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一、证明题

1． 证明:若

为

上的连续函数, 且对一切

对任意

.

上连续, 所以

在

有

上存在最大值M.

有

=0. 则f （x ）

其中

【答案】

显然

而

在

对于上面的, 有

其中

依次进行下去, 可知存在当又对一切

时, 有连续, 所以

有

所以

使得

2． 分别用确界原理及区间套定理证明:若f （x ）在[0, 1]上单调递增, 且f （0）>0, f （1）<1,

则记间套

,

若在分点处有g （x ）=0, 则结论成立, 否则g （x ）在每个区间由区间套定理, 存在唯一的

3． 设

【答案】因为f 为有

内,

又因为

取

证明

不妨设则当

, 往证

, 存在时,

使得当

时.

在

则由函数极限的局部保号性知

.

的端点处函数值异号,

, 使得, 则

.

, 则S 是非空有界数集.

, 则g （0）<0, g （1）>0.利用二等分法构造区

,

往证

（反证法）.

【答案】（1）利用确界原理证明:构造数集, （2）利用区间套定理证明:

设

时的无穷大量, 所以对任意的

故

4． 给定曲面

（a , b , c 为常数）, 或由它确定的曲面z=z （x , y ）. 证明:

（1）曲面的切平面通过一个定点; （2） 函数z=z（x , y ）满足方程【答案】（1）因

及

与

不能同时为零, 得出

化简得

把它与过（a , b, c）点的切平面方程比较, 即知曲面z=z（x , y ）的切平面过定点（a , b , c ）. （2）对上式再求偏导数, 得

化简得

当

由函连续可微性, 知

5． 证明定理 （有限覆盖定理）:

设个开域用直线

为一有界闭域

,

为一个开域族, 它覆盖了 D （即‘

）.

t 之中, 并假设D 不能被

中有限个开域所覆盖,

分成四个相等的闭矩形, 那么至少有一个闭矩形

其中每一个闭矩形

中都至少含

）. 则在

中必存在有限

它们同样覆盖了 D （即

把矩形时, 即可看出

成立.

对x=a或y=b时也成立.

.

【答案】设有界闭域D 含在矩形它所含的D 的部分不能被所含的D 的部分都不能为

中有限个开域所覆盖, 把这个矩形（若有几个, 则任选其一）再分为中有限个开域所覆盖, 于是, 每个闭矩形

四个相等的闭矩形, 按照这种分法 继续下去,

可得一闭矩形套

有D 的一点, 任取其中一点为

由闭矩形套定理可知:存在一点由于

则且

满足对任意的自然数N 都有:

所以

又因在由于

是有界闭域D 上的点, 所以中必有一开域包含

不妨设此开域为

使得

故n 充分大时, 恒有

可见, 矩形但是, 这与每个故

6． 设函数f （x ）在

求证:在【答案】令

包含于邻域

中, 从而包含于开域中,

中有限个开域所覆盖矛盾,

中所含的D 的部分不能被

和一个邻域

按定理条件,

.

则必存在点

中必有D 的有限开域覆盖.

上连续, 且

内至少存在两个不同的点

, 则有

, 使

又因为

所以存在sinx 恒为负,

都与

于是F （x ）在则存在

, 使得

矛盾. 又当, 使得

. 因若不然, 则在

时,

, 故, 即

内或F （x ）sinx 恒为正, 或F （x ）

上有三个不同零点, 再用罗尔定理,

二、解答题