极限绪论习题3_极限习题及答案

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1． 利用有限覆盖定理证明致密性定理。

证明：反证法：设{xn}：axnb，但是没有收敛子列。则x[a,b]都不是{xn}的任何子列的极限，从而对x[a,b]，O(x,x)，其中只含有{xn}的有限项。这样[a,b]O(x,x)，x[a,b]由有限覆盖定理，有有限子覆盖[a,b]O(xi,xi)。由于O(xi,xi)中只含有数列的有限1ik1ik

项，所以[a,b]也只含有数列的有限项，与已知矛盾。

2． 利用致密性定理证明单调有界定理。

证明：不妨设{xn}单增有界，由致密性定理，有收敛子列xnka，所以0，K,kK,|xnka|。取NnK1，则当nN时，nk0:nk0nnK1，使得xnK1xnxnk，所以|xna|，所以xna。0

3．（1）单调有界函数存在左右极限。

证明：设f(x)在[a,b]单增有界。x0[a,b]，要证明f(x00)。下面仅证明f(x00)。取inff(x)，则对0，x'(x0,b],s.t.f(x')。取x'x0，则当0xx0[x0,b]

时，f(x)f(x')，所以|f(x)|，得到f(x00)。

（2）单调函数的不连续点都是第一类间断点。

证明：设f(x)在[a,b]单增有界。设x0是f(x)的间断点，由（1）知f(x00)，所以x0不是第二类间断点。另外f(x00)f(x00)也不可能成立，因为f(x)单增，f(x00)f(x0)f(x00)，就有f(x00)f(x0)f(x00)，这样x0成为f(x)的连续点，矛盾。综上可见，x0只能是f(x)的第一类间断点。

4． 设f(x)C(a,b)，f(a0),f(b0)，则f(x)可取到f(a0),f(b0)之间的一切值（但

可能不等于f(a0),f(b0)）。

f(a0),xa证明：构造辅助函数：F(x)f(x),x(a,b)，则F(x)C[a,b]。由介值定理，F(x)

f(b0),xb

能取到最大值和最小值之间的一切值，因而也能取到f(a0),f(b0)之间的一切值，从而f(x)可取到f(a0),f(b0)之间的一切值（但可能不等于f(a0),f(b0)）。