数学分析中反例问题

摘要
数学分析是一门非常重要的基础课程,反例对理解数学分析有关定义和定理的内涵和外延有着不可替代的作用,反例的地位在数学的学习中占有很重要的地位,对培养我们的逆向思维至关重要,恰当的运用反例对我们数学能力的提高起着事半功倍的效果,我们希望定理中的条件是最简的,在我们一步步削弱条件的时候,反例的作用就越来越明显,一个特列不能说明一个命题是对的,但一个反例完全可以证明一个命题是错的.反例的作用和构造也越来越受到重视.本文介绍了数列,函数,导数,积分,无穷积分,级数等中的一些典型问题的反例,对一些逆命题的成立与否通过反例做了简单的论证,通过反例把一些看似相关性很大的定义和定理的区别又做了进一步的比较和分析,对一些反例的构造过程和思路做了详细介绍,回答了为什么这样构造的问题,可以让读者在错综复杂的关系里得到清晰的逻辑和思路.
关键词：命题;反例;构造;数学分析;体现
ABSTRACT
Mathematical analysis is a very important basic course, counterexample has an irreplaceable role in understanding mathematical analysis about definition and theorem of connotation and denotation , counter example role has a extremely important position in learning mathematics occupies,it is very important to educate our reverse thinking, appropriate mathematical ability for us to use counterexample improve play a extremely important position, we hope that the conditions of the theorem is one of the most simple, when we weaken conditions step by step, the counter example of the role is more and more obvious, a special example does not justify a question is right, but a counter example can prove that a theorem is wrong. counterexample and structure is becoming more and more important. According to the general mathematical analysis teaching material order, this paper introduces the sequence, function, derivative,and series of a reverse case of some typical problems, such as, for some of the establishment of the converse proposition, seemingly through counterexamples correlation definition theorem of great difference and do a further comparison and analysis of the construction process of some counter example ,it also made a detailed introduction, why and how structure counterexample get a answer in this paper, reader can get a clear logic in this paper.
Key words:proposition; counter example;structure;mathematical analysis;reflect
目 录
1.引言 .................................................................. 1
2.反例在加深理解定义及相关概念中的体现................................... 1 2.1周期函数 ............................................................ 1 2.2复合函数 ............................................................ 1 2.3极值 ................................................................ 2 2.4一致连续 ............................................................ 2 2.5导数 ................................................................ 3
3.反例在掌握定理的内涵与外延中的体现 .................................... 3 3.1柯西收敛准则 ........................................................ 3 3.2 STOLZ 公式 ............................................................ 4 3.3 比式判别法 .......................................................... 5 3.4 比较原则 ............................................................ 5 3.5 阿贝尔判别法 ........................................................ 6 3.6 莱布尼茨判别法 ...................................................... 7
4.反例在辨析重要结论的逆命题中的体现 .................................... 7
5.反例在论证辩证关系中的体现 ........................................... 10 5.1 lim ()x f x →+∞
和'lim ()x f x →+∞
的关系 (10)
5.2 原函数与可积函数之间的关系 ......................................... 10 5.3 ()a
f x dx +∞⎰
收敛与lim ()x f x →+∞
=0的关系 (11)
5.4 可积和绝对可积以及平方可积之间的关系 ............................... 12
6.结论 ................................................................. 13 参 考 文 献 ............................................................ 14 致 谢 .................................................. 错误!未定义书签。

1.引言
数学分析在数学专业中占有重要的基础地位,反例在数学分析中的应用也越来越受到重视,其实反例的作用不仅仅体现在数学分析中,像实变函数中的康托尔三分集就是一个经典的例子,也可充当很多命题的反例,第一个无处可微的连续函数的例子是由Weierstrass 用振动曲线cos y x π= 构造提出的:
cos()n
n n b
a x π∞
=∑[13],这使得人们对连续
和可微之间的关系研究又提高到了另一个高度,是理性的结果,打破了长期以来的模糊的错误的观点,从此以后,人们又仿效他做了适当的修改,构造出越来越多的反例,反例的作用越来越得到人们的肯定和重视,由此可见,能构造出反例来推翻一个命题和证明一个命题的正确性同等重要,构造反例关键在于巧妙,反例不是凭空想象的,而是根据要求和已有的知识经过很严密的思考得出来的,在运用和构造反例的过程中可以让我们对知识点理解的更加透彻,使我们的思路更加清晰,对提高我们的数学思想和数学能力有着很大的帮助作用.
2. 反例在加深理解定义及相关概念中的体现 2.1周期函数
并不是非常数的周期函数都有最小正周期,下面我们寻求一个没有最小正周期的非常数的周期函数,可以证明非常数的连续周期函数必有最小正周期[5],所以我们构造的函数一定是不连续的,如狄利克雷函数,
1,()0,x D x x ⎧=⎨⎩为有理数为无理数
,
它的周期是全体有理数,因而没有最小正周期.
2.2复合函数
(),()y f u u g x ==,已知0
0lim ()x x g x u →=,0
lim ()u u f u A →=,若0x x →的过程中()g x 始终保持有
0()g x u ≠,则复合函数的极限0
lim (())x x f g x A →=[12].注意这里的0()g x u ≠容易忽略,但确实又
是必不可少的,例如：
1,0
()0,0u y f u u ≠⎧==⎨=⎩
及
,()0,x x u g x x ⎧==⎨⎩为无理点
为有理点
,
这时0x →时0u →,0u →时()1y f u =→,但复合后的极限不存在,因为
1(())0x f g x x ⎧=⎨
⎩
，为无理点
，为有理点. 由此可知0()g x u ≠是不能去掉的,但是如果外层函数连续,则
lim (())(lim ())x x x x f g x f g x →→=,
就不必假定在极限过程中0()g x u ≠了.
2.3极值
若连续函数()f x 在0x 点有极大值,则在此点的某一领域内一定满足()f x 在此点的左侧递增右侧递减.这个命题初看很正常,感性认识是对的.但是事实并非如此,例
如,212(2+sin ),0()=00
x x f x x
x ⎧-≠⎪
⎨⎪=⎩， , ()f x 在0x =0取得极大值2,而
'11
()cos 2(2sin ),0f x x x x x
=-+≠
在0x =0的任意小的领域内都时正时负,故在0x =0的左右两侧任意领域内()f x 都是震荡的.
2.4一致连续
定义1[1] 设f 为定义在区间I 上的函数.若对任给的0ε>,存在()0δδε=>,使得对任何1x ,2x ∈I,只要12||x x δ-<,就有
12|()()|f x f x ε-<,
则称函数f 在区间I 上一致连续.
由一致连续的定义可以证明,在有限开区间上一致连续的两个函数之积仍然是一致连续函数.
现在我们来看在有限开区间上一致连续的两个函数之商和在无穷区间上一致连续的两个函数之积是否还是一致连续函数.
通过反例我们可以知道这时就不一定成立了,如：1与x 在（0,1）上一致连续,但其商
1
x
在（0,1）上不一致连续. x 与x 在(0, +∞)上一致连续,但2x 在(0, +∞)上不一致连续.
2.5导数
定义2[1] 设函数()y f x =在0x 的某邻域内有定义,若极限
00
()()
lim
x x f x f x x x →--
存在,则称函数f 在点0x 处可导.
由定义可知函数的可导是针对一点而言的,所以存在只在一点可导,在这一点的任何领域内都不可导的函数,因为连续也是针对点而言的,我们知道存在只在单点连续的函数,在这一点的任何领域内都不连续,如黎曼函数,那么是否存在这样的函数,只在一点可导,在其他任一点都不连续,这样的函数是存在的,如()f x =2()x D x 仅在点0x =0处可导,在其他任意一点都不可导,且不连续,其中()D x 是狄利克雷函数.
2. 可导函数()f x 在某点满足'0()0f x >,但不能断定()f x 在0x 的某领域内单调递增,如
2
12sin ,0()=00
x x x f x x
x ⎧+≠⎪
⎨⎪=⎩， , 则
'1114sin 2cos ,0()=0
x x f x x x
x ⎧+-≠⎪
⎨⎪=⎩1， , 在0x =0点,'(0)=1>0f ,但在原点的任意领域内'()f x 都取正值和负值. 3.导函数不一定连续.例如
2
1sin ,0()=0
x x f x x
x ⎧≠⎪
⎨⎪=⎩0， , 则
'112sin cos ,0()=0
x x f x x x
x ⎧-≠⎪
⎨⎪=⎩0， , '()f x 在0x =点间断,并且是第二类间断点,其实这并不是偶然,因为导函数是没有第一类
间断点的,并且还可以证明导函数如果有第二类间断点一定是振荡型的第二类间断点.
3. 反例在掌握定理的内涵与外延中的体现 3.1柯西收敛准则
定理3.1.1 [1]（柯西收敛准则）数列{}n a 收敛的充要条件是：对任给的0ε>,存在正整数N,使得当n,m >N 时有n m a a ε-<.
下面列出两个命题
（1） 数列{}n a 收敛的充要条件是[5]：对任给的0ε>,N ∃,当n N >时,对一切
1,2,3,
p =,都有n p n a a ε+-<
（2） 数列{}n a 收敛的充要条件是：对任给的0ε>,对1,2,3,
p ∀=,N ∃,当n N >时,有
n p n a a ε+-<
对于以上两个命题,再结合柯西收敛准则,我们很难一下子看清楚哪个是对的,看似他们的表述很接近,貌似都对,实则不然,对于命题2,虽然p 是任意的,但是是在选取N 前就给定的,可能每一个p 都会对应着一个不同的N ,这样就会使得N 的选取和p 的取值有关,从而找不到一个公共的N 使的对任何一个p 都成立,这就是命题2和命题1最本质的区别,经过初步分析我们还不能断定命题2是错误的,如果能举一个反例推翻就可以了,而这种反例是存在的,比如令
11
1123n a n
=+++
+,
则
111||12
1
n p n p
a a n n n p n ε+-=
+++
<<++++, 对任意给定的p ,当n 充分大时成立,所以
111
123n a n
=++++
是满足命题2的要求的,但是我们知道111
123n a n
=++++是发散的,所以命题2是不对
的.通过这个反例可以看出反例在加深理解定理中的作用是不言而喻的.
3.2 stolz 公式
定理3.1.2[5]
∞
∞
型Stolz 公式 若{}n y 严格递增且lim n n y →∞
= +∞,1
1
lim
n n n n n x x l y y -→∞
--=-,则
11
lim
lim n n n n n n n n x x x
l y y y -→∞
→∞--==-（l 是有限数,+∞或-∞） ο
ο
型Stolz 公式 若{}n y 严格递减且lim 0n n y →∞
=,lim 0n n x →∞=,1
1
lim
n n n n n x x l y y -→∞
--=-,则
11
lim
lim n n n n n n n n x x x
l y y y -→∞
→∞--==-（l 是有限数,+∞或-∞） 注意上面的l 可以是有限数,也可以是+∞或-∞,但是
11lim n n n n n x x
y y -→∞--=∞-, 一般推不出lim
n
n n
x y →∞
=∞,例如令 {}n x =222(0,2,0,4,0,6,
),n y =n,
这时虽然11lim
n n n n n x x y y -→∞
--=∞-,但是n n y x ⎧⎫⎨⎬⎩⎭
=(0,2,0,4,0,6,),即lim n n n x
y →∞≠∞.
要特别注意的是Stolz 公式的逆命题是不成立的,现以
∞
∞
型Stolz 公式为例, 即使{}n y 严格递增且lim n n a →∞
= +∞,lim n n n x l y →∞=,但是推不出11
lim n n n n n x x
l y y -→∞--=-,
如我们用Stolz 公式很容易知道如果lim n n a a →∞
=,则
12lim
n
n a a a a n
→∞+++=,
但是由此等式反过来我们是推不出lim n n a a →∞
=的,例如：令n a =(1)n -,显然
12lim
0n
n a a a n
→∞+++=,
但是lim 0n n a →∞
≠.
针对上例我们还可以得到推不出lim n n a a →∞
=是因为{}n a 的极限不存在,如果存在的
话,lim n n a a →∞
=一定成立,所以加上{}n a 单调这个条件就可以确定lim n n a a →∞
=成立,因为如果
{}n a 单调就可以保证{}n a 的极限是存在的,要么是有限数,要么是+∞或-∞,而这三种情
况恰好在Stolz 公式的使用范围内,这也是我们构造的反例一定不能是单调数列的原因.
3.3 比式判别法
设1n n a ∞
=∑为正项级数,且+11n n a a <,但1n n a ∞=∑不一定收敛,例如：11
n n ∞
=∑ 上例对理解比式判别法有重要作用,我们知道,如果1
n n a ∞
=∑为正项级数,且存在某正整
数0N 及常数q （0<q<1）, 若对一切n>0N ,成立不等式+1
q n n a a ≤,则级数1
n n a ∞
=∑收敛.这说明了0<q<1的重要性以及对理解
+1q n n a a ≤<1和+11n n
a
a <两者这间的区别都有很大帮助. 3.4 比较原则
1n n u ∞
=∑收敛,且lim n
n n u l v →∞=(0l <<+∞),这时1n n v ∞=∑不一定收敛,由于如果1n n u ∞=∑,1n n v ∞
=∑是两个正项级数,若lim n
n n
u l v →∞=(0l <<+∞),这时1n n u ∞=∑和1n n v ∞=∑一定是同敛态的,所以1n n u ∞=∑和1n n v ∞
=∑不
能同时为正项级数,令
1
n n u ∞
=∑
=1
-n
n ∞
=∑（1, 1
n n v ∞
=∑
=1
-n
n ∞
=∑（1+1
n
, 这时即使
lim
1n
n n n u v n
→∞==（-1, 但
1
n n v ∞
=∑
=1
-n
n ∞
=∑（1+1
n
还是发散的,这就说明比较法一定不要忘记使用的范围是正项级数之间的比较.
3.5 阿贝尔判别法
若{}n a 为单调有界数列,且级数1
n n b ∞
=∑收敛,则级数1
n n n a b ∞
=∑收敛.
如果把单调这个条件去掉,命题是否还成立呢,例如,1
n n b ∞=∑收敛,lim n n a →∞
=1,那么1
n n n a b ∞
=∑一定
收敛吗,要构造反例说明这个命题的错误的性,要清楚的知道所构造的反例中n a 不能单调,且1
n n b ∞=∑不能为正项级数,因为如果1n n b ∞=∑是正项级数,则当n 足够大时,1
n n n a b ∞
=∑也是正项级
数,又因lim n n a →∞
=1,由比较法可得1n n b ∞
=∑和1
n n n a b ∞
=∑同敛态,综上分析可令n b
=
n
（-1, n a
=n
（-1+1
n
n +, 显然1
n n b ∞
=∑收敛且lim n n a →∞
=1,但是
111=1n
n n n n a b n
n ∞∞
==+∑∑（+(-1)） 是发散的,说明单调这个条件是必不可少的.
3.6 莱布尼茨判别法
莱布尼茨判别法要满足的三个条件 1.2.3.lim =0n n a →∞⎧⎪
⎨⎪⎩交错级数单调递减
下面通过反例来说明这三个条件缺一不可,
缺条件1时,11n n ∞
=∑满足条件2和3,但是11
n n
∞
=∑发散
缺条件2时,
n a =2
1
,1,n n
n n ⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩为奇数为偶数,
1-n
n
n a ∞
=∑
（1）满足条件1和3,但是
1-n
n
n a ∞
=∑
（1）=1111-+-+43
16
发散,即2111
-)n n n
∞
=∑（发散. 缺条件3时,11-+n
n n ∞
=∑（1）（1）满足条件1和2,但是1
1-+n
n n ∞
=∑（1）（1）是发散的.
所以在运用莱布尼茨判别法时,一定要验证这三个条件,特别是第二个容易遗漏.
4. 反例在辨析重要结论的逆命题中的体现
1. .有界变差数列都是收敛数列[6].逆命题不真.
2132431||||||||n n n A a a a a a a a a c -=-+-+-+
+-<（c 为常数）,
则称数列{}n a 为有界变差数列[1].可以证明有界变差数列都是收敛数列,但是收敛数列却不一定是有界变差数列,例如：
{}11
111,1,
,,,,,22n a n n
⎧⎫=---⎨⎬⎩
⎭
, 显然lim n n a →∞
=0,但是
21324312143221||||||||
||||||
111
2(1)23
n n n n a a a a a a a a a a a a a a n
---+-+-++->-+-++-=+++
+→+∞
2.若1
lim
n n n
a a a +→∞=,0n a >,
则1n =.逆命题不对.例如：
2(1)n n a =+-={}1,3,1,3,1,3,
,
1n =,但是
21213n n a a +=,2213n n a a -=,故1lim n n n
a
a +→∞不存在.这就是在级数收敛判别法中能用比
式判别的一定可以用根式判别法来判定,而在有些题目中能用根式判别法却不能用比式判别法的原因,这也说明根式判别法比比式判别法应用的范围更大一些.
3. 众所周知,若()f x 的导函数在I 上有界,则()f x 一定一致连续[8].我们的问题是逆命题是否成立呢？答案是否定的,
因为()f x =0,1）上一致连续,但
'()f x =
在（0,1）上是无界的.
这里还有个重要的结论,若()f x 在[),a +∞上连续且处处可导,且'lim |()|x f x A →+∞
=（有
限或无限）,则当且仅当A 为有限时,()f x 在[),a +∞一致连续. 证 ⇒ 因为A 有限,
12|()()|f x f x -=|'()f ξ|12||x x -≤M 12||x x -,
由Lipschitz 条件可得()f x 一致连续.
⇐ 反证法：假如A=+∞,令0ε=1,1x =b>0, 2x =b+1
n
,对n N ∀∈,b 充分大时,有
12|()()|f x f x -=|'()f ξ|
1
n
≥0ε=1, 故()f x 非一致连续.
4. 若()f x 在(,)a +∞内可导,并且'lim ()=A x f x →+∞
,则
()
lim
=A x f x x
→+∞
.[9] 这由推广的洛必达法则很容易得到,但是此命题的逆命题不真.如
()=sin f x x ,(,)x a ∈+∞,
sin lim
x x
x →+∞=0,
但是
'lim ()=lim cos x x f x x →+∞
→+∞
不存在.
5. 若()=0b
a f x dx ⎰可积,则()f x 在[],a
b 一定有界[5].反之不真.例如狄利克雷函数
1,()1x f x x -⎧=⎨
⎩为有理数
，为无理数
, 在[],a b 内有界,但是()D x 是不可积的.
6. 若()f x 可积,则|()|f x 和2()f x 都可积[11],但逆命题不真.例如
1,()1x f x x -⎧=⎨
⎩
为有理数
，为无理数, |()|f x ,2
()f x 在[],a b 内都可积,但是()f x 在[],a b 内是不可积的.
7. 我们知道如果1
n n a ∞
=∑收敛,n a >0且n a 单调递减,则
lim 0n n na →∞
=,[3]
即递减的正项级数如果收敛,其通项一定是比
1
n
高阶的无穷小量.我们考察此命题的逆命题正确与否,即如果lim 0n n na →∞
=,n a >0且n a 单调递减,是否一定有1
n n a ∞=∑收敛.
下面给出反例的构造过程,n a 是比
1n 高阶的无穷小量,如果只是单纯的构造比1
n
高阶的无穷小量n a =i 1
n （i>1）,则1
n n a ∞
=∑一定收敛,所以不妥,我们要找一个比任何i n （i>0）增长速
度要慢的函数,这样才有可能构造出恰当的反例,自然会想到lnn,即令n a =1
ln n n
,则n a 满
足lim 0n n na →∞
=,n a >0且n a 单调递减,但是
2
n n a ∞
=∑=21
ln n n n
∞
=∑
却是发散的.（+2
1
ln dx x x
∞
⎰
=+ln 21dt t ∞⎰,令t=ln x ）
注意,还可以用反例说明此命题中n a 单调递减是必不可少的,即存在n a >0且1
n n a ∞
=∑收敛,但
是lim 0n n na →∞
≠,即n a 不是
1
n
高阶的无穷小量.例如： 2
1
,1,n n n
a n ⎧⎪⎪=⎨⎪⎪⎩为整数平方时其他,
1
n n a ∞
=∑=2
222222*********
1+++++++2345678910++
+
2222222
1
211111111111+
++++++234567891012n
n k k n
k S a k ====+++≤<+∞∑
∑
所以1
n n a ∞
=∑收敛,但是显然n a ≠1
n ο（）
. 5. 反例在论证辩证关系中的体现 5.1lim ()x f x →+∞
和'lim ()x f x →+∞的关系 由推广的洛必达法则我们还可以知道,设()f x 在(,)a +∞内可导,若
lim ()x f x →+∞
,'lim ()x f x →+∞
都存在,则
'lim ()x f x →+∞
=0.
现在我们来进一步探讨在()f x 在(,)a +∞内可导的前提下lim ()x f x →+∞
和'lim ()x f x →+∞
之间的关系.
下面的两个反例告诉我们他们是无关条件,即()f x 在(,)a +∞内有界可导,且有lim ()
x f x →+∞
存在,但'lim ()x f x →+∞
不一定存在,例如
2sin ()=x f x x
,(0,)x ∈+∞
则
2
'
2
2sin ()=2cos x f x x x
-,
显然lim ()=0x f x →+∞
但是'
lim ()x f x →+∞
不存在.
反之如果()f x 在(,)a +∞内有界可导,且'
lim ()x f x →+∞
存在,但lim ()x f x →+∞
不一定存在,例如：
()=cos(ln )f x x ,(0,)x ∈+∞,
它在(0,)+∞上有界且可微,且
'sin(ln )
()=x f x x
-
, 所以'
lim ()x f x →+∞
=0,但是lim ()x f x →+∞
不存在.
5.2原函数与可积函数之间的关系
1．可积但不一定存在原函数.例如黎曼函数
1,,,()0,0,1p x p q q p q
q f x x ⎧=>⎪
=⎨⎪=⎩
互素，以及（0，1）内的无理数, 1
()=0f x dx ⎰
,但是()f x 是没有原函数的,因为导函数没有第一类间断点且具有介值性,而
黎曼函数在无理点连续,在有理点间断,并且是第一类间断点,况且()f x 没有介值性,因为取不到无理数,所以()f x 是没有原函数的.
从这个例子中也可以看出有无数个间断点的函数也可能可积,进一步我们会知道黎曼可积的一个充要条件是几乎处处连续,因为有理点可列,显然黎曼函数符合要求. 2.有原函数但不一定可积.例如
22
1212sin cos ,0()00
x x f x x x x
x ⎧-≠⎪=⎨⎪=⎩， , 在区间[]-1.1上()f x 有原函数
2
21sin ,0
()00
x x F x x
x ⎧≠⎪=⎨⎪=⎩， , 但是()f x 在[]-1.1上不可积,（因为()f x 在[]-1.1上无界）.
5.3
()a
f x dx +∞
⎰
收敛与lim ()x f x →+∞
=0的关系
1.无穷积分()a
f x dx +∞⎰
收敛,未必就有lim ()x f x →+∞
=0. 例如
2
1
1
sin x dx +∞
+∞
=⎰
⎰
收敛,但是2lim sin 0x x →+∞
≠
上例中我们看到2sin x 在+x →∞的过程中2sin x 的取值有正有负,现在我们来加强约束条件. 2.
()a
f x dx +∞
⎰
收敛,()f x 0≥,且()f x 是连续函数,未必就有lim ()x f x →+∞
=0. 例如
111-2||,,()(1,2,),220n n n x n x n n f x n ⎧⎡⎤-∈-+⎪⎢⎥==⎣⎦⎨⎪⎩
当， 其余 此时,
()f x dx +∞
⎰
=112122n n ∞
=⋅⋅∑=11
2
n n ∞
=∑=1,
所以0
()f x dx +∞
⎰
收敛,()f x 0≥,()f x 是连续函数,但是lim ()x f x →+∞
≠0.
我们可以看到上面构造的函数既不是单调函数也不是一致连续函数且lim ()x f x →+∞
都
不存在,这并不是偶然,因为如果()f x 满足单调,一致连续,极限存在中的任何一条,那么一定有lim ()x f x →+∞
=0.
再加强约束将上述条件()f x 0≥改为()f x >0,依然不能肯定lim ()x f x →+∞
=0.这时我们只
要考虑函数
()f x =max 21,()g x x ⎧⎫
⎨⎬⎩⎭
,
其中()g x 按上式中()f x 同样的方式定义.
5.4可积和绝对可积以及平方可积之间的关系
1. 绝对可积必可积[9],反之不然. 例如
()f x =sin x x 在()0+∞，上可积,但|()f x |=|sin x
x
|在()0+∞，上不可积. 2.可积未必平方可积. 例如
1
+∞
⎰
收敛,但2
1sin x dx x +∞⎰不收敛. 这个结论的直观体现也很明显,因为条件可积很可能是因为正负项相消造成的,而一旦平方后就不存在正负项相消的现象,并且函数值增长的速度还会加快,最终导致不在收敛.
3对瑕积分,平方可积必可积[14]; 对无穷积分,平方可积未必可积. 例如
()f x =
2
3
1
x
,显然2()f x 在[)1+∞，上可积,但()f x 在[)1+∞，上不可积.
要知道瑕积分和无穷积分的最大区别是,对瑕积分而言,当自变量趋于瑕点时,函数值一
定是趋于无穷的,而平方会加快趋于无穷的速度,既然快速的都收敛了,慢速度的一定会收敛,这是对瑕积分平方可积必可积的一种直观解释.
对于无穷积分而言,当lim ()x f x →+∞
=0时,平方会加快趋于零的速度,导致本来不收敛但是平
方后就会收敛的现象,这是对无穷积分平方可积未必可积的一种直观解释. 4对瑕积分,平方可积必绝对可积[10],反之不然; 对无穷积分,绝对可积与平方可积没有必然联系. 例如：()f x
,显然()f x 和|()f x |在[]01，上可积,但2()f x =1x 在[]01，上不可积. 平方可积未必绝对可积的例子在3中已给出.
现举例说明对于无穷积分来说,绝对可积未必平方可积,很多书中为此列的例子是
()f x =30
2
sin x dx x
+∞
⎰
,
|()f x |在[)+∞0，上可积,但2()f x 在[)+∞0，上不可积,我们会发现,2()f x 在[)+∞0，上不可积是因为瑕积分引起的,而不是无穷积分的原因,因为
+2
()f x dx ∞
⎰
=230
sin x
dx x +∞
⎰
=2130sin x dx x ⎰+2
+3
1sin x dx x ∞⎰,
21
30sin x
dx x ⎰发散,2
+31sin x dx x ∞⎰收敛,
下面我们寻找一个只是无穷积分的例子,如：
12,,()40,n n x n n f x ⎧⎡
⎤∈-⎪⎢⎥=⎣⎦⎨⎪⎩
其他
则
+0
|()|f x dx ∞
⎰
=1124n n n ∞
=⋅∑=11
2
n n ∞
=∑=1,
但是
+2
()f x dx ∞
⎰
=11
44n
n n ∞
=⋅∑=11n ∞=∑+→∞,
所以+20
()f x dx ∞⎰
发散.
在这里要注意和级数的区别,我们知道对于级数来说,绝对收敛平方必定收敛,因为就级数而言,如果收敛,通项一定趋于零,平方后最后趋于零的速度一定更快,所以必顶收敛,但是无穷积分不一样,对积分而言,只要最后面积趋于零的速度够快就可以,和函数值()f x 没有必然的联系,所以就会导致平方后面积趋于零的速度变慢,最终发散.从这也可以看出级数和无穷积分虽然存在很大联系,但是区别也是很大的.
6.结论
通过本文一些经典反例在数学分析中的应用,我们清楚的看到了反例构造的巧妙性和逻
辑性,通过列举的这些反例,使我们对数学分析中容易混淆的概念更加清晰,反例在说明逆命题的成立与否的作用是不言而喻的,本文列举的逆命题不真的反例使我们在另一个方面对定理或命题有了更全面的认识.当我们苦苦的要证明一个命题是正确的时候,我们首先是认为找不到反例推翻的,因为找到的话就不真了,所以反例的应用可以让我们少做很多无用功.本文对更加透彻全面的理解数学分析中的相关概念命题和定理以及对培养我们的数学思想都有很大促进作用.
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