题目
9.设f(x)，g(x)是定义在E上的函数，证明：对任意ε>0，x:|f(x)+g(x)|>2εsubsetx:|f(x)|>varepsiloncupx:|g(x)|>varepsilon.
9.设f(x)，g(x)是定义在E上的函数，证明：对任意ε>0，
$\{x:|f(x)+g(x)|>2ε\}\subset\{x:|f(x)|>\varepsilon\}\cup\{x:|g(x)|>\varepsilon\}.$
题目解答
答案
任取 $x_0 \in \{x: |f(x) + g(x)| > 2\varepsilon\}$，则有 $|f(x_0) + g(x_0)| > 2\varepsilon$。由绝对值不等式得：
\[ |f(x_0)| + |g(x_0)| \geq |f(x_0) + g(x_0)| > 2\varepsilon. \]
假设 $|f(x_0)| \leq \varepsilon$ 且 $|g(x_0)| \leq \varepsilon$，则 $|f(x_0)| + |g(x_0)| \leq 2\varepsilon$，矛盾。故必有 $|f(x_0)| > \varepsilon$ 或 $|g(x_0)| > \varepsilon$，即：
\[ x_0 \in \{x: |f(x)| > \varepsilon\} \cup \{x: |g(x)| > \varepsilon\}. \]
因此，原包含关系成立。
\[
\boxed{\{x: |f(x) + g(x)| > 2\varepsilon\} \subset \{x: |f(x)| > \varepsilon\} \cup \{x: |g(x)| > \varepsilon\}}
\]
解析
考查要点：本题主要考查绝对值不等式的应用以及集合包含关系的证明方法。关键在于利用反证法，通过假设矛盾来推导出必然满足其中一个条件。
解题思路：
- 反证法：假设存在某个点$x_0$使得$|f(x_0)+g(x_0)|>2\varepsilon$，但同时$|f(x_0)|\leq\varepsilon$且$|g(x_0)|\leq\varepsilon$，从而导出矛盾。
- 三角不等式：利用$|a+b|\leq|a|+|b|$，将和的绝对值与单个函数的绝对值联系起来。
破题关键：
- 矛盾构造：若两个函数的绝对值均不超过$\varepsilon$，则它们的和的绝对值必然不超过$2\varepsilon$，与题设条件矛盾。
步骤1：任取$x_0$属于左边集合
设$x_0 \in \{x: |f(x)+g(x)|>2\varepsilon\}$，则有：
$|f(x_0) + g(x_0)| > 2\varepsilon.$
步骤2：假设反面成立
假设$|f(x_0)| \leq \varepsilon$且$|g(x_0)| \leq \varepsilon$，则根据三角不等式：
$|f(x_0) + g(x_0)| \leq |f(x_0)| + |g(x_0)| \leq \varepsilon + \varepsilon = 2\varepsilon.$
步骤3：导出矛盾
由步骤1知$|f(x_0)+g(x_0)| > 2\varepsilon$，而步骤2得出$|f(x_0)+g(x_0)| \leq 2\varepsilon$，两者矛盾。因此，原假设不成立。
步骤4：结论
必有$|f(x_0)| > \varepsilon$或$|g(x_0)| > \varepsilon$，即$x_0$属于$\{x: |f(x)| > \varepsilon\} \cup \{x: |g(x)| > \varepsilon\}$。
因此，原包含关系成立。