📘 第一章总习题完整解答

📋 目录导航

第一部分：基础理论题（1-5题）
  ├─ 题1：最大值最小值的表示
  ├─ 题2：初等函数的性质
  ├─ 题3：复合函数计算
  ├─ 题4：反函数求解
  └─ 题5：取整函数应用

第二部分：图像变换题（6-7题）
  ├─ 题6：函数图像的各种变换
  └─ 题7：最大最小函数的图像

第三部分：单调性理论（8-10题）
  ├─ 题8：单调函数的复合与不等式
  ├─ 题9：最大最小函数的单调性
  └─ 题10：奇偶函数的单调性传递

第四部分：奇偶性理论（11题）
  └─ 题11：奇偶函数的运算性质

第五部分：确界理论（12-13题）
  ├─ 题12：和与积的确界不等式
  └─ 题13：乘积的确界不等式

第六部分：综合应用题（14-18题）
  ├─ 题14：函数的延拓
  ├─ 题15：周期函数的有界性
  ├─ 题16：振幅与确界的关系
  ├─ 题17：有理数构成的函数
  └─ 题18：有理指数幂的性质

📝 题目1：最大值最小值的公式表示

📖 题目完整表述

设 $a, b \in R$ ，证明：

(1) $max {a, b} = \frac{1}{2} (a + b + ∣ a - b ∣)$

(2) $min {a, b} = \frac{1}{2} (a + b - ∣ a - b ∣)$

🎯 证明 (1)：最大值公式

核心思想： 分情况讨论， $∣ a - b ∣$ 会自动"选择"较大者。

情况一： $a \geq b$

此时 $a - b \geq 0$ ，所以 $∣ a - b ∣ = a - b$ 。

代入右边： $\frac{1}{2} (a + b + ∣ a - b ∣) = \frac{1}{2} (a + b + a - b) = \frac{1}{2} \cdot 2 a = a$

而 $max {a, b} = a$ （因为 $a \geq b$ ）。

所以等式成立。✓

情况二： $a < b$

此时 $a - b < 0$ ，所以 $∣ a - b ∣ = - (a - b) = b - a$ 。

代入右边： $\frac{1}{2} (a + b + ∣ a - b ∣) = \frac{1}{2} (a + b + b - a) = \frac{1}{2} \cdot 2 b = b$

而 $max {a, b} = b$ （因为 $b > a$ ）。

所以等式成立。✓

结论： 在所有情况下，公式都成立。∎

🎯 证明 (2)：最小值公式

方法一：直接证明（类似上面）

情况一： $a \geq b$

$∣ a - b ∣ = a - b$

$\frac{1}{2} (a + b - ∣ a - b ∣) = \frac{1}{2} (a + b - a + b) = b = min {a, b}$ ✓

情况二： $a < b$

$∣ a - b ∣ = b - a$

$\frac{1}{2} (a + b - ∣ a - b ∣) = \frac{1}{2} (a + b - b + a) = a = min {a, b}$ ✓

方法二：利用 (1) 的结果

注意到： $max {a, b} + min {a, b} = a + b$

从 (1) 我们有： $max {a, b} = \frac{1}{2} (a + b + ∣ a - b ∣)$

因此： $min {a, b} = (a + b) - max {a, b}$

$= a + b - \frac{1}{2} (a + b + ∣ a - b ∣)$

$= \frac{2 ( a + b ) - ( a + b + ∣ a - b ∣ )}{2}$

$= \frac{a + b - ∣ a - b ∣}{2}$ ✓

∎

💡 几何理解

数轴上的情况：

情况1：a ≥ b
    b       a
    ●───────●
    |<-d/2->|<-d/2->|
    
    中点：(a+b)/2
    最大值：中点 + d/2 = (a+b)/2 + |a-b|/2
    最小值：中点 - d/2 = (a+b)/2 - |a-b|/2

其中 d = |a-b| 是两点距离

🌟 推广与应用

推广到三个数：

$max {a, b, c} = max {max {a, b}, c}$

$= \frac{1}{2} (max {a, b} + c + ∣ max {a, b} - c ∣)$

应用：

分段函数的统一表示
绝对值不等式的处理
计算机算法中的条件判断优化

📝 题目2：初等函数的复合

📖 题目完整表述

设 $f$ 和 $g$ 都是 $D$ 上的初等函数。定义

$M (x) = max {f (x), g (x)}, m (x) = min {f (x), g (x)}, x \in D$

试问 $M (x)$ 和 $m (x)$ 是否为初等函数？

📚 详细证明

利用题1的结果：

由题1我们知道：

$M (x) = max {f (x), g (x)} = \frac{1}{2} [f (x) + g (x) + ∣ f (x) - g (x) ∣]$

$m (x) = min {f (x), g (x)} = \frac{1}{2} [f (x) + g (x) - ∣ f (x) - g (x) ∣]$

分析各部分：

(i) $f (x) + g (x)$ ：初等函数的和仍是初等函数 ✓

(ii) $f (x) - g (x)$ ：初等函数的差仍是初等函数 ✓

(iii) $∣ f (x) - g (x) ∣$ ：初等函数的绝对值...

关键问题： 绝对值函数是否保持初等性？

🔍 深入分析

绝对值的表示：

$∣ u ∣ = u^{2}$

所以： $∣ f (x) - g (x) ∣ = [f (x) - g (x)]^{2}$

验证初等性：

$f (x) - g (x)$ 是初等函数
$[f (x) - g (x)]^{2}$ 是初等函数（多项式运算）
$[f (x) - g (x)]^{2}$ 是初等函数（根式运算）

结论： $∣ f (x) - g (x) ∣$ 是初等函数 ✓

✅ 最终结论

$M (x) = \frac{1}{2} [f (x) + g (x) + [f (x) - g (x)]^{2}]$

这是初等函数的有限次四则运算和复合，因此 $M (x)$ 是初等函数。

同理， $m (x)$ 也是初等函数。∎

💡 实例验证

例子： $f (x) = x$ ， $g (x) = x^{2}$

$M (x) = max {x, x^{2}} = \frac{1}{2} (x + x^{2} + ∣ x - x^{2} ∣)$

$= \frac{1}{2} (x + x^{2} + ∣ x (1 - x) ∣)$

在 $x \in [0, 1]$ 上： $∣ x (1 - x) ∣ = x (1 - x)$

$M (x) = \frac{1}{2} (x + x^{2} + x - x^{2}) = x$

在 $x > 1$ 或 $x < 0$ 上： $∣ x (1 - x) ∣ = - x (1 - x)$

$M (x) = \frac{1}{2} (x + x^{2} - x + x^{2}) = x^{2}$

图像：

    y
    │    y = x²
  4 │        ╱
    │       ╱
  3 │      ╱
    │     ╱
  2 │    ╱╱
    │   ╱╱ y = x
  1 │  ╱╱─────
    │ ╱╱
  0 ├╱─────────── x
    0   1   2
    
M(x) = {x,    0≤x≤1
       {x²,   x>1或x<0

📝 题目3：复合函数计算

📖 题目完整表述

设函数 $f (x) = \frac{1 - x}{1 + x}$ ，求：

$f (\frac{1}{x})$ ， $f (1 + x)$ ， $f (x^{2})$ ， $f (f (x))$

🎯 解答

(1) 求 $f (\frac{1}{x})$

代入：

$f (\frac{1}{x}) = \frac{1 - \frac{1}{x}}{1 + \frac{1}{x}}$

通分：

$= \frac{\frac{x - 1}{x}}{\frac{x + 1}{x}} = \frac{x - 1}{x + 1}$

化简：

注意到 $\frac{x - 1}{x + 1} = - \frac{1 - x}{1 + x} = - f (x)$

$f (\frac{1}{x}) = \frac{x - 1}{x + 1} = - f (x)$

(2) 求 $f (1 + x)$

代入：

$f (1 + x) = \frac{1 - ( 1 + x )}{1 + ( 1 + x )} = \frac{1 - 1 - x}{1 + 1 + x} = \frac{- x}{2 + x}$

$f (1 + x) = - \frac{x}{2 + x}$

(3) 求 $f (x^{2})$

代入：

$f (x^{2}) = \frac{1 - x ^{2}}{1 + x ^{2}}$

因式分解（可选）：

$= \frac{( 1 - x ) ( 1 + x )}{1 + x ^{2}}$

$f (x^{2}) = \frac{1 - x ^{2}}{1 + x ^{2}}$

(4) 求 $f (f (x))$

第一步：代入

$f (f (x)) = f (\frac{1 - x}{1 + x})$

第二步：应用函数定义

$= \frac{1 - \frac{1 - x}{1 + x}}{1 + \frac{1 - x}{1 + x}}$

第三步：通分

分子： $1 - \frac{1 - x}{1 + x} = \frac{1 + x - ( 1 - x )}{1 + x} = \frac{1 + x - 1 + x}{1 + x} = \frac{2 x}{1 + x}$

分母： $1 + \frac{1 - x}{1 + x} = \frac{1 + x + ( 1 - x )}{1 + x} = \frac{1 + x + 1 - x}{1 + x} = \frac{2}{1 + x}$

第四步：相除

$f (f (x)) = \frac{\frac{2 x}{1 + x}}{\frac{2}{1 + x}} = \frac{2 x}{1 + x} \cdot \frac{1 + x}{2} = \frac{2 x}{2} = x$

$f (f (x)) = x$

🌟 深刻理解

结论： $f (f (x)) = x$ 说明 $f$ 是自身的反函数！

这叫做对合函数（involution）。

验证反函数性质：

若 $y = f (x) = \frac{1 - x}{1 + x}$ ，解出 $x$ ：

$y (1 + x) = 1 - x$ $y + y x = 1 - x$ $y x + x = 1 - y$ $x (y + 1) = 1 - y$ $x = \frac{1 - y}{1 + y}$

所以 $f^{- 1} (y) = \frac{1 - y}{1 + y} = f (y)$

即 $f^{- 1} = f$ ，自己是自己的反函数！✓

💡 几何意义

函数 $f (x) = \frac{1 - x}{1 + x}$ 的图像关于直线 $y = x$ 对称。

    y
    │      y=x
  1 ├─●────╱────
    │  ╲  ╱  f(x)
    │   ╲╱
    │   ╱╲
  0 ├──╱──╲────── x
    │ ╱    ╲
 -1 ├╱──────●────
    │
   -1  0   1

📊 性质总结

复合函数	结果	特殊性质
$f (\frac{1}{x})$	$- f (x)$	奇偶性质
$f (1 + x)$	$- \frac{x}{2 + x}$	平移变换
$f (x^{2})$	$\frac{1 - x ^{2}}{1 + x ^{2}}$	偶函数
$f (f (x))$	$x$	对合函数

📝 题目4：反函数求解

📖 题目完整表述

设 $f (x) = x + 1 + x^{2}$ ，求 $f^{- 1} (x)$ 。

🎯 解答步骤

步骤1：验证单调性

分析： $f (x) = x + 1 + x^{2}$

对任意 $x_{1} < x_{2}$ ：

$x_{1} < x_{2}$ 显然
$1 + x_{1}^{2} < 1 + x_{2}^{2}$ （因为根式函数递增）

所以 $f (x_{1}) < f (x_{2})$ ， $f$ 严格递增 ✓

步骤2：求反函数

设 $y = x + 1 + x^{2}$ ，解出 $x$ 。

移项： $1 + x^{2} = y - x$

两边平方： $1 + x^{2} = (y - x)^{2} = y^{2} - 2 x y + x^{2}$

化简： $1 = y^{2} - 2 x y$ $2 x y = y^{2} - 1$ $x = \frac{y ^{2} - 1}{2 y}$

步骤3：验证

验证 $f (f^{- 1} (y)) = y$ ：

$f (\frac{y ^{2} - 1}{2 y}) = \frac{y ^{2} - 1}{2 y} + 1 + (\frac{y ^{2} - 1}{2 y})^{2}$

计算根式内部： $1 + \frac{( y ^{2} - 1 ) ^{2}}{4 y ^{2}} = \frac{4 y ^{2} + ( y ^{2} - 1 ) ^{2}}{4 y ^{2}}$

$= \frac{4 y ^{2} + y ^{4} - 2 y ^{2} + 1}{4 y ^{2}} = \frac{y ^{4} + 2 y ^{2} + 1}{4 y ^{2}} = \frac{( y ^{2} + 1 ) ^{2}}{4 y ^{2}}$

所以： $1 + (\frac{y ^{2} - 1}{2 y})^{2} = \frac{y ^{2} + 1}{2∣ y ∣}$

当 $y > 0$ 时（实际上 $f$ 的值域是 $R$ ，需要分情况）：

$f (\frac{y ^{2} - 1}{2 y}) = \frac{y ^{2} - 1}{2 y} + \frac{y ^{2} + 1}{2 y} = \frac{2 y ^{2}}{2 y} = y$ ✓

步骤4：最终答案

交换 $x, y$ ：

$f^{- 1} (x) = \frac{x ^{2} - 1}{2 x}$

定义域： $R ∖ {0}$ （实际上需要更仔细分析原函数值域）

🔍 更精细的分析

原函数的值域：

当 $x \to - \infty$ 时： $f (x) = x + 1 + x^{2} = x + ∣ x ∣ 1 + \frac{1}{x ^{2}} \approx x - x = 0$

实际上： $x \to - \infty lim f (x) = x \to - \infty lim \frac{x ^{2} + x ^{2} + 1}{x - 1 + x ^{2}} = 0$

（利用共轭）

当 $x \to + \infty$ 时， $f (x) \to + \infty$

所以值域是 $(0, + \infty)$ 。

修正反函数的定义域：

$f^{- 1} (x) = \frac{x ^{2} - 1}{2 x}, x > 0$

💡 另一种推导方法

利用共轭：

$y = x + 1 + x^{2}$

两边乘以共轭： $(x - 1 + x^{2}) (x + 1 + x^{2}) = x^{2} - (1 + x^{2}) = - 1$

所以： $x - 1 + x^{2} = \frac{- 1}{y}$

结合原式： $2 x = y - \frac{1}{y} = \frac{y ^{2} - 1}{y}$

$x = \frac{y ^{2} - 1}{2 y}$ ✓

📝 题目5：取整函数的应用

📖 题目完整表述

利用函数 $y = [x]$ 求解：

(1) 某系各班级推选学生代表，每5人推选1名代表，余额满3人可增选1名。写出可推选代表数 $y$ 与班级学生数 $x$ 的函数关系。

(2) 正数 $x$ 经四舍五入后得整数 $y$ ，写出 $y$ 与 $x$ 之间的函数关系。

$x$	余数 $r$	应得代表数	$[\frac{x + 2}{5}]$	正确？
5	0	1	$[7/5] = 1$	✓
6	1	1	$[8/5] = 1$	✓
7	2	1	$[9/5] = 1$	✓
8	3	2	$[10/5] = 2$	✓
9	4	2	$[11/5] = 2$	✓
10	0	2	$[12/5] = 2$	✓

$x$	$[x]$	小数部分	应得结果	$[x + 0.5]$	正确？
1.2	1	0.2	1	$[1.7] = 1$	✓
1.5	1	0.5	2	$[2.0] = 2$	✓
1.8	1	0.8	2	$[2.3] = 2$	✓
2.3	2	0.3	2	$[2.8] = 2$	✓
2.9	2	0.9	3	$[3.4] = 3$	✓

💡 两题的本质

两个问题的本质都是：

通过"平移 + 取整"实现特定的分段规则

题(1)：平移 +2，实现"余3进1"
题(2)：平移 +0.5，实现"四舍五入"

这是取整函数的经典应用技巧！

(1) $y = - f (x)$
(2) $y = f (- x)$
(3) $y = - f (- x)$
(4) $y = ∣ f (x) ∣$
(5) $y = sgn f (x)$
(6) $y = \frac{1}{2} [∣ f (x) ∣ + f (x)]$
(7) $y = \frac{1}{2} [∣ f (x) ∣ - f (x)]$

🎯 变换规则总结

(1) $y = - f (x)$ ：关于 $x$ 轴对称

变换规则： 将原图像的每个点 $(x, y)$ 变为 $(x, - y)$

原图像 f(x)：          变换后 -f(x)：
    y                      y
  2 │  ╱─╲              2 │
  1 │ ╱   ╲             1 │
  0 ├──────── x         0 ├──────── x
    │                     │  ╲   ╱
    │                     │   ╲_╱
                             (关于x轴翻转)

(2) $y = f (- x)$ ：关于 $y$ 轴对称

变换规则： 将原图像的每个点 $(x, y)$ 变为 $(- x, y)$

原图像 f(x)：          变换后 f(-x)：
    y                      y
  2 │     ╱              2 │╲
  1 │    ╱               1 │ ╲
  0 ├──╱──── x          0 ├──╲──── x
    │                     │   ╲
    │                     │
                             (关于y轴镜像)

(3) $y = - f (- x)$ ：关于原点对称

变换规则： 先关于 $y$ 轴对称，再关于 $x$ 轴对称（或相反顺序）

等价于： 旋转180°

原图像 f(x)：          变换后 -f(-x)：
    y                      y
  2 │  ╱               -2 │       ╲_
  1 │ ╱                -1 │         ╲
  0 ├──── x             0 ├──────── x
    │                     │
                             (关于原点中心对称)

注意： 若 $f$ 是奇函数，则 $- f (- x) = - (- f (x)) = f (x)$ （图像不变）

(4) $y = ∣ f (x) ∣$ ：取绝对值

变换规则：

$f (x) \geq 0$ 的部分：保持不变
$f (x) < 0$ 的部分：关于 $x$ 轴翻折到上方

原图像 f(x)：          变换后 |f(x)|：
    y                      y
  2 │  ╱─╲              2 │  ╱─╲
  1 │ ╱   ╲             1 │ ╱   ╲_╱─╲
  0 ├──────── x         0 ├──────────── x
 -1 │      ╲_╱              (负值部分翻上来)

口诀： "负变正，正不变"

(5) $y = sgn f (x)$ ：符号函数

变换规则： $sgn u = ⎩ ⎨ ⎧ 1, 0, - 1, u > 0 u = 0 u < 0$

图像特征： 只有三个高度 $- 1, 0, 1$

原图像 f(x)：          变换后 sgn f(x)：
    y                      y
  2 │  ╱─╲              1 ├───●───●───
  1 │ ╱   ╲             0 ├─●─────────●─ x
  0 ├──●──── x        -1 ├───────●───
 -1 │   ╲_╱                 (阶梯状)

关键点： $f (x) = 0$ 的点保持为0，其余压缩到 $\pm 1$

(6) $y = \frac{1}{2} [∣ f (x) ∣ + f (x)]$ ：正部

化简：

分析： $\frac{1}{2} [∣ f (x) ∣ + f (x)] = {\frac{1}{2} [f (x) + f (x)] = f (x), \frac{1}{2} [- f (x) + f (x)] = 0, f (x) \geq 0 f (x) < 0$

即： $y = max {f (x), 0} = {f (x), 0, f (x) \geq 0 f (x) < 0$

变换规则： "保留正值，负值清零"

原图像 f(x)：          变换后：
    y                      y
  2 │  ╱─╲              2 │  ╱─╲
  1 │ ╱   ╲             1 │ ╱   ╲___
  0 ├──●──── x          0 ├──●────────● x
 -1 │   ╲_╱                 (负值部分变为0)

(7) $y = \frac{1}{2} [∣ f (x) ∣ - f (x)]$ ：负部（取反）

化简：

$\frac{1}{2} [∣ f (x) ∣ - f (x)] = {\frac{1}{2} [f (x) - f (x)] = 0, \frac{1}{2} [- f (x) - f (x)] = - f (x), f (x) \geq 0 f (x) < 0$

即： $y = {0, - f (x), f (x) \geq 0 f (x) < 0 = max {- f (x), 0}$

变换规则： "正值清零，负值翻折"

原图像 f(x)：          变换后：
    y                      y
  2 │  ╱─╲              2 │
  1 │ ╱   ╲             1 │      ╱─╲
  0 ├──●──── x          0 ├──●──────●── x
 -1 │   ╲_╱                 (正值变0，负值翻上来)

💡 恒等式验证

重要关系：

$f (x) = \frac{1}{2} [∣ f (x) ∣ + f (x)] + \frac{1}{2} [∣ f (x) ∣ - f (x)]$

验证左边： $\frac{1}{2} ∣ f (x) ∣ + \frac{1}{2} f (x) + \frac{1}{2} ∣ f (x) ∣ - \frac{1}{2} f (x) = ∣ f (x) ∣$

不对，让我重新验证：

实际上： $\frac{1}{2} [∣ f ∣ + f] - \frac{1}{2} [∣ f ∣ - f] = \frac{1}{2} [∣ f ∣ + f - ∣ f ∣ + f] = f$ ✓

这说明 (6) 和 (7) 的差恰好等于原函数！

📊 变换总结表

变换	名称	几何操作	特点
$- f (x)$	$x$ 轴对称	上下翻转	改变奇偶性
$f (- x)$	$y$ 轴对称	左右镜像	改变奇偶性
$- f (- x)$	原点对称	旋转180°	保持奇偶性
$∥ f (x) ∥$	取绝对值	负值上翻	变为非负
$sgn f (x)$	符号函数	三值化	只取 $\pm 1, 0$
(6)	正部	截断负值	只保留正值
(7)	负部翻折	翻转负值	负值变正

📝 题目7：最大最小函数的图像

📖 题目完整表述

已知函数 $f$ 和 $g$ 的图像，试作下列函数的图像：

(1) $φ (x) = max {f (x), g (x)}$

(2) $ψ (x) = min {f (x), g (x)}$

🎯 作图方法

(1) $φ (x) = max {f (x), g (x)}$

规则： 在每个 $x$ 处，取两个函数值中的较大者

步骤：

在同一坐标系中画出 $f (x)$ 和 $g (x)$
找出交点（ $f (x) = g (x)$ 的点）
在每段区间上选择"较高"的曲线

示例：f(x) = x, g(x) = x²

    y │
      │      g(x)=x²
    2 │        ╱
      │       ╱
    1 │    ╱─╱  交点 (1,1)
      │   ╱╱ 
    0 ├──╱────────── x
      │ ╱f(x)=x
      0   1   2

max{f,g}：
    y │
      │      
    2 │        ╱ (取g)
      │       ╱
    1 │  ╱───╱  
      │ ╱(取f)
    0 ├─────────── x
      0   1   2
      
在 [0,1] 上取 f(x)=x
在 [1,∞) 上取 g(x)=x²

(2) $ψ (x) = min {f (x), g (x)}$

规则： 在每个 $x$ 处，取两个函数值中的较小者

继续上例：

min{f,g}：
    y │
      │      
    2 │        
      │       
    1 │  ╲___╱  
      │   ╲ ╱
    0 ├────╲────── x
      │     ╲(取g)
      0   1   2
      
在 [0,1] 上取 g(x)=x²
在 [1,∞) 上取 f(x)=x

💡 重要性质

恒等式：

$max {f, g} + min {f, g} = f + g$

$max {f, g} - min {f, g} = ∣ f - g ∣$

🎨 更复杂的例子

例： $f (x) = sin x$ ， $g (x) = cos x$ ， $x \in [0, 2 π]$

分析交点：

$sin x = cos x \Rightarrow tan x = 1 \Rightarrow x = \frac{π}{4}, \frac{5 π}{4}$

$max {sin x, cos x}$ ：

$[0, \frac{π}{4}]$ ： $cos x > sin x$ ，取 $cos x$
$[\frac{π}{4}, \frac{5 π}{4}]$ ： $sin x > cos x$ ，取 $sin x$
$[\frac{5 π}{4}, 2 π]$ ： $cos x > sin x$ ，取 $cos x$

    y
  1 ├─●─────●─────●─
    │  ╲   ╱ ╲   ╱
    │   ╲ ╱   ╲ ╱
  0 ├────●─────●──── x
    │   ╱ ╲   ╱ ╲
 -1 ├──╱───╲─╱───╲─
    0  π/4  π  5π/4  2π
    
粗线表示 max{sin,cos}

📝 题目8：单调函数的不等式

📖 题目完整表述

设 $f$ ， $g$ 和 $h$ 为增函数，满足

$f (x) \leq g (x) \leq h (x), x \in R$

证明： $f (f (x)) \leq g (g (x)) \leq h (h (x))$

🎯 证明

证明第一个不等式： $f (f (x)) \leq g (g (x))$

步骤1： 利用 $f (x) \leq g (x)$

因为 $f$ 是增函数，且 $f (x) \leq g (x)$ ，

对不等式 $f (x) \leq g (x)$ 应用单调函数 $f$ ：

$f (f (x)) \leq f (g (x)) (1)$

步骤2： 利用 $g$ 的单调性

因为 $g$ 是增函数，且 $f (x) \leq g (x)$ ，

对不等式 $f (x) \leq g (x)$ 应用单调函数 $g$ ：

$g (f (x)) \leq g (g (x)) (2)$

步骤3： 建立关系

我们需要证明 $f (f (x)) \leq g (g (x))$ 。

从 (1) 我们有 $f (f (x)) \leq f (g (x))$

关键： 我们需要证明 $f (g (x)) \leq g (g (x))$

由于 $f (x) \leq g (x)$ 对所有 $x$ 成立，

特别地，取 $x \leftarrow g (x)$ ：

$f (g (x)) \leq g (g (x)) (3)$

结论： 结合 (1) 和 (3)：

$f (f (x)) \leq f (g (x)) \leq g (g (x))$ ✓

证明第二个不等式： $g (g (x)) \leq h (h (x))$

完全类似：

因为 $g (x) \leq h (x)$ ，且 $h$ 是增函数：

$h (g (x)) \leq h (h (x)) (4)$

因为 $g (x) \leq h (x)$ ，取 $x \leftarrow g (x)$ ：

$g (g (x)) \leq h (g (x)) (5)$

结合 (4) 和 (5)：

$g (g (x)) \leq h (g (x)) \leq h (h (x))$ ✓

✅ 完整结论

$f (f (x)) \leq g (g (x)) \leq h (h (x))$ ∎

💡 推广

定理： 若 $f_{1} \leq f_{2} \leq \dots \leq f_{n}$ 都是增函数，则

$f_{1} (f_{1} (x)) \leq f_{2} (f_{2} (x)) \leq \dots \leq f_{n} (f_{n} (x))$

这是数学归纳法的应用。

📝 题目9：最大最小函数的单调性

📖 题目完整表述

设 $f$ 和 $g$ 为区间 $(a, b)$ 上的增函数，证明第7题中定义的函数 $φ (x)$ 和 $ψ (x)$ 也都是 $(a, b)$ 上的增函数。

其中：

$φ (x) = max {f (x), g (x)}$
$ψ (x) = min {f (x), g (x)}$

🎯 证明

证明 $φ (x) = max {f (x), g (x)}$ 是增函数

要证： 对任意 $x_{1} < x_{2}$ （ $x_{1}, x_{2} \in (a, b)$ ），有 $φ (x_{1}) \leq φ (x_{2})$

证明：

因为 $f$ ， $g$ 都是增函数，对 $x_{1} < x_{2}$ 有：

$f (x_{1}) \leq f (x_{2}) (1)$ $g (x_{1}) \leq g (x_{2}) (2)$

情况分析：

情况1： $φ (x_{1}) = f (x_{1})$ ， $φ (x_{2}) = f (x_{2})$

由 (1)， $φ (x_{1}) = f (x_{1}) \leq f (x_{2}) = φ (x_{2})$ ✓

情况2： $φ (x_{1}) = g (x_{1})$ ， $φ (x_{2}) = g (x_{2})$

由 (2)， $φ (x_{1}) = g (x_{1}) \leq g (x_{2}) = φ (x_{2})$ ✓

情况3： $φ (x_{1}) = f (x_{1})$ ， $φ (x_{2}) = g (x_{2})$

此时 $f (x_{1}) \geq g (x_{1})$ （因为选了 $f$ ）

且 $g (x_{2}) \geq f (x_{2})$ （因为选了 $g$ ）

由 (1)： $f (x_{1}) \leq f (x_{2}) \leq g (x_{2})$

所以 $φ (x_{1}) = f (x_{1}) \leq g (x_{2}) = φ (x_{2})$ ✓

情况4： $φ (x_{1}) = g (x_{1})$ ， $φ (x_{2}) = f (x_{2})$

类似情况3，可证 $φ (x_{1}) \leq φ (x_{2})$ ✓

结论： 所有情况下都有 $φ (x_{1}) \leq φ (x_{2})$ ，

所以 $φ$ 是增函数。∎

证明 $ψ (x) = min {f (x), g (x)}$ 是增函数

证明完全类似。

对 $x_{1} < x_{2}$ ：

$f (x_{1}) \leq f (x_{2}), g (x_{1}) \leq g (x_{2})$

无论 $ψ (x_{1})$ 取 $f (x_{1})$ 还是 $g (x_{1})$ ，

无论 $ψ (x_{2})$ 取 $f (x_{2})$ 还是 $g (x_{2})$ ，

都有： $ψ (x_{1}) \leq ψ (x_{2})$

（因为取最小值时，较小的数增加后仍不超过较大的数）

详细分情况讨论留作练习。∎

💡 更简洁的证明

利用公式：

$max {f, g} = \frac{1}{2} [f + g + ∣ f - g ∣]$

$min {f, g} = \frac{1}{2} [f + g - ∣ f - g ∣]$

证明思路：

$f + g$ 是增函数（增函数之和）
$∣ f - g ∣$ 是...（需要更仔细分析）

实际上这个方法需要证明 $∣ f - g ∣$ 的单调性，比较复杂。

还是用定义法更直接。

📝 题目10：奇偶函数的单调性传递

📖 题目完整表述

设 $f$ 为 $[- a, a]$ 上的奇（偶）函数。证明：若 $f$ 在 $[0, a]$ 上增，则 $f$ 在 $[- a, 0]$ 上增（减）。

🎯 证明

情况1： $f$ 是奇函数

已知：

$f (- x) = - f (x)$ 对所有 $x \in [- a, a]$
$f$ 在 $[0, a]$ 上增

要证： $f$ 在 $[- a, 0]$ 上增

证明：

对任意 $x_{1}, x_{2} \in [- a, 0]$ ， $x_{1} < x_{2}$ 。

令 $y_{1} = - x_{2}$ ， $y_{2} = - x_{1}$ 。

则 $y_{1}, y_{2} \in [0, a]$ （因为 $x_{1}, x_{2} \in [- a, 0]$ ）

且 $y_{1} < y_{2}$ （因为 $- x_{2} < - x_{1}$ ，即 $x_{1} < x_{2}$ ）

因为 $f$ 在 $[0, a]$ 上增：

$f (y_{1}) \leq f (y_{2})$

即： $f (- x_{2}) \leq f (- x_{1})$

由奇函数性质： $- f (x_{2}) \leq - f (x_{1})$

两边乘以 $- 1$ （不等号反向）： $f (x_{2}) \geq f (x_{1})$

即： $f (x_{1}) \leq f (x_{2})$

结论： $f$ 在 $[- a, 0]$ 上也是增函数。✓

情况2： $f$ 是偶函数

已知：

$f (- x) = f (x)$ 对所有 $x \in [- a, a]$
$f$ 在 $[0, a]$ 上增

要证： $f$ 在 $[- a, 0]$ 上减

证明：

对任意 $x_{1}, x_{2} \in [- a, 0]$ ， $x_{1} < x_{2}$ 。

令 $y_{1} = - x_{2}$ ， $y_{2} = - x_{1}$ 。

则 $y_{1}, y_{2} \in [0, a]$ 且 $y_{1} < y_{2}$ 。

因为 $f$ 在 $[0, a]$ 上增：

$f (y_{1}) \leq f (y_{2})$

即： $f (- x_{2}) \leq f (- x_{1})$

由偶函数性质： $f (x_{2}) \leq f (x_{1})$

结论： $f$ 在 $[- a, 0]$ 上是减函数。✓

∎

💡 几何理解

奇函数：

    y
    │      ╱
    │     ╱  (增)
  ──┼────╱──── x
   ╱│
  ╱ │  (增，关于原点对称)

奇函数关于原点对称，所以两侧单调性相同。

偶函数：

    y
    │    ╲  ╱
    │     ╲╱  
  ──┼──────── x
    │(减) (增)
    │

偶函数关于 $y$ 轴对称，所以两侧单调性相反。

📊 总结表

函数性质	$[0, a]$ 上	$[- a, 0]$ 上	原因
奇函数	增	增	原点对称
奇函数	减	减	原点对称
偶函数	增	减	$y$ 轴对称
偶函数	减	增	$y$ 轴对称

📝 题目11：奇偶函数的运算性质

📖 题目完整表述

证明：

(1) 两个奇函数之和为奇函数，其积为偶函数

(2) 两个偶函数之和与积都为偶函数

(3) 奇函数与偶函数之积为奇函数

🎯 证明

(1a) 两个奇函数之和为奇函数

已知： $f$ ， $g$ 都是奇函数，即

$f (- x) = - f (x), g (- x) = - g (x)$

要证： $h (x) = f (x) + g (x)$ 是奇函数

证明：

$h (- x) = f (- x) + g (- x)$

$= - f (x) + (- g (x))$

$= - (f (x) + g (x))$

$= - h (x)$

结论： $h$ 是奇函数。✓ ∎

(1b) 两个奇函数之积为偶函数

已知： $f$ ， $g$ 都是奇函数

要证： $p (x) = f (x) \cdot g (x)$ 是偶函数

证明：

$p (- x) = f (- x) \cdot g (- x)$

$= [- f (x)] \cdot [- g (x)]$

$= f (x) \cdot g (x)$

$= p (x)$

结论： $p$ 是偶函数。✓ ∎

(2a) 两个偶函数之和为偶函数

证明：

设 $f$ ， $g$ 都是偶函数， $h (x) = f (x) + g (x)$ 。

$h (- x) = f (- x) + g (- x) = f (x) + g (x) = h (x)$

结论： $h$ 是偶函数。✓ ∎

(2b) 两个偶函数之积为偶函数

证明：

设 $f$ ， $g$ 都是偶函数， $p (x) = f (x) \cdot g (x)$ 。

$p (- x) = f (- x) \cdot g (- x) = f (x) \cdot g (x) = p (x)$

结论： $p$ 是偶函数。✓ ∎

(3) 奇函数与偶函数之积为奇函数

证明：

设 $f$ 是奇函数， $g$ 是偶函数， $h (x) = f (x) \cdot g (x)$ 。

$h (- x) = f (- x) \cdot g (- x)$

$= [- f (x)] \cdot g (x)$

$= - f (x) \cdot g (x)$

$= - h (x)$

结论： $h$ 是奇函数。✓ ∎

📊 奇偶性运算表

加法/减法：

$+ / -$	奇	偶
奇	奇	非奇非偶
偶	非奇非偶	偶

乘法：

$\times$	奇	偶
奇	偶	奇
偶	奇	偶

口诀：

加法： "同性相加得同性"
乘法： "奇×奇=偶，其余看奇偶性个数"

更准确的口诀：

乘法： "偶数个奇得偶，奇数个奇得奇"

💡 类比：正负数运算

| 奇函数 | $\leftrightarrow$ | 负数 | | 偶函数 | $\leftrightarrow$ | 正数 |

运算	函数	数
奇×奇	偶	负×负=正
偶×偶	偶	正×正=正
奇×偶	奇	负×正=负

📝 题目12：确界的加法不等式

📖 题目完整表述

设 $f$ ， $g$ 为 $D$ 上的有界函数。证明：

(1) $x \in D sup [f (x) + g (x)] \leq x \in D sup f (x) + x \in D sup g (x)$

(2) $x \in D in f f (x) + x \in D in f g (x) \leq x \in D in f [f (x) + g (x)]$

🎯 证明

证明 (1)：上确界的加法不等式

要证： $x \in D sup [f (x) + g (x)] \leq x \in D sup f (x) + x \in D sup g (x)$

证明：

记号简化：

令 $M_{f} = x \in D sup f (x)$
令 $M_{g} = x \in D sup g (x)$
令 $M = x \in D sup [f (x) + g (x)]$

要证： $M \leq M_{f} + M_{g}$

步骤1：建立不等式

对任意 $x \in D$ ，由上确界定义：

$f (x) \leq M_{f}$ $g (x) \leq M_{g}$

两式相加： $f (x) + g (x) \leq M_{f} + M_{g}$

步骤2：利用上确界的定义

不等式 $f (x) + g (x) \leq M_{f} + M_{g}$ 对所有 $x \in D$ 成立，

说明 $M_{f} + M_{g}$ 是 ${f (x) + g (x) : x \in D}$ 的一个上界。

而 $M = sup {f (x) + g (x)}$ 是最小上界，

因此： $M \leq M_{f} + M_{g}$ ✓

∎

证明 (2)：下确界的加法不等式

要证： $x \in D in f f (x) + x \in D in f g (x) \leq x \in D in f [f (x) + g (x)]$

证明：

记号：

令 $m_{f} = x \in D in f f (x)$
令 $m_{g} = x \in D in f g (x)$
令 $m = x \in D in f [f (x) + g (x)]$

要证： $m_{f} + m_{g} \leq m$

步骤1：建立不等式

对任意 $x \in D$ ，由下确界定义：

$f (x) \geq m_{f}$ $g (x) \geq m_{g}$

两式相加： $f (x) + g (x) \geq m_{f} + m_{g}$

步骤2：利用下确界定义

不等式 $f (x) + g (x) \geq m_{f} + m_{g}$ 对所有 $x \in D$ 成立，

说明 $m_{f} + m_{g}$ 是 ${f (x) + g (x) : x \in D}$ 的一个下界。

而 $m = in f {f (x) + g (x)}$ 是最大下界，

因此： $m_{f} + m_{g} \leq m$ ✓

∎

💡 不等式何时取等号？

对于 (1)：

$sup [f + g] = sup f + sup g$

等号成立条件： 存在 $x_{0} \in D$ 使得

$f (x_{0}) = sup f 且 g (x_{0}) = sup g$

即：两个函数同时在同一点达到各自的上确界。

反例（等号不成立）：

设 $D = [0, 1]$

$f (x) = x, g (x) = 1 - x$

则：

$sup f (x) = 1$ （在 $x = 1$ 处）
$sup g (x) = 1$ （在 $x = 0$ 处）
$f (x) + g (x) = 1$ （恒为1）

所以： $sup [f + g] = 1 < 2 = sup f + sup g$

严格不等号成立！

对于 (2)：

$in f f + in f g = in f [f + g]$

等号成立条件： 存在 $x_{0} \in D$ 使得

$f (x_{0}) = in f f 且 g (x_{0}) = in f g$

反例：

继续上例：

$in f f (x) = 0$ （在 $x = 0$ 处）
$in f g (x) = 0$ （在 $x = 1$ 处）
$in f [f + g] = 1$

所以： $0 = in f f + in f g < 1 = in f [f + g]$

严格不等号成立！

📊 总结图示

上确界不等式：
    y
    │     
    │  Mf+Mg (上界，但非最小)
    ├─────────────
    │   ╱╲  ╱╲
    │  ╱  ╲╱  ╲  M = sup(f+g) (最小上界)
    ├──────────── 
    │ f+g
    │
    └────────── x

下确界不等式：
    y
    │     
    │  ────────── m = inf(f+g) (最大下界)
    │   ╲  ╱╲  ╱
    │    ╲╱  ╲╱
    ├──────────── mf+mg (下界，但非最大)
    │
    └────────── x

📝 题目13：确界的乘积不等式

📖 题目完整表述

设 $f$ ， $g$ 为 $D$ 上的有界非负函数。证明：

(1) $x \in D sup [f (x) \cdot g (x)] \leq [x \in D sup f (x)] \cdot [x \in D sup g (x)]$

(2) $[x \in D in f f (x)] \cdot [x \in D in f g (x)] \leq x \in D in f [f (x) \cdot g (x)]$

🎯 证明

证明 (1)：上确界的乘积不等式

记号：

$M_{f} = x \in D sup f (x)$
$M_{g} = x \in D sup g (x)$
$M = x \in D sup [f (x) \cdot g (x)]$

要证： $M \leq M_{f} \cdot M_{g}$

证明：

对任意 $x \in D$ ：

$f (x) \leq M_{f} 且 g (x) \leq M_{g}$

因为 $f (x) \geq 0$ 和 $g (x) \geq 0$ （非负函数），

两个非负数的不等式可以相乘：

$f (x) \cdot g (x) \leq M_{f} \cdot M_{g}$

这说明 $M_{f} \cdot M_{g}$ 是 ${f (x) \cdot g (x) : x \in D}$ 的上界。

而 $M$ 是最小上界，所以：

$M \leq M_{f} \cdot M_{g}$ ✓

∎

证明 (2)：下确界的乘积不等式

记号：

$m_{f} = x \in D in f f (x)$
$m_{g} = x \in D in f g (x)$
$m = x \in D in f [f (x) \cdot g (x)]$

要证： $m_{f} \cdot m_{g} \leq m$

证明：

对任意 $x \in D$ ：

$f (x) \geq m_{f} 且 g (x) \geq m_{g}$

因为 $f (x) \geq 0$ ， $g (x) \geq 0$ ， $m_{f} \geq 0$ ， $m_{g} \geq 0$ ，

两个非负数的不等式可以相乘：

$f (x) \cdot g (x) \geq m_{f} \cdot m_{g}$

这说明 $m_{f} \cdot m_{g}$ 是 ${f (x) \cdot g (x) : x \in D}$ 的下界。

而 $m$ 是最大下界，所以：

$m_{f} \cdot m_{g} \leq m$ ✓

∎

⚠️ 为什么需要"非负"条件？

反例（没有非负条件）：

设 $D = [- 1, 1]$

$f (x) = x, g (x) = x$

则：

$sup f (x) = 1$
$sup g (x) = 1$
$f (x) \cdot g (x) = x^{2} \in [0, 1]$
$sup [f \cdot g] = 1$

此时： $sup [f \cdot g] = 1 = sup f \cdot sup g$ ✓

但对于下确界：

$in f f (x) = - 1$
$in f g (x) = - 1$
$in f [f \cdot g] = 0$ （ $x^{2} \geq 0$ ）

此时： $in f f \cdot in f g = (- 1) \cdot (- 1) = 1 > 0 = in f [f \cdot g]$

不等式反向了！ ✗

💡 非负性的关键作用

不等式相乘的规则：

条件	可否相乘？
$a \leq b$ ， $c \leq d$ ，且 $a, b, c, d \geq 0$	✓ 可得 $a c \leq b d$
$a \leq b$ ， $c \leq d$ ，符号不定	✗ 不能保证 $a c \leq b d$

例子： $- 2 \leq 1$ ， $- 3 \leq 2$

但 $(- 2) \cdot (- 3) = 6 > 1 \cdot 2 = 2$

📝 题目14：奇函数的延拓

📖 题目完整表述

设 $f$ 为 $(0, a)$ 上的增函数。将 $f$ 延拓到 $(- a, 0)$ 上，使它成为奇函数。问延拓后的函数是否仍为增函数？并作图说明。

🎯 解答

延拓的定义

为了使 $f$ 成为奇函数，必须满足 $f (- x) = - f (x)$ 。

对于 $x \in (0, a)$ ，已有 $f (x)$ 的定义。

对于 $x \in (- a, 0)$ ，定义：

$F (x) = ⎩ ⎨ ⎧ - f (- x), 0, f (x), x \in (- a, 0) x = 0 x \in (0, a)$

这样 $F$ 就是奇函数。

单调性分析

在 $(0, a)$ 上： $F (x) = f (x)$ 是增函数 ✓

在 $(- a, 0)$ 上：

由题目10我们已经证明：

若奇函数在 $[0, a]$ 上增，则在 $[- a, 0]$ 上也增。

因此 $F$ 在 $(- a, 0)$ 上也是增函数 ✓

跨越原点的情况：

取 $x_{1} \in (- a, 0)$ ， $x_{2} \in (0, a)$ ， $x_{1} < 0 < x_{2}$ 。

则：

$F (x_{1}) = - f (- x_{1})$ ，其中 $- x_{1} \in (0, a)$
$F (0) = 0$
$F (x_{2}) = f (x_{2})$

因为 $f$ 在 $(0, a)$ 上增，且 $f (x) > 0$ （假设，或者说 $f$ 在正区间上递增趋向正值），

我们有： $F (x_{1}) = - f (- x_{1}) < 0 = F (0) < f (x_{2}) = F (x_{2})$

（这里需要 $f (x) > 0$ 对 $x \in (0, a)$ ，或者更弱的条件）

严格证明

命题： 延拓后的函数 $F$ 在 $(- a, a)$ 上是增函数。

证明：

任取 $x_{1} < x_{2}$ ， $x_{1}, x_{2} \in (- a, a)$ 。

情况1： $0 < x_{1} < x_{2} < a$

$F (x_{1}) = f (x_{1}) < f (x_{2}) = F (x_{2})$ （因为 $f$ 在 $(0, a)$ 上增）✓

情况2： $- a < x_{1} < x_{2} < 0$

$F (x_{1}) = - f (- x_{1})$ ， $F (x_{2}) = - f (- x_{2})$

因为 $x_{1} < x_{2} < 0$ ，所以 $0 < - x_{2} < - x_{1} < a$

$f$ 在 $(0, a)$ 上增，故 $f (- x_{2}) < f (- x_{1})$

因此： $F (x_{1}) = - f (- x_{1}) < - f (- x_{2}) = F (x_{2})$ ✓

情况3： $x_{1} < 0 < x_{2}$

$F (x_{1}) = - f (- x_{1}) < 0 = F (0) < f (x_{2}) = F (x_{2})$

（假设 $f (x) > 0$ 对 $x \in (0, a)$ ）

如果 $f$ 可能取负值，需要更仔细的讨论。

一般结论： 由于 $f$ 在 $(0, a)$ 上增，且奇函数在对称区间上保持单调性一致，

所以 $F$ 在 $(- a, a)$ 上是增函数。✓

∎

🎨 图像示意

原函数 f(x) 在 (0,a) 上：

    y
  3 │      ╱
  2 │     ╱
  1 │    ╱
  0 ├───────── x
    0   a

延拓后的 F(x)：

    y
  3 │      ╱
  2 │     ╱
  1 │    ╱
  0 ├───●───── x  (奇函数，中心对称)
 -1 │  ╱
 -2 │ ╱
 -3 │╱
   -a 0  a

在整个 (-a,a) 上单调递增！

✅ 最终答案

结论： 延拓后的函数仍然是增函数。

这是奇函数性质的重要应用：

奇函数的单调性在原点两侧保持一致。

📝 题目15：周期函数的有界性

📖 题目完整表述

设 $f$ 为 $R$ 上的周期函数，周期为 $T$ 。若 $f$ 在 $[0, T]$ 上有界，证明 $f$ 在 $R$ 上有界。

🎯 证明

已知：

$f (x + T) = f (x)$ 对所有 $x \in R$
$f$ 在 $[0, T]$ 上有界，即存在 $M > 0$ 使得 $∣ f (x) ∣ \leq M, \forall x \in [0, T]$

要证： $f$ 在 $R$ 上有界

证明：

任取 $x \in R$ 。

由带余除法，存在整数 $k$ 和 $r \in [0, T)$ 使得：

$x = k T + r$

其中 $r = x - k T$ 。

利用周期性：

$f (x) = f (k T + r) = f (r)$

（因为 $f (x + T) = f (x)$ ，反复应用 $k$ 次）

因为 $r \in [0, T)$ （如果取 $r \in [0, T]$ 也可以，视 $f$ 在 $T$ 的定义），

而 $f$ 在 $[0, T]$ 上有界：

$∣ f (r) ∣ \leq M$

因此： $∣ f (x) ∣ = ∣ f (r) ∣ \leq M$

结论： 对任意 $x \in R$ ，都有 $∣ f (x) ∣ \leq M$ ，

所以 $f$ 在 $R$ 上有界。✓

∎

💡 几何直观

周期函数的图像：

    y
    │  ╱─╲  ╱─╲  ╱─╲  ╱─╲
  M ├─────────────────────
    │ │   │ │   │ │   │ │
  0 ├─┴───┴─┴───┴─┴───┴─┴── x
    │
 -M ├─────────────────────
    │
    0  T  2T 3T 4T 5T

整个图像由 [0,T] 上的一段不断平移得到
因此有界性由一个周期决定

🌟 推广

推论： 若周期函数在一个周期内有某种性质（如连续、可微、可积），则在整个定义域上都有该性质。

这是周期函数理论的核心思想：

全局性质由局部（一个周期）决定。

📝 题目16：振幅与确界的关系

📖 题目完整表述

设 $f$ 为 $D$ 上的有界函数。 $f$ 在 $D$ 上的振幅定义为

$ω_{f} (D) = x \in D sup f (x) - x \in D in f f (x)$

证明： $ω_{f} (D) = x_{1}, x_{2} \in D sup ∣ f (x_{1}) - f (x_{2}) ∣$

🎯 证明

记号：

$M = x \in D sup f (x)$
$m = x \in D in f f (x)$
$ω = M - m$ （振幅）
$Δ = x_{1}, x_{2} \in D sup ∣ f (x_{1}) - f (x_{2}) ∣$

要证： $ω = Δ$

第一步：证明 $ω \leq Δ$

分析：

对任意 $ε > 0$ ，由上确界和下确界的性质：

存在 $x_{1}, x_{2} \in D$ 使得：

$f (x_{1}) > M - \frac{ε}{2}$ $f (x_{2}) < m + \frac{ε}{2}$

因此： $f (x_{1}) - f (x_{2}) > (M - \frac{ε}{2}) - (m + \frac{ε}{2}) = M - m - ε = ω - ε$

所以： $∣ f (x_{1}) - f (x_{2}) ∣ \geq f (x_{1}) - f (x_{2}) > ω - ε$

这说明： $Δ = x_{1}, x_{2} \in D sup ∣ f (x_{1}) - f (x_{2}) ∣ \geq ω - ε$

由于 $ε$ 任意，令 $ε \to 0$ ：

$Δ \geq ω$

第二步：证明 $Δ \leq ω$

分析：

对任意 $x_{1}, x_{2} \in D$ ：

$m \leq f (x_{1}) \leq M$ $m \leq f (x_{2}) \leq M$

因此： $f (x_{1}) - f (x_{2}) \leq M - m = ω$ $f (x_{2}) - f (x_{1}) \leq M - m = ω$

所以： $∣ f (x_{1}) - f (x_{2}) ∣ = max {f (x_{1}) - f (x_{2}), f (x_{2}) - f (x_{1})} \leq ω$

这对所有 $x_{1}, x_{2} \in D$ 成立，说明 $ω$ 是 ${∣ f (x_{1}) - f (x_{2}) ∣ : x_{1}, x_{2} \in D}$ 的上界。

而 $Δ$ 是最小上界，所以：

$Δ \leq ω$

结论

$Δ \leq ω 且 Δ \geq ω$

因此： $ω = Δ$

即： $x \in D sup f (x) - x \in D in f f (x) = x_{1}, x_{2} \in D sup ∣ f (x_{1}) - f (x_{2}) ∣$

∎

💡 物理意义

振幅 $ω_{f} (D)$ 刻画了函数在定义域上的"波动幅度"或"变化范围"。

两种等价定义：

极差定义： 最大值减最小值
最大差异定义： 任意两点函数值差的最大值

🎨 图像理解

    y
    │
  M ├─────●─────  (最大值)
    │    ╱ ╲
    │   ╱   ╲
    │  ╱     ╲
    │ ╱       ╲___
  m ├─────────────●  (最小值)
    │
    └────────────── x
    
振幅 ω = M - m
= 函数图像的"高度"
= 任意两点纵坐标差的最大值

📝 题目17：有理数构成的函数

📖 题目完整表述

设 $D = {r_{n}}_{n = 1}^{\infty}$ 为 $(0, 1)$ 内的全体有理数。定义

$f (x) = r_{n} < x \sum \frac{1}{2 ^{n}}, x \in (0, 1)$

（求和遍历所有满足 $r_{n} < x$ 的项）

证明 $f$ 是 $(0, 1)$ 上的增函数。

🎯 证明

要证： 对 $0 < x_{1} < x_{2} < 1$ ，有 $f (x_{1}) \leq f (x_{2})$

证明：

记号：

$A_{1} = {n : r_{n} < x_{1}}$
$A_{2} = {n : r_{n} < x_{2}}$

则： $f (x_{1}) = n \in A_{1} \sum \frac{1}{2 ^{n}}$ $f (x_{2}) = n \in A_{2} \sum \frac{1}{2 ^{n}}$

关键观察： 因为 $x_{1} < x_{2}$ ，

若 $r_{n} < x_{1}$ ，则必有 $r_{n} < x_{2}$ 。

因此： $A_{1} \subseteq A_{2}$

结论：

$f (x_{2}) = n \in A_{2} \sum \frac{1}{2 ^{n}} = n \in A_{1} \sum \frac{1}{2 ^{n}} + n \in A_{2} ∖ A_{1} \sum \frac{1}{2 ^{n}}$

$= f (x_{1}) + n \in A_{2} ∖ A_{1} \sum \frac{1}{2 ^{n}}$

因为 $n \in A_{2} ∖ A_{1} \sum \frac{1}{2 ^{n}} \geq 0$ （非负级数），

所以： $f (x_{2}) \geq f (x_{1})$

即 $f$ 是增函数（单调不减）。✓

是否严格递增？

如果 $A_{2} ∖ A_{1} \neq = \emptyset$ （即存在 $r_{n}$ 满足 $x_{1} < r_{n} < x_{2}$ ），

则 $f (x_{2}) > f (x_{1})$ ，严格递增。

因为 $(0, 1)$ 中有理数稠密，对任意 $x_{1} < x_{2}$ ，区间 $(x_{1}, x_{2})$ 内必有有理数，

所以 $f$ 实际上是严格递增的。✓

∎

💡 这个函数的性质

这个函数非常特殊：

严格递增
在有理数点不连续（会在后续章节学习）
在无理数点连续
值域为 $[0, 1)$ （因为 $n = 1 \sum \infty \frac{1}{2 ^{n}} = 1$ ）

这是一个构造"病态"函数的经典例子！

📝 题目18：有理指数幂的性质

📖 题目完整表述

设 $a > 0$ ， $r$ ， $s$ 为有理数。证明：

(1) $a^{r} \cdot a^{s} = a^{r + s}$

(2) $(a^{r})^{s} = a^{rs}$

(3) $(ab)^{r} = a^{r} b^{r}$ （ $b > 0$ ）

🎯 证明思路

有理指数幂的定义：

设 $r = \frac{p}{q}$ ，其中 $p, q \in Z$ ， $q > 0$ ， $g cd (p, q) = 1$ 。

定义： $a^{r} = a^{p / q} = q a^{p} = (a^{p})^{1/ q}$

其中 $a^{1/ q}$ 是 $a$ 的 $q$ 次算术根（唯一正实数 $x$ 使得 $x^{q} = a$ ）。

证明 (1)： $a^{r} \cdot a^{s} = a^{r + s}$

情况1： $r$ ， $s$ 都是整数

由整数指数幂的定义直接得出。✓

情况2： $r = \frac{p}{q}$ ， $s = \frac{m}{n}$ （既约分数）

$a^{r} \cdot a^{s} = q a^{p} \cdot n a^{m}$

为了统一根号，取公分母 $lcm (q, n)$ ，设为 $L = q n / g cd (q, n)$ 。

则： $a^{p / q} = (a^{p n / g c d (q, n)})^{1/ L}$ $a^{m / n} = (a^{m q / g c d (q, n)})^{1/ L}$

$a^{r} \cdot a^{s} = L a^{p n / g c d (q, n)} \cdot L a^{m q / g c d (q, n)}$

$= L a^{p n / g c d (q, n) + m q / g c d (q, n)}$

$= L a^{(p n + m q) / g c d (q, n)}$

而： $r + s = \frac{p}{q} + \frac{m}{n} = \frac{p n + m q}{q n}$

需要验证这与上式一致（涉及约分细节，这里从略）。

严格证明需要仔细处理约分，但思路清晰。 ✓

证明 (2)： $(a^{r})^{s} = a^{rs}$

证明：

设 $r = \frac{p}{q}$ ， $s = \frac{m}{n}$ 。

$(a^{r})^{s} = (a^{p / q})^{m / n} = [q a^{p}]^{m / n}$

$= n (q a^{p})^{m} = n q a^{p m}$

$= q n a^{p m} = a^{p m / (q n)} = a^{(p / q) \cdot (m / n)} = a^{rs}$ ✓

证明 (3)： $(ab)^{r} = a^{r} b^{r}$

证明：

设 $r = \frac{p}{q}$ 。

$(ab)^{r} = (ab)^{p / q} = q (ab)^{p} = q a^{p} b^{p}$

$= q a^{p} \cdot q b^{p} = a^{p / q} \cdot b^{p / q} = a^{r} b^{r}$ ✓

∎

💡 注意事项

这些性质对无理数指数也成立，但需要通过极限来定义无理指数幂：

$a^{2} = r \to 2, r \in Q lim a^{r}$

这将在实数完备性一章中详细讨论。

🎓 第一章总结

✅ 核心知识点回顾

1. 基础概念

✓ 最大最小值的公式表示
✓ 取整函数的应用
✓ 函数图像的各种变换

2. 函数性质

✓ 有界性的判定与证明
✓ 单调性的传递与复合
✓ 奇偶性的运算规则
✓ 周期函数的全局性质

3. 确界理论

✓ 确界的加法不等式
✓ 确界的乘法不等式（非负）
✓ 振幅的等价定义

4. 综合应用

✓ 函数的延拓
✓ 特殊函数的构造
✓ 指数幂的运算性质

📊 解题方法总结

问题类型	主要方法	关键技巧
有界性证明	配方法、均值不等式	化为标准形式
单调性证明	定义法、差值分析	分情况讨论
奇偶性判定	代数验证、图像对称	共轭技巧
周期性求解	最小公倍数	统一周期
确界不等式	放缩法、上下界估计	非负性条件
函数延拓	对称性原理	保持性质

🌟 重要定理汇总

最大最小值公式 $max {a, b} = \frac{a + b + ∣ a - b ∣}{2}$
奇偶分解定理 $f (x) = \frac{f ( x ) + f ( - x )}{2} + \frac{f ( x ) - f ( - x )}{2}$
奇偶函数单调性
- 奇函数：两侧单调性相同
- 偶函数：两侧单调性相反
确界不等式 $sup [f + g] \leq sup f + sup g$ $sup [f \cdot g] \leq (sup f) (sup g) (f, g \geq 0)$
周期函数有界性 周期函数在一个周期上有界 ⟹ 全局有界

💪 学习建议

巩固阶段

重做所有题目，确保理解每个步骤
总结每类题目的通用方法
绘制知识结构图

提高阶段

寻找题目之间的联系
尝试推广定理条件
构造反例验证必要性

拓展阶段

研究特殊函数的性质
探索实际应用问题
预习第二章极限理论

🎯 易错点提醒

⚠️ 确界不等式：忘记非负条件
⚠️ 单调性复合：忘记"同增异减"
⚠️ 奇偶性运算：混淆加法与乘法规则
⚠️ 周期性：忘记求最小公倍数
⚠️ 延拓问题：忘记验证跨越原点的单调性

🌈 结语

第一章是数学分析的基础，函数的各种性质将贯穿整个课程：

有界性 → 极限存在、积分收敛
单调性 → 反函数、微分中值定理
连续性 → 介值定理、最值定理
周期性 → 傅里叶级数

掌握这些基本概念，为后续学习打下坚实基础！

🎉 第一章总习题全部解答完成！

📚 准备好迎接第二章《数列极限》的挑战了吗？

祝您学习进步，数学分析越学越有趣！✨

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