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文档简介
华东师范大学数分析一分)计算题。、求
lim(cos
22
)
解:
x2sin
2
x~
(2lim(cos)2
lim(12)2)00
(
、若
2x
求
'
解:
y
'
lnxesin(arctanx)x)x
、求
)
dx
解:
(1x)
dx
xed
1(xe'=-11x)
dx
-=1
、求幂级数
nx
n
的和函数
f(x
n解
|
时(
nx
n
)
nn+
x
nn
nn
n
nx
n
=
(n
n)'
-
n
x
n
=
(
x11x)11(1)2(1)
2、
L
为过
O(0,0)
和
(
2
,0)
的曲线
ysin(a
求
L
(xy3)dx)dy.yx,dasinx
(xy
)y)
=
xdx
sin
+2
cos+
sinxL
=
2aa223/
11、求曲面积分
(2)zdxdy
其中
zy2,
取侧解:应用Gauss式,并应用极坐标变换得:
(2)dydz
=
V
(
)dxdydz=
30V
3rd2
二分判断题(正确的证明,错误的举出反例)、若
{n1,2,,}n
是互不相等的非无穷大数列,{}n
至少存在一个聚点
x0正确。
{}n
在数轴上对应的点集必为有界无限点集,故由聚点定理,点集
{}n
至少存在一个聚点x0、若
f(x在(a,b)
上连续有界,则
f(x)在(a)
上一致连续.正确。证:
f(x
在
(b
上连续有界,故
limf(
与
limf(
都有存在,不妨设为
A,
x
设
F(x)
xf)x(,b)x则
F()
在
[b]
上连续,从而
F()
一致连续,故
f(x
在
(b
上一致连续。、若
f(x,g(x在[
上可积,则
1iilimf()()nni
0
f(xg(x)
正确。证:
f(x)
()
在
[0,1]
上可积,故对
f()M,
且
f(x)()
在上也可积,对
0
1niiii1niiif()()f()g)|f()[g()g)]nnniiiMiiM[()()]||g(1)gni/
1ii11ii1r故两边对
1niinii1iif()()f()g()f()()nniii分别取极限
f(xg()dx
1iif()g(ni
)
f(xg()dx由夹逼性知
limf()g()f()g(x)nnn0i
、若
a
n
收敛,则
a
2n
收敛n
n错误。反例
(nn
收敛,
1nn
发散在上义的函数f(xy)则在(0,0)上可微
f,y
存在偏导数
f(y),x)且(x,)f(x)xyx
在(0,0)上连续,正确证:
f==
((0f(fff12有
f(,yf()xy
在(0,0)上连续,ff(0,0)f(0,0)1y当
()
时,
0
,
f(0,0)f(0,0)y根据定义,可知
f(xy)
在0,0)可.、
f(xy)
在R上连续
D(x,)x)|()r00
2
y)0
2
2
}
若xy0,00
D
f(y)0,则(y)xy)
2
./
rr解:错误将
(,)r
划分为两部分,其中D(x,y),)()2r,x,x]}r000D(x,y){(,)(x)2r00
2
)0
2
r,[x,]}0取
(x)f()(y)r
由分区间加性知
f(,y)
1dxdy
(Dr
Dr
Dr三分函数
f(x在(
上连续,且
limf)A,
求证:
f(x在(
上有最大值x或最小值。证:1)若
f)A,显然fx)在(
同时有最大、最小值否则
,当xx或x时f(x)22定义
limf()Ax
limf()A
,存在
xU1
0
()1
xU2
0
(x)2使得
fx)
或
f()
f(x)
或
f(x)不妨设fx)f(x)A2
由
f(x
在
(
上连续所
f(x)
在
[x]2
上连续,由最值定理知存在
xx]2
使得f
)
最大(或最小).(1知
x
因此当
xx时,f(x)在
上有最大值或最小值。四分求证不等式:
x
,x[0,1].证:令
f()
则
ff
对
有f'(x2
f''(xln2因此
f
()在[
上单调递减且连,又f
lnf
(1)20
/
故由介值定理知存在
使得f
)那么在
[
]上f)
单调递增,在
[
,1]上()
单调递减因此
f(x
可在端点处取得最小又
f(0)f(1)0
所以在
[
上f()
即
x,[0,1].五、设
f()n
在
[b]
上连续,且
f()n
在
[b]
上一致收敛于
f(x
若a,b]
f()
求证:
,0,
使
a,b]
f(x)n
.证:由函数
{(x)}n
的每一项在
[b]
连续且一致收敛于
f(x,可()在[a,]
上也连续,因有界.不妨设
mmin{()|x[ab]}
因为对任意
x[a]
有
f()0
所以
f()在[]n
上一致收敛于
f(x),即
0,,对N[a,b]
有f)f(x)n当取
m2
时,有f(x)f()
mm2
(1)对上述
,
则(式成立且fx)
m2
.六分设
{}n
满足(1)
ak;k
(2级数
a
n
收敛n求证
limna0nn
证:级数
a
n
收敛,由级数收敛的柯西准则:
0,
对任何
Z
有n/
''''|
N
N
N
由于那么
a100,k1,2,;nkkn
N
N
N
p
N
100
p
N
N
p
N
而当充分大,
p
p
成立,故p)a
N
ppa
N
因此有
limna0nn
七分若函数
f(x
在
1,
上一致连续,求证:
f(xx
在
1,
上有界证1)
0,X0
当
充分大时对
,''X
且满足
|x
时有|'f()
由极限存在的柯西准则知对(1)式中x取极有
limf(x)x
存在不妨设为|f()则
|f
)存在
M
当
x
时|
f(x|A|xx
(2)因为
f(x)在[
上一致连续则
f(x)在[1,]
上连续所以
f(x在[1,]
上有界即存在
M,X]
有|fxM
那么对存在
]有Mmax{,M},2
f(x)|x(2),(3)同成
/
rr即对
]
有|
fx)x
八分设
(xy(xy
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