0914数分作业

P04

3

$$反证法.\\ 假设 a\neq b，不妨 a<b,b-a=\xi>0.\\ 取正数 \epsilon=\frac{\xi}{2}，则有 \epsilon< |a-b|，与条件矛盾，故假设不成立，a=b.$$

6

$$如图，三角不等式.$$

P8

5

$$左推右：\\ \because\inf S=\xi\therefore\forall x\in S,x\ge\xi\\ 又\because\xi\in S\therefore\xi=\min S\\$$

$$右推左：\\ \because\xi=\min S\therefore \inf S\le\xi\\ 若有t=\inf S<\xi,则存在\ t'=\frac{t+\xi}{2}\ 使\ \forall x\in S,x\ge t',与\ t\ 为最大下界矛盾.\\ \therefore \inf S\ge\xi\\ \therefore \inf S=\xi$$

6(1)

$$对\forall x\in S^-,有-x\in S,-x\le \sup S\\ \therefore x\ge -\sup S,即-\sup S\ 是\ S^-\ 一个下界.\\ 对 S^- 任一下界\ t,有\forall x\in S^-,-x\le -t,即\ -t\ 是\ S\ 一个上界.\\ \therefore -t\ge \sup S, t\le -\sup S, 即-\sup S\ge S^-任一下界.\\ \therefore -\sup S\ 为\ S^-\ 最大下界即下确界，\inf S^-=-\sup S.$$

6(2)

$$与6(1)同理.$$

P14

4(3)

$$\because \lg(\dfrac{x}{10})\in[-1,1]\\ \therefore \dfrac{x}{10}\in[\dfrac{1}{10},10],x\in[1,100]$$

8

$$\because y=\frac{ax+b}{cx+d},x=\frac{ay+b}{cy+d}\\ \therefore y=\frac{a\dfrac{ay+b}{cy+d}+b}{c\dfrac{ay+b}{cy+d}+d} =\frac{a(ay+b)+b(cy+d)}{c(ay+b)+d(cy+d)}=\frac{(a^2+bc)y+b(a+d)}{c(a+d)y+(bc+d^2)}\\ 对 \forall y\neq-\frac{d}{c} 成立.\\ 有 \begin{cases} a^2+bc=bc+d^2\\ b(a+d)=0\\ c(a+d)=0 \end{cases}\\ \therefore b=c=0,a=d\ne0\ 或\ a+d=0,ad\ne bc$$

12(1)(2)

$$\because [x]\le x<[x]+1\\ \therefore x-1<[x]\le x\\ \therefore \dfrac{1}{x}-1<[\dfrac{1}{x}]\le\dfrac{1}{x}\\ \therefore \begin{cases} 1-x<x[\dfrac{1}{x}]\le1 & x>0\\ 1\le x[\dfrac{1}{x}]<1-x & x<0 \end{cases}$$

P19

9

$$同P8.6(1)(2).$$

P20

1(1)

$$a\ge b时,a=\max\{a,b\}=\frac{1}{2}(a+b+a-b)=a.\\ a<b 同理.$$

1(2)

$$与1(1)同理.$$

13(1)

$$\because f(x)\ge\inf f(x),g(x)\ge\inf g(x)\\ \therefore f(x)g(x)\ge\inf f(x)\inf g(x)\\ 即\ \inf f(x)\inf g(x)\ 是\ \{f(x)g(x)\}\ 一个下界.\\ \because \inf\{f(x)g(x)\}\ 是\ \{f(x)g(x)\}\ 最大下界\\ \therefore \inf f(x)\inf g(x)\le \inf\{f(x)g(x)\}$$

13(2)

$$与13(1)同理.$$

14(2)(i)

$$f(x)= \begin{cases} x^3 & x< -1\\ \sqrt{1-x^2}-1 & -1\le x<0\\ 0 & x=0\\ 1-\sqrt{1-x^2} & 0<x\le 1\\ x^3 & x>1 \end{cases}$$

14(2)(ii)

$$f(x)= \begin{cases} -x^3 & x< -1\\ 1-\sqrt{1-x^2} & -1\le x\le 1\\ x^3 & x>1 \end{cases}$$

16

$$令 t=\sup_{x',x''\in I}|f(x')-f(x'')|.\\ 不妨\ f(x')\ge f(x'').\\ |f(x')-f(x'')|\le M-f(x'')\le M-m,\\ 即\ t\le M-m.\\ 若t<M-m,令\epsilon=(M-m)-t>0,\\ \exists x_1\in I, f(x_1)\le m+\frac{\epsilon}{3}.\\ \exists x_2\in I, f(x_2)\ge M-\frac{\epsilon}{3}.\\ 此时 |f(x_2)-f(x_1)|\ge (M-\frac{\epsilon}{3})-(m+\frac{\epsilon}{3})=(M-m)-\frac{2\epsilon}{3}>t，\\ 与\ t\ 为上确界矛盾.\\ \therefore t=M-m.$$