考研专业课题库 复旦大学数学系《数学分析》（第3版）（下册）（真题 课后题 章节题 模拟题）

第一模块名校考研真题第1部分数项级数和反常积分第9章数项级数第10章反常积分第2部分函数项级数第11章函数项级数、幂级数第12章傅里叶级数和傅里叶变换第4篇多变量微积分学第1部分多元函数的极限论第13章多元函数的极限与连续第2部分多变量微分学第14章偏导数和全微分第15章极值和条件极值第16章隐函数存在定理、函数相关第3部分含参变量的积分和反常积分第17章含参变量的积分第18章含参变量的反常积分第4部分多变量积分学第19章积分(二重、三重积分，第一类曲线、曲面积分)的定义和性质第20章重积分的计算及应用第21章曲线积分和曲面积分的计算第22章各种积分间的联系和场论初步第二模块课后习题第1部分数项级数和反常积分第9章数项级数第10章反常积分第2部分函数项级数第11章函数项级数、幂级数第12章傅里叶级数和傅里叶变换第4篇多变量微积分学第1部分多元函数的极限论第13章多元函数的极限与连续第2部分多变量微分学第14章偏导数和全微分第15章极值和条件极值第16章隐函数存在定理、函数相关第3部分含参变量的积分和反常积分第17章含参变量的积分第18章含参变量的反常积分第4部分多变量积分学第19章积分(二重、三重积分，第一类曲线、曲面积分)的定义和性质第20章重积分的计算及应用第21章曲线积分和曲面积分的计算第22章各种积分间的联系和场论初步第三模块章节题库第1部分数项级数和反常积分第11章函数项级数、幂级数第12章傅里叶级数和傅里叶变换第1部分多元函数的极限论第13章多元函数的极限与连续第2部分多变量微分学第14章偏导数和全微分第15章极值和条件极值第16章隐函数存在定理、函数相关第3部分含参变量的积分和反常积分第17章含参变量的积分第18章含参变量的反常积分第4部分多变量积分学第19章积分(二重、三重积分，第一类曲线、曲面积分)的定义和性质第20章重积分的计算及应用第21章曲线积分和曲面积分的计算第22章各种积分间的联系和场论初步第四模块模拟试题复旦大学数学系《数学分析》(第3版)配套模拟试题及详解第一模块名校考研真题第1部分数项级数和反常积分1.若收敛，则存在.[重庆大学2003研]【答案】错查看答案【解析】举反例：,虽然发散.v,→1,n→,则收敛.[南京师范大学研]【答案】错查看答案二、解答题1.求级的和.[深圳大学2006研、浙江师范大学2006研]2.讨论正项级的敛散性.[武汉理工大学研]解：由,所以当a>1时收敛，当0<a<1时发散；当a=1时，由于,故发散.3.证明：收敛.[东南大学研]证明：因,所以4.讨论：p∈R的敛散性.[上海交通大学研]证明：因为增数列，为减数列，所以.从而判别法知收敛：当p=0时，因发散，所发散：发散.则有,故由比较判别法知级数收敛.6.求[中山大学2007研]解：由于,解：由于,所绝对收敛连理工大学研]证明：因,所以对任意的e,存在N,当n>N时，有即现在证明现在证明所以对任意的ε,存在N,当n>N时，有对任意的0<c-ε<r,有因此8.说明下面级数是条件收敛或绝对收敛[复旦大学研]解：数n的单调递减函数.且由莱布尼兹判别法，可知收敛.故当2x>1,即收敛，即对收敛；条件收敛.9.证明：若绝对收敛，则亦必绝对收敛.[华东师范大学研]证明：绝对收敛，从而收敛，记所以收敛，即10.证明级数研]对收敛.发散到发散到+发散到林大学[吉林大学林大学所以原级数发散到+∞.学研、浙江大学研、南京师范大学2006研]【答案】错查看答案【解析】举反例：利用反常积分概念，很明显可知满足题意，但是二、解答题1.如果广义积(其中a是瑕点)收敛，那收敛.并举例说明命题的逆不成立.[中国科学院研]证明：收敛，根据柯西准则，VE>0存在8>0,只要，uz∈(a,a+8),总有利用定积分的绝对值不等式，又有再由柯西收敛准则的充分性可知收敛.命题的逆不成立，例如：而由狄利克雷法可以判定是条件收敛的，从而可知不收敛.2.积分是否收敛?是否绝对收敛?证明所述结论.[北京大学研]而绝对收敛，积分是无穷积分，当x>1时，已知条件收敛，而绝对收敛，所以无穷积分条件收敛但不绝对收敛.综合可知：条件收敛.3.计算积分[武汉大学研]解：设S.=[0.a]×[0.a]显然f(z,y)=e-²+3在SA上可积，且而即由夹逼原则可得4.求[中山大学2007研]解：由于,所以绝对收敛.解：令u=1/t,则原式变为6.设函数f(x)在区间[0,+○]上连续，0<a<b.,,其中介于aα与ba之间.令α→0°,β→+∞,则同时有5→0+*由f(x)在(0,+)内至少有一个零点.第2部分函数项级数第11章函数项级数、幂级数解答题1.证明：若K(x,t)在D=[a≤x≤b,a≤t≤b]上连续，uo(x)在[a,b]上连续，且对任意x∈[a,b],令证明：K(x,t)在闭区域D上连续，从而在D上有界，即3M₁>0使得对uo(x)在[a,b]上连续，从而在[a,b]上有界，即3M>0使得对由数学归纳法易知(x)在[a,b]上一致收敛.2.证明：在任何有穷区间上一致收敛，而在任何一点都不绝对收敛.[华证明：(1)对任何有穷区间1,3M₁>0,使得对一切x∈I有I≤M②对单调减且,即是一致有界的.由阿贝尔判别法知在任何有穷区间I上，级①对Ve>0,;,则当n>N时，对一切∈[a·由①式，工(z)-F'(x)=|f'(x+0.)-f'((2)f(x)在(-。,+○)内处处有任意阶导数，级数…+"(x)+…+按二个方向在(-,+o)内一致收敛.试求级数的和函数F(x).[同济大学研]证明：(1)与均收敛，所以"收敛，与均收敛，所以"收敛，当x=1时，.亦收敛.但f(0)=f'C0)=f"(0)=1.厂(0)=0.f(0)=-3,(0)=-87.判断级数的收敛性并给出证明.[北京大学研]解：由于而因此由正项级数的比较判别法收敛，从而也收敛.8.的收敛域.[大连理工大学2006研]于0,所以当x=1时该级数发散.当x=-1时，为交错级数，所以收敛.的收敛域为(-1,1).9.求幂级数的收敛域及和函数.[西安电子科技大学研]解：由于,所以收敛半径为√2,易知其收敛域为(-√2.√2).记所10.求幂级的收敛域及和函数.[华南理工大学2006研]所以[-1,1]为其收敛域，在[-1,1]内可以逐项求导、逐项求积分，因此令令所以11.的Maclaurin级数展开式.[华东师范大学2006研]解：由从而12.求f(x)=In(2+x²)在x=0处的幂级数展开式及收敛半径.[中南大学研],有易知其收敛半径R=√2学研]证明：易知在(-0,+o)上一致收敛.[东北大,由于故,从而有15.设函数un(x)在闭区间[a,b]上连续(n=1,2,3,…),级数在开区间(a,b)内一致收敛.证明：函在闭区间[a,b]上一致连续.[北京交通大学2006研、深圳大学2006研]证明：由于级数在开区间(a,b)内一致收敛，所以对任意的E>0,存在N由于函数u(x)在闭区间[a,b]上连续(n=1,2,3,.…),在上式中分别令x→at,x→b-有从而有在闭区间[a,b]上一致收敛.故函在闭区间[a,b]上一致连续.16.设函数f(x)在(-,+∞)上有任意阶导数，且导数函数列f"(x))证明：由于(x).在(-0,+)上一致收敛于φ(x),从而(f"(x)即"(x)在(-0,+o)上一致收敛，由一致收敛函数列的可微性质得于是φ(x)=Ce.又因为φ(0)=1,所以C=1,故φ(x)=e³.17.设,计算积分[江苏大学2006研]收敛，故由Weierstrass判别法知在(-0,+c)上一致收敛.从而由一致收敛函数项级数的可积性知第12章傅里叶级数和傅里叶变换1.试将周期函数f(x)=arcsin(sinx)展为傅里叶级数.[哈尔=-arcsin(sinx)=-f(x).故f(x)是奇函数，于是有4.=0(n=0.1,2.……)时，力=0,当n=2k+12.将函数f(x)=x(0<x<2)展成余弦级数.[国防科技大学研]解：将f(x)=x延拓为(-2,2)上的偶函数故对Vx∈(0.2)有f(x)=x=1+(3)对任意的a、b,有,因为级数在[a,b]上一致收敛，所以但,所以级数关于a、b∈(0,1)一致收敛.故4.的Fourier级数，并由此求级数的和.[华南师范大学研]解：根据Fourier级数的系数公式可得展开成正弦级数，并求出该正弦级数的和函数解：若要展开成正弦级数，应该将f(x)奇延拓至(-π,0).由于解：由于当n≥1时，有所以在开区间(-π,π)上的Fourier级数为由于f(x)在上可积，于是Parseval等式成立7.f(x)是周期为2的函数，且在区间[0,2]上定义为求f(x),有,有故第1部分多元函数的极限论第13章多元函数的极限与连续解答题1.用定义证明.[山东师范大学研]证明：由所以对任意的ε>0,取δ=1,y>A时，有艮2.·[上海理工大学研]解：由于当x>0、y>0时，有,故由夹逼法知[南京农业大学研]4.讨论二元函在(0,0)处的重极限与累次极限.[南京师范大学研]贝解：令(x,y)沿直线y=kx趋于(0,0),得不存在.(1)对每个(x,y)∈Ω的x存证明：由条件(2),得①①在①式两边令→,则)存在.由条件(2),得38₂>0,当0时由条件(1),得3品>0,当时,得30,>0,当o<1x-zoI<&时②③④第2部分多变量微分学第14章偏导数和全微分①③0)处连续.④证明f(x,y)在点(0,0)处连续但不可微.[南开大学研]故f(x,y)在点(0,0)处连续，下证f(x,y)在点(0,0)处不可微.令而与k有关.所以f(x,y)在(0,0)处不可微.证明f(x,y)在(0,0)处连续且计算f(0,0)和f(0,0).[天津工业大学2006研]4.讨论在(0,0)点的连续性和可微性.[武汉大学研]解：(1)连续性.可以令x=ζcosθ,y=ζsinθ,因为所以f(x,y)在(0,0)点连续.(2)可微性.由于1,所以f(x,y)在(0,0)点不可微.故6.函数u=x²+y²+z²+xyz在M(1,1,1)沿方向l=(1,-1,1)的方向导数.[天津大=-L(x-y.φ(xy)+xp(xy)f。(x-y,p(xy))+[q(y)+xvφ(xy)]/f,(x-y+yp(y)[-f,(x-y,p(xv))+xo(x)f,(x-y,=-L(x-y,φ(y))+(x-yφ(xy)f。(x-y,p(y)+xy[φ(xy)P,(x-y.+[φ(xy)+xyφ'(xy]/f(x-y.,,.[华中科技大学研]故充分性.令则即亦即又由得,于是13.设z由(cx-az,cy-6z)=0定义为x,y的隐函数，其中9为二次连续可微，求解：由(cx-az,y-如)=0两边对x求导得①式两端再对x求导得为=1与(1)当t=1时，过曲线上的点(1,-1,1)的切线，其方向数为：=(1,-2,3),切线方第15章极值和条件极值L(x,y,z,λ)=ax²+by²+c²+A(重L(x,y,k)=2x²+y²-8x-2y+9+a令L'=L',=L'=0.得x²+x+²=1-y¹=f(y)C∵x+³=令，=L',=.='=L0.得L(x.y,z,d:dz)=x²+y²+x²+A(x²+y-z)+A由b=4,2,3,求一点使其到这三条直线的距离的平方和最小.[汕头大学研]解：点(x,y)到三条直线的距离的平方和为,对f(x,y)求偏导，并令它们都等于0.解此方程得由于这样的最小值一定存在，所以此解就是要求的点.7.在已知三角形内求一点，使该点至三个顶点的距离的平方和最小.[四川大学研]解：设三角形三顶点的坐标分别是ACa1.bj),B(az.b₃).CCay,b₃),在△ABCM则由初等几何知0₂,B.为饨角，故从而AB²+AC>2AM。²+BM。+CM。>AM。+BM。+这说明A点到三顶点的距离平方和大于Mo点到三顶点的距离的平方和，则Mo即为所求.8.用条件极值法证明不等式：下求/在x+x+…x,=r(r>0)下的极值.为此，作拉格朗日函数十x-r)L(x₁·x:…·x.A)=f(xx+z₂…,x.)+A十x-r)9.求f=2x+4y+4z在球面x²+y²+z²=1上的最大平面方程.[北京化工大学研],或由,所以f=2x+4y+4z在球面上的最大值为6,最小值为-6.此球面在最大值点处的切平面.方程为x+2y+2z=3,在最小值点处的切平面方程为x+2y+2z=-3.10.求旋转抛物面z+x²+y²=0到平面4x+2y+z=6的最短距离.[天津大学研]第16章隐函数存在定理、函数相关得y-1-ey'cosy=0对x求导得y-ey'cosy+E(y)²sin(1)由方程确定了隐函数z=z(x,y);(2)由方程确定了隐函数y=y(z,x).[华东师范大学研]解：(1)将3x+2y²+z³=6xyz对x求又又大学2006研]6.设函数u=f(x,y,z)具有连续偏导数，且z=z(x,y)由方程xe⁴-ye°=ze²所解：将xe³-ye"=ze²分别对x8.请将直角坐标系下坐标分量x、y所满足的常微分方程组变换成极坐标系下坐标分量r、θ所满足的相应方程组.[复旦大学研].[河北学研]对对第3部分含参变量的积分和反常积分第17章含参变量的积分1.求积分其中a>b>0.[北京大学研]解：由,显然f(x,y)在x≥0,试证：当x≥0时，.[天津大学研]证明：记,则F'(,)=-2ze+(0)=0,所以因此，当x≥0时，3.计算积分.[南京大学研]3.计算积分第18章含参变量的反常积分1.试判断在y≥a>0时是否一致收敛?说明理由.[北京师范大学研]在y≥a>0时一致收敛.单调递减趋于0,故由Dirichlet判别法知收敛，即关于参数α在[0,+0]上一致收敛.ea关于x单调，且一致有界le“|≤1,因而由Abel判别法知关于参数α在[0,+0]上一致收敛.3.证明：积分上一致收敛.[武汉大学研]解：做变量替换可得又收敛，故由Weierstrass判别法知I₁1上一致收敛.对于I₂,显关于x单调递减.由,所在上一致收敛于0.又易知部分一致有界，故由Dirichlet判别法上一致收敛，从而上一致收敛，即上一致收敛.4.证明：证明：由于在x>0上一致收敛.[清华大学2006研]所以当A→+o时，有一致收敛于0,故在x>0上一致收敛.5.,(a≥0),证明：J(α)可微并求出J(α).[东南大学研] 收敛，所以根据Weierstrass判别法可a≥0上一致收由于故由Weierstrass判别法知在α≥0上一致收敛，从而有J(a)可微.由一致收敛反常积分的可微性知所以(2)计算I(x).[南京大学研]收敛.于是有(2)由于I(x)在(0,+)上一致收敛，再做变量替换得.[浙江大学2006研]续.于是对eo>0,存在8>0,当x-x:|<8,v-x.|<8,x、x₂E[4.A₃],v、v₂e/第4部分多变量积分学即第20章重积分的计算及应用 对任意点(x,y,z)有下式成立f(x+1,y,z)=f(x,y+1,z)=f(x,y,zb>0)所围成的区域.[北京师范大学2006研]x=arc11.已知两个球的半径为a和b(a>b),且小球球心在大球球面上，试求小球在大球内那解：如图示以小球心为原点建立坐标系，则大记所考虑的立体为V,则V在xy平面上的投影D:V的体积(仍记为V)图20-112.计算三重积分,其中Ω是曲面√+x与=³+围成的有界区域.[北京大学研]解：如图示Ω在xy平面上的投影.所以图20-213.求三重积分的值.[西安交通大学研]图20-3图20-3=2π.则积分区域变为东师范大学研]解：做球坐标变换x=arsinφcosθ.y=brsinosinb,z16.半径为r的球体沉入水中，其比重与水相同，试问将球体从水中捞出需做多少功?[江苏大学2006研]从而将球体从水中捞出需做的功为第21章曲线积分和曲面积分的计算1.计算第一型曲线积,点的三角形。[深圳大学2006研]解：连接(0,0)与(2,0)的边的方程为y=0(0≤x≤2);的边的方程为于是2.,其中L沿(0,0)到(π,0)的正弦曲线.[山东师范大学研]东科技大学研]4.计算,其中L表示逆时针方向左半椭圆：(x≤0,a>b>0).[北京师范大学2006研]解：令内的原点不连续，所以Green公式不能用.做变量替换6.求下列积其中，S₁在xy平面上的投影区域为D:.由S的方程z=√a²-x²-y²知，所以8.设V是不含原点的有界区域，其体积为IVI程求。[华中科技大学2006研]解：因为r={z,y,z}的单位向量外法线n={cos(n,x),cos(n,y),cos(n所以这里应用了矿0+2f0)-1=0。x²+y²+z²=a²(a>0)9.求球面被平面所夹部分的曲面面积.[中11.求球面x+y+³=r上r-h≤z≤r(0≤h≤r)的那一部分曲面的垂心.[山东大学研]解：根据球面的对称性知，垂心坐标为0.0,).其中所以即所求垂心坐标为12.计算所以，所求积分第22章各种积分间的联系和场论初步解答题1.计算,其中C是圆周x²+y²=a².[哈尔滨工业大学、北京航空航天大学研]2.求曲线积分：其中L是圆周x²+y²=1由A(1,0)依逆时针方向转到B(-1,0)的半圆.[哈尔滨工业大学2006研]解：补充BA这条线段，使ALB成为封闭的半圆，逆时针方向为正向.根据Green公式可得3.计算，²+z²)dx+(z²+x)dy+(x²+y的交线z≥0的部分，曲线的方向规定是从原点进入第一象限的方向.[清华大解：依题意S为F=(x-2)²+y²+z²=4,法向量,单位法向量则根据Stokes公式可得又4.计算曲线积解：令Lo是圆周x²+y²=E²,其中L是圆周(x-D²+y²=2,取逆时针方向.[武汉理(ε充分小),取逆时针方向.由于所以由变量替换x=ecost,y=Esint,0≤t≤2π知5.求曲线积分其中有向曲线OA为沿着正弦曲线从O(0,0)到A(π,0).[华东师范大学从而6.f在R³有二阶连续偏导数，对任意的(x,y,(2)由Gauss公式可得故由f在R³上有二阶连续偏导数知，所以由对称性可得7.计算曲面积分其中S为锥面的外侧。[南京大学研]解：补齐x²+y²=a²,z=hS是曲面|x-y+z|+|y-z+x|+|z-x+yF=1的外表面。[大连理工大学2006研]解：首先利用Gauss公式可得.现在求V的体积，做变量替换.V在坐标变换下的新的积分区域1为{(u,v.wlu|+|v+|w≤1),所别为(0,0),(1,1)时，曲线积分的值.[上海交通大学研]解：由积分与路径无关的条件知取连结A(0.0)→C1,0)→B(1,1取连结A(0.0)→C1,0)→B(1,1第二模块课后习题第1部分数项级数和反常积分于是，当n>k时，有Tn+yn≤αk+βk故证明：(1)因0≤n≤sup{zn},0≤yn≤sup{ym},据下确界是下界中最大的，则有inf{xn·yn}≥inf{zn}·inf{ym}≥0○),则(1)显然成立，因α>0,则(2)显然成立.为所有收敛子列的极限中的最大者.下证α+β为{xn+yn}之一切收敛子列的极限中的最大者(用反证法)这与β为{yn}的所有收敛子列的极限中的最大值矛盾.于是α+β就是{xn+yn}所有收敛子列极限的最大值.同理可证，当α>0时，α+β为{xn+yn}的一切收敛子列的极限中的最大值.4.求下列数列的上极限与下极限：解：(1)它只有两个具极限的子数列：重重于当n=10k+2(k=1,2,...)5.此处ko是任意固定的整数.且当α>0时，故且当α>0时，综合(1)(2),得当α>0时，结论成立.(3)若α=0,则显然于是得此结论正确.情况如何?证明：(1)]由§1定理1,得{an}中至多只有有限项属令这有限项的足标最大者为N,则当n>N时，,结论未必成立.而但有无穷多项a2n=2>1(n=1,2,…)§2级数的收敛性及其基本性质1.讨论下列级数的敛散性：于是据定义知，级收敛.(4)因(1)ao+a₁q+a₂g²+…+anq"+…,Ial<1,|证明：(1)因对任何自然数p,ISa+p-SnI=lang"+a+19"+¹+…+an+p-19"+P-1|≤|anll"l+|am+1|q++收敛.收敛.(2)此级数3.设正项级数(即每一项an>0),试证明若对其项加括号所组成的级数收敛，亦收敛.证明：部分和数列为{Sn},加括号后所组成的级数为仍为正项级数.设其部分和数列为{Sn"},其中收敛，由基本定理，得{Sn"}有上界，即存在M>0,使Sn"≤M,从而Sn≤Sn"≤M,说明{Sn}有上界4.确定使下列级数收敛的x的范围.解：(1)此级数是公比的等比级数，故时级数收敛从而收敛域为x<-2或x>0.(2)此级数是公比为Inx的等比级数，故当|lnx|<1时级数收敛§3正项级数1.判断下列级数的收敛与发散： 解：(1)E而级是发散的则由比较判别法，得级亦发散.(2)因则由达朗贝尔判别法，得级收敛.(3)因故级发散.(5)收敛，故级收敛.故则由比较判别法，得级发散.(8)E故级收敛.(9)因则据比较判别法，得级收敛.(10)因且级收敛则据比较判别法，得级收敛.则据达朗贝尔判别法，得级收敛.(13)因则即b<a时，级收敛；,需进一步判断.例如：级发散；而级数收敛.2.若正项级收敛，证明也收敛，其逆如何?其逆不真.例：收敛，但发散；收敛，收敛.如何?若,那的敛散性之间有什么关系?取Eo=1,则存在正整数N,当n>N时，有艮于是un<vn(n发散.老收敛，则由比较判别法，老收敛，则由比较判别法，敛散性不定.4.若两正项级发散，则由比较判别法，发散.对敛散性不定.却收敛.5.利用级数收敛的必要条件证明：证明：(1)则据达朗贝尔判别法的极限形式，得收敛，从而由级数收敛的必要条件，得则据达朗贝尔判别法的极限形式，得收敛，从而由级数收敛的必要条件，得6.讨论下列级数的收敛性：(3)又因u₂n+I≤u2n,un≥0则于是从而是是否也收敛.解：级数收敛，下证：均为正项级数.因为级都收敛，所也收敛，由正项级数的比较判别法可知，收敛.也收敛，又根收敛，可知收敛.9.证明达朗贝尔判别法及其极限形式.证明：(1)达朗贝尔判别法：因q<1,则收敛，于是由收敛级数性质1知，也收敛再由收敛级数性质5知，添加有限项u1,u₂,…,UN+1也收敛，从而由比较判别法，后得到的新级数也收敛.又un≥0,发散.(2)达朗贝尔判别法的极限形式：由上极限的定理1的证明中，知只有有限项大于+E0+于是定存在一个正整数N(只要取有限项中下标最大的做N即可),使得当n>N时，故由达朗贝尔判别法知级数收敛.由实数的稠密性知必存在eo>0,使得“>r-Eo>1由上极限的定理2的证明中，只有有限项小于T+E0,于是定存在一个正整数达朗贝尔判别法知级数发散.(iii)举例说明：发散；收敛.§4任意项级数1.讨论下列级数的收敛性(包括条件收敛和绝对收敛):于级数绝对收敛.发散，则发散又对级则由达朗贝尔判别法的极限形式，得级于是原级数发散.发散，则由比较判别法，得发散条件收敛.单调下降，从当n≥2时单调下降则据莱布尼兹定理，收敛发散与x有相同的符号且随n增大而减小到0,则由莱布尼兹判别法，得收敛从条件收敛.(7)设部分和数列{Sn},则于是则此级数加括号后发散，从而原始级数发散.2.证明：若级数的项加括号后所作成的级数收敛，并且在同一个括号内项的符号相同，那末去掉括号后，此级数亦收敛；并由此考察级的收敛性.证明：(1)已知新级数收敛.且在同一括号内符号相同当原级数下标n从nk-1到nk时，的部分和单调变化，即事物于收敛.事物于收敛.当n=k²,k²+1,…,k²+2k(k=1,2,…)时，诸an同号，记是交错级数3.讨论下列级数是否绝对收敛或条件收敛：解：(1)当x<0且不为负整数时，因x为定数，则当n充分大时，即存在N∈Z+,当n>N时，有从则当x不为负整数时，此级数为条件收敛.(2)则由达朗贝尔判别法，得收敛再据比较判别法，得绝对收敛.(3)且数单调趋于0则由狄立克莱判别法，得收敛.单调趋于0则由狄立克莱判别法，得收敛.则级条件收敛.绝对收敛.则狄克莱判别法，得收敛.且由刚才证明可得收敛.又当0<p≤1时，发散，则发散，于发散则级当0<p≤1时条件收敛.证明：(1)若级都是正项级数(2)若级不一定都是正项级数例：级为莱布尼兹型级数，则其收敛且5.若正项级数收敛，证明也收敛.又若收敛但它不是正项级数，那么结论又如何.0<²<n>N取8o=1,则存在正整数N,当n>N时，有|an|<8o=1即O≤an<1,于从而由正项级数的比较判别法，得收敛.发散；收敛，收敛.且单调有界，且又级收敛，则由阿贝尔判别法，得收敛.证明：因{nan}收敛，则其部分和数列有极限，设其极限为S于收敛，从收敛.8.绝对收敛，收敛，那收敛.由Abel变换，得9.利用柯西收敛原理证明交错级数的莱布尼兹定理.证明：对任何自然数p,有||Sn+-S|=|(-1)"+²un+1+(-1)n+³n+2+…+(-1)"+p+¹u(-1)"+²(4n+1-un+2+…+(-1)P-¹un+D)|=|un+1||Sn+-S|=|(-1)"+²un+1+(-1)n+³n+2+…+(-1)"+p+¹u总之|un+1-n+2+…+(-1)P-¹un+un+1-(1n+2-un+3)-…-(un+p-2-un+p-1)-un+p≤Un+1-(un+2-un+3)-…-(un+p-1-un+p)总之n+1-un+2+…+(-1)P-¹+≤un+1对任意ε>0,由此，当n>N时，对任何自然数p都有从而由柯西收敛原理，收敛.§5绝对收敛级数和条件收敛级数的性质绝对收敛(6)绝对收敛(7)又证明：因则据达朗贝尔判别法的极限形式，得级数收敛于是级绝对收敛同理，级绝对收敛其中贝3.证明：可以作出条件收敛级数的更序数级数，使其发散到+○.由定理1,得都发散，且发散到+。,发散到-○选取发散到+的数列{βn},即按顺序一项一项加起来然后取m2,使vi+v₂+.…+vm₁+Vml+1+.…+vm2>β2+wi+w₂一般地，可取充分大mk>mk-1,使得v₁+v₂+.…+vml+.…Vm2+…+vmk>βkwi+w₂+.….Wk这样交错地放入一组正项和一个负项：(vh+…+Vm₁-u)+(vm+1+…+tmg-w2)+…+(vma-1+1+…+Um,-wk)+…此级数显然为原级数的更序级数因(*)加括号后的级的k次部分和则发散到+○又发散级数可任意去括号，则可以作出条件收敛级数的更序级数，使其发散到+o.§6无穷乘积1.讨论无穷乘积的收敛性：解：(1)[,m≥3,从而据定理2,收敛.因级为莱布尼兹型级数，则其收敛，于是级收敛，从收敛.(3)由于部分乘积故无穷乘发散于0.2.证明：若收敛，收敛.绝对收敛，收从绝对收敛.第10章反常积分1.求下列广义积分的值：2.讨论下列广义积分的收敛性：③③是正常积分，则其必收敛收敛.(3)收敛，从收敛.则由比较判别法，发散.则当n-m>1时，收敛；当n-m≤1时，发散.3.证明绝对收敛的广义积分必收敛，但反之不然.有从而收敛.收敛的广义积分未必绝对收敛.4.证明对于无穷限积分，分部积分公式成立(当公式中各部分有意义时)5.证明：设f(x)为(0,+o)上的一致连续函数，并且积收敛，则 ≥0,是否仍旧成f(xA)≥2e.取序列An→+○(n→+○),有序列xn→+0且xn>另一方面，由f(x)的一致收敛性，对上述ε>0,36>0.使得当x'-x"|<8时，有|f(x')收敛，以及f(x)在(0,+)连续，f(x)≥0,并不能保证它是绝对收敛的.其注意到为正常积分，则必收敛收敛，收敛显在(0,+∞)上非负连续但若取xn=2nπ(n=0,1,2...),有f(xn)=f(2nπ)=2nπ→+o(n→0)6.证明：若f(x),g(x)在任何区间[a,A]可积，又设f(x),g²(x)在(a,+o)积分收敛，那么[f(x),g(x)]²和|f(x)g(x)|存在.都收敛则收敛，于是则由比较判别法，得[f(x),g(x)]²在(a,+○)上可积.7.对无穷限广义积分，讨论平方可积和绝对可积的关，考察例子其中证明：平方可积书绝对可积绝对可积书平方可积收敛，且收敛.8.讨论下列积分的绝对收敛性计条件收敛性：解：(1)对A>0,由于是由狄立克判别法，收敛.但它不为绝对收敛.则由柯西判别法的极限形式，得发散；贝发散，从而积分条件收敛.(2)(i)当λ>1时，因且当λ>1时，收敛，从而绝对收敛.绝对收敛.(ii)当0<λ≤1时当0<λ≤1时，单调减少，当x→+时，趋于0,则由狄立克判别法，收敛.同理，条件收敛.因n→+0,2nπ→+,于是对任意A>0,至少可以找到(2n+1)π>2nπ>A.同理，发散.0<λ≤1时，条件收敛；λ<0时，散.当x足够大时，随x→+而单调下降趋于0;则据狄立克莱判别法，原积分收敛.(ii)设Qn(x)=1.此时多项式为Pm(x)=amx"+.….+ao,不妨设am>0;,此时有为正常积分，则必收敛，于是发散.发散.(iv)设Qn(x)=bnx"+.则由8(2)知，当λ=n-m>1时，积分绝对收敛综合知：m≥n时，积分发散；m=n-1时，积分条件收敛；m<n-1时，积分绝对收敛.此时函数单调减趋于0,则由狄立克判别法，收敛.为正常积分，则必收敛，于收敛，则由柯西判别法，得发散，从而原积分条件收敛.§2无界函数广义积分1.下列积分是否收敛?如果收敛，求其值.发散.则则收敛于-1.2.讨论下列积分的收敛性：因则据柯西判别法，得绝对收敛.均为被积函数的奇点，收敛.从而绝对收敛.(3)E则x=1不是奇点，于是此积分只有一个奇点0;则据柯西判别法，得收敛.因发散至+○,因发散至+○,发散.p>0时，0为奇点.因均收敛.,1为奇点；当p≥0时，为正常积分，故收敛.则则当0<m-2<1即2<m<3时，积分收敛；当m-2≥1即m≥3时，积分发散，因则由柯西判别法的极限形式，得当1-a<1即a>0时积分收敛；当1-a≥1即a≤0时，积分则由柯西判别法的极限形式，得当1-b<1即b>0时积分收敛；当1-b≥1即b≤0时，积分发散；综上所述，当a>0且b>0时，收敛，其余情形积分均发散.对积且对Ve>0,则由柯西判别法的极限形式，得当1-a+c<1即a>c>0时收敛.则由柯西判别法的极限形式，得当1-a≥1即a≤0时发散.对积分则由柯西判别法的极限形式，得当-b<1即b>-1时收敛；当-b≥1即b≤-1上发散.综上所述，得当a>0且b>-1时，积收敛，其余情形积分均发散.3.证明无界函数广义积分的柯西判别法及其极限形式.证明：(1)柯西判别法：重重即则对Vk>E>0,存在δ>0使当a<x<a+8时，有0<于同时收敛或发散(归结为柯西判别法),即(iii)k=时，取G=1,则36>0,使当a<x<a+8时，有x-a)°f(z)|=(-a)"|f(z)>1,即散.发散.对积则由柯西判别法的极限形式，得积分绝对收敛.对积则由柯西判别法的极限形式，得积分绝对收敛.同此可证，得积绝对收敛.则由柯西判别法的极限形式，得积绝对收敛.同此可证，得绝对收敛.因x≥3时，绝对收敛，则由比较判别法，得绝对收敛，综上可知，绝对收敛.则当α>1时，0为奇点，则当α-1<1即1<α<2时，绝对收敛；当α≥2时，发散；取λ>1,当α-λ>0上，则当α-λ>0即α>λ>1时，积分绝对收敛；则当a≤1时，积分发散，从而当1<a<2时，绝对收敛；其它情形，都发散.若p≤0,则为正常积分，故收敛若p>0,由由故积和minp,q1H.naXp,91时收政.0为奇点，则由柯西判别法的极限形式，得α-1<1即α<2上，积分收敛；当α≥2上，积分发散.当α>1时积分收敛；当a≤1时，积分发散，则由比较判别法，得当α>1上，收敛；当a≤1时，总之，当1<a<2时，收敛；其余情形此积分均发散.对任意的p,考若p>1,取α>0充分小，使p-α>1,则对任意q,由则此时积发散，从而积分当p>1且q<1时收敛.(6)首先，被积函数关于级无穷小(当x→±0时).时收敛.5.设f(x)当x→+0时，单调趋向于+,试证明：若收敛，必须证明：由题设知0是f(x)的奇点，即是无界函数的广义积分，且当x充分靠近f(x)≥0,在[0,x]上单调.由第一积分中值定理，于6.讨论下列积分的绝对收敛和条件收敛性：则当-(p+1)<1即p>-2上，发散.而收敛，于是由比较判别法，得绝对收敛.t,且可知，tq≤p+1时非绝对收敛.总之，当p>-2,q>p+1时，绝对收敛.当q>p时，单调减趋于0(x→+o),则由狄立克莱判别法，收敛.当q≤p时，当q=p时，当q<p时，则对充分大的x,恒有则由柯西育路，得发散.综上所述，当q>p+1>-1时，绝对收敛；当p+1≥q>p>-2时，条件收敛.则当λ>1,0为奇点.被积函数为正，0为奇点.则由柯西判别法的极限形式，得λ-1<1即λ<2时，绝对收敛；当λ≥2时，发散λ>1时，绝对收敛.于当1<λ<2时绝对收敛；当λ≤1时，发散.发散.单调减趋于0,则据狄立克判别法，得对λ>0收敛.于当0<λ≤1时条件收敛，从而当1<λ<2日绝对收敛；当0<λ≤1时条件收敛.对于I,则当n∈[0,1]时，单调减趋于0(x→○0).于是由狄立克莱判别法，得当0<n≤1时，I₂收敛.则当0<n≤1时，发散.于是由比较判别法，知,当0<n≤1时发散.从而当0<n≤1时，条件收敛.有对于I,由I₂的结论，得当2-n>1即n<1时绝对收敛；当1≥2-n>0即1≤n<2时条件总之，当0<n<2时条件收敛.7.设f(x)单调下降，如果导数f"(x)在(0,+○)上连续，那么积收敛.则由分部积分公式，得对由已知f(x)单调下降，及则由狄立克莱判别法，收敛.8.在无界函数的广义积分(积分限为有限)中，证明平方可积一定绝对可积，但反之不然.证明：由已知f²(x)可积，则也可积于是由比较判别法，得|f(x)可积即平方可积定绝对可积.反之不然.例：由57页例1,得绝对收敛，在[1,2]上不可积.9.计算下列积分的柯西主值：10.证明广义积分及柯西主值之间的关系：收敛，其值为A,则柯西主值存在，且等于A,但反之不然；(2)若f(x)≥0,存在，其值为A,收敛，且收敛于则有存在，特别取B=-A,存在，且等于A.这表明存在，且等于A.但反之不然.例如：(2)用反证法.于中当A→+时至少有一趋于+○,而另一个大于等于0,从而它们的和趋于+c,这与己知存在矛盾，则收敛.又由则据极限唯一性，得第11章函数项级数、幂级数§1函数项级数的一致收敛1.讨论下列函数序列在所示区域内的一致收敛性：则于是由定义2,得fn(x)在(-,+o)内一致收敛于x|.令(a"-x²)=nx"-1-2x")=0.则得=0,于是由定义2,得此函数序列在所示区域内不一致收敛.于是据定义2,得fn(x)在(-1,1)上一致收敛于0.论n多大，只要则在fn(x)在(-0,+o)上不一致收敛.令a“-a⁴+y=x-|n-(n+1)z|=0则得=0,于是定义2,得此函数序列在所示区域内一致收敛于0.在[0,1]上于是f(x)在[0,1]上不连续，而fn(x)在[0,1]上连续，则在[0,1]上不一致收敛.对VE>0.因则存在δ(ε)>0,当0<t<δ时，有t|lnt-0|<ε从而对一切0<x<1,从而由定义1,得此函数在(0,1)内一致收敛于0.2.讨论下列级数的一致收敛性：一00<x<+co一00<x<+00于是S(x)在[0,1]上不连续，而Sn(x)在[0,1]上连续，则在[0,1]上不一致收敛.则由魏氏判别法，得级在(-0,+○)上一致收敛.(4)因0≤(1-n²|z|)²=1-2n²|z|+n⁴x²,则2n²|zl≤1+n⁴x²又级收敛，则据魏氏判别法，得级在(-,+o)上一致收敛.当x≠0,2π时，对x∈[0,2π]关于n单调递减x在[0,2π]上一致地趋于0(由定义2)则据狄立克莱判别法，得级在[0,2π]上一致收敛.又级数收敛，则据魏氏判别法，得级在[0,十0]上一致收敛.(7)记当0<x<+c时，由于收敛，故原级数绝对收敛，从而收敛，但它在(0,+○)内并不一致收敛.如若不然，设它一致收敛，则对任给ε>0,取ε=1,必存在N=N(ε)∈Z+(它与x无关),使当n>N时，对于(0,十○)内的一切x,均有|un+1(x)+un+2(x)+…十n+p(x)|<E,其中p为任意正整数今取p=1,n=N则对一切x∈(0,+o),应有uN+1(1)|<8=1又也应有UN+1(zo)|<1但事实上却3.证明一致收敛定义1和定义2的等价性.对一切x∈X都成立.而ISn(z)-S(z)|≤|ISn-S1-0|<e对一切x∈X都成立.为一致收敛.4.试证级在任何区间(1+a,○),a>0为一致收敛.收敛，则据M判别法，得原级数在[1+α,o](a>0)上一致收敛.在X上亦一致收敛且绝对收敛.证明：E在X上一致收敛的一般项un(z)≤cn(r)则对上述ε>0,正整数N=N(ε),使当n>N时，对一切x∈X和上述正整数p,有≤|cn+1(x)+Cn+2(z)+…+Cn+由—致收敛的柯西充要条件，在X上一致收敛且绝对收敛.收敛，而级数虽在x∈(-,+o)上绝对收敛，但并不一致收敛.单调减则关于x∈(-0,+○)—致收敛于0,于是由狄立克莱判别法，得发散，则由比较判别法的极限形式，发散，于是对任何x级数非绝对收敛.对固定的x∈(-,+),因Sn(x)在(-,+○)上连续，而S(x)在(—0,+○)上不连续，则(2)如果上一致收敛，但未必一致收敛，以为例来说明.证明：(1)由柯西准则即题设，得IIn+1(x)|+Ifn+2(x)|+…+Ifn从而|Jn+1(x)+In+2(x)+…+fn+p(z)|≤Ifn+1(z)|+Ix"-x+¹在[0,1]上关于n单调减少[0,1]上一致收敛在[0,1]上非一致收敛(由2.(1)得).那么这级数在[a,b]上一致收敛.9.下列函数是否一致收敛?(1)fn(x)=(sinz)",(iii)1+e≤x<∞解：(1)(i)因f(x)=limfa(z)=1,|Jn(a)-f(z)=1-(sainz)≤1-(si在于从而由定义2,在(1+e,+o)上一致收敛于1.因α>0,则e">1,于则由达朗贝尔判别法的极限形式，得级数收敛，从而据M判别法，得在[a,β]上一致收敛.因xo∈[a,β],则在xo点连续12.证明函在(1,+)连续，并有连续各阶导函数.证明：各项求导数所得级数下证它在1≤a≤x<+o上—致连续(a为大于1的任何数)注意到每项都是x的连续函数，则级在a≤x且S'(=)在a≤x<+0上连续o上可逐项求导数，得利用数学归纳法，并注意到对任何正整数k,级都收敛，仿照上述，可证：对任何正整数k,s"(x)在1<x<+○o上都存在且连续，且可由原级数逐项求导数k次，得13.试证级数在整个实数轴上一致收敛，但在任何区间内不能逐项求微商.证明：因皆成立且级收敛，则据M判别法，得在整个实数轴上一致收敛在任何区间内都有不连续点当n>m时，cos(2"πy)=1,此时级数一般项不趋于0,则又在任何区间内都存在x=k+2-mh(h=0,1,2,….,2m-1)这样的点，k则级在任何区间内不能逐项求微商.1.求下列各幂级数的收敛区间：则其收敛域为(-,+○).Z收敛区间为(-1,1)当x=-1时，原级且当x≥3时，单调减少则级为莱布尼兹级数，于是级收敛当x=1时，原级数为则据正项级数的比较判别法及级发散，得级发散则此级数的收敛域为(-1,1).(3)因则其收敛半径当时，原级数为收敛区间为则其收敛半径当时，原级数为则级发散，于是原级数的收敛域得其收敛半径为R=1,收敛区间为(-1,1)当x|=1即x=±1时，原级数变从而幂级的收敛域为[-1,1].时，原级数变对级则据达朗贝尔判别法，得级收敛同法可得，时，级发散则级数的收敛半径为收敛区间时，原级数变则级的收敛域2.求级数的收敛半径3.设幂级的收敛半径为Q,讨论下列级数的收敛半则有VAl=an+bn|≤aml+|bn≤V2max(an|,bl)=v2vmax(|an,bn)=V2ma则性质2.4.设对充分大的n,|an|<|bn|,那么级6nx"的收敛半径. 证明：因对充分大的n,lal<1bl,则on|≤√bn·于是设级数的收敛半径为R,级的收敛半径为Q得R≥Q;得R≥Q;时，则R≥0,Q=0,于是R≥Q的收敛半径.5.证明幂级数的性质1和性质2.证明：性质1.设x为(xo-R,xo+R)内任一点，总可以选取0<r<R使得|x-xo≤r由阿贝尔第二定理，在[xo—r,xo+r]上一致收敛又an(x-xo)”(n=0,1,2,….)在[xo-r,xo+r]连续，则由函数项级数的和的连续性知S(x)在[xo-r,xo+r]连续，当然在x这一点连续在xo+R收敛，则由阿贝尔第二定理，在[a,xo上一致收敛在[a,xo+R]连续，则由函数项级数的和的连续性定理，得S(x)在[a,xo+R]连续，当然也在xo+R连续，于是S(x)在(xo-R,xo+R)上连续同理在xo-R收敛，则S(x)在(xo-R,xo+R)上连续.上一致收敛(若x<xo则取[x,xo])又an(x-xo)”(n=0,1,2,.….)在[xo,x]连续则由函数项级数逐项求积分定理，得(2)由第5页习题3(2)知，若{xn}收敛，」则对任何{yn},有这说明：有相同的收敛半径R设x是(xo-R,xo+R)内任一点，总可选取一点0<r<R使得|x-xo|≤r由阿贝尔第二定理，得在[xo-r,xo+r]上一致收敛，因而收敛的收敛半径为R,由阿贝尔第二定理，在[xo-r,xo+r]上一致收敛又nan(x-xo)"-(n=1,2,…)在[xo-r,xo+r]连续，则由函数项级数逐项微分定理，得再由x在(xo-R,xo+R)的任意性，得在(xo-R,xo+R)上式也成立(3)的收敛半径为R"由(1),得当在(xo-R,xo+R)收敛(收敛到S(x))时，有在(xo-R,xo+R)上收敛(收敛到那末R≤R"另一方面，由(2),在(xo-R",xo+R")上收敛(收敛到6.收敛于A,收敛于B,如果它们的柯西乘积收敛，则一定收敛于AB.即幂级在n=1收敛由Abel第一定理，得上述的幂级数在x|<1内绝对收敛由柯西定理，得级即C(x)=A(x)B(x)由幂级数类似性质1,则A(x),B(x),C(x)在x=1左连续7.设当|x|<r时收敛，那么收敛时成立不当x=r时是否收敛.r,r)内收敛.则据性质2,当x∈(-r,r)时，有即收敛，则在θ=r收敛，于是其和S(θ)在r点左连续.从而不当x=r时是否收敛，均证明：因则即则即因收敛，则由上题结论，得的麦克劳林级数，说明它的麦克劳林级数并不表示这个函数.证明：因收敛，则由M判别法，得内一致收敛，从而收敛.又又在(-0,+c))内连续，则由逐项求导定理，得在(-0,+○)上于则f(x)的麦克劳林级数,其收敛半径为因且于是R=0,即其麦克劳林级数仅在x=0收敛，但由前面可知其在(-0,+o)内均收敛，则它的麦克劳林级数并不表示此函数.10.证明：证明：(1)则知对任一x,幂级数都收敛，即其收敛域为(-,+),在收敛域内逐项微分之，得即y(IV)=y.则知对任一x,幂级数都收敛，即其收敛域为(-0,+c),在收敛域内逐项微分之，得11.展开：(1)成为x的幂级数，并确定收敛范围；(2)f(x)=lnx为(x-2)的幂级数.1收敛域为[0,4].12.利用已知展开式展开下列函数为幂级数，并确定收敛范围：则13.展为x的幂级数，并推出为f(x)的幂级数，其收敛范围为(-0,+)由幂级数的逐项求导定理，内逐项求导于14.求下列函数的幂级数展开式，并推出收敛半径：其收敛域为(-∞,+0),收敛半径为R=0.由幂级数的逐项积分定理，得内逐项积分其收敛半径为R=0.15.求下列级数的和：解：(1)则于是其收敛半径为R=1.当x|=1时，由于(n+1)²→+∞,则级数发散，于是级数的收敛域为(-1,1).当x∈(-1,1),由性质2在(-1,1)可逐项积分，仍为1.且其收敛半径不变，又由性质2得在(-1,1)上可逐项积分则于则则图11-1设C=max(la|,|b|),由实数的稠密性，得必存在有理数b;,使得则从而|lf(x)-P(x)≤|f|(x)-Q第12章傅里叶级数和傅里叶变换1.证明：(2)sinx,sin2x,sin3x,.,sinnx,...证明：(1)因交系.上的正交系，写出它的标准正交系上的积分为1),并导出是[0,1]上的正交系.是[0,1上的正交系.将这个方波展开成傅里叶级数.解：则则将这半波整流波展开成傅里叶级数.则把f(t)展开成傅里叶级数.6.设f(t)是周期为2π、高为h的锯齿将这个锯齿形波展开成傅里叶级数.解：因则7.将宽度为t、高为h、周期为T的矩形波展开成余弦级数.解：在一个周内矩形波函数表达式为则8.写出如图12-1所示的周期为T的三角波在级数.内的函数表达式，并将它展开成正弦图12-1解：如图所示的周期为T的三角波在的函数表达式为上的函数，再据题意，还必须把它延拓成奇函数，于是ao=ak=0k为偶k为奇则9.将f(x)=sgn(cosx)展开成傅里叶级数.解：因f(x+2π)=sgn[cos(x+2π)]=sgn(cosx)=f(x),则f(x)是以2π为周期的周期函数10.应当如何把区间内的可积函数f(x)延拓后，使它展开成的傅里叶级数的性状解：因展开式中无正弦项，则f(x)延拓后应为偶函数因展开式中偶数项的系数a₂n=0即在左端前一积分中作变量代换，令x=π-t则于是就求出了延拓后的函数内的表达式为-f(π-x)又延拓后的函数为偶函数，则它的表达式为f(-x),的表达式为-f11.同上一题，但展开的傅里叶级数形状为：解：因展开式中无余弦项，则f(x)延拓后应为奇函数则在左端前一积分中作变量代换，令x=π—t又延拓后的函数为奇函数，则它在的表达式为f(x),(1)如果函数f(x)在[一π,π]上满足f(x+π)=f(x),(2)如果函数f(x)在[一π,π]上满足f(x+证明：(1)因f(x)可积、绝对可积且函数f(x)在[一π,π]上满足f(x+π)=f(x)于对右端第二式作变量代换：t=x—π,则从而，得a2m-1=0(m=1,2,…)同理，得b2m-1=0(m=1,2,.….)于于垂垂在右端前一积分中令t=-x,则代回原式，得因f(t)在(一π,π)上分段连续，在(δ,π)上连续，则在(δ,π)上分段连续因而可积，则由黎曼引理，得时，函的值为0,则是[0,8]上的连续函数又f(t)为(一π,π)上的分段连续函数，则在[0,8]上分段连续，因而可积，则由黎曼引理，因f'(+0),f'′(-0)存在，则存在的分段函数，因而可积，于是由黎曼引理，综上可得，当p→○0时，§2傅里叶变换1.设f(x)在(-0,+o)内绝对可积，证明f(w)在(-∞,+∞)内连续.任给的ε>0,存在η>0,使同法可证得当f(x)在(-0,+o)内绝对可积时，于3.求下列函数的傅里叶变换：年Mn→Mo(k→∞).年解：(1)定义域为x≥0且y≤1;2.求下列极限：的点集.解：(1)因则且(5)因3.试证若存在，而当x取任何与a邻近之值时，极限则二次极限存在且等于A:(x-a)²+(y-b)²≠0时，恒有If(x,y)-A|<e于是4.(1)试举出两个二次极限不相等的例子；(2)试举出只有一个二次极限存在的例子；(3)试举出二重极限存在，但二次极限不全存在的例子.(2)例在点(0,0)的二次极限但即其二重极限存在而当y→0时，极限不存在，即不存在.5.讨论下列函数在点(0,0)的二次极限和二重极限：别取k≠1及k=1,便得到不同的极限0及1,因此不存在.及其二重极限存在不存在(当不存在(都不存在.6.讨论下列函数的连续范围：解：(1)函在点(0,0)无定义，故原点(0,0)为此函数的不连续性，除此点外均连续；(3)连续范围为x≠mπ,y≠nπ(m,n=0,±1,±2,…).(4)除点(a,b,c)外均连续.7.证明函数作为二元函数，f(x,y)虽在除点(0,0)外的各点均连续，但在点(0,0)不连续则其关于而变量的函数在(0,0)点不连续，从而其非关于二变量的连续函数.8.证明函数在(0,0)点沿每一条射线c=tcosθ,y=tsinθ(0≤t+0)连续，但它在(0,0)点不连续.0)=0则有数f