高等微积分 （2） 第3次作业

Chasse_neige

1. 给定有界闭区间 $I=[a,b]$，令 $C=C(I)$ 为由 $I$ 上的所有连续函数所构成的集合，对 $f,g\in C$，定义它们之间的距离为

$$d(f,g)=\underset{x\in I}{max}|f(x)-g(x)|$$

(1) 证明：$d$ 是 $C$ 上的一个度量。

证明：逐条验证度量的三大性质：

对称性：$d(f,g)=\underset{x\in I}{max}|f(x)-g(x)|=d(g,f)$

正定性：显然满足

三角不等式：

$$d(f,g)+d(g,h)=\underset{x\in I}{max}|f(x)-g(x)|+\underset{x\in I}{max}|g(x)-h(x)|\ge \underset{x\in I}{max}|f(x)-h(x)|=d(f,h)$$

成立，所以$d$ 是 $C$ 上的一个度量。

(2) 称 $C$ 中的序列 $\{f_n\}$ 收敛到 $f\in C$，记作 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{f}_n=f$，如果对任何 $ϵ>0$，存在正整数 $N$，使得对 $n\ge N$ 都有 $d(f_n,f)<ϵ$。

称 $\{f_n{\}}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ 是一个 Cauchy 列，如果对任何 $ϵ>0$，存在正整数 $N$，使得对任何 $n,m\ge N$ 总有 $d(f_n,f_m)<ϵ$。

证明：$C$ 中的任何 Cauchy 列都收敛，即对 $C$ 中的任何 Cauchy 列 $\{f_n{\}}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}$，存在 $f\in C$ 使得 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{f}_n=f$

证明：因为对任何 $ϵ>0$，存在正整数 $N$，使得对 $n\ge N$ 都有 $d(f_n,f)<ϵ$，所以 $\mathrm{\forall }{x}_0\in I$ ， $f_n(x_0)$ 为 Cauchy 列。记 $f_n(x_0)$收敛至 $f(x_0)$，所以 $f_n(x)$ 点点收敛至 $f$

2. 设 $f,g$ 是 $[a,b]$ 上的可积函数。证明：

$${({\int }_a^{b}f(x)g(x)dx)}^2\le ({\int }_a^{b}f(x{)}^{2}dx)\cdot ({\int }_a^{b}g(x{)}^{2}dx).$$

证明：

$${\int }_a^b(f(x)+tg(x){)}^{2}dx={\int }_a^b{f}^2(x)+2tf(x)g(x)+t^2{g}^2(x)dx\ge 0$$

对于所有参数 $t$ 均成立，所以关于 $t$ 的判别式小于零：

$$4{({\int }_a^{b}f(x)g(x)dx)}^2\le 4({\int }_a^{b}f(x{)}^{2}dx)\cdot ({\int }_a^{b}g(x{)}^{2}dx).$$

即 ${({\int }_a^{b}f(x)g(x)dx)}^2\le ({\int }_a^{b}f(x{)}^{2}dx)\cdot ({\int }_a^{b}g(x{)}^{2}dx).$

3. 证明：$U$ 是 ${\mathbb{R}}^n$ 的开集当且仅当 $U$ 可以表示成一族开球邻域的并。

必要性⇒ 假设 $U$ 是 ${\mathbb{R}}^n$ 中的开集。根据开集的定义，对任意 $x\in U$，存在半径 $r_x>0$，使得开球 $B_{r_x}(x)=\{y\in {\mathbb{R}}^n\mid \parallel y-x\parallel <r_x\}$ 完全包含在 $U$ 中，考虑所有这样的开球的并集：

$$U=\bigcup _{x\in U}{B}_{r_x}(x)$$

每个 $x\in U$ 都属于对应的 $B_{r_x}(x)$，因此 $U\subseteq \bigcup _{x\in U}{B}_{r_x}(x)$。

每个 $B_{r_x}(x)$ 是 $U$ 的子集，因此它们的并集 $\bigcup _{x\in U}{B}_{r_x}(x)\subseteq U$。

综上，$U$ 可表示为一族开球邻域的并。

充分性⇐ 假设 $U$ 可以表示为一族开球的并，即存在集合 $\mathrm{\Lambda }$，使得：

$$U=\bigcup _{\lambda \in \mathrm{\Lambda }}{B}_{r_{\lambda }}(x_{\lambda })$$

其中每个 $B_{r_{\lambda }}(x_{\lambda })$ 是 ${\mathbb{R}}^n$ 中的开球。 由于每个开球 $B_{r_{\lambda }}(x_{\lambda })$ 本身是开集，而开集的任意并集仍然是开集，因此 $U$ 是开集。

4. 计算极限。

(1)

$$\underset{(x,y)\to 0}{lim}\frac{1-\cos (xy)}{x^2+y^2}$$

利用不等式 $\cos (xy)\ge 1-\frac{x^2{y}^2}{2}$

$$\frac{1-\cos (xy)}{x^2+y^2}\le \frac{x^2{y}^2}{2(x^2+y^2)}=\frac{1}{2}\frac{1}{\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}}\le \frac{1}{8}(x^2+y^2)$$

由于 $\frac{1-\cos (xy)}{x^2+y^2}>0$，且 $\underset{(x,y)\to 0}{lim}\frac{1}{8}(x^2+y^2)=0$，所以由夹逼定理

$$\underset{(x,y)\to 0}{lim}\frac{1-\cos (xy)}{x^2+y^2}=0$$

(2)

$$\underset{(x,y)\to (0,0)}{lim}\frac{-3x^{2}y+y^3-4xy}{x^2+y^2}$$

极限不存在，证明：

上述极限可以拆为两部分：

$$\underset{(x,y)\to (0,0)}{lim}\frac{-3x^{2}y+y^3-4xy}{x^2+y^2}=\underset{(x,y)\to (0,0)}{lim}\frac{-3x^{2}y+y^3}{x^2+y^2}-\frac{4xy}{x^2+y^2}$$

由于 $|-3x^{2}y+y^3|\le 3{\sqrt{x^2+y^2}}^3$，所以

$$\underset{(x,y)\to (0,0)}{lim}|\frac{-3x^{2}y+y^3}{x^2+y^2}|\le \underset{(x,y)\to (0,0)}{lim}3\sqrt{x^2+y^2}$$

由夹逼定理，这一项为0

但是第二项由复合极限定理可以证明不存在：

构造 ${\mathrm{\Delta }}_k=(t,kt)$

$$\underset{t\to 0}{lim}f\circ {\mathrm{\Delta }}_k(t)=\underset{t\to 0}{lim}\frac{4k}{1+k^2}$$

由对 $k$ 的依赖，所以极限不存在。

(3)

$$\underset{(x,y)\to (0,0)}{lim}\frac{(1+x^2+y^2{)}^{1/(x^2+y^2)}-e}{x^2+y^2}$$

其中 $e=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{(1+\frac{1}{n})}^n$。

利用复合极限：定义 $f(x,y)=x^2+y^2$ ， $g(t)=\frac{(1+t{)}^{\frac{1}{t}}-e}{t}$

所以

$$\begin{array}{c}\underset{(x,y)\to (0,0)}{lim}\frac{(1+x^2+y^2{)}^{1/(x^2+y^2)}-e}{x^2+y^2}=\underset{(x,y)\to (0,0)}{lim}g\circ f=\underset{t\to 0}{lim}g(t)=\underset{t\to 0}{lim}\frac{(1+t{)}^{\frac{1}{t}}-e}{t}\\ =\underset{t\to 0}{lim}\frac{e^{\ln (1+t)\frac{1}{t}}-e}{t}=\underset{t\to 0}{lim}(\frac{1}{1+t}\frac{1}{t}-\frac{1}{t^2}\ln (1+t))e^{\ln (1+t)\frac{1}{t}}=-\frac{e}{2}\end{array}$$

验证复合极限的适用条件：

在 $(x,y)=(0,0)$ 附近， $f(x,y)=x^2+y^2>0$ ，所以上述复合极限成立。

(4) 求出所有实数 $a,b$ 及正数 $\alpha$，使得如下极限式成立：

$$\underset{(x,y)\to (0,0)}{lim}\frac{ax+by}{(x^2+y^2{)}^{\alpha }}=0$$

$\alpha <\frac{1}{2}$ ，上式对于所有实数 $a,b$ 成立。

证明：

$$ax+by\le (a+b)\sqrt{x^2+y^2}$$$$\underset{(x,y)\to (0,0)}{lim}\frac{ax+by}{(x^2+y^2{)}^{\alpha }}\le \underset{(x,y)\to )(0,0)}{lim}(a+b)(x^2+y^2{)}^{\frac{1}{2}-\alpha }=0$$

由夹逼定理，极限 $\underset{(x,y)\to (0,0)}{lim}\frac{ax+by}{(x^2+y^2{)}^{\alpha }}$ 为0

证明当$\alpha \ge \frac{1}{2}$ 时，对于所有 $a,b$ 上述极限不存在：

利用复合极限，构造 ${\mathrm{\Delta }}_k=(t,kt)$

$$\underset{t\to 0}{lim}(f\circ {\mathrm{\Delta }}_k)(t)=\underset{t\to 0}{lim}{t}^{1-2\alpha }\frac{a+bk}{(1+k^2{)}^{\alpha }}$$

显然，对于所有 $\alpha >\frac{1}{2}$ ，上述极限趋于 $\mathrm{\infty }$，对于所有 $\alpha =\frac{1}{2}$ ，上述极限不存在。

所以当且仅当$\alpha <\frac{1}{2}$ ， $\underset{(x,y)\to (0,0)}{lim}\frac{ax+by}{(x^2+y^2{)}^{\alpha }}=0$ 对于所有实数 $a,b$ 成立。

5. 给定 $x_0\in {\mathbb{R}}^n$。定义函数 $f:{\mathbb{R}}^n\to \mathbb{R}$ 为

$$f(x)=d(x_0,x),\mathrm{\forall }x\in {\mathbb{R}}^n.$$

证明：$f$ 是连续函数。

$\mathrm{\forall }ϵ>0,\mathrm{\exists }\delta =ϵ,s.t.\mathrm{\forall }d(x_1,x)<\delta ,|d(x_0,x)-d(x_0,x_1)|\le d(x_1,x)<\delta =ϵ$

所以$f$ 是连续函数。

6. 设 $D$ 是 ${\mathbb{R}}^n$ 的子集，$f,g:D\to \mathbb{R}$ 是连续函数。定义函数 $h:D\to \mathbb{R}$ 为

$$h(x)=min\{f(x),g(x)\},\mathrm{\forall }x\in D.$$

证明：$h$ 是连续函数。

证明：由于$f,g:D\to \mathbb{R}$ 是连续函数，由连续函数的定义

$$\mathrm{\forall }ϵ>0,\mathrm{\exists }{\delta }_1,{\delta }_2,s.t.\mathrm{\forall }d(x_0,x)<{\delta }_1,|f(x)-f(x_0)|<ϵ;\mathrm{\forall }d(x_0,x)<{\delta }_2,|g(x)-g(x_0)|<ϵ$$$$\begin{array}{c}\therefore \mathrm{\forall }ϵ>0,\mathrm{\exists }\delta =min\{{\delta }_1,{\delta }_2\},s.t.\mathrm{\forall }d(x_0,x)<\delta ,|h(x)-h(x_0)|\le max\{|f(x)-h(x_0)|,|g(x)-h(x_0)|\}\\ \le max\{|f(x)-f(x_0)|,|g(x)-g(x_0)|\}<ϵ\end{array}$$

所以$h$ 是连续函数。