习题课讲解

1.3 习题课讲解

1.3.1 不等式

在接下来的微积分学习中，我们常常借助各种不等式分析函数的性质或变化趋势。这一节我们将回顾一些常用的不等式。

定理 1.3.1 （Cauchy-Schwarz不等式）对任意实数 $a_{1}, \dots, a_{n}, b_{1}, \dots, b_{n}$ ，有 $\begin{matrix} (1) & {(\sum_{i = 1}^{n} a_{i} b_{i})}^{2} \leq (\sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{2}) (\sum_{i = 1}^{n} b_{i}^{2}) . \end{matrix}$ 等号成立当且仅当存在实数 $λ$ ，使得对任意 $i = 1, \dots, n$ ， $a_{i} = λ b_{i}$ 。

证明 Cauchy-Schwarz不等式是内积空间的天然结构。对于定义了内积 $⟨ \cdot, \cdot ⟩ : V \times V \to F \subseteq R$ 的线性空间 $(F, V)$ ，设 $u, v \in V$ ，则有 $\begin{matrix} (2) & ⟨ u, v ⟩^{2} \leq ⟨ u, u ⟩ ⟨ v, v ⟩ \end{matrix}$

证明过程只需要考虑关于 $λ$ 的二次函数 $\begin{matrix} (3) & f (λ) = ⟨ u - λ v, u - λ v ⟩ = ⟨ u, u ⟩ - 2 λ ⟨ u, v ⟩ + λ^{2} ⟨ v, v ⟩ \geq 0 \end{matrix}$ 的判别式 $Δ \leq 0$ 即可。

对于本题需要证明的不等式，只需令 $V = R^{n}$ ， $u = (a_{1}, \dots, a_{n})^{T}$ ， $v = (b_{1}, \dots, b_{n})^{T}$ ， $⟨ u, v ⟩ = \sum_{i = 1}^{n} a_{i} b_{i}$ 即可。

对于复线性空间，需要对上述证明稍加修改。 $◻$

定理 1.3.2 （Bernoulli不等式）设 $x_{1}, \dots, x_{n} > - 1$ ，且对任意 $i, j \in {1, \dots, n}$ ， $x_{i} x_{j} \geq 0$ ，则有 $\begin{matrix} (4) & \prod_{i = 1}^{n} (1 + x_{i}) \geq 1 + \sum_{i = 1}^{n} x_{i} \end{matrix}$ 等号成立当且仅当 $x_{1}, \dots, x_{n}$ 中至多有一个非零。

证明提示：利用数学归纳法，即 $\begin{matrix} (5) & \prod_{i = 1}^{n + 1} (1 + x_{i}) \geq (1 + x_{n + 1}) (1 + \sum_{i = 1}^{n} x_{i}) \geq 1 + \sum_{i = 1}^{n + 1} x_{i} \end{matrix}$ $◻$

例 1.3.3 利用Bernoulli不等式证明：对任何正整数 $n$ 和任何正数 $a, b$ ，都有 $\begin{matrix} (6) & a b^{n} \leq {(\frac{a + n b}{n + 1})}^{n + 1} \end{matrix}$ 等号成立当且仅当 $a = b$ 。并利用这个不等式证明对任何正整数 $n$ ，都有 $\begin{matrix} (7) & {(1 + \frac{1}{n})}^{n} < {(1 + \frac{1}{n + 1})}^{n + 1} < {(1 + \frac{1}{n + 1})}^{n + 2} < {(1 + \frac{1}{n})}^{n + 1} \end{matrix}$

证明提示： $\begin{matrix} (8) & {(\frac{a + n b}{n + 1})}^{n + 1} = b^{n + 1} {(1 + \frac{\frac{a}{b} - 1}{n + 1})}^{n + 1} \geq b^{n + 1} (1 + \frac{\frac{a}{b} - 1}{n + 1} \cdot (n + 1)) = a b^{n} \end{matrix}$ 等号成立当且仅当 $\frac{a}{b} = 1$ ，即 $a = b$ 。

对于下面的不等式链，第二个不等号显然；第一个不等号可取 $a = 1$ 、 $b = 1 + \frac{1}{n}$ ；第三个不等号可取 $a = 1$ 、 $b = 1 - \frac{1}{n + 1}$ 。 $◻$

定理 1.3.4 （AM-GM不等式）利用上题中的不等式证明：对任何正整数 $n$ 和任何非负数 $x_{1}, \dots, x_{n}$ ，都有 $\begin{matrix} (9) & x_{1} \dots x_{n} \leq {(\frac{x_{1} + \dots + x_{n}}{n})}^{n} \end{matrix}$ 等号成立当且仅当 $x_{1} = \dots = x_{n}$ 。

证明提示：利用数学归纳法，记 $A_{n} = (x_{1} + \dots + x_{n}) / n$ ，则 $\begin{matrix} (10) & A_{n + 1}^{n + 1} = {(\frac{x_{n + 1} + n A_{n}}{n + 1})}^{n + 1} \geq x_{n + 1} A_{n}^{n} \geq x_{1} \dots x_{n} x_{n + 1} \end{matrix}$ $◻$

定理 1.3.5 （带权AM-GM不等式）对任何非负数 $x_{1}, \dots, x_{n}$ 和任何正整数 $p_{1}, \dots, p_{n}$ 都有 $\begin{matrix} (11) & x_{1}^{p_{1}} \dots x_{n}^{p_{n}} \leq {(\frac{p_{1} x_{1} + \dots + p_{n} x_{n}}{p_{1} + \dots + p_{n}})}^{p_{1} + \dots + p_{n}} \end{matrix}$

证明提示：令 $\begin{matrix} (12) & \begin{aligned} y_{1} = & \dots = y_{p_{1}} = x_{1} \\ y_{p_{1} + 1} = & \dots = y_{p_{1} + p_{2}} = x_{2} \\ ⋮ \\ y_{p_{1} + \dots + p_{n - 1} + 1} = & \dots = y_{p_{1} + \dots + p_{n}} = x_{n} \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

1.3.2 确界

除了一些基本概念以外，确界这部分内容中最重要的就是确界公理。

定理 1.3.6 （确界公理）任何非空有上（下）界的实数子集必有上（下）确界。

例 1.3.7 （阿基米德性质）对任意正数 $ε$ ，存在正整数 $n$ 使得 $\frac{1}{n} < ε < n$ 。

证明提示：考虑集合 $\begin{matrix} (13) & A = {n \in N^{*} ∣ n \leq 1 + ε} \end{matrix}$ $A$ 非空有上界，故必有上确界 $n_{0}$ ，则 $n_{0} - 1$ 不是 $A$ 的上界。故存在 $m \in A$ ，使得 $n_{0} - 1 < m$ ，即 $m + 1 > n_{0}$ 且 $m + 1$ 是正整数。所以 $m + 1 \notin A$ ，因此 $m + 1 > 1 + ε$ ，即 $m > ε$ 。

同理可证存在正整数 $m^{'}$ 使得 $m^{'} > \frac{1}{ε}$ 。

取 $n = m + m^{'}$ 即可。 $◻$

例 1.3.8 设 $a > 1, ε > 0$ 。证明存在正整数 $m$ 使得 $a^{- m} < ε < a^{m}$ 。

证明提示： $\begin{matrix} (14) & a^{m} = (1 + (a - 1))^{m} \geq 1 + m (a - 1) > m (a - 1) \overset{?}{>} ε + \frac{1}{ε} \end{matrix}$ $◻$

例 1.3.9 证明：实数 $α$ 是实数子集的上确界当且仅当

任何比 $α$ 小的有理数都不是 $A$ 的上界。
任何比 $α$ 大的有理数都是 $A$ 的上界。

证明提示：必要性（ $⟹$ ）显然。下证充分性（ $⟸$ ），核心思想是反证法。

首先证明 $α$ 是上界。假设 $α$ 不是 $A$ 的上界，则存在实数 $x \in A$ 使得 $x > α$ 。由有理数的稠密性（定理1.4.13），存在有理数 $r$ 使得 $α < r < x$ 。根据题设条件， $r$ 是 $A$ 的上界，矛盾。

其次证明 $α$ 是上确界。假设 $α$ 不是 $A$ 的上确界，则存在实数 $β < α$ 是 $A$ 的上界。由有理数的稠密性，存在有理数 $r$ 使得 $β < r < α$ 。根据题设条件， $r$ 不是 $A$ 的上界，矛盾。 $◻$

另证 $\forall x > α$ ，由有理数的稠密性， $\exists r \in (α, x)$ 是 $A$ 的上界，故 $x$ 是 $A$ 的上界；同理可证 $\forall x < α$ ， $x$ 都不是 $A$ 的上界。

设 $A$ 的上界集为 $U$ ，则 $(α, + \infty) \subseteq U \subseteq [α, + \infty)$ ，故 $U = (α, + \infty)$ 或 $U = [α, + \infty)$ 。根据确界公理， $U$ 有最小值，故 $U = [α, + \infty)$ ，即 $α$ 是 $A$ 的上确界。 $◻$

例 1.3.10 设 $A, B$ 是非空有上界的实数子集，且存在 $a_{0}, b_{0} > 0$ 满足 $a_{0} \in A, b_{0} \in B$ 。记 $\begin{matrix} (15) & A B = {c \in R ∣ \exists a, b > 0 s.t. a \in A, b \in B, c \leq a b} \end{matrix}$ 证明 $A B$ 非空有上界，且 $sup (A B) = sup A \cdot sup B$ 。

证明提示：上（下）确界的另一种表述：若 $α$ 是 $A$ 的上界，且对任意 $ε > 0$ ，存在 $a \in A$ 使得 $α - ε < a \leq α$ ，则 $α$ 是 $A$ 的上确界。

$A B$ 非空有上界显然，且 $sup A \cdot sup B$ 显然是 $A B$ 的上界。下证 $sup A \cdot sup B$ 是 $A B$ 的上确界。

对任意 $ε > 0$ ，取特定 $ε^{'} > 0$ ，存在 $a \in A$ 满足 $sup A - ε^{'} < a \leq sup A$ ，存在 $b \in B$ 满足 $sup B - ε^{'} < b \leq B$ ，则 $c = a b \in A B$ ，且 $\begin{matrix} (16) & \begin{aligned} sup A \cdot sup B \geq c & > (sup A - ε^{'}) (sup B - ε^{'}) > sup A \cdot sup B - ε^{'} (sup A + sup B) \\ = sup A \cdot sup B - ε \end{aligned} \end{matrix}$ 取 $ε^{'} = ε / (sup A + sup B)$ 即可。

我们证明了对任意 $ε > 0$ ，存在 $c \in A B$ 满足 $sup A \cdot sup B - ε < c \leq sup A \cdot sup B$ ，即 $sup A \cdot sup B$ 是 $A B$ 的上确界。 $◻$

1.3.3 关于乘方、开方、幂指对函数

例 1.3.11 设 $n$ 是正整数。证明函数 $f : R^{+} \to R^{+}, x \mapsto x^{n}$ 是严格增满射。

证明首先证明 $f$ 是严格增的。常见误证（涉及循环论证）： $\begin{matrix} (17) & x_{2} > x_{1} ⟹ \frac{x_{2}^{n}}{x_{1}^{n}} = {(\frac{x_{2}}{x_{1}})}^{n} \overset{?}{>} 1 \end{matrix}$

参考证明1（直接相减）： $\begin{matrix} (18) & x_{2} > x_{1} ⟹ x_{2}^{n} - x_{1}^{n} = (x_{2} - x_{1}) (x_{2}^{n - 1} + x_{2}^{n - 2} x_{1} + \dots + x_{1}^{n - 1}) > 0 \end{matrix}$

参考证明2（对 $n$ 作数学归纳法）： $\begin{matrix} (19) & x_{2} > x_{1} ⟹ x_{2}^{n} - x_{1}^{n} = x_{2} (x_{2}^{n - 1} - x_{1}^{n - 1}) + x_{1}^{n - 1} (x_{2} - x_{1}) > 0 \end{matrix}$

下证 $f$ 是满射，其实就是证明 $\sqrt[n]{x} (x > 0)$ 的存在性。提示：联想讲义例1.4.7中利用Dekekind分割证明 $\sqrt{2}$ 的存在性，能否采用类似的方法？

令 $A = {y \in R ∣ y^{n} < x}$ ，其中 $x > 0$ 。首先 $0 \in A$ ， $x$ 是 $A$ 的上界（利用严格增），故 $A$ 非空有上界，故存在上确界 $α$ 。下证 $α^{n} = x$ 。

若 $α^{n} > x$ ，则取 $ε > 0$ ，尝试 $\begin{matrix} (20) & [α (1 - ε)]^{n} > α^{n} (1 - n ε) \overset{?}{\geq} x \end{matrix}$ 取 $\begin{matrix} (21) & ε = \frac{α^{n} - x}{n α^{n}} \end{matrix}$ 则 $α$ 不是最小上界，矛盾。

若 $α^{n} < x$ ，则取 $ε > 0$ ，尝试 $\begin{matrix} (22) & [α (1 + ε)]^{n} < {(\frac{α}{1 - ε})}^{n} < \frac{α^{n}}{1 - n ε} \overset{?}{\leq} x \end{matrix}$ 取 $\begin{matrix} (23) & ε = \frac{x - α^{n}}{n α^{n}} \end{matrix}$ 则 $α$ 不是上界，矛盾。

综上， $α^{n} = x$ ，即 $f$ 是满射。 $◻$

例 1.3.12 设 $a > 1$ ， $x > 0$ ，记 $\begin{matrix} (24) & A_{x} = {\frac{m}{n} | n \in N^{*}, m \in Z, a^{m} \leq x^{n}} \end{matrix}$ 证明：

(1): $A_{x}$ 非空有上界。记 $\log_{a} x = sup A_{x}$ 。
(2): 对任意正数 $x, y$ ， $\log_{a} (x y) = \log_{a} x + \log_{a} y$ ，并且 $\log_{a} a = 1$ 。
(3): 对任何有理数 $r$ 和正数 $x$ ， $\log_{a} x^{r} = r \log_{a} x$ 。
(4): $\log_{a} : R^{+} \to R$ 是严格增满射。

提示：

引理 1.3.13 若 $x^{q} \leq a^{p}$ ，则 $\frac{p}{q}$ 是 $A_{x}$ 的上界。

证明如下：对任意 $\frac{m}{n} \in A_{x}$ ，有 $\begin{matrix} (25) & a^{m q} = (a^{m})^{q} \leq (x^{n})^{q} = (x^{q})^{n} \leq (a^{p})^{n} = a^{p n} \end{matrix}$ 所以 $m q \leq p n$ ，即 $\frac{m}{n} \leq \frac{p}{q}$ 。

注当 $0 < a < 1$ 时，上述结论(2)(3)同样成立，此时 $\log_{a} x$ 是严格减满射，证明类似。

证明 (1) 令 $n = 1$ ，由阿基米德性质可知存在正整数 $m$ 使得 $a^{- m} < x < a^{m}$ 。因此 $- m \in A_{x}$ ，且 $m$ 是 $A_{x}$ 的上界。故 $A_{x}$ 非空有上界。

(2) 对任意 $ε > 0$ ，取特定 $n \in N^{*}$ ，则存在 $m_{1}, m_{2} \in N^{*}$ （为什么？）使得 $\begin{matrix} (26) & a^{m_{1}} \leq x^{n} < a^{m_{1} + 1}, a^{m_{2}} \leq y^{n} < a^{m_{2} + 1} \end{matrix}$ 所以 $\frac{m_{1}}{n} \in A_{x}, \frac{m_{2}}{n} \in A_{y}$ ，并且 $\frac{m_{1} + 1}{n}$ 是 $A_{x}$ 的上界、 $\frac{m_{2} + 1}{n}$ 是 $A_{y}$ 的上界，从而 $\begin{matrix} (27) & \frac{m_{1} + 1}{n} \geq \log_{a} x, \frac{m_{2} + 1}{n} \geq \log_{a} y \end{matrix}$ 另一方面， $\begin{matrix} (28) & a^{m_{1} + m_{2}} \leq (x y)^{n} < a^{m_{1} + m_{2} + 2} \end{matrix}$ 所以 $\frac{m_{1} + m_{2}}{n} \in A_{x y}$ ，并且 $\frac{m_{1} + m_{2} + 2}{n}$ 是 $A_{x y}$ 的上界，因此 $\begin{matrix} (29) & \begin{aligned} \log_{a} x + \log_{a} y - \frac{2}{n} & \leq \frac{m_{1} + 1}{n} + \frac{m_{2} + 1}{n} - \frac{2}{n} \leq \log_{a} (x y) \\ \leq \frac{m_{1} + m_{2} + 2}{n} = \log_{a} x + \log_{a} y + \frac{2}{n} \end{aligned} \end{matrix}$ 于是 $\begin{matrix} (30) & | \log_{a} (x y) - \log_{a} x - \log_{a} y | \leq \frac{2}{n} \overset{?}{<} ε \end{matrix}$ 取 $n > \frac{2}{ε}$ 即可。从而 $\begin{matrix} (31) & \log_{a} (x y) = \log_{a} x + \log_{a} y \end{matrix}$ 依据单调性，我们很容易得到 $\log_{a} a = 1$ 。

(3) 由数学归纳法易知，证明类似于：已知 $f : R \to R$ 满足 $f (x + y) = f (x) + f (y)$ ，则 $\forall r \in Q$ ， $f (r x) = r f (x)$ 。

(4) 先证 $f$ 严格增。设 $0 < x < y$ ，尝试 $\begin{matrix} (32) & \frac{y^{n}}{x^{n}} = {(1 + \frac{y - x}{x})}^{n} \geq 1 + \frac{n (y - x)}{x} \overset{?}{>} a^{2} \end{matrix}$ 取 $n > \frac{a^{2} x}{y - x}$ 即可。再取整数 $m_{1}$ 使得 $\begin{matrix} (33) & a^{m_{1}} \leq x^{n} < a^{m_{1} + 1} \end{matrix}$ 则 $\begin{matrix} (34) & a^{m_{1}} \leq x^{n} < a^{m_{1} + 1} < a^{2} a^{m_{1}} \leq a^{2} x^{n} < y^{n} \end{matrix}$ 故 $\frac{m_{1} + 1}{n}$ 是 $A_{x}$ 的上界， $\frac{m_{1} + 2}{n} \in A_{y}$ ，所以 $\begin{matrix} (35) & \log_{a} x < \frac{m_{1} + 1}{n} < \frac{m_{1} + 2}{n} \leq \log_{a} y \end{matrix}$

下证 $\log_{a}$ 是满射，即 $\forall y \in R$ ， $\exists x > 0$ 使得 $\log_{a} x = y$ 。记 $\begin{matrix} (36) & B_{y} = {a^{\frac{m}{n}} | m \in Z, n \in Z^{*}, \frac{m}{n} \leq y} \end{matrix}$ $\forall n \in N^{*}$ ， $\exists m \in N^{*}$ 使得 $\begin{matrix} (37) & \frac{m}{n} \leq y < \frac{m + 1}{n} \end{matrix}$ 于是 $a^{\frac{m}{n}} \in B_{y}$ ，且 $a^{\frac{m + 1}{n}}$ 是 $B_{y}$ 的上界，故 $B_{y}$ 有上确界 $x$ 。因此 $\begin{matrix} (38) & \frac{m}{n} = \log_{a} a^{\frac{m}{n}} \leq \log_{a} x \leq \log_{a} a^{\frac{m + 1}{n}} = \frac{m + 1}{n} \end{matrix}$ 联立以上两式可得 $\begin{matrix} (39) & | \log_{a} x - y | \leq \frac{1}{n} \overset{?}{<} ε \end{matrix}$ 取 $n > \frac{1}{ε}$ 即可。故 $\log_{a} x = y$ ，即 $\log_{a}$ 是满射。 $◻$

指数函数 $a^{x} (a > 0, a \neq 1)$ 定义为对数函数 $\log_{a}$ 的反函数（ $1^{x} := 1$ ），故指数函数是 $R \to R^{+}$ 的严格增满射。幂函数可定义为 $x^{μ} := 2^{μ \log_{2} x}$ ，其中 $μ \in R$ 。至此，我们已给出基本初等函数中除（反）三角函数以外的所有函数，它们之间的关系如图1.3.1所示。

例 1.3.14 设 $a, b > 0$ 且 $x, y \in R$ ，证明：

(1): $a^{x} a^{y} = a^{x + y}$ 。
(2): $(a^{x})^{y} = a^{x y}$ 。
(3): $a^{x} b^{x} = (a b)^{x}$ 。

提示：

引理 1.3.15 $\forall a > 0$ 且 $a \neq 1$ ， $\forall b > 0$ ， $\forall x \in R$ ， $\log_{a} b^{x} = x \log_{a} b$ 。

证明如下：由上题(3)可知引理对 $x \in Q$ 成立。当 $b = 1$ 时，引理显然成立。当 $a > 1$ 、 $b > 1$ 时，由于 $\log_{a}, \log_{b}$ 严格增，故 $\log_{a} b^{x}$ 严格增。 $\forall ε > 0$ ，尝试取 $ε^{'} > 0$ ，根据有理数的稠密性，取 $r_{1}, r_{2}$ 满足 $x - ε^{'} < r_{1} < x < r_{2} < x + ε^{'}$ ，则 $\begin{matrix} (40) & r_{1} \log_{a} b = \log_{a} b^{r_{1}} < \log_{a} b^{x} < \log_{a} b^{r_{2}} = r_{2} \log_{a} b \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (41) & | \log_{a} b^{x} - x \log_{a} b | < ε^{'} \log_{a} b \overset{?}{\leq} ε \end{matrix}$ 取 $ε^{'} = \frac{ε}{\log_{a} b}$ 即可。其余情况同理可证。

证明 (1) 由 $\log_{a}$ 以及反函数的性质可得 $\begin{matrix} (42) & \log_{a} (a^{x} a^{y}) = \log_{a} a^{x} + \log_{a} a^{y} = x + y = \log_{a} a^{x + y} \end{matrix}$ 故 $a^{x} a^{y} = a^{x + y}$ 。

(2) 由 $\log_{a}$ 以及引理可得 $\begin{matrix} (43) & \log_{a} (a^{x})^{y} = y \log_{a} a^{x} = x y = \log_{a} a^{x y} \end{matrix}$ 故 $(a^{x})^{y} = a^{x y}$ 。

(3) 由 $\log_{a}$ 以及引理可得 $\begin{matrix} (44) & \log_{a} (a^{x} b^{x}) = \log_{a} a^{x} + \log_{a} b^{x} = x (1 + \log_{a} b) = x \log_{a} a b = \log_{a} (a b)^{x} \end{matrix}$ 故 $a^{x} b^{x} = (a b)^{x}$ 。 $◻$