浅谈数学分析中的一道计算题
数学分析中的问题和反例
数学分析中的问题和反例以前，一位教授跟我说，自己在复试研究生的时候，有一个很好的方式就能检验这个学生对定理的掌握程度：就是指定一些定理拿掉一个条件后，让他对举出一个反例说明没有这个条件定理就成立不了。
那时候我还是一年级、小，心想：你这样做我记住一些例子不就行了？现在回想起来，这种「让学生针对一个定理构造反例」的做法着实是最能考验人的数学功底的。
原因有两个：毫无疑问，「反例」对于理解一个定理各个条件的价值，尤其是这个条件的必要性，而言非常重要；进一步地、针对定理的每一个条件缺失的情况给出反例，可以让学生理解什么样的数学才是好的数学。
举个例子：当满足A、B、C、D四个条件时，会出现M这个结果，这当然能够称为一条定理；但是在有些时候，一条定理讲的只不过是能够产生M这个结果的非常特殊的情况，比如去掉条件A之后在有些情况下M也能被导出，这就说明A这个条件在定理中并不是绝对必要的。
而好的数学工作，从其中一种意义上讲，研究的则是「条件」，数学家们想要了解：在什么样的情况下能够得到如此的结论，而定理最终给出的必要条件，则越少越好。
因为只有更少的条件，才能表明这个定理拥有更大的普适性。
所以：在最松的条件下能够得到非常强条件的定理，则是数学上的好定理。
这本书使用的方法论已经讲过了：要边学习边查阅，最好是你要想一想为什么“你的想象是错误的”，有些人甚至可以“证明自己的错误想象”，很好，把你的“证明”拿出来，对着反例去想为什么你的“证明”／“想象”是错的，关键点在哪里，是哪里出问题了。
我想要说的是目的论，一条定理的反例对于我们理解一个概念非常有价值：它们明白地告诉了我们如果缺乏一个条件，整条定理的结论就会崩溃。
换言之是在向初学者强调：这个条件其实是必不可少的。
另一方便，在构造反例的过程中，学习者可以更加深刻地领悟到定理中的每一个条件（特别是反例中缺少的那个条件）在定理的证明过程中，究竟在哪个环节起到了什么作用。
数学分析中的典型问题与方法
数学分析中的典型问题与方法引言数学分析是数学中的一个重要分支，它研究的是变化和连续性的数学理论。
在数学分析中，我们常常会遇到一些典型的问题和方法。
本文将介绍其中一些典型问题和方法，并对每个问题和方法进行详细讨论。
1. 极限和连续性在数学分析中，极限和连续性是最基本的概念之一。
极限描述了函数在某一点上的趋近行为，而连续性描述了函数在某一区间上的无间断性。
我们常用数列极限来定义函数极限，而函数连续性则可以用极限的概念来描述。
1.1 数列极限数列极限是指数列中的元素在趋近无穷大或趋近某一实数时的行为。
对于一个数列 {an}，如果当 n 趋近于无穷大时，数列的元素无限接近于某一实数 L，则称 L 为数列 {an} 的极限，记作lim (n -> ∞) an = L数列极限具有一些重要的性质，比如唯一性、保序性和四则运算等，这些性质是我们研究数列极限时常用的工具。
1.2 函数极限函数极限描述了函数在某一点上的趋近行为。
对于一个函数 f(x)，如果当 x 趋近于某一实数 a 时，函数的值无限接近于某一实数 L，则称 L 为函数 f(x) 在点 a 处的极限。
我们常用极限的定义来研究函数的性质和行为。
函数极限也具有一些重要的性质，比如唯一性、保序性和四则运算等，我们能够利用这些性质来求解函数的极限。
1.3 连续性连续性是函数的一个重要性质，它描述了函数在某一区间上的无间断性。
对于一个函数 f(x)，如果对于任意给定的实数a，函数 f(x) 在点 a 处的极限存在且等于函数在点 a 处的函数值，则称函数 f(x) 在点 a 处连续。
连续函数具有一些重要的性质，比如介值定理、最值定理和零点定理等，这些性质是帮助我们分析函数行为的重要工具。
2. 导数和微分导数和微分是数学分析中的另一个重要概念。
导数描述了函数在某一点上的瞬时变化率，而微分则描述了函数在某一点上的线性近似。
2.1 导数对于一个函数 f(x)，如果函数在某一点 a 处的极限lim (h -> 0) [f(a + h) - f(a)] / h存在，则称这一极限为函数 f(x) 在点 a 处的导数，记作f’(a) 或 df/dx | x=a。
数学分析二重积分的计算练习题解答
2009大专A 班数学分析第13章二重积分的计算练习题解答一、求下列二重积分： 1.22()d d Rx y x y +⎰⎰, 其中R ：11x -≤≤，11y -≤≤. 解：13111222221111()d d d ()d d 3Ry x y x y x x y y x y x ----⎡⎤+=+=+⎢⎥⎣⎦⎰⎰⎰⎰⎰ 13121028(2)d 4()3333x x x x -=+=+=⎰.2.(32)d d Rx y x y +⎰⎰，其中R 是由坐标轴与2x y +=所围成的闭区域.解: 如图，积分区域可以表示为x 型区域: 02y x ≤≤-,02x ≤≤.于是有(32)d d Rx y x y +⎰⎰22222000d (32)d 3d xxx x y y xy y x --⎡⎤=+=+⎣⎦⎰⎰⎰ 220(422)d x x x =+-⎰2320220(4)33x x x =+-=. 3.cos()d d Rx x y x y +⎰⎰,其中R 是以(0,0)(π,0)(π,π)为顶点的三角形区域.解: 如图，积分区域可以表示为x 型区域: 0y x ≤≤,0x π≤≤.于是有cos()d d Rx x y x y +⎰⎰[]00d cos()d sin()d x xx x x y y x x y x ππ=+=+⎰⎰⎰001(sin 2sin )d d(cos cos 2)2x x x x x x x ππ=-=-⎰⎰ 001113(cos cos 2)(cos cos 2)d (102222x x x x x x ππππ⎡⎤=---=---=-⎢⎥⎣⎦⎰.4.d Rx y ⎰⎰，其中R 是由2y x =与y =所围成的闭区域. 解: 如图.积分区域可以表示为x型区域: 2x y ≤≤,01x ≤≤.于是有d Rx y⎰⎰311202d [3x x x y x y x ==⎰⎰714402()d 3x x x =-⎰111542416()311555x x =-=. xyπxy225.(+)d d Rx y x y ⎰⎰, 其中R ：1x y +≤.解：如图，积分区域为两个x 型区域1R 与2R 之并，其中1R ：11x y x --≤≤+, 10x -≤≤， 1R 2R2R ：11x y x -≤≤-, 01x ≤≤．于是有12(+)d d (+)d d (+)d d RR R x y x y x y x y x y x y =-+⎰⎰⎰⎰⎰⎰01111101d ()d d ()d xxxx x y x y x x y y +-----=-++⎰⎰⎰⎰011122111011()d ()d 22x xx x y x x y x x +----+-=-++⎰⎰ 012210112[1(21)]d [1(21)]d 223x x x x -=-++--=⎰⎰． 6.22()d d Rxy x x y +-⎰⎰，其中R 是由直线2y =,y x =及2y x =所围成的闭区域.解: 如图，积分区域可以表示为y 型区域:2yx y ≤≤,02y ≤≤. 于是有22()d d Rx y x x y +-⎰⎰ 322222222d ()d d 32yy y y x x y x y x x y x y ⎡⎤=+-=+-⎢⎥⎣⎦⎰⎰⎰232019313()d 2486y y y =-=⎰． 7.d d 1Rxx y y +⎰⎰，其中R 是由21y x =+,2y x =及0x =所围成的闭区域. 解：如图，积分区域可以表示为x 型区域: 221x y x ≤≤+,01x ≤≤.于是有d d 1Rxx y y +⎰⎰22111120201d d [ln(1)]d 1x x x xx x y x y x y ++==++⎰⎰⎰ 1120ln(2)d ln(21)d x x x x x x =+-+⎰⎰91ln 3ln 282=--．xy1y 18.sin d d Rx x y x ⎰⎰，其中R 是由直线y x =,2xy =及2x =所围成的闭区域. 解：将二重积分化为先y 后x 的累次积分．积分区域可表示为x 型区域: 2xy x ≤≤,02x ≤≤（如图）．故sin d d Rxx y x ⎰⎰22002sin 11d d sin d (1cos 2)22x x x x y x x x ===-⎰⎰⎰． 9.2sin d d Ry x y ⎰⎰，其中R 是由直线y x =,1y =及0x =所围成的闭区域.解：将二重积分化为先x 后y 的累次积分．积分区域可表示为y 型区域: 0x y ≤≤,01y ≤≤（如图）．故2sin d d Ry x y ⎰⎰11220001sin d d sin d (1cos1)2y y y x y y y ===-⎰⎰⎰． 10.2d d yRe x y -⎰⎰，其中R 是由直线1y x =-,2y =及1x =所围成的闭区域. 解：将二重积分化为先x 后y 的累次积分．积分区域可表示为y 型区域: 11x y ≤≤+,02y ≤≤（如图）．故2d d y Rex y -⎰⎰222124011d d d (1)2yy y ey x yey e +---===-⎰⎰⎰．二、将二重积分(,)d d Rf x y x y ⎰⎰化为不同次序的累次积分，其中区域R 分别是：1.由直线y x =及抛物线24y x =所围成. 解：积分区域如图．(1) 将二重积分化为先x 后y 的累次积分积分区域为y 型区域: 24y x y ≤≤,04y ≤≤,于是有(,)d d Rf x y x y ⎰⎰2404d (,)d yy y f x y x =⎰⎰．(2) 将二重积分化为先y 后x 的累次积分积分区域为x型区域: x y ≤≤,04x ≤≤,于是有(,)d d Rf x y x y⎰⎰4d (,)d xx f x y y =⎰⎰．y22xy11yy2312.由x 轴及半圆周222x y r +=(0)y ≥所围成. 解：积分区域如图，有(,)d d Rf x y x y⎰⎰0d (,)d rrx f x y y -=⎰d (,)d ry f x y x =⎰．3.环形闭区域:2214x y ≤+≤.解：积分区域如图．可分成4个小的x 型区域(或y 型区域),于是有(,)d d Rf x y x y⎰⎰1111d (,)d d (,)d x f x y y x f x y y --=+⎰⎰⎰1221d (,)d d (,)d x f x y y x f x y y --++⎰⎰.或(,)d d Rf x y x y⎰⎰1111d (,)d d (,)d y f x y x y f x y x --=+⎰⎰⎰1221d (,)d d (,)d y f x y x y f x y x --++⎰⎰．4.由双曲线2xy =,抛物线21y x =+及直线2x =所围成. 解：积分区域如图．表示为x 型区域:221y x x≤≤+,12x ≤≤, 有(,)d d Rf x y x y ⎰⎰22121d (,)d x xx f x y y +=⎰⎰．表示为两个y 型区域: 1R ：22x y≤≤,12y ≤≤； 2R2x ≤≤,25y ≤≤,有(,)d d Rf x y x y⎰⎰2252212d (,)d d (,)d yy f x y x y f x y x =+⎰⎰⎰．5.由圆222x y x +=,224x y x +=及直线y x =,0y =所围成. 解：积分区域如图．可以表示为两个x 型区域: 1Ry x ≤≤,12x ≤≤；2R：0y ≤≤24x ≤≤,xyxy15221x有(,)d d Rf x y x y⎰⎰2412d (,)d d (,)d x x f x y y x f x y y =+⎰⎰．可以表示为两个y 型区域:1R：12x +≤≤,01y ≤≤； 2R：2y x ≤≤, 12y ≤≤,有(,)d d R f x y x y ⎰⎰1222011d (,)d d (,)d yy f x y x y f x y x =+⎰⎰⎰⎰．三、改变下列累次积分的积分次序： 1.1d (,)d yy f x y x ⎰⎰.解: 所给累次积分为先x 后y 的积分,积分区域为:0x y ≤≤,01y ≤≤,(如图).改变积分次序,积分区域可以表示为: 1x y ≤≤,01x ≤≤,于是有10d (,)d yy f x y x ⎰⎰(,)d d Df x y x y =⎰⎰11d (,)d xx f x y y =⎰⎰.2.2220d (,)d yyy f x y x ⎰⎰.解: 所给累次积分为先x 后y 的积分,积分区域为:22y x y ≤≤,02y ≤≤,(如图).改变积分次序,积分区域可以表示为:2xy ≤≤,04x ≤≤,于是有 2220d (,)d y yy f x y x ⎰⎰402d (,)d x x f x y y =⎰⎰.3.ln 1d (,)d exx f x y y ⎰⎰.解: 所给累次积分为先y 后x 的积分,积分区域为:0ln y x ≤≤,1x e ≤≤,(如图).x改变积分次序,积分区域可以表示为:ye x e ≤≤,01y ≤≤,于是有ln 1d (,)de xx f x y y ⎰⎰10d (,)d y eey f x y x =⎰⎰.4.πsin 0sin2d (,)d xx x f x y y -⎰⎰.解: 所给累次积分为先y 后x 的积分,积分区域为:sinsin 2xy x -≤≤,0x π≤≤,(如图). 改变积分次序, 积分区域为两个y 型区域1D 与2D 之并，其中1D ：arcsin arcsin y x y π≤≤-, 01y ≤≤，2D ：2arcsin y x π-≤≤, 10y -≤≤，于是有 πsin 0sin2d (,)d xx x f x y y -⎰⎰1arcsin 00arcsin 12arcsin d (,)d d (,)d yyyy f x y x y f x y x ππ---=+⎰⎰⎰⎰.5.12201d (,)d d (,)d xxx f x y y x f x y y -+⎰⎰⎰⎰.解: 所给累次积分为两个先y 后x 的积分之和,故积分区域为两个x 型区域1D 与2D 之并，其中1D ：0y x ≤≤, 01x ≤≤；2D ：02y x ≤≤-, 12x ≤≤．改变积分次序,积分区域可以表示为:2y x y ≤≤-,01y ≤≤,于是有12201d (,)d d (,)d xxx f x y y x f x y y -+⎰⎰⎰⎰120d (,)d y yy f x y x -=⎰⎰.6.11d (,)d x f x y y ⎰.解: 积分区域如图,有原式2121d (,)d d (,)d y y f x y x y f x y x =+⎰⎰⎰.7.12330010d(,)d d(,)dy yy f x y x y f x y x-+⎰⎰⎰⎰.解: 积分区域如图.原式232d(,)dxxx f x y y-=⎰⎰.8.14(4)d(,)dyy f x y x-⎰⎰.解: 积分区域如图.原式204224d(,)dxxx f x y y--+=⎰⎰．9.02222022d(,)d d(,)dx xx f x y y x f x y y +--+⎰⎰⎰⎰.解: 积分区域如图.原式1221200221d(,)d d(,)d d(,)dyyy f x y x y f x y x y f x y x--=++⎰⎰⎰⎰．10.21101d(,)dyyy f x y x+-⎰⎰.解: 积分区域如图.化为先y后x的累次积分,积分区域为两个x型区域1D与2D之并，其中1D：11x y-≤≤, 01x≤≤；2D1y≤≤, 12x≤≤．故原式1121011d(,)d d(,)dxx f x y y x f x y y-=+⎰⎰⎰．xy32y1xyyy=1y x=-。
数学分析经典习题
数学分析经典习题1.设p(x)=2+4x+3x^2+5x^3+3x^4+4x^5+2x^6,对于满⾜0<k<5的k,定义I_k=\int_0^{+\infty}\frac{x^k}{p(x)}dx,对于怎样的k, I_k最⼩?Hint：进⾏倒代换再相加.2.(2018年中国数学奥林匹克希望联盟夏令营)已知n\in\mathbb{N},n\geq 2,设0<\theta<\pi,证明: \sin\frac{\theta}{2}\sum_{k=1}^n\frac{\sink\theta}{k}<1.3.(2011年最新⼤学⽣数学竞赛预测试题，西西)求极限\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n^2}\int_0^{\pi/2}x\left(\frac{\sin nx}{\sin x}\right)^4dx.\lim_{n\to\infty}\frac{n!}{n^n}\left(\sum_{k=0}^n\frac{n^k}{k!}-\sum_{k=n+1}^\infty\frac{n^k}{k!}\right).\int_0^{\pi/2}\ln (\cos x)\ln (\sin x)\cdot \sin 2xdx.求⽆穷级数\sum_{k=1}^\infty\frac1{k^2}\cos\left(\frac{9}{k\pi+\sqrt{k^2\pi^2-9}}\right).⾥⾯还很多有意思的题！4.物理⾥⾯的:\frac{1}{xy}=\int_0^\infty\frac{da}{(ax+(1-a)y)^2},\quad \det A=\int_0^\infty\int_0^\infty e^{\theta A\eta}d\theta d\eta.5.计算第⼆型曲线积分I=\oint_C\frac{e^y}{x^2+y^2}[(x\sin x+y\cos x)dx+(y\sin x-x\cos x)dy],其中C:x^2+y^2=1,取逆时针⽅向.解:事实上,\begin{align*}I&=\oint_C\frac{e^y}{x^2+y^2}[(x\sin x+y\cos x)dx+(y\sin x-x\cos x)dy\\&=\int_0^{2\pi}e^{\cos t}\cos(\sint)dt=\int_0^{2\pi}e^{e^{it}}dt=\frac{1}{i}\oint_{|z|=1}\frac{e^z}{z}dz=2\pi\lim_{z\to 0}e^z=2\pi.\end{align*}6.(国际最佳问题征解)T210,P210.试证明下⾯等式成⽴:\int_0^{\infty}\frac{dx}{\Gamma (x)}=\int_0^1\left[1+\frac{e}{x}-\frac{e}{1!(x+1)}+\frac{e} {2!(x+1)}-\cdots\right]\frac{dx}{\Gamma (x)}.T211.证明:若0<x<1,则\prod_{n=1}^\infty\left(1-x^{2n-1}\right)=1/\left[1+\sum_{n=1}^\infty\frac{x^{n(n+1)/2}}{(1-x)(1-x^2)(1-x^3)\cdots (1-x^n)}\right].T213.求证丅式成⽴:e^x=\frac{(1-x^2)^{1/2}(1-x^3)^{1/3}(1-x^5)^{1/5}\cdots}{(1-x)(1-x^6)^{1/6}(1-x^{10})^{1/{10}}\cdots},\quad |x|<1等式右端的分式中,分⼦中的x的指数是含奇数个不重复素数因⼦的整数,⽽在分母中的x的指数是含偶数个不重复素数因⼦.证.考虑函数f(x)=-\sum_{n=1}^\infty\frac{\mu (n)\ln (1-x^n)}{n},\quad |x|<1其中\mu (n)是Mobius函数,那么f(x)=\sum_{n=1}^\infty\frac{\mu (n)}{n}\sum_{m=1}^{\infty}\frac{x^{mn}}{m}=\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{m=1}^{\infty}\frac{\mu (n)}{nm}x^{nm},\quad |x|<1在这个展开式中, x^m的系数是\sum_{n|m}\frac{\mu (n)}{m}=\frac1m\sum_{n|m}\mu (n)=0,\quad m\neq 1因此f(x)=x,所以e^x=\sum_{n=1}^\infty(1-x^n)^{-\mu (n)/n},由此得证.数列a_0,a_1,\ldots,a_n满⾜a_0=\frac{1}{2},a_{k+1}=a_k+\frac{1}{n}a_k^2,k=0,1,\ldots,n-1,试证1-\frac{1}{n}<a_n<1.这是1980年芬兰等四国数学竞赛试题,是这次竞赛中得分率最低的⼀道题,竞赛委员会公布的解答也很繁琐,苏淳教授曾运⽤数学归纳法采⽤加强命题的技巧给出了较为简捷的证明.下⾯是种更直截了当的证明.来⾃朱华伟《奥数讲义-⾼⼀上》证.由已知得\frac{1}{a_{k-1}}-\frac{1}{a_k}=\frac{1}{n+a_{k-1}},从⽽a_n>a_{n-1}>\cdots>a_1>a_0=\frac12,所以\frac{1}{a_{k-1}}-\frac{1}{a_k} <\frac{1}{n},\quad k=1,2,\ldots,n累加得\frac{1}{a_0}-\frac{1}{a_n}<1,所以\frac{1}{a_n}>2-1=1,即a_n<1,从⽽有\frac{1}{a_{k-1}}-\frac{1}{a_k}>\frac{1}{n+1},\quad k=1,2,\ldots,n累加得\frac{1}{a_0}-\frac{1}{a_n}>\frac{n}{n+1},即\frac{1}{a_n}<2-\frac{n}{n+1}=\frac{n+2}{n+1},从⽽a_n>\frac{n+1}{n+2}>\frac{n-1}{n}=1-\frac{1}{n},故1-\frac{1}{n}<a_n<1.另外可参考：叶军《数学奥林匹克教程》P259.注意到\frac{\sin \pi x}{\pi x}=\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{x^2}{n^2}\right),令x=i并由\sin (ix)=i\sinh x可知\prod_{n=1}^{\infty}\left(1+\frac{1}{n^2}\right)=\frac{e^\pi-e^{-\pi}}{2\pi}.设有正实数列\{a_n\}使得表达式\frac{a_k+a_n}{1+a_ka_n}的值仅依赖于脚标之和k+n,也就是当k+n=m+l时,必有\frac{a_k+a_n}{1+a_ka_n}=\frac{a_m+a_l}{1+a_ma_l},求证:数列\{a_n\}有界.证.为⽅便起见,记A_{k+n}=\frac{a_k+a_n}{1+a_ka_n},则A_n=A_{1+(n-1)}=\frac{a_1+a_{n-1}}{1+a_1a_{n-1}},\quad n>1考察函数f(x)=\frac{a_1+x}{1+a_1x},其中x>0.容易验证f(x)\geq \begin{cases} \frac{1}{a_1}, & \text{如果$a_1>1$}\\ 1, & \text{如果$a_1=1$}\\ a_1, & \text{如果$0<a_1<1$}\\ \end{cases}因此,对任意a_1值,都存在\alpha\in (0,1],使得f(x)\geq \alpha,从⽽对任何n,都有A_n\geq\alpha,其中\alpha可取a_1与1/a_1中较⼩者.这样便有A_{2n}=A_{n+n}=\frac{2a_n}{1+a_n^2}\geq\alpha,即\alpha a_n^2-2a_n+\alpha\leq 0,解得\frac{1-\sqrt{1-\alpha^2}}{\alpha}\leq a_n\leq \frac{1+\sqrt{1-\alpha^2}}{\alpha}.于是,只要取m=(1-\sqrt{1-\alpha^2})/\alpha,M=(1+\sqrt{1-\alpha^2})/\alpha,则对⼀切n,均有m\leq a_n\leq M,即数列\{a_n\}有界.注:满⾜题意的⾮常数数列是存在的,例如,令p>q\geq 1,则数列a_n=\frac{p^n-q}{p^n+q},\quad n=1,2,\ldots便具有上述性质.来源：朱华伟《奥数讲义-⾼⼀上》P84.证明⽅程f(x)=(2n+1)x^{2n}-2nx^{2n-1}+(2n-1)x^{2n-2}-\cdots+3x^2-2x+1=0⽆实根.证.令x=-c\leq 0,则f(-c)=(2n+1)c^{2n}+2nc^{2n-1}+(2n-1)c^{2n-2}+\cdots+3x^2+2c+1>0.因此原⽅程⽆负根,也⽆零根.下⾯证明原⽅程⽆正根.注意到(x+1)^2f(x)=(2n+1)x^{2n+2}+(2n+2)x^{2n+1}+1,其系数均⾮负,因此(x+1)^2f(x)⽆正根,即f(x)也⽆正根.综上所述, f(x)=0⽆实根.解⽅程\begin{cases} x_1+x_2+\cdots+x_n=n,\\ x_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2=n,\\ \vdots\\ x_1^n+x_2^n+\cdots+x_n^n=n.\\ \end{cases}解.作以x_1,x_2,\ldots,x_n为根的多项式\begin{align*}f(x)&=(x-x_1)(x-x_2)\cdots(x-x_n)\\&=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0,\end{align*}则f(x_k)=x_k^n+a_{n-1}x_k^{n-1}+\cdots+a_1x_k+a_0=0,\quad k=1,2,\ldots,n于是\begin{align*}\sum_{k=1}^{n}f(x_k)&=\sum_{k=1}^{n}\left(x_k^n+a_{n-1}x_k^{n-1}+\cdots+a_1x_k+a_0\right)\\&=\sum_{k=1}^{n}x_k^n+a_{n-1}\sum_{k=1}^{n}x_k^{n-1}+\cdots+a_1\sum_{k=1}^{n}x_k+\sum_{k=1}^{n}a_0=0,\end{align*}由⽅程组可知n+a_{n-1}n+\cdots+a_1n+a_0n=0,从⽽f(1)=1+a_{n-1}+\cdots+a_1+a_0=0.这说明x=1为f(x)的⼀个根.不妨设x_n=1,由原⽅程组得x_1^k+x_2^k+\cdots+x_{n-1}^k=n-1,\quad k=1,2,\ldots,n-1仿上⼜可得x_1,\ldots,x_{n-1}中有⼀个为1.继续下去,必有x_1=x_2=\cdots=x_n=1.已知\begin{align*}\begin{cases}\frac{x^2}{2^2-1^2}+\frac{y^2}{2^2-3^2}+\frac{z^2}{2^2-5^2}+\frac{w^2}{2^2-7^2}=1,\\\frac{x^2}{4^2-1^2}+\frac{y^2}{4^2-3^2}+\frac{z^2}{4^2-5^2}+\frac{w^2}{4^2-7^2}=1,\\\frac{x^2}{6^2-1^2}+\frac{y^2}{6^2-3^2}+\frac{z^2}{6^2-5^2}+\frac{w^2} {6^2-7^2}=1,\\\frac{x^2}{8^2-1^2}+\frac{y^2}{8^2-3^2}+\frac{z^2}{8^2-5^2}+\frac{w^2}{8^2-7^2}=1.\end{cases}\end{align*}求x^2+y^2+z^2+w^2的值.解.x,y,z,w能满⾜给定的⽅程组等价于t=4,16,36,64满⾜⽅程\frac{x^2}{t-1}+\frac{y^2}{t-9}+\frac{z^2}{t-25}+\frac{w^2}{t-49}=1.去分母,当t\neq 1,9,25,49时,关于t的⽅程等价于\begin{align*}(t-1)(t-9)(t-25)(t-49)-x^2(t-9)(t-25)(t-49)-y^2(t-1)(t-25)(t-49)\\-z^2(t-1)(t-9)(t-49)-w^2(t-1)(t-9)(t-25)=0.\end{align*}后⾯的⽅程是关于t的四次⽅程, t=4,16,36,64是这个⽅程的4个已知根,也就是它的全部根,故⽅程等价于(t-4)(t-16)(t-36)(t-64)=0.由于上⾯两个⽅程中t^4的系数都是1,故其余各次幂的系数也应相等.⽐较t^3的系数可得1+9+25+49+x^2+y^2+z^2+w^2=4+16+36+64.于是得到x^2+y^2+z^2+w^2=36.本题也可以利⽤进⾏求解.\begin{enumerate}\item 设p(x)为任⼀个⾸项系数为正数p_0的实系数多项式,且p(x)⽆实零点.证明:必有实系数多项式f(x)和g(x),使得p(x)=[f(x)]^2+[g(x)]^2.\item 证明:若Q(x)是⾸项系数为正的实系数多项式,且有实数a使得Q(a)<0,则Q(x)必有实零点.\end{enumerate}由共轭复数运算可知,若p(a+bi)=0,则p(a-bi)=0,因此p(x)的虚零点是成共轭对出现的.由于p(x)⽆实零点, p(x)必为偶数次多项式.令其次数为2n,且零点为x_i,\overline{x_i},i=1,2,\ldots,n,则p(x)=\left[\sqrt{p_0}\prod_{i=1}^{n}(x-x_i)\right]\left[\sqrt{p_0}\prod_{i=1}^{n}(x-\overline{x_i})\right].令q(x)=\sqrt{p_0}\prod_{i=1}^{n}(x-x_i),则p(x)=q(x)\overline{q(x)}.由于q(x)为复系数多项式,必有实系数多项式f(x)与g(x),使得q(x)=f(x)+ig(x),则\overline{q(x)}=f(x)-ig(x),于是p(x)=[f(x)+ig(x)][f(x)-ig(x)]=f^2(x)+g^2(x).(2)利⽤反证法.假设Q(x)⽆实零点,由于Q(x)为实系数多项式,且其⾸项系数为正.因此由(1)可知,必有实系数多项式f(x)和g(x),使得Q(x)=f^2(x)+g^2(x),由此可知Q(a)=f^2(a)+g^2(a)>0,与题意Q(a)<0⽭盾.来源：朱华伟《奥数讲义-⾼三下》P14.(Steiner定理)边长⼀定的n边形中,以存在外接圆者的⾯积最⼤.(等周定理)周长⼀定的n边形中,以正n边形的⾯积最⼤.定理.圆内接n边形中以正n边形的周长最⼤.叶军，P282.P354.P276\frac{a^r}{(a-b)(a-c)}+\frac{b^r}{(b-c)(b-a)}+\frac{c^r}{(c-a)(c-b)}=\begin{cases}0,&r=0,1\\1,&r=2\\a+b+c,&r=3\end{cases}叶军P68，余红兵、严镇军《构造法解题》(2011年⼭西⾼中数学联赛)三⾓形ABC三个内⾓的度数满⾜\frac{A}{B}=\frac{B}{C}=\frac13,求T=\cos A+\cos B+\cos C的值.证明\lim_{n\to\infty}\left(1+n+\frac{n^2}{2!}+\cdots+\frac{n^n}{n!}\right)e^{-n}=\frac{1}{2}.设\frac12<\alpha<\frac23,r=[n^\alpha],把e^n=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{n^k}{k!}表⽰为\sum_{k=0}^{n-r}\frac{n^k}{k!}+\sum_{k=n-r+1}^{n}\frac{n^k}{k!}+\sum_{k=n+1}^{n+r}\frac{n^k}{k!}+\sum_{k=n+r+1}^{2n+1}\frac{n^k}{k!}+\sum_{k=2n+2}^{\infty}\frac{n^k}{k!}=S_1+S_2+S_3+S_4+S_5.由于\begin{align*}\frac{n^{n-k+1}}{(n-k+1)!}/\frac{n^{n+k}}{(n+k)!} &=\frac{n(n+k)(n+k-1)}{n^3}\cdot\left(1-\frac{1}{n^2}\right)\cdots\left(1-\frac{(k-2)^2}{n^2}\right)\\&\geq 1-\frac{1^2+\cdots+(k-2)^2}{n^2}=1+o(1),\quad 1\leq k\leq r\end{align*}且S_3=S_2+o(S_2),\quad n\to\infty利⽤Stirling公式进⼀步估计S_1,S_4,S_5,可以证得S_1=o(S_2),S_4=o(S_2),S_5=o(S_2),由此得到结论.来源：《546个早期俄罗斯⼤学⽣数学竞赛题》T73，P77.设X_i,1\leq i\leq n是相互独⽴的随机变量,且X_i\sim P(1) (泊松分布),则Y_n=X_1+X_2+\cdots+X_n\sim P(n),⽽EY_n=DY_n=n.由中⼼极限定理可知\frac{Y_n-n}{\sqrt{n}}\to N(0,1),所以\lim_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}P(Y_n\leq n)=\lim_{n\to\infty}P\left(\frac{Y_n-n}{\sqrt{n}}\leq 0\right)=\Phi (0)=\frac12.另外可参考：博⼠数学论坛《数学分析解答库》计算\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\cos x}{(1+x^2)^n}dx.来源：《546个早期俄罗斯⼤学⽣数学竞赛题》T541，P64.解.令\delta=n^{-2/5},那么\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\cos x}{(1+x^2)^n}dx=2\int_{\delta}^{+\infty}\frac{\cos x}{(1+x^2)^n}dx+\int_{-\delta}^{\delta}\frac{\cos x}{(1+x^2)^n}dx.先估计前者,由于\left|\int_{\delta}^{+\infty}\frac{\cos x}{(1+x^2)^n}dx\right|\leq \int_{\delta}^{\infty}\frac{dx}{(1+x^2)^n}.令x=\sqrt{(1+\delta^2)y-1},那么当n\geq 2时,有\begin{align*}\int_{\delta}^{\infty}\frac{dx}{(1+x^2)^n}&=\int_{1}^{\infty}\frac{(1+\delta^2)^{1-n}}{2\sqrt{(1+\delta^2)y-1}y^n}dy\\&\leq\frac{1}{2} (1+\delta^2)^{1-n}\int_{1}^{\infty}\frac{dy}{y^2\sqrt{y-1}}.\end{align*}⽽\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}(1+n^{-4/5})^{1-n}=0,这表明\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\cos x}{(1+x^2)^n}dx=\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}\int_{-\delta}^{\delta}\frac{\cos x}{(1+x^2)^n}dx.⼜\ln \cos x-n\ln (1+x^2)=-\left(n+\frac12\right)x^2+nO(x^4).因为在[-\delta,\delta]上,有x^4\leq\delta^4\leq x^{-8/5},此时有\ln \cos x-n\ln (1+x^2)=-\left(n+\frac12\right)x^2+O(n^{-3/5}).于是得到\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}\int_{-\delta}^{\delta}\frac{\cos x}{(1+x^2)^n}dx=\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}\int_{-\delta}^{\delta}e^{-(n+1/2)x^2}dx.令y=\sqrt{n+1/2}x,则\begin{align*}\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}\int_{-\delta}^{\delta}e^{-(n+1/2)x^2}dx=\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n+\frac12}}\int_{-\delta\sqrt{n+1/2}}^{\delta\sqrt{n+1/2}}e^{-y^2}dy=\int_{-\infty}^{\infty}e^{-y^2}dy=\sqrt{\pi}.\end{align*}T545.设\varphi(z)=\sum_{n=1}^{5}\frac{1}{n^z}.证明:对于任何实数t有\varphi(1+it)\neq 0.⾸先研究函数\varphi_4(z)=\sum_{n=1}^{4}\frac{1}{n^z},并证明\varphi_4(1+it)\neq 0,\quad \forall t\in\mathbb{R}我们有\mathrm{Re}\varphi_4(1+it)=\sum_{n=1}^{4}\frac{\cos (t\ln n)}{n}\geq 1+\frac{\cos x}{2}-\frac13+\frac{\cos 2x}{4},这⾥x=t\ln 2.⽽\begin{align*}1-\frac13+\frac{\cos x}{2}+\frac{1}{4}(2\cos^2 x-1)&=\frac{5}{12}+\frac12(u+u^2)\\&\geq \frac{5}{12}+\min_{|u|\leq 1} (u+u^2)=\frac{7}{24}.\end{align*}也就是\mathrm{Re}\varphi_4(1+it)\geq 7/24,因此当t\in\mathbb{R}时,有\varphi_4(1+it)\neq 0,⽽\mathrm{Re}\varphi_5(1+it)\geq \mathrm{Re}\varphi_4(1+it)-\frac15\geq \frac{7}{24}-\frac15=\frac{11}{120}.因此,对于t\in\mathbb{R}有\varphi(1+it)\neq 0. Processing math: 0%。
浙大数学分析考研真题
浙大数学分析考研真题浙大数学分析考研真题数学分析是数学的基础学科之一，也是考研数学科目中的重要部分。
浙江大学的数学分析考研真题一直备受考生关注。
本文将从历年的浙大数学分析考研真题中选取一些典型题目进行分析和讨论，以帮助考生更好地理解和应对这一科目。
第一道题目是2018年浙大数学分析考研真题中的一道选择题。
题目要求考生判断函数序列$f_n(x)=\frac{nx}{1+n^2x^2}$在区间$(0,1)$上的一致收敛性。
这是一个经典的一致收敛性问题，需要考生熟练掌握一致收敛的定义和判断方法。
通过计算函数序列的极限函数，可以发现该函数序列在区间$(0,1)$上一致收敛于零函数。
这道题目考查了考生对一致收敛的理解和运用能力。
接下来是2019年浙大数学分析考研真题中的一道计算题。
题目给出一个积分$\int_0^1\frac{x^3}{(1+x^2)^2}dx$，要求考生计算该积分的值。
这是一个典型的定积分计算题，需要考生熟练掌握定积分的计算方法和技巧。
通过变量代换或部分分式分解等方法，可以将该积分化简为简单的有理函数积分，最终得到积分的精确值。
这道题目考查了考生对定积分计算的掌握程度。
第三道题目是2020年浙大数学分析考研真题中的一道证明题。
题目要求考生证明函数$f(x)=\frac{x}{1+x}$在区间$(0,+\infty)$上是严格单调递增的。
这是一个典型的函数单调性证明题，需要考生运用导数的定义和性质进行证明。
通过计算函数的导数，可以得到导函数$f'(x)=\frac{1}{(1+x)^2}$，由导函数的正负性可以证明原函数在区间$(0,+\infty)$上是严格单调递增的。
这道题目考查了考生对函数单调性证明的能力。
最后是2021年浙大数学分析考研真题中的一道应用题。
题目给出一个函数$f(x)=\frac{1}{x}$，要求考生求出该函数在区间$(1,+\infty)$上的最小值。
这是一个典型的最值问题，需要考生熟练掌握最值的求解方法和技巧。
大学数学分析题题库
大学数学分析题题库题目一：极限与连续性1. 计算下列极限：(a) $\lim_{x \to 0} \frac{\sin(3x)}{4x}$(b) $\lim_{x \to \infty} \left(1 + \frac{1}{x}\right)^x$(c) $\lim_{x \to 1} \frac{x^3 - 1}{x^2 - 1}$2. 判断函数在给定点或区间内的连续性：(a) 函数$f(x) = \sqrt{x}$在$x=0$处是否连续？(b) 函数$g(x) = \frac{1}{x}$在区间$(1, 2)$内是否连续？(c) 函数$h(x) = \begin{cases} x, & x < 1 \\ 2, & x \geq 1 \end{cases}$在$x=1$处是否连续？题目二：微分学基础1. 计算下列函数的导数：(a) $f(x) = 3x^2 - 2x + 1$(b) $g(x) = \sin(x) + \cos(x)$(c) $h(x) = e^x \cdot \ln(x)$2. 判断函数在给定点处的可导性：(a) 函数$f(x) = |x|$在$x=0$处是否可导？(b) 函数$g(x) = \sqrt[3]{x}$在$x=8$处是否可导？题目三：积分与面积1. 计算下列定积分：(a) $\int_{0}^{1} x^2 \, dx$(b) $\int_{-\pi}^{\pi} \sin(x) \, dx$(c) $\int_{1}^{e} \frac{1}{x} \, dx$2. 计算两个曲线之间的面积：(a) 曲线$y = x^2$与$x$轴所围成的面积；(b) 曲线$y = \sin(x)$与$y = \cos(x)$在区间$[0, \pi/2]$内所围成的面积。
题目四：级数与收敛性1. 判断下列级数的敛散性：(a) $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$(b) $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^n}$(c) $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \cdot \frac{1}{n}$2. 判断函数项级数的一致收敛性：(a) 级数$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin(nx)}{n^2}$在区间$[0,\pi]$上是否一致收敛？(b) 级数$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cos(nx)}{n}$在区间$(-\infty, \infty)$上是否一致收敛？总结：数学分析题库涵盖了极限与连续性、微分学、积分与面积以及级数与收敛性等重要概念和技巧。
数学分析中一道计算题
浅谈数学分析中的一道计算题摘要：本文笔者针对数学分析学习指导书的一道习题，给出了不同的解法，并以此说明做习题过程中体会总结并与所学知识和已有的结论联系尤为重要。
关键词：数学分析第一类曲面积分数学分析是大学数学专业的一门重要基础课程，其特点是抽象严谨，解题方法又灵活多变。
因此，教师如何在教学中引导学生在做题的过程中运用本课中常用的方法，并联系所学知识，自觉地体会总结，就显得尤为重要。
一、预备知识1. 定义：设s是空间可求面积的曲面，函数f（x，y，z）定义在s上。
给s任一分法t，将其分成n 份，记小曲面的面积分别为：△s1，△s2，…，△si，…，△sn，任取一点（？孜i，？浊i，？灼i）∈si，作和式■f（？孜i，？浊i，？灼i）△si。
记||t||=■{di}（di为si的直径），若极限■■f（？孜i，？浊i，？灼i）△si存在且与分法t 和取法（？孜i，？浊i，？灼i）均无关，则称此极限为f（x，y，z）在曲线s上的第一类曲面积分，记作：■f（x，y，z）ds=■■f（？孜i，？浊i，？灼i）△si。
2. 引理1：若曲面s可用函数z=z（x，y）表示，且具有连续偏导数，f（x，y，z）在s连续，dxy为s在xoy面上的投影区域，则：■f（x，y，z）ds=■f（x，y，z（x，y））■dxdy3. 引理2：若光滑曲面s：x=x（u，v）y=y（u，v）z=z（u，v），（u，v）∈d，则■f（x，y，z）ds=■f（x（u，v），y（u，v），z （u，v））■dudv，其中，e=x2u+y2u+z2u，g=x2v+y2v+z2v，f=xuxv+yuyv+zuzv二、主要内容数学分析学习指导书中有这样一道题：计算曲面积分■（x2，y2）ds，其中s是球面x2+y2+z2=a2。
解法一：设s1：z=■，x2+y2≤a2；s2：z=-■，x2+y2≤a2。
由第一类曲面积分公式有■（y2+z2）ds=■（y2+z2）ds+■（y2+z2）ds≤2■■dxdy令x=rcos？兹y=rsin？兹则0≤r≤a0≤？兹≤2？仔，因此，■■dxdy=■rdr■■d？兹=■rdr■■d？兹=■■（■+■）dr2=■[-■（a2-r2）■-2a2（a2-r2）■]■■=■·■a3=■？仔a4所以，■（y2+z2）ds=■？仔a4解法二：设s的参数方程为x=asin？渍cos？兹y=asin？渍sin？兹x=acos？渍，则d：0≤？渍≤？仔，0≤？兹≤2？仔且e=x2？渍+y2？渍+z2？渍=a2cos2？渍cos2？兹+a2cos2？渍sin2？兹+a2sin2？渍=a2，g=x2？兹+y2？兹+z2？兹=a2sin2？渍sin2？兹+a2sin2？渍cos2？兹+a2sin2？渍，f=x？渍x？兹+y？渍y？兹+z？渍z？兹=-a2sin？渍cos？渍sin？兹cos？兹+a2sin？渍cos？渍sin？兹cos？兹=0 所以，■（y2+z2）ds=■（a2sin2？渍sin2？兹+a2cos2？渍）■d？渍d？兹=■d？兹■a4（sin2？渍sin2？兹+cos2？渍）sin？渍d？渍=2a4■■d？兹=■？仔a4.解法三：因为球面s关于分别平面x=y，平面x=z，平面y=z对称，所以，■x2ds=■y2ds=■z2ds。
数学分析三试卷及答案
《数学分析》（三）――参考答案及评分标准一. 计算题（共8题，每题9分，共72分）。
1.求函数11(,)f x y y x =在点（0,0）处的二次极限与二重极限。
解:11(,)f x y y x =+=,因此二重极限为0。
……（4分）因为011x y x →+与011y y x→+均不存在，故二次极限均不存在. ……（9分)2. 设(),()y y x z z x =⎧⎨=⎩ 是由方程组(),(,,)0z xf x y F x y z =+⎧⎨=⎩所确定的隐函数，其中f 和F 分别具有连续的导数和偏导数，求dzdx.解： 对两方程分别关于x 求偏导：， ……（4分）. 解此方程组并整理得()()()()y y x y z F f x y xf x y F F dz dx F xf x y F '⋅+++-='++。
……(9分）3. 取,μν为新自变量及(,)w w v μ=为新函数,变换方程222z z zz x x y x ∂∂∂++=∂∂∂∂. 设,,22y x y x y w ze μν+-=== (假设出现的导数皆连续）。
解：z 看成是,x y 的复合函数如下：,(,),,22y w x y x yz w w e μνμν+-====. ……（4分) 代人原方程，并将,,x y z 变换为,,w μν。
整理得：2222w ww μμν∂∂+=∂∂∂. ……(9分）4. 要做一个容积为31m 的有盖圆桶，什么样的尺寸才能使用料最省？解： 设圆桶底面半径为r ,高为h ，则原问题即为：求目标函数在约束条件下的最小值，其中目标函数: 222S rh r ππ=+表，()()(1)0x yz dzdy f x y xf x y dx dx dy dz F F F dx dx ⎧'=++++⎪⎪⎨⎪++=⎪⎩约束条件： 21r h π=。
……(3分） 构造Lagrange 函数：22(,,)22(1)F r h rh r r h λππλπ=++-。
2024年广东中考数学分析范文
数学是一门非常重要的学科，也是广东中考的一项重要科目。
数学分析是数学中的一个重要分支，是用数学方法研究函数和序列的性质、变化以及发展规律的一门学科。
下面是对2024年广东中考数学分析题的分析。
2024年广东中考数学分析部分由三个大题构成，分别是解答题、选择题和填空题。
首先是解答题。
解答题是考查学生对数学知识点的理解与运用能力的题目。
难度有一定的挑战性，需要学生灵活运用所学知识。
例如，2024年广东中考数学分析题中的一道解答题是关于函数的单调性和最值的问题。
这道题通过给出一个函数的定义域和函数值的范围，要求学生判断函数的单调性，并找出函数的最小值和最大值。
这道题不仅考查了学生对函数单调性和最值的掌握程度，还要求学生运用函数的定义和运算性质去解答问题。
接下来是选择题。
选择题是一种较为简单但需要迅速准确判断的题目。
广东中考数学分析中的选择题主要考查学生对基本概念和方法的理解和运用能力。
例如，一道选择题是给出一个函数的图像和函数的定义域，要求学生判断该函数的单调性。
这道题通过给出函数的图像，引导学生观察函数变化的趋势，然后再根据定义域和函数值之间的关系，判断函数的单调性。
这道题考察了学生对函数图像的理解和观察能力，以及对函数的定义域和值域的掌握能力。
最后是填空题。
填空题是一种针对具体问题的题目，需要学生根据所给信息和条件，填写出相应的答案。
填空题考查学生对数学知识的灵活运用能力和解题思路的构建能力。
例如，一道填空题是给出一个方程组和一个关于函数的不等式，要求学生求解该方程组，同时满足不等式条件。
这道题要求学生灵活运用线性方程组的求解方法，并将解代入不等式中验证答案。
这道题考察了学生对方程组解法和不等式条件的理解能力。
综上所述，2024年广东中考数学分析部分的题目分为解答题、选择题和填空题三种题型。
这些题目不仅考查了学生的基本概念和方法的掌握能力，还要求学生能够运用所学知识解决实际问题。
通过解答这些题目，学生可以提高自己的数学思维和分析能力，为将来的学习和工作打下坚实的数学基础。
《数学分析》试题(含答案)
考试科目： 数学分析(I)一 、求极限、导数或高阶导数(每小题5分，共35分)1.n lim →∞⎛⎫++……解：n n n 11(1)(1)lim lim n n n n →∞++⎛⎫≤+≤……，故原式1=2.2.()222n x x x n x x x x 2x 2lim =lim =lim =lim =022ln 22ln 22n →∞→∞→∞→∞. 3.()42220011-cos 12lim =lim =sin ln 1+2x x xx x x x x x x →→•.4. 11limarcsin()1ln x x x x→--解：111limarcsin()arcsin 1ln 26x x x x π→-==-. 5.设(0)xxy x x =>,求y '.1(ln (ln 1))xx x x y x x x x x -'=++.6. 设函数)(x y y =是由参数方程⎩⎨⎧-=-=)cos 1()sin (t a y t t a x 确定，求2t dydxπ=和t dy dxπ=。
21t dy dxπ==.7. 设函数f 二阶可导，1()1x y f x -=+，22d y dx解：221()(1)1dy x f dx x x -'=++， 22344141()()(1)1(1)1d y x x f f dx x x x x --'''=-+++++.二、解答题（每小题8分，共32分）1. 已知001a <<，)n+1a n 0≥，求证n a 的极限存在并求其极限.解: 易知{}n a 单调增有上界1，故由单调收敛定理及n+1n n lim a =→∞知n n lima =1.→∞2. 讨论函数()211sin x x f x e x-=的间断点及其类型. 解: 0x =为可去间断点，=1x ±为第二类间断点.3. 求函数()(4)f x x =-的极值点与极值。
数学分析1练习题
数学分析 1 练习题一、判断题1、非空有界数集S 必有正常上确界和下确界；2、单调数列必有极限；3、有界数列必有极限；4、有极限的数列一定单调；5、有极限的数列一定有界；6、设 f (x)在(a,b)内连续，则 f (x)在(a,b)内一定取得最大值和最小值；7、设 f (x)在(a,b)内连续，则 f (x)在(a,b)内一定一致连续性；8、设函数f(x)在点x0连续，则函数 f (x)在点x0一定可导；9、设函数f(x)在点x0可导，则函数 f (x)在点x0一定连续；10、设 f (x0)和 f (x0 )均存在，则 f (x0) 一定存在；11、设 f (x0)和 f ( x0 )均存在，则 f (x)在点x0一定连续；12、函数 f ( x)在点x0取得极值，则必有 f (x0) 0；13、若 f (x0) 0，则x0为函数 f ( x)的极值点；14、点(x0, f (x0)) 为曲线y f (x)的拐点，则必有 f (x0) 0；15、若 f (x0) 0，则点(x0, f (x0)) 为曲线y f ( x)的拐点；16、若x lim x f ( x)不存在，则 f (x0 )一定不存在；x x 017、设 f (x) C[a,b]，在( a,b)内可导，则一定不存在(a,b)，使得 f ( ) 0 ；18、设函数f(x)在点x0可微，则函数 f (x)在点x0一定可导；设 f (x) sgn x ，则 x 0为函数 f (x)的间断点； 若 xlim x 0f (x) 存在，则函数 f (x)在点 x 0一定连续；定不存在；存在；存在；填空题19、20、 21、22、 23、 二、 1、 2、 4、 6、 8、 10、 11、 12、 13、设 f ( x ) 的定义域为 [0,1]f (x 2) 的定义域为lim n3 n 22 n 12n 2 3 3、 limlnn nn1 lim xsin x 0x5、sin 2 5 x lim x 0 x tan 3 x 7、 li m x0ln(1 x ) x e1 lim x 0 x 9、 li m x01 cosx x23x 31 yx 2x 的垂直渐近线为 3 x 21 yx 2x的水平渐近线为 3 x 34 yx 22x的斜渐近线为若 lim f ( x) 不lim g(x) 也不存在，则 lim[ f (x) g( x)] 若 xlim xf ( x) 不l x im x g( x) 存在，则xlim x [ f (x) g( x)]一定不若 x lim x 0f (x)不存在， l x im x 0g( x)存在，则 x lim x 0[ f(x) g(x)]一定不 tan x sinx lim x0 sin 3xxx0；设 f (x) tan x ，则 x 为函数 f (x)的 间断点； 设 f (x) sin 1，则 x 0为函数 f (x)的 间断点；x 线 f(x) ln x 在点 (1,0) 的切线方程为(2009) ( n)sin x ； 21、 cosx ； (2009)cosx；设 x ln(1 t 2) ，则 dy ， d dy，d22yy t arctan tdx d t d xdx 2曲线 f (x) x 33x 2的拐点为 ； 线 f(x) 3x 的拐点为 函数 f (x) x 45x 4在 [ 1,2] 上的最大值为 设 f (x) (x 1)(x 2)( x 3) ，则 f (x) 0有 个根。
数学分析原理的应用题目
数学分析原理的应用题目1. 导数与微分•求函数f(x)=x2+3x−2在点x=1处的导数值。
•求函数$g(x)=\\sin(x)+\\cos(2x)$在点$x=\\frac{\\pi}{4}$处的导数值。
•求函数$h(x)=e^x\\ln(x)$在点x=2处的导数值。
2. 极值与最值•求函数f(x)=2x3−3x2的最小值。
•求函数$g(x)=\\frac{1}{x^2}$在区间(0,1)上的最大值。
•求函数$h(x)=x^3\\sin(x)$在区间$[0,\\frac{\\pi}{2}]$上的最小值。
3. 泰勒级数展开•将函数$f(x)=\\cos(x)$在点x=0处展开成泰勒级数的前5项。
•将函数$g(x)=\\ln(1+x)$在点x=0处展开成泰勒级数的前3项。
•将函数$h(x)=\\sqrt{1+x}$在点x=0处展开成泰勒级数的前4项。
4. 不定积分•计算不定积分$\\int (3x^2+2x+1)dx$。
•计算不定积分$\\int \\frac{1}{x}dx$。
•计算不定积分$\\int \\sin(x)+\\cos(x)dx$。
5. 定积分•计算定积分$\\int_{0}^{1} (2x^3+3x^2)dx$。
•计算定积分$\\int_{-\\pi}^{\\pi} \\sin(x)dx$。
•计算定积分$\\int_{1}^{e} \\frac{1}{x}dx$。
6. 微分方程•求解微分方程$\\frac{dy}{dx} + y = e^x$。
•求解微分方程$\\frac{dy}{dx} = 2x$。
•求解微分方程$\\frac{d^2y}{dx^2} + 2\\frac{dy}{dx} + y = 0$。
7. 线性代数•求解线性方程组$\\begin{cases} 2x + 3y = 1 \\\\ 4x - y = 2\\end{cases}$。
•求解线性方程组$\\begin{cases} 3x + 2y + z = 5 \\\\ x - 2y + z = 3\\\\ 2x + y - z = 1 \\end{cases}$。
浅谈数学分析思想在高中数学解题中的应用
浅谈数学分析思想在高中数学解题中的应用随着现代社会的发展，数学作为一门重要的学科受到了越来越多的关注，高中数学也正变得越来越重要。
随着教学的深入发展，数学分析思想正成为高中生学习数学的一个重要方法。
本文将结合实际，探讨数学分析思想在高中数学解题中的应用。
首先，数学分析思想更侧重于分析问题，培养学生思维敏锐、临场应变的能力。
在针对高中数学解题时，教师应该培养学生更强的分析问题、理解问题、解决问题的能力。
通过给学生设计适当的活动，教师可以培养学生数学分析思想，提高学生对解决问题的动手能力，使他们能够更好的理解和解决问题。
其次，数学分析思想也可以培养学生深入思考的能力，使学生能够明确题目的意图，从宏观上把握整个问题，形成系统的解题思路。
通过培养这种思维能力，学生可以在解决实际问题时更好的综合运用所学的知识，不仅能够在问题解决中更好的发挥功效，而且可以掌握一定的综合分析思想和能力。
再次，数学分析思想可以培养学生从实践出发，进行思考实践的能力，强化学生的解题能力。
这样的解决问题的能力可以有效地提高学生的解题能力，同时也可以培养学生对实际问题的敏感性，使他们能够及时发现问题，并采取有效的措施解决问题。
最后，数学分析思想可以使学生学习以外的知识，提高学生的解决问题的能力。
学生在解决实际问题时，不仅需要运用数学知识，还需要结合其他科学知识，这样才能形成一套完善的解决方案。
从这个角度来看，培养学生数学分析思想，不仅可以提高学生的数学素养，而且可以促进学生学习其他学科的知识，从而提高学生的解决问题的能力。
综上所述，数学分析思想在高中数学解题中有很重要的作用，由于数学分析思想可以培养学生把握问题的能力，解决问题的能力，从而有效地提高学生的数学解题能力。
在教学活动中，教师应该重视对学生数学分析思想的培养，运用多种教学方法引导学生深入理解问题，灵活运用数学分析思想，为学生提供一个良好的学习环境，使学生能够更好的发挥他们的潜力，成为一名优秀的数学人才。
数学分析考试试题
数学分析考试试题数学分析考试试题数学分析是一门重要的数学学科，它研究的是数学中的极限、连续、微积分等基本概念和方法。
作为一门理论性较强的学科，数学分析的考试试题往往具有一定的难度和深度，需要学生具备扎实的数学基础和逻辑思维能力。
下面我们来看一些典型的数学分析考试试题。
1. 极限计算题计算极限是数学分析中的基本内容之一，也是考试中常见的题型。
例如，给出一个函数序列$f_n(x)=\frac{x^n}{n!}$，要求计算$\lim_{n\to\infty}f_n(x)$。
这类题目要求学生能够灵活运用极限的定义和性质，进行计算和推理。
2. 函数连续性题函数连续性是数学分析中的重要概念，也是考试中常见的考点。
例如，给出一个函数$f(x)=\begin{cases}x^2,&x<0\\1,&x=0\\e^x,&x>0\end{cases}$，要求判断函数在$x=0$处的连续性。
这类题目要求学生能够理解函数连续性的定义和性质，判断函数在给定点处的连续性。
3. 导数计算题导数是微积分的重要内容，也是考试中的重点考点。
例如，给出一个函数$f(x)=\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{2}x^2+2x+1$，要求计算$f'(x)$。
这类题目要求学生能够熟练掌握导数的定义和计算方法，进行函数的求导运算。
4. 函数极值和拐点题函数的极值和拐点是微积分中的重要概念，也是考试中的难点。
例如，给出一个函数$f(x)=x^3-3x^2+3x$，要求求出函数的极值和拐点。
这类题目要求学生能够掌握函数极值和拐点的定义和判定方法，进行函数的求解和分析。
5. 定积分计算题定积分是微积分中的重要内容，也是考试中的常见题型。
例如，给出一个函数$f(x)=\frac{1}{x}$，要求计算$\int_1^e f(x)dx$。
这类题目要求学生能够熟练掌握定积分的定义和计算方法，进行积分的求解和计算。
数学分析面试真题答案解析
数学分析面试真题答案解析是数学基础课程中非常重要的一门学科。
它对于培养学生的逻辑思维能力、分析问题的能力以及解决实际问题的能力有着重要的作用。
所以，在面试过程中，问题经常是考察学生数学思维能力的一个重要方面。
以下是一些常见的面试真题及其解析，希望能对读者有所帮助。
一、求极限1. 计算极限$\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}$。
解析：要计算这个极限，可以利用泰勒展开的思想。
根据泰勒级数展开，有$\sin x = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} -\cdots$。
因此，原极限可以改写为$\lim_{x\to 0}\frac{x -\frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \cdots}{x}$。
显然，当$x\to0$时，分子和分母同时趋于0，所以可以使用洛必达法则，即对分子和分母同时求导，有$\lim_{x\to 0}(1 - \frac{x^2}{2!} +\frac{x^4}{4!} - \cdots) = 1$。
2. 计算极限$\lim_{n\to\infty}\frac{n}{\sqrt[n]{n!}}$。
解析：我们可以利用中的极限性质，即$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{n!} =\lim_{n\to\infty}\frac{n}{\sqrt[n]{n!}}$。
所以，原极限可以改写为$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{n!}$。
根据Stirling公式，$\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt{2\pin}\left(\frac{n}{e}\right)^n}{n!} = 1$。
所以，原极限为1。
二、连续与可导1. 设$f(x)$在$x_0$处连续，且$\lim_{x\to x_0}f'(x)$存在，证明$f(x)$在$x_0$处可导。
解析：由题意可知，$\lim_{x\to x_0}f'(x) = L$存在。
数学分析中的典型问题与方法
数学分析中的典型问题与方法首先，我们来谈谈数学分析中的极限问题。
极限是数学分析中的一个基本概念，它描述了一个函数在某一点附近的行为。
在实际应用中，极限可以帮助我们理解物理、经济和工程等领域中的各种现象。
在计算极限时，我们可以利用极限的性质和一些常见的极限公式，例如常数函数的极限、多项式函数的极限、指数函数和对数函数的极限等。
此外，我们还可以利用极限的定义和性质，结合夹逼定理、洛必达法则等方法来计算一些复杂的极限，这些方法在实际问题中具有重要的应用价值。
其次，微分和积分是数学分析中的另外两个重要概念。
微分描述了函数在某一点的变化率，而积分则描述了函数在某一区间上的累积效应。
微分和积分不仅在数学理论中有着重要的地位，而且在物理、工程、经济等领域中也有着广泛的应用。
在微分方面，我们可以利用导数的定义和性质，来求解函数的极值、切线方程、曲率等问题。
在积分方面，我们可以利用定积分的定义和性质，来计算曲线下面积、求解定积分的值、求解面积和体积等问题。
此外，我们还可以利用微分方程和积分变换等方法，来研究一些复杂的微分和积分问题，这些方法在实际问题中具有重要的应用价值。
最后，我们来讨论一下数学分析中的一些典型问题和方法。
在实际应用中，我们经常会遇到一些典型的数学分析问题，例如极值问题、曲线拟合问题、积分变换问题等。
针对这些问题，我们可以利用微分和积分的方法，来建立数学模型，进而求解实际问题。
此外，我们还可以利用极限的方法，来研究一些复杂的数学分析问题，例如无穷级数的收敛性、函数的连续性等。
在解决这些问题时，我们需要灵活运用数学分析的知识和方法，结合实际问题的特点，来寻找合适的解决方案。
综上所述，数学分析中存在着许多典型问题和方法，这些问题和方法不仅在理论上具有重要意义，而且在实际应用中也有着广泛的应用价值。
通过对数学分析中的典型问题与方法的讨论，我们可以更深入地理解数学分析的理论和实践，为解决实际问题提供一些有益的参考和启发。
左右两边都有x的方程计算题
左右两边都有x的方程计算题
左右两边都有x的方程计算问题是数学分析中的一个常见问题。
有时，我们会碰到一个等式，两边等式各自都有一个x的未知数，两边的计算可能有很多种，甚至相当复杂。
面对这样的问题，我们可以先利用求和的思想来进行解决。
其基本的思想就是把方程的两边拆分开，然后再将来计算简单的一边，从而可以更好的理解整个方程的内容。
比如，有一个这样的等式：
2x + 3 = 10 - x
首先，把它拆分成两边：
2x + 3 = 10
-x = -3
通过计算，最后可以得到x的值，x = 7。
也就是说，2 × 7 + 3 = 10。
这样的解决办法在解决左右两边都有x的方程计算问题时十分有用。
它可以使方程变得更加清楚，从而让我们更加容易求解。
因此，引用求和的思想来解决左右两边各自有x的方程问题，
一定是我们一个极佳的选择。
在日常的学习中，我们也可以借助这一思想来解决类似的问题，而且这一思想在解决数学中更难的问题上也能起到作用。
因此，要掌握这一点非常重要，也是我们解决类似数学问题的基础。
数学分析中的典型问题与方法
数学分析中的典型问题与方法数学分析是数学中的一个重要分支，它研究的是实数和复数的性质，以及它们之间的关系。
在数学分析中，有许多典型的问题和方法，这些问题和方法对于深入理解数学分析的基本概念和原理具有重要意义。
本文将就数学分析中的一些典型问题和方法进行介绍和讨论。
首先，我们来谈谈数学分析中的极限问题。
极限是数学分析中最基本的概念之一，它描述的是一个函数在某一点附近的变化趋势。
在求解极限时，常用的方法包括利用极限的性质、夹逼定理、洛必达法则等。
通过对极限的研究，我们可以更好地理解函数的局部性质和全局性质，为后续的分析工作奠定基础。
其次，我们需要了解数学分析中的微分和积分问题。
微分和积分是数学分析中的重要工具，它们描述的是函数的变化率和累积效应。
在微分和积分的研究中，常用的方法包括利用导数和微分的性质、积分的换元法、分部积分法等。
通过对微分和积分的深入理解，我们可以解决许多实际问题，如曲线的切线问题、曲线下面积的计算等。
另外，数学分析中的级数和收敛性问题也是我们需要重点关注的内容。
级数是数学分析中的一个重要概念，它描述的是无穷个数的和。
在级数和收敛性的研究中，常用的方法包括利用级数的性质、比较判别法、绝对收敛性和条件收敛性等。
通过对级数和收敛性的研究，我们可以更好地理解无穷和无穷级数的性质，为数学分析中更深入的研究打下基础。
最后，我们需要关注数学分析中的微分方程和泛函分析问题。
微分方程是数学中的一个重要分支，它描述的是变量之间的关系和变化规律。
在微分方程和泛函分析的研究中，常用的方法包括利用微分方程的性质、变分法、极值原理等。
通过对微分方程和泛函分析的研究，我们可以解决许多实际问题，如物理系统的动力学问题、经济模型的建立等。
综上所述，数学分析中的典型问题和方法涉及到极限、微分和积分、级数和收敛性、微分方程和泛函分析等内容。
通过对这些问题和方法的深入研究，我们可以更好地理解数学分析的基本概念和原理，为数学分析的应用和发展提供重要支持。
数学分析综合算式练习题
数学分析综合算式练习题一、综合算式1. 计算下列各式的值：（1）$5 + 2 \times 3 - 4 \div 2$（2）$6 \times (4 - 3) + 8 \div 2$（3）$10 \div 2 - (3 + 1) \times 2$（4）$(3 + 4) \times (2 - 1) + 5$（5）$6 - (3 \times 2 + 4) \div (1 + 1)$2. 将下列算式化简：（1）$(a + b)^2 - (a - b)^2$（2）$5xy - 3xz + 2yz - 4xy + 7xz - 6yz$（3）$(a - b + c)^2 - (a^2 - b^2 - c^2)$（4）$3(x - y + z) + 2(y - z - x) + (z - x + y)$二、方程与不等式1. 解下列方程：（1）$2x - 3 = 9$（2）$3(x + 4) = 15$（4）$2(x - 1) + 3(2 - x) = x + 3 - 2x$2. 解下列不等式，并用图示法表示解集：（1）$2x - 5 < 7$（2）$3 - x \geq 2x + 1$（3）$4(x - 1) \leq 3(x + 2)$（4）$5 - 2x > 3x + 4$三、函数1. 已知函数$f(x) = 2x^2 + 3x - 1$，求：（1）$f(2)$的值；（2）当$f(x) = 0$时，求$x$的值。
2. 求函数$y = 3x^2 - 2x + 4$的最小值。
3. 若函数$g(x)$满足$g(2x) = x^2 - 3x$，求函数$g(x)$的表达式。
四、导数与微分1. 求下列函数的导数：（1）$f(x) = 3x^2 - 2x + 1$（2）$g(x) = \frac{1}{x^2 + 1}$（4）$k(x) = \ln(x^2 + x)$2. 求函数$y = 2x^3 - 3x^2 + x$在点$(1, 0)$处的切线方程。
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（责 编 高伟 ）
２２
ｒ ２
，
＝ ｏ ｄＯ Ｊ。 （ｓｉｎ ｓｉｎｚＯ＋ｃｏｓ ）ｓｉｎ￣ｏ＆ｐ
＝ｚ 丝 ｄ 号仃
解法三： 因为球面｜ｓ关于分别平面 ＿ｙ，平面 ，平 面 对称 ．
所以，Ｊ 灿＝ｆ ｚ 。
进一步．有
ｆ 旧 如 ：
０ ｊ （ ＋三。） ＝鲁 ｊ ｚ ） ： ３ ｎ２ ｄｓ
２００３．
））￣ ｄｕｄｖ，
ｉｎ ，
ｆ２】吴 良森 ，毛 羽辉，韩士安 ，吴畏 ．数学分
其 中 ，Ｅ＝ｘ２ｕ＋ ＋Ｚ２￣ｔ，Ｇ ＋ ，Ｆ ＋
Ｇ ＋ｙ２０＋Ｚ２０＝ ｓｉｎ ｓｉｎ ＋ ｓｉｎ ｃ０ｓ ＋
析 学习指导书［Ｍ】．高等教育出版社，（ｕ， ）
解法二：设ｓ的参数方程为｛ｙ＝ａｓｉｎ ｓ１ ｎ０，
【 ＝∞ｏｓ∞
则Ｄ：Ｏ≤ ≤Ｊ７『，０≤ ≤２仃且
参 考 文 献 ： 【Ｉ】陈传璋 ，金福 临 ，朱 学炎，欧阳光 中．复
ｅＤ，￣ＩＪ ｆ ，ｙ， ） ＝ｆ （ ） ） ｕ， Ｅ＝ｘ２￣＋ ＝ｎｚｃｏｓ ｃｏｓ ＋ ｃ０ｓ ｓｉｎ ＋ 旦 大学数学 系．数学分析ｆＭ１．高＠ｅｔ－￣出版社 ，
学羁 ２鲎０１３盎年塑第４窒期
嗲 高校论坛
浅谈数学分析 中的一道 计算题
吴 春 （重 庆师 范 大学数 学学 院分析 与 函数 教研 室 ４０１３３１）
摘要 ：本 文笔者针 对数 学分析学 习指导书 的一道 习题 ，给 出了不 同的解法．并 以此说 明 做 习题过程 中体 会总结并与 所学知识和 已有 的 结论 联 系尤 为重要 ，、
关键词 ：数 学分析 第一类曲面积分
二 、主要内容 数学分析学习指导书中有这样一道题
计算曲面积分ｆ（ ２， ） ，其中ｓ是球面 ２＋
Ｆ＝ｘｃｘ日＋Ｙ￣ｙｏ＋ｚ ＝—０２ｓｉｎ ｃｏｓ ｓｉｎ ｏｓｐ＋ ｉｎ ｃｏｓ ｓｉｎ ０ｓ ＝ｏ
所 以 ．
Ｊ（ ）ｄｓ＝』（ａ２ｓｉｎ ｓｉｎ ＋。２ｃ。ｓ ）
（
ｒ２）丁 一
２ （
）百】ｌ＝
号 ＝
解到常规方 法的重要性 ．第三种方法是在掌握 第一 、二种方 法的基础上 ．让学生学会观察、分 析 ，根据所给问题的特征解决问题 。总之 ．数学 分析 由于抽象 ，因此需要学生多做练习．并且
Ｊｆ（ｘ，ｙＩｚ） 』ｆ（ｘＩｙＩｚ（ ））
ｓ
Ｄ
径），若极限
矗， ， ）△ｓ 存在且与分法
Ｔ和取法（毒， ， ）均无关，则称此极限为厂（ ，Ｙ， ｚ）在曲线Ｓ上的第一类曲面积分 ，记作 ：
Ｊｆ ， ） ． 毒，吼，Ｋ￣）ＡＳｉ。
ａ（ａＬｒＺｃ￣ｓ：Ｏ）ｄＯ＝ｆ Ｊ ａｒｄｒｆ２＂ａ（２ａＬＦ－？ｃｏｓ２￣ｄ０
－
—
０ ｊ ｕ ２Ｖ＇ａＬｄ－
。
数学 分析是大学数学 专业 的一 门重要基 础课 程 ，其特点是抽 象严谨 ．解题方 法又灵活 多变 。因此 ，教师如何在教学中引导学生在做 题的过程中运用本课中常用的方法 ．并联系所 学知识，自觉地体会总结 ．就显得尤为重要
一 预备知识 Ｉ．定义：设Ｊｓ是空间可求面积的曲面，函数， （ｘ，ｙ，ｚ）定义在Ｓ上。给｜ｓ任一分法 ．将其分成ｎ 份 ，记小 曲面的面积分别 为 ：△Ｓ，，△Ｓ ，… ， △Ｓ 一，△Ｓ ，任取一 点 （毒， ，玉）ＥＳｆ，作 和式
２ ，（毒，叼 ，玉）△ｓ 。ｉ￣ＩｔＴＩＩ＝ｍａｘ｛ （ 为ｓ 的直
解法一：设ｓ ２：、 叼 ， ≤ ；
Ｓｉ．ｚ＝一、仔 ，冉 ≤ 。 由第一类曲¨ 面积 Ｓ 分公式有
“
ａ（ａ２ －ｘ￣） 蛐
旧
＋
令 【
ｙ＝ｒｓｉｎ Ｏ
则 【０≤ ≤。 ２￣ｒ，’ 毗
’
、
ｄ‘ＤｄＯ
＝ ４，ｎ－ａｚ－＝＿￣－，ｒａ４
做完题 目后，学生可能会觉得第 一、二种
』Ｊ ０（、 Ｘ／ＳａＣ ￣ 。 ）护＝塑２ ３ ＝ ２
解法没有第三种方法简单 。但是 ，我们利用第 一 二种解法的主要 目的是让学生熟悉 公式 ．了
、
２．引理 １：若曲面Ｓ可用函数 （ｘ，ｙ）表示 ． 且具有连续偏导数 ｚ，Ｙ＇ｚ）在Ｓ连续 ，Ｄ 为Ｓ在 ０ｙ面上的投影区域 ，则 ：
ｄｘｄｖ
所以，』（ 。）出＝詈
要考虑它 的不 同解法 ，由此对所学内容加深理 解 。在教学实践 中．教师可以帮助学生前后联 系 、经 常总结 ，学生就会对这门课感兴趣 ．非常
ｆｘ＝ｘ（ｕ，Ｖ）
ｆｘ－＝ａｓｉｎ￣ｏｃｏｓＯ 愿意去学习并能学好它
３．引理２：若光滑曲面ｓ：｛ｙ＝ｙ（ｕ，ｖ），（ｕ， ）