不妨设，。1aa=1bb=0)(bf如果0)2(11=+baf，则定理得证。如果0)2(11+baf，则令12aa=，2112bab+=。如果0)2(22=+ba

22、f，则定理得证。如果0)2(22+baf，则令23aa=，2223bab+=。,?这样的过程可以一直进行下去。如果存在某个，使得k0)2(=+kkbaf，则定理得证；如果不存在某个，使得k0)2(=+kkbaf，则得到一个闭区间套，满足,nnba0)(nbf 52课后答案网 w w w.k h d a w.c o m在唯一属于所有闭区间的点,nnba，且=nnalim=nnblim。再由在点)(xf的连续性，可知=)(f0)(limnnaf与=)(f0)(limnnbf，从而得到0)(=f，定理得证。6.证明方程（）至少有一个正根。bxax+=sin0,ba证证 令bxaxxf=sin)(，则

23、在)(xf),0+上连续。取，则，由零点存在定理，在上至少有一个根。baA+0)0(Af)(xf),0(A7证明方程（）有且仅有一个实根。03=+qpxx0p证证 令，则在qpxxxf+=3)()(xf),(+上是严格单调增加的。由，=)(limxfx+=+)(limxfx，易知在)(xf),(+上有且仅有一个实根。8证明：（1）sin1x在（0,1）上不一致连续，但在(a,1)(a0)上一致连续；（2）sinx2在上不一致连续，但在0,A上一致连续；),(+（3）x在上一致连续；)0,+（4）ln x 在)+,1上一致连续；(5)xcos在上一致连续。)0,+证证（1）在上，令)1,0(nx

24、n1=，21+=nxn，但 0nnxx11sin1sin=nnxx，所以 sin1x在（0,1）上不一致连续。在(a0)上，)1,(a0，取，02=a)1,(,21axx，21xx，成立 2212121111sin1sinaxxxxxx，取02=A，,0,21Axx，21xx，成立 21222122212sinsinxxAxxxx，取，02=)+,0,21xx，21xx，成立 2121xxxx，取0=，)+,1,21xx，210 xx，成立 21221211lnlnlnxxxxxxx+=，取，02=)+,0,21xx，21xx，成立 212121coscosxxxxxx，0，Ixx,，xx，成

25、立2)()(xfxf，2)()(xgxg，于是+)()()()(xgxfxgxf，所以在区间)()(xgxf+I上一致连续。（2）设，区间xxgxf=)()()+=,0I，则，在区间)(xf)(xgI上一致连续，但在区间2)()(xxgxf=I上不一致连续。13.设函数在上连续，且f x(),ba,0)(baxxf，证明在上f x(),ba 55课后答案网 w w w.k h d a w.c o m恒正或恒负。证证 设在上不保持定号，则存在f x(),ba,baxx（不妨设），xx 使与不同号，由闭区间上连续函数的中间值定理，必定存)(xf)(xf在,xx，使得0)(=f，这就产生矛盾，所以在上必定恒 f x(),ba正或恒负。14设函数在上连续，f x(),babxxxan)()(xfxf。由于 )(xf在连续，所以一致连续，也就是 1,+Xa:)(1,10+xxXaxx)()(xfxf。于是):)(,+xxaxx)()(xfxf。56课后答案网 w w w.k h d a w.c o m