《数学分析选论》习题解答
第 二 章 连 续 性
１． 设x , y ∈ℜ
n
，证明：
2
||x +y ||+||x -y ||
2
=2(||x ||
2
+||y ||
2
) ．
证 由向量模的定义， ||x +y ||
2
+||x -y ||=
2
n
∑(x i
i =1n
+y i )
2
n
+
∑(x i
i =1
-y i )
2
=2
∑(x i
i =1
2
+y i ) =2(||x ||
22
+||y ||
2
) ． □
n n
*2． 设S ⊂ℜ, 点x ∈ℜ到集合S 的距离定义为
ρ(x , S ) =inf ρ(x , y ) ．
y ∈S
证明：（１）若S 是闭集，x ∉S ，则ρ(x , S ) >0； （２）若S =S ⋃S
d
( 称为S 的闭包 ) ，则
S =
{x ∈ℜ
n
|ρ(x , S ) =0
}．
证 （１）倘若ρ(x , S ) =0，则由ρ(x , S ) 的定义，∃y n ∈S ，使得
ρ(x , y n )
1
, n =1, 2, ． n
因 x ∉S ，故y n ≠x ，于是x 必为S 的聚点；又因S 是闭集，故x ∈S ，这就导致矛盾．所以证得ρ(x , S ) >0．
（２）∀x ∈S ．若x ∈S ，则ρ(x , S ) =0显然成立．若x ∉S ，则x ∈S （即x
为S 的聚点），由聚点定义，∀ε>0, U (x ; ε) ⋂S ≠∅，因此同样有
inf ρ(x , y ) =ρ(x , S ) =0．
y ∈S
d
反之，凡是满足ρ(x , S ) =0的点x ，不可能是S 的外点（ 若为外点，则存在正
数ε0，使U (x ; ε0) ⋂S =∅，这导致inf ρ(x , y ) ≥ε0>0，与ρ(x , S ) =0相
y ∈S
矛盾）．从而x 只能是S 的聚点或孤立点．若x 为聚点，则x ∈S 则x ∈S ⊂S ．所以这样的点x 必定属于S ．
d
⊂S ；若x 为孤立点，
综上，证得 S =x ∈ℜ|ρ(x , S ) =0 成立． □ ３．证明：对任何S ⊂ℜ
n
{
n
}
，S
d
必为闭集．
U
(x 0; ε)
d
证 如图所示，设x 0为S 的任一聚点， d
欲证x 0∈S ，即x 0亦为S 的聚点．
S
这是因为由聚点定义，∀ε>0, ∃y ，使得 y ∈U
S
d
x 0 (x 0; ε) ⋂S
d
U (y ; δ)
．
再由y 为S 的聚点，∀U (y ; δ) ⊂U (x 0; ε) ，有
U
(y ; δ) ⋂S ≠∅．
d
于是又有U
(x 0; ε) ⋂S ≠∅，所以x 0为S 的聚点，即x 0∈S
，亦即S
d
为闭
集． □
４．证明：对任何S ⊂ℜ
n
，∂S 必为闭集．
证 如图所示，设x 0为∂S 的任一聚点，欲证x 0∈∂S ，即x 0亦为S 的界点． U (x 由聚点定义，∀ε>0, ∃y ，使
0; ε)
x 0 y ∈U (x 0; ε) ⋂∂S ．
S
再由y 为界点的定义，∀U (y ; δ) ⊂U (x 0; ε) ，
U (y ; δ) 在U (y ; δ) 内既有S 的内点，又有S 的外点．由此∂S
证得在U (x 0; ε) 内既有S 的内点，又有S 的外点，所以x 0为S 的界点，即∂S 必为闭集． □
n
*５．设S ⊂ℜ，x 0为S 的任一内点，x 1为S 的任一外点．证明：联结x 0与x 1
的直线段必与∂S 至少有一交点．
证 如图所示，把直线段x 0x 1置于一实轴上，并 为叙述方便起见，约定此实轴上的点与其坐标用同一字 母表示．下面用区间套方法来证明x 0x 1⋂∂S ≠∅．
a 1+b 1
2
记[a 1, b 1]=[x 0, x 1], c 1=．若c 1∈∂S ，
则结论成立；若c 1为S 的内点，则取[a 2, b 2]=[c 1, b 1]；若c 1为S 的外点，则取
a n +b n
2
[a 2, b 2]=[a 1, c 1]．一般地，用逐次二等分法构造区间套：记c n =
（ 不妨设
c n ∉∂S ），并取
[a n +1, b n +1
⎧[c n , b n ], c n 为S 的内点,
]=⎨
⎩[a n , c n ], c n 为S 的外点,
n =1, 2, ．
此区间套的特征是：其中每个闭区间的左端点a n 恒为S 的内点，右端点b n 恒为S 的外点．现设lim a n =lim b n =y ，下面证明y ∈∂S ．
n →∞
n →∞
由区间套定理的推论，∀ε>0，当n 足够大时，[a n , b n ]⊂U (y ; ε) ，因此在
U (y ; ε) 中既含有S 的内点（例如a n ) ，又含有S 的外点（例如b n ），所以x 0x 1上的
点y 必是S 的界点． □ ６．证明聚点定理的推论２和推论３．
（１） 推论２ ℜ有聚点．
证 ［必要性］ 当S 为有界集时，S 的任一无限子集亦为有界集，由聚点定理直接 推知结论成立．
［充分性］ 用反证法来证明．倘若S 为无界集，则必能求得一个点列{P k }⊂S , 使得lim ||P k ||=+∞．这个{P k }作为S 的一个无限子集不存在聚点，与条件矛盾．故S
k →∞
n
中的无限点集S 为有界集的充要条件是：S 的任一无限子集必
为有界集． □
（２）推论３ ℜ
n
中的无限点集S 为有界闭集的充要条件是：S 为列紧集，即S
的任一无限子集必有属于S 的聚点．
证 ［必要性］ 因S 有界，故S 的任一无限子集亦有界，由聚点定理，这种无限子集必有聚点．又因子集的聚点也是S 的聚点，而S 为闭集，故子集的聚点必属于S ．
［充分性］ 由上面（１）的充分性证明，已知S 必为有界集．下面用反证法再来证明
S 为闭集．
倘若 S 的某一聚点 S ，则由聚点性质，存在各项互异的点列 {P k } ⊂ S ，使 P ∉
lim P
k →∞
k
=P ．据题设条件，{P k
}的惟一聚点
P 应属于S ，故又导致矛盾．所以S 的
所有聚点都属于S ，即S 为闭集． □
７．设X ⊂ℜ, f :X →ℜ, A , B ⊂X ．证明： （１）f (A ⋃B ) =f (A ) ⋃f (B ) ； （２）f (A ⋂B ) ⊂f (A ) ⋂f (B ) ；
（３）若f 为一一映射，则f (A ⋂B ) =f (A ) ⋂f (B ) ．
证 （１）∀y ∈f (A ⋃B ) , ∃x ∈A ⋃B , 使y =f (x ) ．若x ∈A , 则y ∈f (A ) ； 若x ∈B , 则y ∈f (B ) ．所以，当x ∈A ⋃B 时, y =f (x ) ∈f (A ) ⋃f (B ) ．这表示
f (A ⋃B ) ⊂f (A ) ⋃f (B ) ．
n
m
反之，∀y ∈f (A ) ⋃f (B ) , ∃x ∈X , 使y =f (x ) ．若y ∈f (A ) , 则x ∈A ；若
y ∈f (B ) , 则x ∈B ，于是x ∈A ⋃B ．这表示y =f (x ) ∈f (A ⋃B ) ，亦即
f (A ⋃B ) ⊃f (A ) ⋃f (B ) ．
综上，结论f (A ⋃B ) =f (A ) ⋃f (B ) 得证．
（２）∀y ∈f (A ⋂B ) , ∃x ∈A ⋂B , 使f (x ) =y . 因x ∈A 且x ∈B ，故
f (x ) ∈f (A ) 且
f (x ) ∈f (B ) ，
即 y =f (x ) ∈f (A ) ⋂f (B ) , 亦即 f (A ⋂B ) ⊂f (A ) ⋂f (B ) ．
然而此式反过来不一定成立．例如f (x ) =x , A =[-2, 1], B =[-1, 2]，则有
2
f (A ) =f (B ) =f (A ) ⋂f (B ) =[0, 4]； A ⋂B =[-1, 1],
f (A ⋂B ) =[0, 1]．
可见在一般情形下，f (A ) ⋂f (B ) ⊄f (A ⋂B ) ．
（３）∀y ∈f (A ) ⋂f (B ) ，∃x 1∈A , x 2∈B ，使y =f (x 1) =f (x 2) ．当f 为 一一映射时，只能是x 1=x 2∈A ⋂B ，于是y ∈f (A ⋂B ) ，故得
f (A ) ⋂f (B ) ⊂f (A ⋂B ) ．
联系（２），便证得当f 为一一映射时，等式f (A ) ⋂f (B ) =f (A ⋂B ) 成立． □
８．设f , g :ℜ
n
→ℜ
m
, a ∈ℜlim
x →a
n
, b , c ∈ℜ
m
，且
f (x ) =b , lim g (x ) =c ．
x →a
证明：
（１）lim ||f (x ) ||=||b ||, 且当||b ||=0时可逆；
x →a
（２）lim [f
x →a
T
(x ) g (x ) ]=b c ．
T
证 设
f (x ) =
[
f 1(x ) , , f m (x )
T
]T,
g (x ) =
T
[g 1(x ) ,
, g m (x )
T
]T，
．
a =[a 1, , a n ], b =[b 1, , b m ], c =[c 1, , c m ]
利用向量函数极限与其分量函数极限的等价形式，知道
lim
x →a
f i (x ) =b i ,
x →a 2
lim g i (x ) =c i , i =1, 2, , m ．
2
（１）lim ||f (x ) ||=lim
x →a
x →a
f 1(x ) + +f m (x ) =b 1
2
+ +b m
2
=||b ||．
当||b ||=0时，由于||f (x ) ||-||b ||=||f (x ) ||，因此由lim ||f (x ) ||=0，推知
x →a
lim
x →a
f i (x ) =0, i =1, 2, , m ，即得
2
lim
x →a
f (x ) =0．
（２）类似地有
lim [f
x →a
T
(x ) g (x ) ]=lim [f 1(x ) g 1(x ) + +f m (x ) g m (x ) ]
x →a
□
=b 1c 1+ b m c m =b c
T
.
９．设D ⊂ℜ, f :D →ℜ
n m
．试证：若存在证数k , r ，对任何x , y ∈D 满足
r
||f (x ) -f (y ) ||≤k ||x -y ||
，
则f 在D 上连续，且一致连续．
证 这里只需直接证明f 在D 上一致连续即可．
⎛ε⎫
∀ε>0, ∃δ= ⎪
⎝k ⎭
1r
>0，对任何x , y ∈D ，只要满足||x -y ||
||f (x ) -f (y ) ||≤k ||x -y ||
r
由于这里的δ只与ε有关，故由一致连续的柯西准则（充分性），证得f 在D 上一致连续． □
１０．设D ⊂ℜ, f :D →ℜ局部有界．
证 由f 在点x 0连续的定义，对于ε=1，∃δ>0，当x ∈U (x 0; δ) 时，满足
||f (x ) ||-||f (x 0) ||≤||f (x ) -f (x 0) ||
⇒
||f (x ) ||≤1+||f (x 0) ||，
n
m
．试证：若f 在点x 0∈D 连续，则f 在x 0近旁
所以f 在x 0近旁局部有界． □
１１．设f :ℜ→ℜ
n
m
为连续函数，A ⊂ℜ
n
为任一开集，B ⊂ℜ
n
为任一闭集．试
问f (A ) 是否必为开集？f (B ) 是否必为闭集？为什么？
解 f (A ) 不一定为开集．例如
f (x ) =sin x ,
x ∈(-π, π) ．
这里A =(-π, π) 为开集，但f (A ) =[-1, 1]却为闭集．
当B 为有界闭集时，由连续函数的性质知道f (B ) 必为闭集且有界．但当B 为无界 闭集时，f (B ) 就不一定为闭集，例如
f (x ) =arctan x ,
x ∈(-∞, +∞) ．
这里B =(-∞, +∞) 可看作一闭集，而f (B ) = -
⎝
⎛π2
,
π⎫
⎪却为一开集． □ 2⎭
１２．设D ⊂ℜ, ϕ:D →ℜ
n n
．试举例说明：
（１）仅有ϕ(D ) ⊂D ，ϕ不一定为一压缩映射；
（２）仅有存在q (0
||ϕ(x ') -ϕ(x '') ||≤q ||x '-x ''||，
此时ϕ也不一定为一压缩映射．
解 （１）例如ϕ(x ) =x +1, x ∈[0, +∞) ．这里D =[0, +∞) 为一闭域，它虽然满足ϕ(D ) =[1, +∞) ⊂D ，但因|ϕ(x ') -ϕ(x '') |=|x '-x ''|，所以ϕ不是压缩映射．（注：这也可根据压缩映射原理来说明，由x +1=x 无解，即ϕ没有不动点，故ϕ不是压缩映射．）
（２） 例如ϕ(x ) =
x 2
+1, x ∈D =[-1, 1]．它虽然满足
12
|x '-x ''|(q=0. 5) ，
|ϕ(x ') -ϕ(x '') |=
⎡1⎣2
但因ϕ(D ) =⎢
,
3⎤
⎥⊄D ，故此ϕ仍不是一个压缩映射． □ 2⎦
１３．讨论a , b 取怎样的值时，能使下列函数在指定的区间上成为一个压缩映射： （１）ϕ1(x ) =x , x ∈[a , b ]； （２）ϕ2(x ) =x , x ∈[-a , a ]； （３）ϕ3(x ) =
x ,
x ∈[a , b ]； （４）ϕ4(x ) =ax +b ,
x ∈[0, a ]．
2
解 （１）由|ϕ1(x ') -ϕ1(x '') |=|x '-x ''|，可知对任何a , b ，ϕ1在[a , b ]上都不可能是压缩映射．
（２）首先，只有当0≤a ≤1时，才能使
ϕ
([-a , a ]) =[0, a
2
2
]⊂[-a , a ]．
其次，由于对任何x ', x ''∈[-a , a ]都有
|ϕ
(x ') -ϕ
(x '') |=|x '+x ''|⋅|x '-x ''|
12
22
因此只要取0
（３） 由ϕ3([a , b ]) =[
|x '-
a ,
，就能保证ϕ2在[-a , a ]上为一压缩映射．
b ]⊂[a , b ]，可知0≤a ≤1≤b ．再由
x ''|=
|x '-x ''|x '+
x ''
1a
|x '-x ''|，
又可求得a >
12
，即a >
14
．所以，当取
14
上为一压缩映射．
（４） 由于a >0，因此可由
0≤b ≤ax +b ≤a
2
+b ≤a ，
解出a ≤a （ 即0
再由|a x '+b -a x ''-b |=a |x '-x ''|，可见只要0
１４．试用不动点方法证明方程x +ln x =0在区间[1/2, 2/3迭代法求出这个解（精确到四位有效数字）．
解 若直接取ϕ(x ) =x -(x +ln x ) =-ln x ，则因
|ϕ'(x ) |=
1x ≥32>1,
x ∈
2
]上有惟一解；并用
[1/2,
2/3
]，
x
可知ϕ在[1/2, 2/3]上不是压缩映射．为此把方程改写成
ϕ(x ) =x -(x -e -) =e -
x
x
x =e -，并设
．
由于在[1/2, 2/3]上 |ϕ'(x ) |[1/2,
=|-e
-x
|≤
1e
ϕ(2/3
])
=[e
-2/3
, e
-1/2
]⊂[1/2, 2/3]，
所以ϕ(x ) =e
-x
在[1/2, 2/3]上为一压缩映射，且在[1/2,
-x k
2/3
]上有惟一不动点．
取x 0=1/2，按x k +1=e
迭代计算如下：
k x k k x k k x k
０ １ ２ ３
x
0.5 0.6065 0.5452 0.5797 4 5 6 7 0.5601 0.5712 0.5649 0.5684
15 16 17
0.5672 0.5671 0.5671
所以，方程x =e -即x +ln x =0的解（精确到四位有效数字）为
x *=0. 5671 ． □
１５．设 f :B →ℜ
n
，其中B =x ∈ℜ|ρ(x , x 0) ≤r
{
n
}为一个n
维闭球（球心
为x 0）．试证：若存在正数q (0
||f (x ') -f (x '') ||≤q ||x '-x ''||，
||f (x 0) -x 0||≤(1-q ) r ，
则f 在B 中有惟一的不动点．
证 显然，只需证得了f (B ) ⊂B ，连同条件便知f 在B 上为一压缩映射，从而有惟一的不动点．现证明如下：
∀x ∈B , y =f (x ) ．由||x -x 0||≤r ，以及题设条件的两个不等式，得到
||y -x 0||≤||f (x ) -f (x 0) ||+||f (x 0) -x 0||
≤q ||x -x 0||+(1-q ) r ≤q r +(1-q ) r =r .
这表示y =f (x ) ∈B ，即f (B ) ⊂B ． □
《数学分析选论》习题解答
第 二 章 连 续 性
１． 设x , y ∈ℜ
n
，证明：
2
||x +y ||+||x -y ||
2
=2(||x ||
2
+||y ||
2
) ．
证 由向量模的定义， ||x +y ||
2
+||x -y ||=
2
n
∑(x i
i =1n
+y i )
2
n
+
∑(x i
i =1
-y i )
2
=2
∑(x i
i =1
2
+y i ) =2(||x ||
22
+||y ||
2
) ． □
n n
*2． 设S ⊂ℜ, 点x ∈ℜ到集合S 的距离定义为
ρ(x , S ) =inf ρ(x , y ) ．
y ∈S
证明：（１）若S 是闭集，x ∉S ，则ρ(x , S ) >0； （２）若S =S ⋃S
d
( 称为S 的闭包 ) ，则
S =
{x ∈ℜ
n
|ρ(x , S ) =0
}．
证 （１）倘若ρ(x , S ) =0，则由ρ(x , S ) 的定义，∃y n ∈S ，使得
ρ(x , y n )
1
, n =1, 2, ． n
因 x ∉S ，故y n ≠x ，于是x 必为S 的聚点；又因S 是闭集，故x ∈S ，这就导致矛盾．所以证得ρ(x , S ) >0．
（２）∀x ∈S ．若x ∈S ，则ρ(x , S ) =0显然成立．若x ∉S ，则x ∈S （即x
为S 的聚点），由聚点定义，∀ε>0, U (x ; ε) ⋂S ≠∅，因此同样有
inf ρ(x , y ) =ρ(x , S ) =0．
y ∈S
d
反之，凡是满足ρ(x , S ) =0的点x ，不可能是S 的外点（ 若为外点，则存在正
数ε0，使U (x ; ε0) ⋂S =∅，这导致inf ρ(x , y ) ≥ε0>0，与ρ(x , S ) =0相
y ∈S
矛盾）．从而x 只能是S 的聚点或孤立点．若x 为聚点，则x ∈S 则x ∈S ⊂S ．所以这样的点x 必定属于S ．
d
⊂S ；若x 为孤立点，
综上，证得 S =x ∈ℜ|ρ(x , S ) =0 成立． □ ３．证明：对任何S ⊂ℜ
n
{
n
}
，S
d
必为闭集．
U
(x 0; ε)
d
证 如图所示，设x 0为S 的任一聚点， d
欲证x 0∈S ，即x 0亦为S 的聚点．
S
这是因为由聚点定义，∀ε>0, ∃y ，使得 y ∈U
S
d
x 0 (x 0; ε) ⋂S
d
U (y ; δ)
．
再由y 为S 的聚点，∀U (y ; δ) ⊂U (x 0; ε) ，有
U
(y ; δ) ⋂S ≠∅．
d
于是又有U
(x 0; ε) ⋂S ≠∅，所以x 0为S 的聚点，即x 0∈S
，亦即S
d
为闭
集． □
４．证明：对任何S ⊂ℜ
n
，∂S 必为闭集．
证 如图所示，设x 0为∂S 的任一聚点，欲证x 0∈∂S ，即x 0亦为S 的界点． U (x 由聚点定义，∀ε>0, ∃y ，使
0; ε)
x 0 y ∈U (x 0; ε) ⋂∂S ．
S
再由y 为界点的定义，∀U (y ; δ) ⊂U (x 0; ε) ，
U (y ; δ) 在U (y ; δ) 内既有S 的内点，又有S 的外点．由此∂S
证得在U (x 0; ε) 内既有S 的内点，又有S 的外点，所以x 0为S 的界点，即∂S 必为闭集． □
n
*５．设S ⊂ℜ，x 0为S 的任一内点，x 1为S 的任一外点．证明：联结x 0与x 1
的直线段必与∂S 至少有一交点．
证 如图所示，把直线段x 0x 1置于一实轴上，并 为叙述方便起见，约定此实轴上的点与其坐标用同一字 母表示．下面用区间套方法来证明x 0x 1⋂∂S ≠∅．
a 1+b 1
2
记[a 1, b 1]=[x 0, x 1], c 1=．若c 1∈∂S ，
则结论成立；若c 1为S 的内点，则取[a 2, b 2]=[c 1, b 1]；若c 1为S 的外点，则取
a n +b n
2
[a 2, b 2]=[a 1, c 1]．一般地，用逐次二等分法构造区间套：记c n =
（ 不妨设
c n ∉∂S ），并取
[a n +1, b n +1
⎧[c n , b n ], c n 为S 的内点,
]=⎨
⎩[a n , c n ], c n 为S 的外点,
n =1, 2, ．
此区间套的特征是：其中每个闭区间的左端点a n 恒为S 的内点，右端点b n 恒为S 的外点．现设lim a n =lim b n =y ，下面证明y ∈∂S ．
n →∞
n →∞
由区间套定理的推论，∀ε>0，当n 足够大时，[a n , b n ]⊂U (y ; ε) ，因此在
U (y ; ε) 中既含有S 的内点（例如a n ) ，又含有S 的外点（例如b n ），所以x 0x 1上的
点y 必是S 的界点． □ ６．证明聚点定理的推论２和推论３．
（１） 推论２ ℜ有聚点．
证 ［必要性］ 当S 为有界集时，S 的任一无限子集亦为有界集，由聚点定理直接 推知结论成立．
［充分性］ 用反证法来证明．倘若S 为无界集，则必能求得一个点列{P k }⊂S , 使得lim ||P k ||=+∞．这个{P k }作为S 的一个无限子集不存在聚点，与条件矛盾．故S
k →∞
n
中的无限点集S 为有界集的充要条件是：S 的任一无限子集必
为有界集． □
（２）推论３ ℜ
n
中的无限点集S 为有界闭集的充要条件是：S 为列紧集，即S
的任一无限子集必有属于S 的聚点．
证 ［必要性］ 因S 有界，故S 的任一无限子集亦有界，由聚点定理，这种无限子集必有聚点．又因子集的聚点也是S 的聚点，而S 为闭集，故子集的聚点必属于S ．
［充分性］ 由上面（１）的充分性证明，已知S 必为有界集．下面用反证法再来证明
S 为闭集．
倘若 S 的某一聚点 S ，则由聚点性质，存在各项互异的点列 {P k } ⊂ S ，使 P ∉
lim P
k →∞
k
=P ．据题设条件，{P k
}的惟一聚点
P 应属于S ，故又导致矛盾．所以S 的
所有聚点都属于S ，即S 为闭集． □
７．设X ⊂ℜ, f :X →ℜ, A , B ⊂X ．证明： （１）f (A ⋃B ) =f (A ) ⋃f (B ) ； （２）f (A ⋂B ) ⊂f (A ) ⋂f (B ) ；
（３）若f 为一一映射，则f (A ⋂B ) =f (A ) ⋂f (B ) ．
证 （１）∀y ∈f (A ⋃B ) , ∃x ∈A ⋃B , 使y =f (x ) ．若x ∈A , 则y ∈f (A ) ； 若x ∈B , 则y ∈f (B ) ．所以，当x ∈A ⋃B 时, y =f (x ) ∈f (A ) ⋃f (B ) ．这表示
f (A ⋃B ) ⊂f (A ) ⋃f (B ) ．
n
m
反之，∀y ∈f (A ) ⋃f (B ) , ∃x ∈X , 使y =f (x ) ．若y ∈f (A ) , 则x ∈A ；若
y ∈f (B ) , 则x ∈B ，于是x ∈A ⋃B ．这表示y =f (x ) ∈f (A ⋃B ) ，亦即
f (A ⋃B ) ⊃f (A ) ⋃f (B ) ．
综上，结论f (A ⋃B ) =f (A ) ⋃f (B ) 得证．
（２）∀y ∈f (A ⋂B ) , ∃x ∈A ⋂B , 使f (x ) =y . 因x ∈A 且x ∈B ，故
f (x ) ∈f (A ) 且
f (x ) ∈f (B ) ，
即 y =f (x ) ∈f (A ) ⋂f (B ) , 亦即 f (A ⋂B ) ⊂f (A ) ⋂f (B ) ．
然而此式反过来不一定成立．例如f (x ) =x , A =[-2, 1], B =[-1, 2]，则有
2
f (A ) =f (B ) =f (A ) ⋂f (B ) =[0, 4]； A ⋂B =[-1, 1],
f (A ⋂B ) =[0, 1]．
可见在一般情形下，f (A ) ⋂f (B ) ⊄f (A ⋂B ) ．
（３）∀y ∈f (A ) ⋂f (B ) ，∃x 1∈A , x 2∈B ，使y =f (x 1) =f (x 2) ．当f 为 一一映射时，只能是x 1=x 2∈A ⋂B ，于是y ∈f (A ⋂B ) ，故得
f (A ) ⋂f (B ) ⊂f (A ⋂B ) ．
联系（２），便证得当f 为一一映射时，等式f (A ) ⋂f (B ) =f (A ⋂B ) 成立． □
８．设f , g :ℜ
n
→ℜ
m
, a ∈ℜlim
x →a
n
, b , c ∈ℜ
m
，且
f (x ) =b , lim g (x ) =c ．
x →a
证明：
（１）lim ||f (x ) ||=||b ||, 且当||b ||=0时可逆；
x →a
（２）lim [f
x →a
T
(x ) g (x ) ]=b c ．
T
证 设
f (x ) =
[
f 1(x ) , , f m (x )
T
]T,
g (x ) =
T
[g 1(x ) ,
, g m (x )
T
]T，
．
a =[a 1, , a n ], b =[b 1, , b m ], c =[c 1, , c m ]
利用向量函数极限与其分量函数极限的等价形式，知道
lim
x →a
f i (x ) =b i ,
x →a 2
lim g i (x ) =c i , i =1, 2, , m ．
2
（１）lim ||f (x ) ||=lim
x →a
x →a
f 1(x ) + +f m (x ) =b 1
2
+ +b m
2
=||b ||．
当||b ||=0时，由于||f (x ) ||-||b ||=||f (x ) ||，因此由lim ||f (x ) ||=0，推知
x →a
lim
x →a
f i (x ) =0, i =1, 2, , m ，即得
2
lim
x →a
f (x ) =0．
（２）类似地有
lim [f
x →a
T
(x ) g (x ) ]=lim [f 1(x ) g 1(x ) + +f m (x ) g m (x ) ]
x →a
□
=b 1c 1+ b m c m =b c
T
.
９．设D ⊂ℜ, f :D →ℜ
n m
．试证：若存在证数k , r ，对任何x , y ∈D 满足
r
||f (x ) -f (y ) ||≤k ||x -y ||
，
则f 在D 上连续，且一致连续．
证 这里只需直接证明f 在D 上一致连续即可．
⎛ε⎫
∀ε>0, ∃δ= ⎪
⎝k ⎭
1r
>0，对任何x , y ∈D ，只要满足||x -y ||
||f (x ) -f (y ) ||≤k ||x -y ||
r
由于这里的δ只与ε有关，故由一致连续的柯西准则（充分性），证得f 在D 上一致连续． □
１０．设D ⊂ℜ, f :D →ℜ局部有界．
证 由f 在点x 0连续的定义，对于ε=1，∃δ>0，当x ∈U (x 0; δ) 时，满足
||f (x ) ||-||f (x 0) ||≤||f (x ) -f (x 0) ||
⇒
||f (x ) ||≤1+||f (x 0) ||，
n
m
．试证：若f 在点x 0∈D 连续，则f 在x 0近旁
所以f 在x 0近旁局部有界． □
１１．设f :ℜ→ℜ
n
m
为连续函数，A ⊂ℜ
n
为任一开集，B ⊂ℜ
n
为任一闭集．试
问f (A ) 是否必为开集？f (B ) 是否必为闭集？为什么？
解 f (A ) 不一定为开集．例如
f (x ) =sin x ,
x ∈(-π, π) ．
这里A =(-π, π) 为开集，但f (A ) =[-1, 1]却为闭集．
当B 为有界闭集时，由连续函数的性质知道f (B ) 必为闭集且有界．但当B 为无界 闭集时，f (B ) 就不一定为闭集，例如
f (x ) =arctan x ,
x ∈(-∞, +∞) ．
这里B =(-∞, +∞) 可看作一闭集，而f (B ) = -
⎝
⎛π2
,
π⎫
⎪却为一开集． □ 2⎭
１２．设D ⊂ℜ, ϕ:D →ℜ
n n
．试举例说明：
（１）仅有ϕ(D ) ⊂D ，ϕ不一定为一压缩映射；
（２）仅有存在q (0
||ϕ(x ') -ϕ(x '') ||≤q ||x '-x ''||，
此时ϕ也不一定为一压缩映射．
解 （１）例如ϕ(x ) =x +1, x ∈[0, +∞) ．这里D =[0, +∞) 为一闭域，它虽然满足ϕ(D ) =[1, +∞) ⊂D ，但因|ϕ(x ') -ϕ(x '') |=|x '-x ''|，所以ϕ不是压缩映射．（注：这也可根据压缩映射原理来说明，由x +1=x 无解，即ϕ没有不动点，故ϕ不是压缩映射．）
（２） 例如ϕ(x ) =
x 2
+1, x ∈D =[-1, 1]．它虽然满足
12
|x '-x ''|(q=0. 5) ，
|ϕ(x ') -ϕ(x '') |=
⎡1⎣2
但因ϕ(D ) =⎢
,
3⎤
⎥⊄D ，故此ϕ仍不是一个压缩映射． □ 2⎦
１３．讨论a , b 取怎样的值时，能使下列函数在指定的区间上成为一个压缩映射： （１）ϕ1(x ) =x , x ∈[a , b ]； （２）ϕ2(x ) =x , x ∈[-a , a ]； （３）ϕ3(x ) =
x ,
x ∈[a , b ]； （４）ϕ4(x ) =ax +b ,
x ∈[0, a ]．
2
解 （１）由|ϕ1(x ') -ϕ1(x '') |=|x '-x ''|，可知对任何a , b ，ϕ1在[a , b ]上都不可能是压缩映射．
（２）首先，只有当0≤a ≤1时，才能使
ϕ
([-a , a ]) =[0, a
2
2
]⊂[-a , a ]．
其次，由于对任何x ', x ''∈[-a , a ]都有
|ϕ
(x ') -ϕ
(x '') |=|x '+x ''|⋅|x '-x ''|
12
22
因此只要取0
（３） 由ϕ3([a , b ]) =[
|x '-
a ,
，就能保证ϕ2在[-a , a ]上为一压缩映射．
b ]⊂[a , b ]，可知0≤a ≤1≤b ．再由
x ''|=
|x '-x ''|x '+
x ''
1a
|x '-x ''|，
又可求得a >
12
，即a >
14
．所以，当取
14
上为一压缩映射．
（４） 由于a >0，因此可由
0≤b ≤ax +b ≤a
2
+b ≤a ，
解出a ≤a （ 即0
再由|a x '+b -a x ''-b |=a |x '-x ''|，可见只要0
１４．试用不动点方法证明方程x +ln x =0在区间[1/2, 2/3迭代法求出这个解（精确到四位有效数字）．
解 若直接取ϕ(x ) =x -(x +ln x ) =-ln x ，则因
|ϕ'(x ) |=
1x ≥32>1,
x ∈
2
]上有惟一解；并用
[1/2,
2/3
]，
x
可知ϕ在[1/2, 2/3]上不是压缩映射．为此把方程改写成
ϕ(x ) =x -(x -e -) =e -
x
x
x =e -，并设
．
由于在[1/2, 2/3]上 |ϕ'(x ) |[1/2,
=|-e
-x
|≤
1e
ϕ(2/3
])
=[e
-2/3
, e
-1/2
]⊂[1/2, 2/3]，
所以ϕ(x ) =e
-x
在[1/2, 2/3]上为一压缩映射，且在[1/2,
-x k
2/3
]上有惟一不动点．
取x 0=1/2，按x k +1=e
迭代计算如下：
k x k k x k k x k
０ １ ２ ３
x
0.5 0.6065 0.5452 0.5797 4 5 6 7 0.5601 0.5712 0.5649 0.5684
15 16 17
0.5672 0.5671 0.5671
所以，方程x =e -即x +ln x =0的解（精确到四位有效数字）为
x *=0. 5671 ． □
１５．设 f :B →ℜ
n
，其中B =x ∈ℜ|ρ(x , x 0) ≤r
{
n
}为一个n
维闭球（球心
为x 0）．试证：若存在正数q (0
||f (x ') -f (x '') ||≤q ||x '-x ''||，
||f (x 0) -x 0||≤(1-q ) r ，
则f 在B 中有惟一的不动点．
证 显然，只需证得了f (B ) ⊂B ，连同条件便知f 在B 上为一压缩映射，从而有惟一的不动点．现证明如下：
∀x ∈B , y =f (x ) ．由||x -x 0||≤r ，以及题设条件的两个不等式，得到
||y -x 0||≤||f (x ) -f (x 0) ||+||f (x 0) -x 0||
≤q ||x -x 0||+(1-q ) r ≤q r +(1-q ) r =r .
这表示y =f (x ) ∈B ，即f (B ) ⊂B ． □