用户: Solution/ 习题: 楼分析/函数极限与连续

1函数极限

函数极限, 单侧极限, 函数极限的基本性质,Heine 定理, 基本定理的对应结果, 重要数列极限对应的结果, 关于 ${\lim }_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}$

命题 1.1. C31 设实函数 $f,g$ 在 $(a,+\infty )$ 内局部有界, 且

•	对于任何 $x>a$, $g(x+1)>g(x)$;
•	${\lim }_{x\to +\infty }g(x)=+\infty$,

则$$\underset{x\to +\infty }{\underline{\lim }}\frac{f(x+1)-f(x)}{g(x+1)-g(x)}⩽\underset{x\to +\infty }{\underline{\lim }}\frac{f(x)}{g(x)}⩽\underset{x\to +\infty }{\overline{\lim }}\frac{f(x)}{g(x)}⩽\underset{x\to +\infty }{\overline{\lim }}\frac{f(x+1)-f(x)}{g(x+1)-g(x)}$$

定理 1.2. Heine 定理 C33 设 $E\subseteq {\mathbb{R}}^n$, $\mathbf{f}:E\to {\mathbb{R}}^m$ 为 $E$ 上的映射, ${\mathbf{x}}_0\in E^{\prime }$, 则 ${\lim }_{\begin{array}{c}\mathbf{x}\to {\mathbf{x}}_0\\ \mathbf{x}\in E\end{array}}\mathbf{f}(\mathbf{x})=\mathbf{A}$ 当且仅当对 $E\setminus \{{\mathbf{x}}_0\}$ 中任何趋于 ${\mathbf{x}}_0$ 的点列 $\{{\mathbf{x}}_k\}$, 成立 ${\lim }_{k\to +\infty }\mathbf{f}({\mathbf{x}}_k)=\mathbf{A}$.

A 1.3. 设 $E\subseteq {\mathbb{R}}^n$, $\mathbf{f}:E\to {\mathbb{R}}^m,{\mathbf{x}}_0\in E^{\prime }$, 证明: ${\lim }_{\begin{array}{c}\mathbf{x}\to {\mathbf{x}}_0\\ \mathbf{x}\in E\end{array}}\mathbf{f}(\mathbf{x})$ 存在当且仅当对 $E\setminus \{{\mathbf{x}}_0\}$ 中任何趋于 ${\mathbf{x}}_0$ 的点列 $\{{\mathbf{x}}_k\}$, 极限 ${\lim }_{k\to +\infty }\mathbf{f}({\mathbf{x}}_k)$ 存在.

证明. 由 Heine 定理可知必要性成立, 下证充分性. 易见只需证明若对于 $E\setminus \{{\mathbf{x}}_0\}$ 中任何趋于 ${\mathbf{x}}_0$ 的点列 $\{{\mathbf{x}}_k\}$, 极限 ${\lim }_{k\to +\infty }\mathbf{f}({\mathbf{x}}_k)$ 存在且相等即可. 假设序列 $\{{\mathbf{a}}_n\}$ 与 $\{{\mathbf{b}}_n\}$ 均趋于 ${\mathbf{x}}_0$, 但$$\underset{n\to +\infty }{\lim }\mathbf{f}({\mathbf{a}}_n)\ne \underset{n\to +\infty }{\lim }\mathbf{f}({\mathbf{b}}_n),$$构造序列 ${\mathbf{c}}_n:=\{{\mathbf{a}}_1,{\mathbf{b}}_1,{\mathbf{a}}_2,\cdots ,{\mathbf{a}}_{(n+1)/2},{\mathbf{b}}_{n/2},\cdots \}$, 易见 ${\lim }_{k\to +\infty }\mathbf{f}({\mathbf{c}}_k)$ 不存在, 矛盾. 这说明对于任何趋于 ${\mathbf{x}}_0$ 的点列 $\{{\mathbf{x}}_n\}$, 若极限 ${\lim }_{k\to +\infty }\mathbf{f}({\mathbf{x}}_k)$ 存在, 则必相等, 依 Heine 定理可知充分性成立.

$\square$

证明 ${\lim }_{n\to \infty }n{\sum }_{k=1}^n\left|\sin \frac{k}{n^3}-\frac{k}{n^3}\right|=0$ 并由此计算 ${\lim }_{n\to \infty }n{\sum }_{k=1}^n\sin \frac{k}{n^3}$.

证明.

$\square$

证明命题 ??.

证明.

$\square$

设数列 $\{x_n\},\{y_n\}$ 满足$$\{\begin{array}{l}{x}_n^2+y_n^2+2y_n=1+\sin \frac{1}{n}\\ x_n+\left(1+\frac{1}{3n}\right)y_n=\frac{1}{\sqrt[n]{n}}\end{array}$$证明 $\{x_n\},\{y_n\}$ 收敛并求其极限.

证明. 取 $z_n^{\prime }=(x_n,y_n+1)$ 则$$|z_n^{\prime }{|}^2=x_n^2+y_n^2+2y_n+1=2+\sin \frac{1}{n}⩽3.$$从而 $\{z_n^{\prime }\}$ 是有界列, 于是 $z_n=(x_n,y_n)$ 也有界, 取 $\{z_n\}$ 的一收敛子列 $\{z_{n_k}\}$, 其收敛于 $z=(x,y)$ 且满足$$\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2+2y=1\\ x+y=1\end{array}$$解得 $x=1,y=0$.

$\square$

设 $\psi ,\phi$ 为定义在 $(0,+\infty )$ 上的周期函数, 满足 ${\lim }_{x\to +\infty }\left(\psi (x)-\phi (x)\right)=0$. 证明 $\phi (x)\equiv \psi (x)$.

证明. 若 $\exists x_0\in (0,+\infty )$ 使得 $\phi (x_0)\ne \psi (x_0)$, 则 ${\lim }_{x\to +\infty }\left(\psi (x)-\phi (x)\right)\ne 0$ 矛盾, 从而 $\phi \equiv \psi$.

$\square$

B 1.4. 证明对于 $x\ne 0$, 成立 ${\prod }_{n=1}^{\infty }\cos \frac{x}{2^n}=\frac{\sin x}{x}$. 特别地, 有 Vièta 公式: ${\prod }_{n=2}^{\infty }\cos \frac{\pi }{2^n}=\frac{2}{\pi }$.

证明. 令 $J_n={\prod }_{k=1}^n\cos \frac{x}{2^k}$, 有$$\sin \frac{x}{2^n}\cdot J_n=\frac{\sin x}{2^n},\text{即}{J}_n=\frac{\sin x}{2^n\cdot \sin \frac{x}{2^n}}$$令 $n\to +\infty$ 即得结果. 后者过程类似.

$\square$

仿照习题 3.1 $\mathcal{A}$ 第 2 题编写一个习题. 抽取下列几个极限类型, 写出相关定义 (其中 $a,A$ 为实数), Cauchy 准则和 Heine 定理.

自变量变换	极限值		自变量变化	极限值		自变量变化	极限值
1-24-57-8 $x\to a$	$A$		$x\to a^{+}$	$A$		$x\to a^{-}$	$A$
1-24-57-8 $x\to a$	$+\infty$		$x\to a^{+}$	$+\infty$		$x\to a^{-}$	$+\infty$
1-24-57-8 $x\to a$	$-\infty$		$x\to a^{+}$	$-\infty$		$x\to a^{-}$	$-\infty$
1-24-57-8 $x\to a$	$\infty$		$x\to a^{+}$	$\infty$		$x\to a^{-}$	$\infty$
1-24-57-8 $x\to \infty$	$A$		$x\to +\infty$	$A$		$x\to -\infty$	$A$
1-24-57-8 $x\to \infty$	$+\infty$		$x\to +\infty$	$+\infty$		$x\to -\infty$	$+\infty$
1-24-57-8 $x\to \infty$	$-\infty$		$x\to +\infty$	$-\infty$		$x\to -\infty$	$-\infty$
1-24-57-8 $x\to \infty$	$\infty$		$x\to +\infty$	$\infty$		$x\to -\infty$	$\infty$

设 $a_0,a_1,\ell ,\alpha$ 为正数, $a_1\ne a_0,a_{n+1}=\frac{(\ell +n^{\alpha })a_n^2}{\ell a_n+n^{\alpha }{a}_{n-1}}(n⩾1)$. 证明:

•	若 $\alpha <1$, 则 $\{a_n\}$ 有正的极限.
•	若 $\alpha =1,\ell >1$, 则 $\{a_n\}$ 有正的极限.
•	若 $\alpha >1$, 则 $\{a_n\}$ 发散或极限为零.
•	若 $\alpha =\ell =1$, 则 $\{a_n\}$ 发散或极限为零.

2连续函数

连续函数, 左连续, 右连续, 连续函数的四则运算, 复合函数的连续性, 基本初等函数的连续性, 反函数的连续性, 紧集上逆映射的连续性, 间断点, 一些重要的极限,$e^x$ 的无穷级数表示

A 2.1. 证明 Dirichlet 函数$$D(x)=\{\begin{array}{l}0,x\text{ 为有理数},\\ 1,x\text{ 为无理数}\end{array}$$在 $\mathbb{R}$ 上处处不连续.

证明.

$\square$

考虑 $[0,1]$ 上的 Riemann 函数$$R(x)=\{\begin{array}{l}1,x=0,\\ \frac{1}{q},x=\frac{p}{q}\text{(其中 p,q 为既约整数)},\\ 0,x\text{ 为无理数}.\end{array}$$证明 $R$ 在有理点不连续, 在无理点连续.

证明. 对于任意的 $x_0\in [0,1]$ 来说, 若任取 $\epsilon >0$, 则满足不等式 $q<\frac{1}{\epsilon }$ 的正整数 $n$ 至多只有有限个, 即在 $[0,1]$ 中至多只有有限个有理数 $\frac{p}{q}$, 使得 $f\left(\frac{p}{q}\right)=\frac{1}{q}>\epsilon$. 因而我们可以取 $\delta >0$, 使得 ${\mathring{B}}_{\delta }(x_0)$ 内不含这样的有理数. 于是, 只要 $0<|x-x_0|<\delta$, 不论 $x$ 是否为有理数, 都成立 $|f(x)|<\epsilon$. 即证明了对于 $[0,1]$ 中的任意点 $x_0$, 都成立$$f(x_0+0)=f(x-0)=0.$$若 $x_0$ 为无理数, 则 $f(x_0)=0$, 可见 $f(x)$ 在 $x_0$ 处连续; 若 $x_0$ 是有理数, 则 $f(x_0)\ne 0$, 点 $x_0$ 即成为函数 $f(x)$ 的可去间断点.

$\square$

求 ${\lim }_{n\to +\infty }{\left(\frac{n!}{n^n}\right)}^{1/n}$.

解答. 我们先计算 ${\lim }_{n\to +\infty }{\left(\frac{n^n}{n!}\right)}^{1/n}$, 取对数整理得到$$\ln \frac{n}{\sqrt[n]{n!}}=\frac{n\ln n-\left(\ln 2+\ln 3+\cdots +\ln n\right)}{n}=:\frac{b_n}{n},$$则有$$\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{b_n}{n}=\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(b_{n+1}-b_n\right)=\underset{n\to +\infty }{\lim }\ln {\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n=1,$$故 ${\lim }_{n\to +\infty }{\left(\frac{n!}{n^n}\right)}^{1/n}=e$.

$\square$

设 $S_n=\frac{1}{n^2}{\sum }_{k=0}^n\ln C_n^k$, 求 ${\lim }_{n\to +\infty }{S}_n.$

解答. 注意到$$\frac{C_{n+1}^1{C}_{n+1}^2\cdots C_{n+1}^n}{C_n^1{C}_n^2\cdots C_n^n}=\frac{1}{n!}(n+1{)}^n,$$于是依 Stolz 定理$$\underset{n\to +\infty }{\lim }{S}_n=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{n\ln (n+1)-\ln (n!)}{\left((n+1{)}^2-n^2\right)}=\underset{n\to +\infty }{\lim }=\frac{n+1}{2}\ln \left(1+\frac{1}{n+1}\right)=\frac{1}{2}.$$

$\square$

当 $\alpha \in \mathbb{R}$ 为何值时, 极限 ${\lim }_{n\to +\infty }\frac{1^{\alpha }+2^{\alpha }+\cdots +n^{\alpha }}{n^{\alpha +1}}$ 存在?

解答.

$\square$

设 $a>0,b>0$, 求证: ${\lim }_{n\to +\infty }{\left(\frac{\sqrt[n]{a}+\sqrt[n]{b}}{2}\right)}^n=\sqrt{ab}$.

证明. $$\begin{array}{rl}\underset{n\to +\infty }{\lim }{\left(\frac{\sqrt[n]{a}+\sqrt[n]{b}}{2}\right)}^n& =\underset{n\to +\infty }{\lim }\exp \left(n\ln \left(\frac{\sqrt[n]{a}-1+\sqrt[n]{b}-1}{2}-1\right)\right)\\ & =\underset{n\to +\infty }{\lim }\exp \left(n\left(\frac{\ln a}{2n}+\frac{\ln b}{2n}\right)\right)\\ & =\underset{n\to +\infty }{\lim }\exp \left(\ln \sqrt{ab}\right)=\sqrt{ab}.\end{array}$$

$\square$

设 ${\lim }_{x\to 0}f(x)=0,{\lim }_{x\to 0}\frac{f(2x)-f(x)}{x}=0$. 证明 ${\lim }_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}=0.$

证明. 依题设, 对于任给的 $\epsilon >0$, 存在 $\delta >0$, 使得当 $0<|x|<\delta$ 时,$$\left|\frac{f(x)-f(x/2)}{x}\right|<\epsilon .$$于是 (用 $x/2^{k-1}$ 代 $x$)$$\left|\frac{f\left(x/2^{k-1}\right)-f\left(x/2^k\right)}{x/2^{k-1}}\right|<\epsilon (k=1,\cdots ,n+1).$$

因为$$f(x)-f\left(\frac{x}{2^{n+1}}\right)=\sum _{k=1}^{n+1}\left(f\left(\frac{x}{2^{k-1}}\right)-f\left(\frac{x}{2^k}\right)\right).$$所以$$\left|\frac{f(x)-f\left(x/2^{n+1}\right)}{x}\right|⩽\sum _{k=1}^{n+1}\left|\frac{f\left(x/2^{k-1}\right)-f\left(x/2^k\right)}{x}\right|=\sum _{k=1}^{n+1}\frac{1}{2^k}\left|\frac{f\left(x/2^{k-1}\right)-f\left(x/2^k\right)}{x/2^k}\right|.$$应用最初结果, 得到$$\left|\frac{f(x)-f\left(x/2^{n+1}\right)}{x}\right|<\sum _{k=1}^{n+1}\frac{1}{2^k}\cdot 2\epsilon =\left(1-\frac{1}{2^{n+1}}\right)\cdot 2\epsilon <2\epsilon .$$在此式中令 $n\to +\infty$, 注意 ${\lim }_{x\to 0}f(x)=0$, 即得$$\left|\frac{f(x)}{x}\right|⩽2\epsilon .$$于是 ${\lim }_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}=0.$

$\square$

设实数列 $\{x_n\}$ 满足$$x_n^3+\left(n^{1/n}+2+\frac{1}{n}\right)x_n^2+\left(\frac{1}{n}+2n^{1/n}+n^{(1-n)/n}+1\right)x_n+n^{1/n}+n^{(1-n)/n}+\frac{1}{n^2}=0.$$证明: $\{x_n\}$ 极限存在, 并求其极限.

证明. 注意到$$\begin{array}{rl}& x_n^3+\left(n^{1/n}+2+\frac{1}{n}\right)x_n^2+\left(\frac{1}{n}+2n^{1/n}+n^{(1-n)/n}+1\right)x_n+n^{1/n}+n^{(1-n)/n}\\ & =(x_n+1)(x_n+n^{1/n})(x_n+1+\frac{1}{n}),\end{array}$$当 $n⩾3$ 时有 $1<1+\frac{1}{n}+n^{1/n}$, 因为$$\underset{n\to \infty }{\lim }(x_n+1)(x_n+n^{1/n})(x_n+1+\frac{1}{n})=-\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n^2}=0,$$考虑到函数的单调性以及三个零点的极限均为 $-1$, 所以 ${\lim }_{n\to \infty }{x}_n=-1.$

$\square$

称 $\mathbb{R}$ 上函数 $f$ 满足局部 Lipschitz 条件, 如果对于任何 $x\in \mathbb{R}$, 存在 $\delta >0$ 以及 $M>0$ 使得$$|f(y)-f(z)|⩽M|y-z|,\forall y,z\in (x-\delta ,x+\delta ).$$证明: $f$ 在 $\mathbb{R}$ 上满足局部 Lipschitz 条件等价于对任何 $A>0$, 存在 $M_A>0$ 使得$$|f(x)-f(y)|⩽M_A|x-y|,\forall x,y\in [-A,A].$$设 $f$ 为 $\mathbb{R}$ 上函数. 对任何 $x\in \mathbb{R}$, 存在 $\delta >0$ 以及 $M>0$ 使得$$|f(y)-f(x)|⩽M|y-x|,\forall y\in (x-\delta ,x+\delta ).$$问: $f$ 是否一定满足局部 Lipschitz 条件? 设 $f$ 是 $[a,b]$ 上的单调连续函数, $\{a_n\}$ 是 $[a,b]$ 中的点列.

•	若 $f$ 单增, 则 ${\overline{\lim }}_{n\to \infty }f(a_n)=f\left({\overline{\lim }}_{n\to \infty }{a}_n\right)$, ${\underline{\lim }}_{n\to \infty }f(a_n)=f\left({\underline{\lim }}_{n\to \infty }{a}_n\right)$.
•	若 $f$ 单减, 则 ${\overline{\lim }}_{n\to \infty }f(a_n)=f\left({\underline{\lim }}_{n\to \infty }{a}_n\right)$, ${\underline{\lim }}_{n\to \infty }f(a_n)=f({\overline{\lim }}_{n\to \infty }{a}_n)$.

证明. (1)

(2)

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B 2.2. 将习题 3.2 $\mathcal{A}$ 第 11 题推广到广义实数系情形.

解答.

$\square$

证明区间 $I$ 上的单调函数的间断点均为跳跃间断点, 且间断点的全体至多可列.

证明. 不妨设 $f$ 是定义在区间 $I$ 上的单调增加函数, 设 $x_0\in (a,b)\subset I$ 是 $f$ 的间断点, 任取 $x_0$ 两侧的点 $x,x^{\prime }(x<x_0<x^{\prime })$, 则成立$$f(x)⩽f(x_0)⩽f(x^{\prime }),$$令 $x\to x_0^{-},x^{\prime }\to x_0^{+}$, 应用单调函数的单侧极限存在定理, 得到$$f(x_0^{-})⩽f(x_0)⩽f(x_0^{+}),$$并且其中的两个单侧极限都是有限数. 因此 $x_0$ 是第一类间断点, 进一步, $x_0$ 是间断点故上式不可能同时取等号即 $f(x_0^{-})<f(x_0^{+})$, 从而 $x_0$ 是一跳跃间断点.

我们称 $\left(f(x_0^{-}),f(x_0^{+})\right)$ 为与间断点 $x_0$ 对应的一个跳跃区间. 对 $f$ 的每一个间断点都可以得到一个跳跃区间. 下面我们证明, 任何两个不同简短点所对应的跳跃区间不交. 设 $x_1$ 为另一间断点且 $x_0<x_1$, 即证明$$\left(f(x_0^{-}),f(x_0^{+})\right)\cap \left(f(x_1^{-}),f(x_1^{+})\right)=\varnothing .$$为此在 $x_0$ 与 $x_1$ 之间插入 $x,x^{\prime }$ 满足 $x_0<x<x^{\prime }<x_1$, 则有不等式$$f(x)⩽f(x^{\prime }),$$固定 $x^{\prime }$, 令 $x\to x_0^{+}$, 由单调函数的单侧极限存在定理和函数极限的比较定理, 得到$$f(x_0^{+})⩽f(x^{\prime }),$$在令 $x^{\prime }\to x_1^{-}$, 又得到$$f(x_0^{+})⩽f(x_1^{-}),$$于是有$$f(x_0^{-})<f(x_0^{+})⩽f(x_1^{-})⩽f(x_1^{+}),$$即 $\left(f(x_0^{-}),f(x_0^{+})\right)\cap \left(f(x_1^{-}),f(x_1^{+})\right)=\varnothing .$

这样就得到了与无限多个间断点一一对应的跳跃区间, 且两两不交, 又在每个跳跃区间中取一个有理数, 从而得到一个有理数集, 它与全体跳跃区间一一对应. 由于有理数集 $\text{bbq}$ 是可数集, 它的无限子集也是可数集, 因此跳跃区间集合为可数集, 这就证明了单调函数的间断点至多可列.

$\square$

设 $\{x_n{\}}_{k=1}^{\infty }$ 为 $\mathbb{R}$ 中的点列, 定义 $f(x)={\sum }_{x_k<x}\frac{1}{2^k}$. 证明: $f$ 的间断点全体为 $\{x_k|k⩾1\}$. 进一步, 若 $\{x_k\}$ 在 $\mathbb{R}$ 中稠密, 则 $f$ 在 $\mathbb{R}$ 上严格单增.

证明.

$\square$

将区间 $(0,1)$ 内的实数用十进制小数 $(0.a_1{a}_2{a}_3\cdots a_n\cdots )$ 表示, 约定不将 $9$ 作为循环节. 定义$$f(0.a_1{a}_2{a}_3\cdots a_n\cdots )=0.a_{1}0a_{2}0a_{3}0\cdots a_{n}0\cdots ,$$试问 $f$ 在 $(0,1)$ 内的哪些点连续, 哪些点不连续?

解答.

$\square$

设正数列 $\{a_n\}$ 满足 ${\underline{\lim }}_{n\to +\infty }{a}_n=1,{\overline{\lim }}_{n\to +\infty }{a}_n=2$ 及 ${\lim }_{n\to +\infty }\sqrt[n]{{\prod }_{k=1}^n{a}_k}=1$. 证明:$$\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{a}_k=1.$$

证明. 首先, 我们有$$\underset{n\to +\infty }{\underline{\lim }}\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{a}_k⩾\underset{n\to +\infty }{\underline{\lim }}\sqrt[n]{\prod _{n=1}^n{a}_k}=1.$$另一方面, 有假设, $\{a_n\}$ 有上界 $M>0$. 任取 $\epsilon \in (0,1)$, 存在 $N>0$, 使得当 $n⩾N$ 时, 成立 $a_n⩾1-\epsilon$ 且 $\sqrt[n]{\prod _{n=1}^n{a}_k}⩽1+\epsilon$.

任取 $\delta >\epsilon$, 我们来估计 $a_{N+1},a_{N+2},\cdots ,a_n$ 中大于 $1+\delta$ 的数的个数 $m_{n,\delta }$:$$\ln (1+\epsilon )⩾\frac{1}{N}\sum _{k=1}^N\ln a_k+\frac{n-N-m_{n,\delta }}{n}\ln (1-\epsilon )+\frac{m_{n,\delta }}{n}\ln (1+\delta ),$$由此可得$$\frac{m_{n,\delta }}{n}⩽\frac{\ln (1+\epsilon )-\ln (1-\epsilon )-\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\ln a_k+\frac{N}{n}\ln (1-\epsilon )}{\ln (1+\delta )-\ln (1-\epsilon )}.$$因为$$\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{a}_k⩽\frac{1}{n}\sum _{k=1}^N{a}_k+(1+\delta )+\frac{m_{n,\delta }}{n}M,$$所以$$\underset{n\to +\infty }{\overline{\lim }}\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{a}_k⩽1+\delta +\frac{\ln (1+\epsilon )-\ln (1-\epsilon )}{\ln (1+\delta )-\ln (1-\epsilon )}M,$$令 $\epsilon \to 0^{+}$ 得 ${\overline{\lim }}_{n\to +\infty }\frac{1}{n}{\sum }_{k=1}^n{a}_k⩽1+\delta$. 在令 $\delta \to 0^{+}$ 得 ${\overline{\lim }}_{n\to +\infty }\frac{1}{n}{\sum }_{k=1}^n{a}_k⩽1$. 由此结论得证.

$\square$

证明: $\mathbb{R}$ 上实连续函数全体的势是 $\aleph$.

证明. 我们先来证明这件事情: 若 $f,g$ 是定义在 $R$ 上的连续函数, 并且对 $x\in \text{bbq}$ 有 $f(x)=g(x)$, 则有 $f\equiv g$.

只要对 $\mathbb{R}$ 中每个无理数 $x$ 证明 $f(x)=g(x)$ 成立即可. 取有理数序列 $\{r_n\}$, 使 ${\lim }_{n\to +\infty }{r}_n=x$. 例如, 取无理数 $x$ 的不足近似值 $r_n=\frac{\left[10^{n}x\right]}{10^n}$, 则有$$r_n=\frac{\left[10^{n}x\right]}{10^n}=\frac{10^{n}x-{\theta }_{x,n}}{10^n},$$其中 $0⩽{\theta }_{x,n}<1$. 因此 $r_n\to x(n\to +\infty )$.

由于 $f(r_n)=g(r_n),n\in {\mathbb{N}}_{+},f,g$ 在点 $x$ 连续, 由此知$$f(x)=\underset{n\to +\infty }{\lim }f(r_n)=\underset{n\to +\infty }{\lim }g(r_n)=g(x).$$由此便得结论. 记所有连续函数构成的集合为 $T$. 易见所有常值函数 $f(x)\equiv c$ 与 $\mathbb{R}$ 等势, 由伯恩斯坦定理, 若能

$\square$

3连续函数的基本性质

道路, 连通集, 区域, 拓扑学视角下的连续性, 相对开集, 相对闭集, 介值定理, 最值定理, 连续函数的有界性, 一致连续性,${\mathbb{R}}^n$ 中范数的等价性, 代数基本定理, 不动点, 压缩映射原理, 摄动法, 利用极限定义指数函数和对数函数

命题 3.1. C32 $\mathbb{R}$ 中的道路连通集必是空集, 单点集或区间.

A 3.2. 设 $f$ 为有界区间 $(a,b)$ 上的连续函数, $f(a^{+}),f(b^{-})$ 都存在且 $f(a^{+})<0,f(b^{-})>0$. 证明: 存在 $\xi \in (a,b)$ 使得 $f(\xi )=0$.

证明. 由函数连续性以及 $f(a^{+})<0,f(b^{-})>0$, 必存在 $\eta >a$ 与 $\mu <b$ 使得 $f(\eta )<0$ 且 $f(\mu )>0$, 由函数的介值定理即得结论. 另外, 可以闭区间套.

$\square$

设 $f$ 在 $(0,+\infty )$ 内连续, 且满足 $f(x^2)=f(x)(\forall x>0)$. 证明: $f$ 在 $(0,+\infty )$ 内为常数.

证明. 对任意 $x\in (0,+\infty )$, 有$$f(x)=f\left(\sqrt{x}\right)=f\left(x^{1/4}\right)=\cdots =f\left(x^{1/(2n)}\right),$$令 $n\to \infty$, 即有 $f(x)=f(1)$, 从而 $f(x)$ 是常数.

$\square$

设 $f$ 为区间 $(a,+\infty )$ 上的连续函数, $f(a^{+})$ 存在且为负数, $f(+\infty )=+\infty$. 证明: 存在 $\xi \in (a,+\infty )$ 使得 $f(\xi )=0$.

证明. 由 $f(+\infty )=+\infty$ 知, 对于任意大得正数 $A$, 存在 $X$ 使 $x⩾X$ 时 $f(x)⩾A$, 即 $f(X)$ 为正, 于是 $f(a^{+})f(X)<0$, 由零点存在定理可知有 $\xi \in (a,X)$ 使得 $f(\xi )=0$.

$\square$

设 $f$ 是 $\mathbb{R}$ 上的连续周期函数. 若 $f$ 不为常数, 证明它一定有最小正周期.

证明.

$\square$

设 $E\subset {\mathbb{R}}^n$ 为非空有界集. 证明: 连续函数 $\mathbf{f}:E\to {\mathbb{R}}^m$ 一致连续的充要条件是对任何 ${\mathbf{x}}_0\in E^{\prime },{\lim }_{\begin{array}{c}\mathbf{x}\to {\mathbf{x}}_0\\ \mathbf{x}\in E\end{array}}\mathbf{f}(\mathbf{x})$ 存在. 这等价于 $\mathbf{f}$ 是 $\overline{E}$ 上的一个连续函数在 $E$ 上的限制.

证明.

$\square$

证明命题 ??.

证明.

$\square$

试用闭区间套定理证明介值定理.

证明. 设 $f(x)$ 是 $[a,b]$ 上的连续函数, $f(a)<f(b)$, 介值定理表明给定 $\mu$ 并且 $f(a)<\mu <f(b)$, 则存在 $\xi \in (a,b)$ 使得 $f(\xi )=\mu .$ 设 $F(x)=f(x)-\mu$, 则 $F(a)<0,F(b)>0$. 记 $I_1=[a,b]$. 于是若 $F\left(\frac{a+b}{2}\right)=0$, 则定理证毕. 否则若 $F\left(\frac{a+b}{2}\right)>0$, 则令 $I_2=\left[a,\frac{a+b}{2}\right]$, 否则令 $I_2=\left[\frac{a+b}{2},b\right]$. 记 $a^{\prime }=\frac{a+b}{2}$, 不妨设 $I_1$ 为前者, 继续考察 $F\left(\frac{a+a^{\prime }}{2}\right)$ 的符号, 重复上述步骤得到 $I_3,I_4,\cdots I_n,\cdots$. 设 $I_n$ 区间的端点为 $a_n,b_n$, 则或者在有限步得到 $F\left(\frac{a_n+b_n}{2}\right)=0$, 则定理证毕. 否则由 $I_n$ 的构造可以发现 $F(a_n)F(b_n)<0$. 并且$$I_{n+1}\subset I_n,a_n-b_n\to 0(n\to +\infty ),$$即 $\{I_n\}$ 形成闭区间套. 存在有 $\xi ={\lim }_{n\to +\infty }{a}_n={\lim }_{n\to +\infty }{b}_n$, 并且$$\underset{n\to +\infty }{\lim }F(a_n)⩽0,\underset{n\to +\infty }{\lim }F(b_n)⩾0,$$从而 $F(\xi )=0$, 即 $f(\xi )=\mu .$

$\square$

证明道路连通集一定是连通集.

证明. 设 $E\subseteq {\mathbb{R}}^n$ 是一个道路连通集, 且 $E=A\cup B$, 其中 $A,B$ 是两个互不相交的非空集. 在 $A$ 中任取一点 $\mathbf{p}$, 在 $B$ 中任取一点 $\mathbf{q}$, 则有一条连续曲线 $\Gamma \subset E$ 把 $\mathbf{p},\mathbf{q}$ 两点连接. 令$$\Phi (t)=\left({\phi }_1(t),{\phi }_2(t),\cdots ,{\phi }_n(t)\right),(a⩽t⩽b)$$为 $\Gamma$ 的参数方程, 并令$$F=\{t\in [a,b]|\Phi (t)\in A\},G=\{t\in [a,b]|\Phi (t)\in B\}.$$易见 $F$ 与 $G$ 是互不相交的非空集合, 且 $F\cup F=[a,b]$. 由于区间 $[a,b]$ 是连通集, $F^{\prime }\cap G$ 与 $F\cap G^{\prime }$ 这两个集合至少有一个非空. 不妨设 $c\in F\cup G^{\prime }$, 从 $c\in G^{\prime }$ 可知, 有数列 $\{t_n\}\subset G$ 使得 ${\lim }_{n\to +\infty }{t}_n=c$. 由于 ${\phi }_1,{\phi }_2,\cdots ,{\phi }_n$ 连续, 所以$$\underset{n\to +\infty }{\lim }\Phi (t_n)=\Phi (c).$$一方面, 由 $\Phi (t)\in B(i=1,2,\cdots )$, 可知 $\Phi (\mathbf{c})\in B^{\prime }$; 另一方面, 利用 $c\in F$ 又知 $\Phi (\mathbf{c})\in A$. 由此得 $\Phi (c)\in A\cap B^{\prime }$, 它不是空集, 所以 $E$ 是连通的.

$\square$

证明在 $\mathbb{R}$ 中的连通集必为空集, 单点集或区间, 即必为道路连通集.

证明.

$\square$

参考开集和闭集的性质, 建立相对开集和相对闭集的性质. 设 $E\subseteq {\mathbb{R}}^n$ 为连通集, $f:E\to \mathbb{R}$ 连续. 若 ${\mathbf{x}}_1,{\mathbf{x}}_2\in E,f({\mathbf{x}}_1)<\mathbf{\eta }<\mathbf{f}({\mathbf{x}}_2)$. 证明: 存在 $\mathbf{\xi }\in E$ 使得 $\mathbf{f}(\mathbf{\xi })=\mathbf{\eta }$. 设 $a_n>-1(n⩾1)$. 下表罗列了级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 与 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n^2$ 收敛的各种情形. 试确定这些情形是否可能发生, 在可能发生的情况下, 讨论此时无穷乘积 ${\prod }_{n=1}^{\infty }(1+a_n)$ 的收敛性. 若无穷乘积在绝对收敛, 条件收敛和发散三种情形中, 有两种以上的情形可能发生, 请举出相应的例子; 同时, 若至少有一种情形不会发生, 给出证明.

[H]

情形	${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 的收敛性	${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n^2$ 的收敛性	${\prod }_{n=1}^{\infty }(1+a_n)$ 的收敛性
1	绝对收敛	绝对收敛
2	绝对收敛	条件收敛
3	绝对收敛	发散
4	条件收敛	绝对收敛
5	条件收敛	条件收敛
6	条件收敛	发散
7	发散	绝对收敛
8	发散	条件收敛
9	发散	发散

解答. 情形 1. 此时 ${\prod }_{n=1}^{\infty }(1+a_n)$ 收敛.

情形 2.

情形 3.

情形 4.

情形 5.

情形 6.

情形 7.

情形 8.

情形 9.

$\square$

设 $f$ 在 $\left[0,+\infty \right)$ 上连续, ${\lim }_{n\to +\infty }f(\sqrt{n})=0$. 证明: ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)$ 存在的充要条件是 $f$ 在 $\left[0,+\infty \right)$ 上一致连续.

证明.

$\square$

B 3.3. 证明区域是道路连通集.

证明. 设 $D$ 是 ${\mathbb{R}}^n$ 中的一个非空连通开集. 取点 $\mathbf{x}\in D$, 设 $U\left(\mathbf{x}\right)$ 为 $D$ 中所有与 $\mathbf{x}$ 有 $D$ 中连续曲线相连结的点的集合. 容易看到 $U\left(\mathbf{x}\right)$ 是一个道路连通集. 我们证明 $U\left(\mathbf{x}\right)=D$.

设 $\mathbf{y}\in U\left(\mathbf{x}\right)$, 并取 $\delta >0$ 使 $O_{\delta }(\mathbf{y})\subset D$. $\forall \mathbf{z}\in O_{\delta }(\mathbf{y})$ 存在 $O_{\delta }(\mathbf{y})$ 中的直线段连结 $\mathbf{z}$ 到 $\mathbf{y}$, 从而存在 $D$ 中的连续曲线连结 $\mathbf{z}$ 到 $\mathbf{x}$, 所以 $O_{\delta }(\mathbf{y})\subset U\left(\mathbf{x}\right)$. 因而 $U\left(\mathbf{x}\right)$ 是包含 $\mathbf{x}$ 的开集. 如 $D\backslash U\left(\mathbf{x}\right)\ne \varnothing$, 则 $D\backslash U\left(\mathbf{x}\right)=\bigcup U\left({\mathbf{y}}^{\prime }\right)$, 其中 ${\mathbf{y}}^{\prime }$ 取遍 $D\backslash U\left(\mathbf{x}\right)$ 的所有点. 按前面的证明, 每个 $U\left({\mathbf{y}}^{\prime }\right)$ 都是开集, 因而 $D\backslash U\left(\mathbf{x}\right)$ 也是开集. $D$ 有开集分解式 $D=U\left(\mathbf{x}\right)\cup \left(D-U\left(\mathbf{x}\right)\right)$, 与 $D$ 是连通开集矛盾. 这就证明了 $D-U\left(\mathbf{x}\right)=\varnothing$, 所以 $D=U\left(\mathbf{x}\right)$ 是道路连通集.

$\square$

设 $V\subseteq {\mathbb{R}}^n$ 为开集. 证明它可以表示为至多可列个两两不交的区域的并. 在一维情形, 这些两两不交的区域为两两不交的开区间, 即为 $V$ 的构成区间.

证明.

$\square$

设 $f$ 在 $(0,+\infty )$ 上连续, 且对任何 $a\in (0,+\infty ),{\lim }_{n\to +\infty }f(na)=0.$ 证明:$$\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=0.$$

证明. 对于任意 $\epsilon >0$ 与 $a\in (0,+\infty )$ 存在 $N(a)\in {\mathbb{Z}}_{+}$ 使得 $n>N$ 时有 $|f(na)|<\frac{\epsilon }{2}$. 结合 $f(x)$ 的连续性, 可知有 $\delta >0$ 使得当 $0<|x-x_0|<\delta$ 有 $\left|f(x)-f(x_0)\right|<\frac{\epsilon }{2},$ 由 $a$ 的任意性可以取到 $a$ 与 $n>N(a)$ 使得 $0<|x-na|<\delta$ 此时$$\left|f(x)-f(na)\right|<\frac{\epsilon }{2}\Rightarrow |f(x)|<\epsilon ,$$由此即得结论.

$\square$

设 $a>0,a^2+4b<0$, 求证: 不存在 $\mathbb{R}$ 上具有介值性的函数 $f\left(f(x)\right)=af(x)+bx$.

证明. 若这样的函数存在, 注意到 $x=\frac{f\left(f(x)\right)-af(x)}{b}$. 所以 $x$ 由 $f(x)$ 唯一确定, 即 $f$ 是单射. 由介值性, $f$ 必严格单调, 结合介值性和单调性, 可得 $f$ 连续.

由上可得 $x\mapsto f\left(f(x)\right)$ 严格增加, 即 $x\mapsto af(x)+bx$ 严格增加. 由于 $a>0$, 因此 $b<-\frac{a^4}{4}⩽0$. 而 $f(x)=\frac{af(x)+bx}{a}-\frac{bx}{a}$, 可知 $f$ 是严格单曾函数. 特别地,$$af(x)+bx>af(0),\forall x>0.$$因此 $f(+\infty )=+\infty$. 进而当 $x\gg 1$ 时, $f(x)>0$, 所以$$\frac{f\left(f(x)\right)}{f(x)}=a+b\frac{a}{f(x)},\forall x\gg 1.$$记 $L={\overline{\lim }}_{x\to +\infty }\frac{f(x)}{x}$, 则 $L\in [0,+\infty ]$. 注意到 $b<0$, 我们有$$L=\underset{x\to +\infty }{\overline{\lim }}\frac{f\left(f(x)\right)}{f(x)}=a+b\underset{x\to +\infty }{\underline{\lim }}\frac{x}{f(x)}=a+\frac{b}{L},$$其中对应于 $L$ 取 $0$ 和 $+\infty$, 规定 $\frac{b}{L}$ 分别为 $-\infty$ 和 $0$. 则由上式可知 $L$ 有限, 且 $L^2-aL-b=0$. 但 $a^2+4b<0$, 上述方程无解, 矛盾. 因此满足题设条件的函数 $f$ 不存在.

$\square$

设 $\mathbb{R}$ 上连续函数列 $\{f_n(x)\}$ 对于每一个 $x\in \mathbb{R}$ 都是有界的 (称为 “逐点有界”), 证明: 存在区间 $(a,b)$ 使得 $\{f_n(x)\}$ 在 $(a,b)$ 上一致有界, 即存在与 $n$ 无关的常数 $M>0$ 使得$$|f_n(x)|⩽M,\forall n⩾1,x\in (a,b).$$

证明.

$\square$

设 $\mathbf{A},\mathbf{B}$ 均为 $n$ 阶方阵, 且 $\mathbf{A}+\mathbf{B}$ 非奇异, 证明: $\mathbf{A}(\mathbf{A}+\mathbf{B}{)}^{-1}\mathbf{B}=\mathbf{B}(\mathbf{A}+\mathbf{B}{)}^{-1}\mathbf{A}.$

证明. 当 $\mathbf{A},\mathbf{B}$ 都可逆时, $\mathbf{A}(\mathbf{A}+\mathbf{B}{)}^{-1}\mathbf{B}$ 与 $\mathbf{B}(\mathbf{A}+\mathbf{B}{)}^{-1}\mathbf{A}$ 也都可逆, 注意到$$\begin{array}{rl}{\left(\mathbf{A}(\mathbf{A}+\mathbf{B}{)}^{-1}\mathbf{B}\right)}^{-1}& ={\mathbf{B}}^{-1}\left(\mathbf{A}+\mathbf{B}\right){\mathbf{A}}^{-1}={\mathbf{A}}^{-1}+{\mathbf{B}}^{-1},\\ {\left(\mathbf{B}(\mathbf{A}+\mathbf{B}{)}^{-1}\mathbf{A}\right)}^{-1}& ={\mathbf{A}}^{-1}\left(\mathbf{A}+\mathbf{B}\right){\mathbf{B}}^{-1}={\mathbf{A}}^{-1}+{\mathbf{B}}^{-1},\end{array}$$从而 $\mathbf{A},\mathbf{B}$ 都可逆时等式成立, 否则 $\mathbf{A}(t)=\mathbf{A}+t\mathbf{E}$ 与 $\mathbf{B}(t)=\mathbf{B}+t\mathbf{E}$ 可逆, 令 $t\to 0$ 即得结论.

$\square$

设 $\mathbf{A},\mathbf{B}$ 为半正定矩阵, 证明: 存在正定矩阵 $\mathbf{S}$ 使得 $\mathbf{ASB}=\mathbf{BSA}.$
提示: 存在正交矩阵 $\mathbf{P}$ 和 $0⩽m⩽n$ 使得 $\mathbf{P}(\mathbf{A}+\mathbf{B}){\mathbf{P}}^{\mathbf{T}}=\left(\begin{array}{cc}O& O\\ O& \Lambda \end{array}\right)$, 其中 $\Lambda$ 是 $m$ 阶正交矩阵. 此时必有 $\mathbf{PA}{\mathbf{P}}^{\mathbf{T}}=\left(\begin{array}{cc}O& O\\ O& \tilde{A}\end{array}\right),\mathbf{PB}{\mathbf{P}}^{\mathbf{T}}=\left(\begin{array}{cc}O& O\\ O& \tilde{B}\end{array}\right)$, 其中 $\tilde{A},\tilde{B}$ 都是 $m$ 阶半正定矩阵. 设 $\mathbf{A},\mathbf{B}$ 是两个 $n$ 阶方阵, 满足 $\mathbf{AB}=\mathbf{BA}$, 证明 $\det \left(\begin{array}{cc}\mathbf{A}& -\mathbf{B}\\ \mathbf{B}& \mathbf{A}\end{array}\right)=\det \left({\mathbf{A}}^2+{\mathbf{B}}^2\right)$.

证明. 将分块矩阵的第二行乘以 $i$ 加到第一行上, 再将第一列乘以 $-i$ 加到第二列上, 可得$$\left(\begin{array}{cc}\mathbf{A}& \mathbf{B}\\ \mathbf{B}& \mathbf{A}\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{cc}\mathbf{A}+i\mathbf{B}& i\mathbf{A}-\mathbf{B}\\ \mathbf{B}& \mathbf{A}\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{cc}\mathbf{A}+i\mathbf{B}& \mathbf{O}\\ \mathbf{B}& \mathbf{A}-i\mathbf{B}\end{array}\right),$$第三类分块初等变换不改变行列式的值, 因此可得$$\begin{array}{rl}& \det \left(\begin{array}{cc}\mathbf{A}& \mathbf{B}\\ \mathbf{B}& \mathbf{A}\end{array}\right)=\det \left(\begin{array}{cc}\mathbf{A}+i\mathbf{B}& \mathbf{O}\\ \mathbf{B}& \mathbf{A}-i\mathbf{B}\end{array}\right)=\det \left(\mathbf{A}+i\mathbf{B}\right)\det \left(\mathbf{A}-i\mathbf{B}\right),\\ =& \det \left(\left(\mathbf{A}+i\mathbf{B}\right)\left(\mathbf{A}-i\mathbf{B}\right)\right)=\det \left({\mathbf{A}}^2+{\mathbf{B}}^2-i\left(\mathbf{AB}-\mathbf{BA}\right)\right)=\det \left({\mathbf{A}}^2+{\mathbf{B}}^3\right).\end{array}$$

$\square$

设 $\mathbf{A},\mathbf{B}$ 均为 $n$ 阶方阵, 证明 $\det \left(\begin{array}{cc}\mathbf{A}& \mathbf{B}\\ \mathbf{B}& \mathbf{A}\end{array}\right)=\det \left(\mathbf{A}+\mathbf{B}\right)\det \left(\mathbf{A}-\mathbf{B}\right)$.

证明. 将分块矩阵的第二行加到第一行上, 再将第二列减去第一列, 可得$$\left(\begin{array}{cc}\mathbf{A}& \mathbf{B}\\ \mathbf{B}& \mathbf{A}\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{cc}\mathbf{A}+\mathbf{B}& \mathbf{A}+\mathbf{B}\\ \mathbf{B}& \mathbf{A}\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{cc}\mathbf{A}+\mathbf{B}& \mathbf{O}\\ \mathbf{B}& \mathbf{A}-\mathbf{B}\end{array}\right),$$第三类分块初等变换不改变行列式的值, 因此可得$$\det \left(\begin{array}{cc}\mathbf{A}& \mathbf{B}\\ \mathbf{B}& \mathbf{A}\end{array}\right)=\det \left(\begin{array}{cc}\mathbf{A}+\mathbf{B}& \mathbf{O}\\ \mathbf{B}& \mathbf{A}-\mathbf{B}\end{array}\right)=\det \left(\mathbf{A}+\mathbf{B}\right)\det \left(\mathbf{A}-\mathbf{B}\right).$$

$\square$

设 $\mathbf{A},\mathbf{B}$ 均为 $n$ 阶方阵, $\mathbf{AB}=\mathbf{BA}$. 证明:

•	若 $\mathbf{A},\mathbf{B}$ 都是正定矩阵, 则 $\mathbf{AB}$ 也是正定矩阵.
•	若 $\mathbf{A},\mathbf{B}$ 都是半正定矩阵, 则 $\mathbf{AB}$ 也是半正定矩阵.

证明. (1) 由于 $\mathbf{A}$ 正定, 则有非异阵 $\mathbf{C}$ 满足 $\mathbf{A}={\mathbf{C}}^{\top }\mathbf{C}$, 这是因为 $\mathbf{A}$ 正定当且仅当 $\mathbf{A}$ 合同于 ${\mathbf{I}}_n$, 由于 $\mathbf{AB}=\mathbf{BA}$ 且 $\mathbf{A},\mathbf{B}$ 都是正定矩阵, 于是 ${\left(\mathbf{AB}\right)}^{\top }={\mathbf{B}}^{\top }{\mathbf{A}}^{\top }=\mathbf{BA}=\mathbf{AB}$, 从而 $\mathbf{AB}$ 是对称的. 另一方面$$\mathbf{AB}=\mathbf{BA}={\mathbf{BC}}^{\top }\mathbf{C}={\mathbf{C}}^{-1}{\mathbf{CBC}}^{\top }\mathbf{C},$$从而 $\mathbf{AB}$ 与 ${\mathbf{CBC}}^{\top }$ 相似, 后者显然是正定的, 从而 $\mathbf{AB}$ 正定.

(2) 我们先证明, $n$ 阶实对称矩阵 $\mathbf{A}$ 是半正定矩阵的充分必要条件是对于任意正实数 $t$, $\mathbf{A}+t{\mathbf{I}}_n$ 都是正定阵.

$\square$

设 $\mathbf{A},\mathbf{B},\mathbf{C}$ 均为 $n$ 阶方阵, $\mathbf{ABC}=\mathbf{CBA}$. 证明:

•	若 $\mathbf{A},\mathbf{B},\mathbf{C}$ 都是正定矩阵, 则 $\mathbf{ABC}$ 也是正定矩阵.
•	若 $\mathbf{A},\mathbf{C}$ 都是半正定矩阵, $\mathbf{B}$ 是正定矩阵, 则 $\mathbf{ABC}$ 是半正定矩阵.
•	若 $\mathbf{A},\mathbf{B},\mathbf{C}$ 都是半正定矩阵, 则 $\mathbf{ABC}$ 是半正定矩阵.

证明. (1)

(2)

(3)

$\square$

编写若干与本节内容相关的习题.

4方向极限与累次极限

曲线, 方向极限, 沿曲线的极限, 累次极限, 多重极限

A 4.1. 考虑函数在一点的二重极限和二次极限. 分别以二重极限存在和不存在为前提, 讨论以下各条. 对必然成立或必然不成立的, 给出证明. 对于有时候成立, 有时候不成立的, 给出例子.

•	两个二次极限存在且相等.
•	两个二次极限都存在但不相等.
•	一个二次极限存在, 另一个不存在.
•	两个二次极限都不存在.

解答. 首先考虑二重极限存在的情况.

(1) 不一定成立. 如考虑 $f(x,y)=y\sin \frac{1}{x}$ 在 $(x,y)\to (0,0)$ 时的形态, 其二重极限存在, 但二次极限 ${\lim }_{y\to 0}{\lim }_{x\to 0}f(x,y)$ 不存在.

(2)

$\square$

试就函数在一点的二重极限和方向极限, 仿第 1 题讨论相关问题. 试就函数在一点的二次极限和方向极限, 仿第 1 题讨论相关问题. 设 $E\subseteq {\mathbb{R}}^n,\mathbf{f}:E\to {\mathbb{R}}^m$, 且 $E$ 包含 ${\mathbf{x}}_0$ 的一个去心邻域. 证明: ${\lim }_{\mathbf{x}\to {\mathbf{x}}_0}\mathbf{f}(\mathbf{x})=\mathbf{A}$ 当且仅当$$\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\underset{\mathbf{\tau }\in S^{n-1}}{\sup }\left|\mathbf{f}({\mathbf{x}}_0+t\mathbf{\tau })-\mathbf{A}\right|=0.$$

B 4.2. 设有 $[a,b]\times [c,d]$ 上的函数 $f$, 对固定的 $y\in [c,d],f(x,y)$ 作为 $x$ 的函数在 $[a,b]$ 上连续, 而 $f(x,y)$ 对 $y$ 的连续性关于 $x\in [a,b]$ 是一致的, 即 $\forall y_0\in [c,d]$,$$\underset{y\to y_0}{\lim }\underset{x\in [a,b]}{\sup }\left|f(x,y)-f(x,y_0)\right|=0.$$证明: $f$ 是 $D=[a,b]\times [c,d]$ 上的二元连续函数.

证明.

$\square$