南京大学数学分析
数学分析(一)：一元微积分 南京大学 4 第四章微积分基本公式 (4.1.1) 导数和高阶导数
速度和曲率
问题 1 我们坐高铁的时候车厢前的屏幕上会显示速度. 在数学上如何定义速度, 如何计算速 度?
问题 2 如何从数学上刻画曲线的弯曲程度? 质点做匀速直线运动和曲线运动的差别是由什 么因素引起的?
注1 我们用导数来刻画这些量. 速度是位移的导数, 加速度是速度的导数, 因此是二阶导 数; 曲率也用二阶导数来刻画. Einstein: 时空的弯曲等价于引力!
导数
定义 1 (导数)
设函数 f
在 x0
附近有定义,
如果极限 lim
x →x0
f (x) − f (x0) x − x0
存在且有限,
则称 f
在 x0
处
可导, 此极限称为 f 在 x0 处的导数, 记为 f (x0).
导数
定义 1 (导数)
设函数 f
在 x0
附近有定义,
如果极限 lim
x →x0
f (x) − f (x0) x − x0
三角函数的导数
例1 (sin x) = cos x, (cos x) = − sin x.
证明.
设 x0
∈ R, 利用 lim
x →0
sin x x
=1
可得
lim
x →x0
sin x x
− sin x0 − x0
=
lim
x →x0
sin[(x
− x0)/2] cos[(x (x − x0)/2
+ x0)/2]
导数
定义 1 (导数)
设函数 f
在 x0
附近有定义,
如果极限 lim
x →x0
f (x) − f (x0) x − x0
存在且有限,
数学分析 第二型曲线积分
解. 根据库仑定律, (x, y , z) 处的单位正电荷在静电场中所受的力为
F
=
q
r r3
=
∇φ,
其中
φ
=
−
q r
.
因此 F
沿σ
所作的功为
qx
qy
qz
W = σ r 3 dx + r 3 dy + r 3 dz
β
β
= F (σ) · σ (t) dt = φ ◦ σ dt
α
α
qqΒιβλιοθήκη = −.r (α) r (β)
曲线的方向
因此, 为了使第二型曲线积分有意义, 我们总是要给曲线指定一个方向, 这个方 向是由某个参数决定的. 给定了方向的曲线称为有向曲线.
其实, 一元函数的 Riemann 积分也可以看成是第二型曲线积分, 这里的曲线就 是给定了方向的区间.
如果 σ 为一条闭曲线(环路), 即 σ(α) = σ(β), 则选定了方向以后, 不论从曲线上 哪一点出发, 沿此闭曲线的第二型曲线积分的值不变, 这样的积分常记为
第二型曲线积分和第一型曲线积分有一个重要的区别, 这个区别和曲线的方向 有关. 设 φ : [γ, δ] → [α, β] 为严格单调的可逆连续映射, 则复合映射 σ ◦ φ 也是参数曲 线, 它和 σ 的像完全相同, 只是选取了不同的参数而已.
曲线的方向
第二型曲线积分和第一型曲线积分有一个重要的区别, 这个区别和曲线的方向 有关. 设 φ : [γ, δ] → [α, β] 为严格单调的可逆连续映射, 则复合映射 σ ◦ φ 也是参数曲 线, 它和 σ 的像完全相同, 只是选取了不同的参数而已. 如果 φ 严格单调递增, 则称这两个参数是同向的; 如果 φ 严格单调递减, 则称这 两个参数是反向的(不同向).
数学分析(一)：一元微积分 南京大学 7 第七章拾遗 (7.2.1) 有限覆盖定理
一元微积分与数学分析—有限覆盖定理梅加强南京大学数学系在研究函数的时候,我们希望能将其局部性质转化为整体性质.从局部过渡到整体往往要用到所谓的有限覆盖定理.在研究函数的时候,我们希望能将其局部性质转化为整体性质.从局部过渡到整体往往要用到所谓的有限覆盖定理.集合族:设Γ为集合.如果Γ中的每一个元素α都对应一个集合Aα,则称{Aα}α∈Γ为集合族(一族集合),Γ为这一族集合的指标集.当指标集给定时,集合族也简记为{Aα}.例如,{[a n,b n]}是以N为指标集的一族集合.在研究函数的时候,我们希望能将其局部性质转化为整体性质.从局部过渡到整体往往要用到所谓的有限覆盖定理.集合族:设Γ为集合.如果Γ中的每一个元素α都对应一个集合Aα,则称{Aα}α∈Γ为集合族(一族集合),Γ为这一族集合的指标集.当指标集给定时,集合族也简记为{Aα}.例如,{[a n,b n]}是以N为指标集的一族集合.集合之间的运算可以对集合族来定义.例如,交集运算可定义为Aα={x|任给α∈Γ,均有x∈Aα},α∈Γ在研究函数的时候,我们希望能将其局部性质转化为整体性质.从局部过渡到整体往往要用到所谓的有限覆盖定理.集合族:设Γ为集合.如果Γ中的每一个元素α都对应一个集合Aα,则称{Aα}α∈Γ为集合族(一族集合),Γ为这一族集合的指标集.当指标集给定时,集合族也简记为{Aα}.例如,{[a n,b n]}是以N为指标集的一族集合.集合之间的运算可以对集合族来定义.例如,交集运算可定义为Aα={x|任给α∈Γ,均有x∈Aα},α∈Γ并集运算可定义为Aα={x|存在α∈Γ,使得x∈Aα}.α∈Γ定理1(Heine-Borel)设{Uα}α∈Γ为R中的一族开集.如果闭区间[a,b]包含于这一族开集的并集之中,则[a,b]必定包含于有限个Uα的并集之中.定理1(Heine-Borel)设{Uα}α∈Γ为R中的一族开集.如果闭区间[a,b]包含于这一族开集的并集之中,则[a,b]必定包含于有限个Uα的并集之中.证明.如果指标集Γ是有限集,则结论不证自明.以下设Γ为无限集.(反证法)假设[a,b]只能包含于无限个Uα的并集,则二等分[a,b]后必有一个小区间也只能包含于无限个Uα之并,记该区间为[a1,b1].再将[a1,b1]二等分,又必有一个小区间只能包含于无限个Uα之并,记该区间为[a2,b2].如此继续下去,得闭区间套{[a n,b n]},使得每一个[a n,b n]均只能包含于无限个Uα之并.证明(续).注意limn→∞(b n−a n)=limn→∞2−n(b−a)=0.根据闭区间套原理,{[a n,b n]}有一个公共点,记为ξ.根据题设,存在α0∈Γ,使得ξ∈Uα0.因为Uα是开集,故存在δ>0,使得(ξ−δ,ξ+δ)⊂Uα0.根据闭区间套原理的证明,{a n},{b n}均收敛于ξ,故存在N,当n>N时a n,b n∈(ξ−δ,ξ+δ).此时有[a n,b n]⊂(ξ−δ,ξ+δ)⊂Uα,这与[a n,b n]只能包含于无限个Uα之并相矛盾.ξ−δξ+δa n bnξ图1:有限覆盖定理例1证明:闭区间中的局部有界函数必为有界函数.例1证明:闭区间中的局部有界函数必为有界函数.证明.设f是[a,b]中的局部有界函数,则任给x∈[a,b],均存在δ(x)>0以及M(x),使得|f(y)|≤M(x),∀y∈x−δ(x),x+δ(x)∩[a,b].显然,[a,b]包含于集合族x−δ(x),x+δ(x)x∈[a,b]之并.由Heine-Borel定理,存在x1,···,x k∈[a,b],使得[a,b]⊂ki=1x i−δ(x i),x i+δ(x i).记M=max{M(x i)|i=1,2,···,k},则|f|≤M在[a,b]中总成立.定理2(Bolzano)有界数列必有收敛子列.定理2(Bolzano)有界数列必有收敛子列.证明.设{a n }为有界数列,不妨设a n 均包含于[a ,b ].断言：存在α∈[a ,b ],使得任给δ>0，(α−δ,α+δ)中均含有无限项a n .(反证法)假设不然,则任给x ∈[a ,b ],存在δ(x )>0,使得 x −δ(x ),x +δ(x ) 只含有限项a n .显然,[a ,b ]包含于集合族 x −δ(x ),x +δ(x ) x ∈[a ,b ]之并.由Heine-Borel 定理,[a ,b ]包含于有限个 x −δ(x ),x +δ(x ) 之并.这说明[a ,b ]只含有限项a n ,从而和a n 均包含于[a ,b ]相矛盾.利用此断言,我们选取{a n }的子列,使之收敛到α.事实上,先取a n 1∈(α−1,α+1).再取n 2>n 1,使得a n 2∈(α−1/2,α+1/2).如此继续,可得子列{a n k },使得当k ≥1时a n k ∈(α−1/k ,α+1/k ).显然,{a n k }收敛到α.引理1(Lebesgue数引理)设{Uα}α∈Γ为一族开集,其并集包含了闭区间[a,b].则存在正数λ>0,使得长度不超过λ的任何闭区间I⊂[a,b]必定完全包含于某个Uα中.引理1(Lebesgue数引理)设{Uα}α∈Γ为一族开集,其并集包含了闭区间[a,b].则存在正数λ>0,使得长度不超过λ的任何闭区间I⊂[a,b]必定完全包含于某个Uα中.证明.(反证法)如果不然,则存在一列闭区间{I n}n≥1,使得|I n|<1/n,但每一个Uα都不能完全包含任何一个I n.记I n=[a n,b n],由于{a n}为有界点列,根据Bolzano 定理,它有收敛子列,不妨设{a n}本身收敛,其极限记为ξ∈[a,b].显然,{b n}也收敛到ξ.根据题设,存在某个α,使得ξ∈Uα.由Uα为开集可知,故存在δ>0,使得(ξ−δ,ξ+δ)⊂Uα.这说明,当n充分大时,必有a n,b n∈(ξ−δ,ξ+δ)⊂Uα,此时I n=[a n,b n]⊂Uα.这与I n的选取相矛盾.引理1(Lebesgue数引理)设{Uα}α∈Γ为一族开集,其并集包含了闭区间[a,b].则存在正数λ>0,使得长度不超过λ的任何闭区间I⊂[a,b]必定完全包含于某个Uα中.证明.(反证法)如果不然,则存在一列闭区间{I n}n≥1,使得|I n|<1/n,但每一个Uα都不能完全包含任何一个I n.记I n=[a n,b n],由于{a n}为有界点列,根据Bolzano 定理,它有收敛子列,不妨设{a n}本身收敛,其极限记为ξ∈[a,b].显然,{b n}也收敛到ξ.根据题设,存在某个α,使得ξ∈Uα.由Uα为开集可知,故存在δ>0,使得(ξ−δ,ξ+δ)⊂Uα.这说明,当n充分大时,必有a n,b n∈(ξ−δ,ξ+δ)⊂Uα,此时I n=[a n,b n]⊂Uα.这与I n的选取相矛盾.引理中的λ称为{Uα}α∈Γ的Lebesgue数.定理3(Cantor定理)设f∈C0[a,b],则任给ε>0,存在δ>0,使得只要x1,x2∈[a,b]且|x1−x2|<δ,就有|f(x1)−f(x2)|<ε.定理3(Cantor定理)设f∈C0[a,b],则任给ε>0,存在δ>0,使得只要x1,x2∈[a,b]且|x1−x2|<δ,就有|f(x1)−f(x2)|<ε.证明.根据连续性,任给x∈[a,b],存在δ(x)>0,当y∈(x−δ(x),x+δ(x))∩[a,b]时, |f(y)−f(x)|<ε/2.显然,[a,b]包含于开集族{(x−δ(x),x+δ(x))}x∈[a,b]之并,记此开集族的Lebesgue数为δ.设x1<x2∈[a,b],当|x1−x2|<δ时,根据Lebesgue引理,存在某个x∈[a,b],使得[x1,x2]⊂(x−δ(x),x+δ(x)).此时|f(x1)−f(x2)|≤|f(x1)−f(x)|+|f(x)−f(x2)|<ε/2+ε/2=ε.。
数学分析(一)：一元微积分 南京大学 5 第五章微分学的应用 (5.7.1) 常见函数的Taylor展开
一元微积分与数学分析—常见函数的T aylor展开梅加强南京大学数学系如果f在x0附近是光滑的,则称形式和∞n=0f(n)(x0)n!(x−x0)n为f在x0处的T aylor展开(级数)或(无限)T aylor公式.如果f在x0附近是光滑的,则称形式和∞n=0f(n)(x0)n!(x−x0)n为f在x0处的T aylor展开(级数)或(无限)T aylor公式.T aylor展开在x0=0的特殊情形也称Maclaurin展开(级数)或Maclaurin公式.如果f在x0附近是光滑的,则称形式和∞n=0f(n)(x0)n!(x−x0)n为f在x0处的T aylor展开(级数)或(无限)T aylor公式.T aylor展开在x0=0的特殊情形也称Maclaurin展开(级数)或Maclaurin公式.如果limn→∞n−1k=0f(k)(x0)k!(x−x0)k=f(x),则记f(x)=∞n=0f(n)(x0)n!(x−x0)n.此时称f在x0处的T aylor展开收敛到自身.如果f在x0附近是光滑的,则称形式和∞n=0f(n)(x0)n!(x−x0)n为f在x0处的T aylor展开(级数)或(无限)T aylor公式.T aylor展开在x0=0的特殊情形也称Maclaurin展开(级数)或Maclaurin公式.如果limn→∞n−1k=0f(k)(x0)k!(x−x0)k=f(x),则记f(x)=∞n=0f(n)(x0)n!(x−x0)n.此时称f在x0处的T aylor展开收敛到自身.注意:f光滑并不意味着其T aylor展开收敛到自身.例如,考虑函数f(x)=e−1 x2(x=0),f(0)=0,则f在0处的各阶导数均为零,其Maclaurin展开恒为零.问题1:对于给定的函数,如何较快地求出它的T aylor展开呢?问题2:T aylor展开有什么用?问题1:对于给定的函数,如何较快地求出它的T aylor展开呢?问题2:T aylor展开有什么用?定理1(T aylor公式系数的唯一性)设f在x0处n阶可导,且f(x)=nk=0a k(x−x0)k+o(x−x0)n(x→x0),则a k=1k!f(k)(x0),k=0,1,···,n.证明.根据带Peano余项的T aylor公式,f(x)又可写为f(x)=nk=01k!f(k)(x0)(x−x0)k+o(x−x0)n(x→x0).如果令b k=a k−1k!f(k)(x0),k=0,1,···,n,则两式相减可得nk=0b k(x−x0)k=o(x−x0)n(x→x0).首先,在上式中令x→x0即得b0=0.其次,上式两边除以x−x0,再令x→x0可得b1=0.这个过程可以继续,当等式两边除以(x−x0)k并令x→x0时就得到b k=0(0≤k≤n).T aylor展开的运算性质设f,g在x0=0处的Taylor展开分别为∞n=0a n x n,∞n=0b n x n,则(1)λf(x)+µg(x)的Taylor展开为∞n=0(λa n+µb n)x n,其中λ,µ∈R.(2)f(−x)的Taylor展开为∞n=0(−1)n a n x n;(3)f(x k)的Taylor展开为∞n=0a n x kn,其中k为正整数;(4)x k f(x)的Taylor展开为∞n=0a n x k+n,其中k为正整数;(5)f (x)的Taylor展开为∞n=1na n x n−1=∞n=0(n+1)a n+1x n;(6)x0f(t)d t的Taylor展开为∞n=0a nn+1x n+1;例子例11=1+x+x2+···+x n+···,x∈(−1,1).1−x例111−x=1+x+x2+···+x n+···,x∈(−1,1).证明.由等比级数求和公式可得1 1−x =1−x n1−x+x n1−x=1+x+x2+···+x n−1+x n1−x,固定x∈(−1,1),当n→∞时余项x n1−x→0.例111−x=1+x+x2+···+x n+···,x∈(−1,1).证明.由等比级数求和公式可得1 1−x =1−x n1−x+x n1−x=1+x+x2+···+x n−1+x n1−x,固定x∈(−1,1),当n→∞时余项x n1−x→0.例2ln(1−x)=−∞n=1x nn=−x−x22−···−x nn−···,∀x∈[−1,1).(1)对数函数的展开证明.利用积分可得ln(1−x)=−xd t1−t=−x1+t+···+t n−1+t n1−td t=−x−x22−···−x nn−xt n1−td t.如果−1≤x<0,则xt n1−td t≤xt n d t=|x|n+1n+1→0;(n→∞)如果0≤x<1,则xt n1−td t≤11−xxt n d t=x n+1(1−x)(n+1)→0.(n→∞)由此即得(1).将(1)中x换成−x,则得ln(1+x)=∞n=1(−1)n−1nx n=x−x22+x33−···,∀x∈(−1,1].(2)特别地,在上式中取x=1,得ln2=1−12+13−14+15−16+···.将(1)中x换成−x,则得ln(1+x)=∞n=1(−1)n−1nx n=x−x22+x33−···,∀x∈(−1,1].(2)特别地,在上式中取x=1,得ln2=1−12+13−14+15−16+···.例3arctan x=∞n=1(−1)n−1x2n−1(2n−1)!=x−x33+x55−x77+···,∀x∈[−1,1].(3)证明.利用积分可得arctan x=xd t1+t2=x−x33+x55+···+(−1)n−1x2n−12n−1+R n(x),其中余项R n(x)=(−1)nxt2n1+t2d t.当x∈[−1,1]时|R n(x)|≤|x|0t2n d t=|x|2n+12n+1→0(n→∞),这说明(3)式成立.特别地，取x=1,我们就重新得到了Leibniz公式π4=1−13+15−17+···.(Leibniz-Gregory)例4e x=1+x+x22!+x33!+···+x nn!···,∀x∈(−∞,∞).(4)例4e x=1+x+x22!+x33!+···+x nn!···,∀x∈(−∞,∞).(4)证明.e x的各阶导数仍为它自己,由Lagrange余项可得e x=n−1n=0x kk!+R n(x),R n(x)=eθxn!x n,其中θ∈(0,1).此时有如下估计|R n(x)|≤e|x||x|nn!→0(n→∞).这说明(4)式成立.例5sin x=∞n=1(−1)n−1x2n−1(2n−1)!=x−x33!+x55!+···+,∀x∈(−∞,∞).(5)cos x=∞n=0(−1)n x2n(2n)!=1−x22!+x44!−···,∀x∈(−∞,∞).(6)例5sin x=∞n=1(−1)n−1x2n−1(2n−1)!=x−x33!+x55!+···+,∀x∈(−∞,∞).(5)cos x=∞n=0(−1)n x2n(2n)!=1−x22!+x44!−···,∀x∈(−∞,∞).(6)证明.利用sin x=cos x,cos x=−sin x可得sin(2k+1)(0)=(−1)k,sin(2k)(0)=0.由带Lagrange余项的T aylor公式可得sin x=x−x33!+x55!+···+(−1)n−1x2n−1(2n−1)!+(−1)n x2n+1cosθx(2n+1)!,(θ∈(0,1))当n→∞时余项趋于零.cos x的展开类似可得.。
数学分析(一)：一元微积分 南京大学 5 第五章微分学的应用 (5.3.1) 凸函数
一元微积分与数学分析—凸函数梅加强南京大学数学系导数是函数的变化率.对于质点的位移函数来说,一阶导数表示质点的速度,二阶导数表示加速度.在物理中,二阶导数反映的是作用力或作用强度;导数是函数的变化率.对于质点的位移函数来说,一阶导数表示质点的速度,二阶导数表示加速度.在物理中,二阶导数反映的是作用力或作用强度;在几何中,二阶导数反映的是曲率或几何对象的弯曲程度.以函数图像为例,反映其弯曲性质的有所谓的凸凹性.导数是函数的变化率.对于质点的位移函数来说,一阶导数表示质点的速度,二阶导数表示加速度.在物理中,二阶导数反映的是作用力或作用强度;在几何中,二阶导数反映的是曲率或几何对象的弯曲程度.以函数图像为例,反映其弯曲性质的有所谓的凸凹性.定义1(凸函数)设f为区间I中定义的函数.如果任给a=b∈I以及t∈(0,1),均有fta+(1−t)b≤tf(a)+(1−t)f(b),(1)则称f为I中的凸函数,不等号反向时称为凹函数.不等号为严格小于号时称为严格凸函数,不等号为严格大于号时称为严格凹函数.凸性的几何含义yf(x)ℓ(x)a bO x图1:凸函数注1凸函数的几何形象是很直观的:它的图像总是位于满足同样边界条件的线性函数图像的下方.事实上,满足条件 (a)=f(a), (b)=f(b)的线性函数可以表示为(x)=b−xb−af(a)+x−ab−af(b),于是(1)可以表示为f(x)≤ (x),∀x∈(a,b).(2)事实上,满足条件 (a)=f(a), (b)=f(b)的线性函数可以表示为(x)=b−xb−af(a)+x−ab−af(b),于是(1)可以表示为f(x)≤ (x),∀x∈(a,b).(2)命题1设f为区间I中定义的函数,我们有(1)如果f二阶可导且二阶导数处处非负,则f为凸函数.(2)反之,如果f为凸函数且在I的内点x0处二阶可导,则f (x0)≥0.证明.(1)任取a,b∈I,不妨设a<b.对函数f− 在[a,b]中应用“极值和最值”那一单元例3即可.(2)由x0为内点可知,存在δ>0,使得(x0−δ,x0+δ)⊂I.当h∈(−δ,δ)时,记g(h)=[f(x0+h)+f(x0−h)]/2.如果f为凸函数,则由x0=(x0−h)/2+(x0+h)/2以及(1)可知h=0是g的最小值点.由“极值和最值”那一单元推论1可知g (x0)≥0.另一方面,g (x0)=f (x0),因此f (x0)≥0.证明.(1)任取a,b∈I,不妨设a<b.对函数f− 在[a,b]中应用“极值和最值”那一单元例3即可.(2)由x0为内点可知,存在δ>0,使得(x0−δ,x0+δ)⊂I.当h∈(−δ,δ)时,记g(h)=[f(x0+h)+f(x0−h)]/2.如果f为凸函数,则由x0=(x0−h)/2+(x0+h)/2以及(1)可知h=0是g的最小值点.由“极值和最值”那一单元推论1可知g (x0)≥0.另一方面,g (x0)=f (x0),因此f (x0)≥0.Y oung不等式回顾.指数函数e x的二阶导数恒正,因此为(严格)凸函数.当a,b>0,p,q>1且1/p+1/q=1时,有ab=e1p ln a p+1q ln b q≤1pe ln a p+1qe ln b q=a pp+b qq.Jensen不等式定理1(Jensen不等式)设f是区间I中的凸函数.任给{x i}ni=1⊂I,当λi≥0且ni=1λi=1时,均有fni=1λi x i≤ni=1λi f(x i).(3)定理1(Jensen不等式)设f是区间I中的凸函数.任给{x i}ni=1⊂I,当λi≥0且ni=1λi=1时,均有fni=1λi x i≤ni=1λi f(x i).(3)证明.对n用数学归纳法.n=1是显然的,n=2由凸函数定义直接得到.假设不等式(3)对n=k成立.当n=k+1时,不妨设0<λk+1<1,此时k i=1λi1−λk+1=1.证明(续).由归纳假设,有fk+1i=1λi x i=f(1−λk+1)ki=1λi1−λk+1x i+λk+1x k+1≤(1−λk+1)fki=1λi1−λk+1x i+λk+1f(x k+1)≤(1−λk+1)ki=1λi1−λk+1f(x i)+λk+1f(x k+1) =k+1i=1λi f(x i).这说明不等式对n=k+1也成立,从而定理得证.例1设a1,···,a n>0,p i≥0且ni=1p i=1,证明加权算术–几何平均值不等式:p1a1+···+p n a n≥a p11a p22···a p n n.例1设a1,···,a n>0,p i≥0且ni=1p i=1,证明加权算术–几何平均值不等式:p1a1+···+p n a n≥a p11a p22···a p n n.证明.考虑函数f(x)=−ln x(x>0).由f (x)=x−2>0可知f为(严格)凸函数.根据Jensen不等式,当a1,···,a n>0时−ln(p1a1+···+p n a n)≤−(p1ln a1+p2ln a2+···+p n ln a n),即p1a1+···+p n a n≥a p11a p22···a p n n.当p i都等于1/n时就重新得到了算术–几何平均值不等式.设P=(c,d)为平面上的一个固定点.考虑X轴上的点到P的距离函数,它可以表示为ρ(x)=(x−c)2+d2,x∈R.设P=(c,d)为平面上的一个固定点.考虑X轴上的点到P的距离函数,它可以表示为ρ(x)=(x−c)2+d2,x∈R.我们来说明ρ(x)为凸函数.当P落在X轴上时,d=0,ρ(x)=|x−c|,此时显然ρ(x)是凸函数.设P=(c,d)为平面上的一个固定点.考虑X轴上的点到P的距离函数,它可以表示为ρ(x)=(x−c)2+d2,x∈R.我们来说明ρ(x)为凸函数.当P落在X轴上时,d=0,ρ(x)=|x−c|,此时显然ρ(x)是凸函数.O c|x−c|图2:绝对值函数的凸性下设d =0.对ρ(x )求导可得ρ (x )=d 2 (x−c )2+d 2 −3/2,这说明ρ(x )为严格凸函数.特别地,ρ (a +b )/2 ≤[ρ(a )+ρ(b )]/2.下设d =0.对ρ(x )求导可得ρ (x )=d 2 (x−c )2+d 2 −3/2,这说明ρ(x )为严格凸函数.特别地,ρ (a +b )/2 ≤[ρ(a )+ρ(b )]/2. 考虑平面上以P ,(a ,0),(b ,0)为顶点的三角形.上式可以解释为从P 出发的中线的长度不超过从P 出发的两条边的长度之和的一半.下设d =0.对ρ(x )求导可得ρ (x )=d 2 (x−c )2+d 2 −3/2,这说明ρ(x )为严格凸函数.特别地,ρ (a +b )/2 ≤[ρ(a )+ρ(b )]/2. 考虑平面上以P ,(a ,0),(b ,0)为顶点的三角形.上式可以解释为从P 出发的中线的长度不超过从P 出发的两条边的长度之和的一半.P =(c,d )a b O xy 图3:中线长度与距离函数的凸性。
数学分析 重积分的变量替换变量替换公式
数学分析(二):多元微积分梅加强副教授南京大学数学系内容提要:内容提要:重积分的变量替换公式;内容提要:重积分的变量替换公式; 极坐标变换;内容提要:重积分的变量替换公式; 极坐标变换;柱面坐标变换;内容提要:重积分的变量替换公式; 极坐标变换;柱面坐标变换;球面坐标变换.现在我们考虑比仿射变换更一般的映射,看看可求体积的集合在这些映射下如何变化.现在我们考虑比仿射变换更一般的映射,看看可求体积的集合在这些映射下如何变化.设D⊂R n为开集,A可求体积且¯A⊂D,ϕ:D→R n为C1映射且Jϕ处处非退化.现在我们考虑比仿射变换更一般的映射,看看可求体积的集合在这些映射下如何变化.设D⊂R n为开集,A可求体积且¯A⊂D,ϕ:D→R n为C1映射且Jϕ处处非退化.问题:ϕ(A)是否可求体积,如果是的话其体积等于多少?现在我们考虑比仿射变换更一般的映射,看看可求体积的集合在这些映射下如何变化.设D⊂R n为开集,A可求体积且¯A⊂D,ϕ:D→R n为C1映射且Jϕ处处非退化.问题:ϕ(A)是否可求体积,如果是的话其体积等于多少?首先,根据反函数定理我们知道ϕ将A的内点映为ϕ(A)的内点,这说明∂ϕ(A)⊂ϕ(∂A).一般的变量替换现在我们考虑比仿射变换更一般的映射,看看可求体积的集合在这些映射下如何变化.设D⊂R n为开集,A可求体积且¯A⊂D,ϕ:D→R n为C1映射且Jϕ处处非退化.问题:ϕ(A)是否可求体积,如果是的话其体积等于多少?首先,根据反函数定理我们知道ϕ将A的内点映为ϕ(A)的内点,这说明∂ϕ(A)⊂ϕ(∂A).断言:ϕ(∂A)为零测集,从而∂ϕ(A)亦然,于是ϕ(A)可求体积.事实上,取δ>0,使得K={x|d(x,A)≤δ}⊂D.记C=max K Jϕ .事实上,取δ>0,使得K={x|d(x,A)≤δ}⊂D.记C=max K Jϕ .根据覆盖引理的证明,任给ε>0,存在有限个小球B i⊂K,使得∂A⊂iB i,且iν(B i)<ε.事实上,取δ>0,使得K={x|d(x,A)≤δ}⊂D.记C=max K Jϕ .根据覆盖引理的证明,任给ε>0,存在有限个小球B i⊂K,使得∂A⊂iB i,且iν(B i)<ε.记B i=B ri (x i),由拟微分中值定理可知ϕ(B i)⊂B Cri(ϕ(x i)),这说明ϕ(∂A)⊂iB Cri(ϕ(x i)),且这些球的体积之和小于C nε.于是ϕ(∂A)为零测集.事实上,取δ>0,使得K={x|d(x,A)≤δ}⊂D.记C=max K Jϕ .根据覆盖引理的证明,任给ε>0,存在有限个小球B i⊂K,使得∂A⊂iB i,且iν(B i)<ε.记B i=B ri (x i),由拟微分中值定理可知ϕ(B i)⊂B Cri(ϕ(x i)),这说明ϕ(∂A)⊂iB Cri(ϕ(x i)),且这些球的体积之和小于C nε.于是ϕ(∂A)为零测集.从上述证明还可以得出,若 ψ(x)−ψ(y) ≤ρ x−y 且ψ将可求体积集B映为可求体积集ψ(B),则ν(ψ(B))≤ρnν(B).事实上,取δ>0,使得K={x|d(x,A)≤δ}⊂D.记C=max K Jϕ .根据覆盖引理的证明,任给ε>0,存在有限个小球B i⊂K,使得∂A⊂iB i,且iν(B i)<ε.记B i=B ri (x i),由拟微分中值定理可知ϕ(B i)⊂B Cri(ϕ(x i)),这说明ϕ(∂A)⊂iB Cri(ϕ(x i)),且这些球的体积之和小于C nε.于是ϕ(∂A)为零测集.从上述证明还可以得出,若 ψ(x)−ψ(y) ≤ρ x−y 且ψ将可求体积集B映为可求体积集ψ(B),则ν(ψ(B))≤ρnν(B).为了研究ϕ(A)的体积,我们将ϕ线性化并做误差估计.引理1沿用以上记号,则任给ε>0,存在0<η<δ,使得当x∈A,d(x ,x)≤η时ϕ(x )−ϕ(x)−Jϕ(x)(x −x) ≤ε x −x .引理1沿用以上记号,则任给ε>0,存在0<η<δ,使得当x∈A,d(x ,x)≤η时ϕ(x )−ϕ(x)−Jϕ(x)(x −x) ≤ε x −x .证明.在Bδ(x)中考虑函数F(y)=ϕ(y)−ϕ(x)−Jϕ(x)(y−x),则F(x)=0,JF(y)=Jϕ(y)−Jϕ(x).根据拟微分中值定理,存在ξ=x+θ(x −x)(0<θ<1),使得F(x ) = F(x )−F(x) ≤ Jϕ(ξ)−Jϕ(x) x −x ,由Jϕ在K上的一致连续性即可完成证明.引理2沿用以上记号,则当B⊂A可求体积且d(B)<η时ν(ϕ(B))≤[|det Jϕ(x)|+O(ε)]ν(B),x∈B.引理2沿用以上记号,则当B⊂A可求体积且d(B)<η时ν(ϕ(B))≤[|det Jϕ(x)|+O(ε)]ν(B),x∈B.证明.考虑仿射变换L(y)=[Jϕ(x)]−1(y−ϕ(x))+x,则L◦ϕ(x )=[Jϕ(x)]−1F(x )+x ,于是当x ,x ∈Bη(x)时L◦ϕ(x )−L◦ϕ(x ) ≤[1+ [Jϕ(x)]−1 ε] x −x .由B⊂Bη(x)可得ν(L◦ϕ(B))≤[1+ [Jϕ(x)]−1 ε]nν(B).再由仿射变化的体积变化公式即可完成证明.(重积分的变量替换)设ϕ:D→R n为C1单射,且Jϕ处处非退化.设A可求体积,¯A⊂D,f在ϕ(A)中可积,则ϕ(A)f=Af◦ϕ|det Jϕ|.(1)特别地,ν(ϕ(A))=A|det Jϕ|.(重积分的变量替换)设ϕ:D→R n为C1单射,且Jϕ处处非退化.设A可求体积,¯A⊂D,f在ϕ(A)中可积,则ϕ(A)f=Af◦ϕ|det Jϕ|.(1)特别地,ν(ϕ(A))=A|det Jϕ|.证明.不妨设A为矩形,且f非负.任给A的分割π={A ij},我们有ϕ(A)f=ijϕ(A ij)f≤ij[supϕ(A ij)f]ν(ϕ(A ij))证明(续).当分割充分细时,由之前的引理可得ϕ(A)f≤ijsupA ij[f◦ϕ]|det Jϕ(ξij)|ν(A ij)+O(ε),由Riemann和与积分之间的关系可得ϕ(A)f≤Af◦ϕ|det Jϕ|+O(ε),令ε→0可得ϕ(A)f≤Af◦ϕ|det Jϕ|.根据反函数定理,ϕ:D→ϕ(D)可逆.如果对ϕ−1重复上述论证就可得到另一边的不等式.例1设0<p <q,0<a <b.抛物线y 2=px,y 2=qx 以及双曲线xy =a,xy =b 围成的区域记为A.计算积分I = A xy d x d y.例1设0<p <q,0<a <b.抛物线y 2=px,y 2=qx 以及双曲线xy =a,xy =b 围成的区域记为A.计算积分I = A xy d x d y.解.积分区域是一个曲边的四边形,为了简化,我们令y 2/x =u ,xy =v ,则(u ,v )关于(x ,y )的Jacobi 行列式为∂(u ,v )∂(x ,y )= −y 2/x 22y /x y x =−3y 2/x =−3u ,因此(x ,y )关于(u ,v )的Jacobi 行列式为−(3u )−1.在这个变换下,积分区域变为矩形[p ,q ]×[a ,b ],因此I =q p d u b a v −(3u )−1 d v =16(b 2−a 2)ln q p.我们知道,在平面R2上有直角坐标(x,y)和极坐标(r,θ),其变换关系为x=r cosθ,y=r sinθ,r≥0,0≤θ≤2π.我们知道,在平面R2上有直角坐标(x,y)和极坐标(r,θ),其变换关系为x=r cosθ,y=r sinθ,r≥0,0≤θ≤2π.这个变换称为极坐标变换,其Jacobi行列式为∂(x,y)∂(r,θ)=cosθ−r sinθsinθr cosθ=r.我们知道,在平面R2上有直角坐标(x,y)和极坐标(r,θ),其变换关系为x=r cosθ,y=r sinθ,r≥0,0≤θ≤2π.这个变换称为极坐标变换,其Jacobi行列式为∂(x,y)∂(r,θ)=cosθ−r sinθsinθr cosθ=r.极坐标变换将(r,θ)平面上的矩形[0,R]×[0,2π]变为(x,y)平面上的圆x2+y2≤R2.不过,这个变换不是一一的,且在r=0处退化.我们知道,在平面R2上有直角坐标(x,y)和极坐标(r,θ),其变换关系为x=r cosθ,y=r sinθ,r≥0,0≤θ≤2π.这个变换称为极坐标变换,其Jacobi行列式为∂(x,y)∂(r,θ)=cosθ−r sinθsinθr cosθ=r.极坐标变换将(r,θ)平面上的矩形[0,R]×[0,2π]变为(x,y)平面上的圆x2+y2≤R2.不过,这个变换不是一一的,且在r=0处退化.尽管如此,由于此变换在(0,+∞)×(0,2π)上是一一的且非退化,因此将前面的证明略作改动即知,积分的变量替换公式对这个变换仍然成立.例子例2求椭圆x2a2+y2b2=1(a,b>0)所包围的面积.例子例2求椭圆x2a2+y2b2=1(a,b>0)所包围的面积.解.作所谓的广义极坐标变换x=ar cosθ,y=br sinθ,r∈[0,1],θ∈[0,2π],其Jacobi行列式为∂(x,y)∂(r,θ)=a cosθ−ar sinθb sinθbr cosθ=abr,因此所求面积为10d r2πabr dθ=πab.我们再考虑R3中的坐标变换.如下的柱面坐标变换有时能用到:x=r cosθ,y=r sinθ,z=z,其Jacobi行列式也是r.我们再考虑R3中的坐标变换.如下的柱面坐标变换有时能用到:x=r cosθ,y=r sinθ,z=z,其Jacobi行列式也是r.与极坐标变换类似,R3中也有所谓的球面坐标变换:x=r sinθcosϕ,y=r sinθsinϕ,z=r cosθ,r≥0,θ∈[0,π],ϕ∈[0,2π].我们再考虑R3中的坐标变换.如下的柱面坐标变换有时能用到:x=r cosθ,y=r sinθ,z=z,其Jacobi行列式也是r.与极坐标变换类似,R3中也有所谓的球面坐标变换:x=r sinθcosϕ,y=r sinθsinϕ,z=r cosθ,r≥0,θ∈[0,π],ϕ∈[0,2π]. 这个变换的Jacobi行列式为∂(x,y,z)∂(r,θ,ϕ)=sinθcosϕr cosθcosϕ−r sinθcosϕsinθsinϕr cosθsinϕr sinθcosϕcosθ−r sinθ0=r2sinθ.我们再考虑R3中的坐标变换.如下的柱面坐标变换有时能用到:x=r cosθ,y=r sinθ,z=z,其Jacobi行列式也是r.与极坐标变换类似,R3中也有所谓的球面坐标变换:x=r sinθcosϕ,y=r sinθsinϕ,z=r cosθ,r≥0,θ∈[0,π],ϕ∈[0,2π]. 这个变换的Jacobi行列式为∂(x,y,z)∂(r,θ,ϕ)=sinθcosϕr cosθcosϕ−r sinθcosϕsinθsinϕr cosθsinϕr sinθcosϕcosθ−r sinθ0=r2sinθ.球面坐标和伸缩变换结合起来称为广义球面坐标变换.例3计算椭球x2a2+y2b2+z2c2≤1(a,b,c>0)的体积.例3计算椭球x2a2+y2b2+z2c2≤1(a,b,c>0)的体积.解.用广义球面坐标变换:x=ar sinθcosϕ,y=br sinθsinϕ,z=cr cosθ,此变换的Jacobi行列式为abcr2sinθ,积分区域变为{(r,θ,ϕ)|r∈[0,1],θ∈[0,π],ϕ∈[0,2π]},因此椭球体积为V=10d rπabcr2sinθdθ2πdϕ=43πabc.例3计算椭球x2a2+y2b2+z2c2≤1(a,b,c>0)的体积.解.用广义球面坐标变换:x=ar sinθcosϕ,y=br sinθsinϕ,z=cr cosθ,此变换的Jacobi行列式为abcr2sinθ,积分区域变为{(r,θ,ϕ)|r∈[0,1],θ∈[0,π],ϕ∈[0,2π]},因此椭球体积为V=10d rπabcr2sinθdθ2πdϕ=43πabc.在一般的欧氏空间R n中也有类似的(广义)球面坐标变换.。
南京大学数学分析1992真题
[ F (t )] dt F (t )dt
2 a b a
b
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n
二、设 f(x) C[ 0,1] ,在 ( 1,1) \ {0}
n
满足条件
1 a n 0 bn 1, 且 lim a n = lim bn =0，求证存在子序列 {a nk }, {bnk }
及正数 p,q,p+q=1,使
lim
n
f (bnk ) f (a nk ) bnk a nk
b
a
p (t ) (t )dt p (t ) (t )dt p (t )dt p (t ) (t ) (t )dt ;
a a a
b
b
b
2）若 F (t ) C[ a ,b ] , F (t ) 0 且单调减少，证明
b
a
t[ F (t )]2 dt
b a
tF (t )dt
x2 y exp 4y z .
2 1 ，求 e ax cos bxdxa 0 之值. 0 0 2 2 2 2 七、计算 I x b c dydz y c a dzdx z a b dxdy ，其中 S 为半球面
pf (0 ห้องสมุดไป่ตู้) qf (0 )
三、设 f ( x) 在 [ 1,1] 上（R）可积，令
n (1 x) , 当0 x 1 n ( x) nx e , 当 1 x 0
1） 证明函数 f ( x) n ( x) 在 [ 1,1] 上（R）可积； 2） 又若 f ( x) 在 x=0 还是连续的，求证
数学分析 第二型曲面积分
Σ
Σ
记 dσ = (dy ∧ dz, dz ∧ dx, dx ∧ dy), 这三个分量分别是有向面积元在 yz 平面, zx 平面, xy 平面上的投影.
这样 Φ 又常表示为 Σ P dy ∧ dz + Q dz ∧ dx + R dx ∧ dy .
第二型曲面积分
设 F = (P, Q, R) 是 Σ 上的连续向量值函数, 它沿 Σ 的第二型曲面积分 定义为
曲面的方向
为了考虑第二型曲面积分, 我们先介绍曲面的定向(方向).
如果在曲面上存在连续的单位法向量场, 则称该曲面可定向, 否则就称该曲面不 可定向.
本节所涉及的曲面都假定是可定向的. 对于可定向曲面, 其定向(方向) 是指一个 给定的连续单位法向量场 n.
记 n = (cos α, cos β, cos γ), 其中 α, β, γ 分别是 n 与三个坐标轴的夹角. 当 cos γ ≥ 0 时, n 所决定的方向称为曲面的上侧方向; 反之, n 所决定的方向称为 曲面的下侧方向.
ϕ(u, v ) = x(u, v ), y(u, v ), z(u, v ) , (u, v ) ∈ D. 记 N = ϕu × ϕv , 则 N 为曲面的法向量. 如果 N/ N = n, 则称 ϕ 是与给定定向相容的参数表示. 我们总是选取与给定 定向相容的参数表示. 在参数表示下, 我们知道 dσ = N dudv , 因此有向面积元可以表示为 dσ = Ndudv .
=
∂(x, y ) ∂(u, v )
du dv .
此时 Φ 可以写为
∂(y, z) ∂(z, x) ∂(x, y)
Φ=
F · Ndudv =
D
D
P
数学分析(一)：一元微积分 南京大学 7 第七章拾遗 (7.1.1) 闭区间套原理
一元微积分与数学分析—闭区间套原理梅加强南京大学数学系区间套:设{I n}为一列区间,如果I1⊃I2⊃···⊃I n⊃···,则称{I n}为区间套;当I n 均为闭区间时称为闭区间套.区间套:设{I n}为一列区间,如果I1⊃I2⊃···⊃I n⊃···,则称{I n}为区间套;当I n 均为闭区间时称为闭区间套.定理1(Cantor)设{[a n,b n]}为闭区间套.如果lim(b n−a n)=0,则这些闭区间有唯一的公共点.n→∞区间套:设{I n}为一列区间,如果I1⊃I2⊃···⊃I n⊃···,则称{I n}为区间套;当I n 均为闭区间时称为闭区间套.定理1(Cantor)(b n−a n)=0,则这些闭区间有唯一的公共点.设{[a n,b n]}为闭区间套.如果limn→∞证明.由题设可知,{a n}单调递增,{b n}单调递减,它们均位于区间[a1,b1]中,从而为有界数列.这说明{a n}和{b n}都收敛,设其极限分别为α,β.由a n<b n和极限的保序性质可知α≤β.由{a n}和{b n}的单调性可知a n≤α,β≤b n.于是α,β为{[a n,b n]}的公共点.证明(续).注意到0≤β−α≤b n−a n,∀n≥1.(b n−a n)=0即得α=β.如果{[a n,b n]}另有公共点γ,则令n→∞,由limn→∞0≤|γ−α|≤b n−a n,∀n≥1.同理可得γ=α.证明(续).注意到0≤β−α≤b n−a n,∀n≥1.(b n−a n)=0即得α=β.如果{[a n,b n]}另有公共点γ,则令n→∞,由limn→∞0≤|γ−α|≤b n−a n,∀n≥1.同理可得γ=α.注1定理中的闭区间换成开区间时结论一般不再成立,如(0,1)⊃(0,1/2)⊃···⊃(0,1/n)⊃···是开区间套,但这些开区间没有公共点.我们来讨论闭区间套原理的几个应用.我们用Z表示整数集,N表示正整数集.我们来讨论闭区间套原理的几个应用.我们用Z表示整数集,N表示正整数集. 可数集:设X为集合,如果存在一一映射f:X→N,则称X为可数集.我们来讨论闭区间套原理的几个应用.我们用Z表示整数集,N表示正整数集. 可数集:设X为集合,如果存在一一映射f:X→N,则称X为可数集.换句话说,X为可数集是指其元素可以排成一行:X={x1,x2,···,x n,···}.我们来讨论闭区间套原理的几个应用.我们用Z表示整数集,N表示正整数集. 可数集:设X为集合,如果存在一一映射f:X→N,则称X为可数集.换句话说,X为可数集是指其元素可以排成一行:X={x1,x2,···,x n,···}.整数集是可数集:Z={0,−1,1,−2,2,···,−n,n,···}.可数集我们来讨论闭区间套原理的几个应用.我们用Z表示整数集,N表示正整数集.可数集:设X为集合,如果存在一一映射f:X→N,则称X为可数集.换句话说,X为可数集是指其元素可以排成一行:X={x1,x2,···,x n,···}.整数集是可数集:Z={0,−1,1,−2,2,···,−n,n,···}.有理数集是可数集:像整数那样,只要能将正有理数排成一行即可.正有理数都可以写成既约分数p/q的形式,其中p,q是互素的正整数.这些既约分数可以按照如下规则排成一行:先按p+q的大小排(按从小到大的顺序排列),当分子分母之和相同时,根据分子的大小按从小到大的顺序排列.这样就可以将正有理数不重复也不遗漏地排成了一列.只有有限个元素的集合称为有限集.有限集和可数集统称至多可数集,其它的集合称为不可数集.只有有限个元素的集合称为有限集.有限集和可数集统称至多可数集,其它的集合称为不可数集.问题1:是否存在不可数集?只有有限个元素的集合称为有限集.有限集和可数集统称至多可数集,其它的集合称为不可数集.问题1:是否存在不可数集?实数集R是不可数集.只有有限个元素的集合称为有限集.有限集和可数集统称至多可数集,其它的集合称为不可数集.问题1:是否存在不可数集?实数集R是不可数集.证明.(反证法)实数集是无限集,如果它是可数集,记R={x1,···,x n,···}.将区间[0,1]三等分,必有一个等分区间不含x1,记该区间为[a1,b1].再对[a1,b1]三等分,必有一个等分区间不含x2,记该区间为[a2,b2].如此继续等分[a2,b2]等等,我们就得到闭区间套[a1,b1]⊃[a2,b2]⊃···⊃[a n,b n]⊃···,使得当n≥1时x n/∈[a n,b n].注意limn→∞(b n−a n)=limn→∞3−n=0,根据闭区间套原理,{[a n,b n]}有一个公共点.此公共点属于R,但又不等于任何一个x n,这就导出了矛盾.定理2(零值定理)设f∈C0[a,b],如果f(a)f(b)≤0,则存在ξ∈[a,b],使得f(ξ)=0.定理2(零值定理)设f∈C0[a,b],如果f(a)f(b)≤0,则存在ξ∈[a,b],使得f(ξ)=0.证明.我们用闭区间套原理证明.不妨设f(a)<0,f(b)≥0.将[a,b]二等分,如果f(a+b)/2≥0,则取a1=a,b1=(a+b)/2;如果f(a+b)/2<0,则取a1=(a+b)/2,b1=b.再将[a1,b1]二等分,用[a2,b2]表示满足f(a2)<0,f(b2)≥0的那一半小区间.如此继续,可得闭区间套{[a n,b n]},使得f(a n)<0,f(b n)≥0总成立.注意到b n−a n=2−n(b−a)趋于零,由闭区间套原理,存在ξ∈[a,b],使得{a n}和{b n}均收敛于ξ.由f连续可得0≥limn→∞f(a n)=f(ξ)=limn→∞f(b n)≥0,这说明f(ξ)=0.设A⊂R,a∈A.如果存在δ>0,使得(a−δ,a+δ)⊂A,则称a为A的内点.设A⊂R,a∈A.如果存在δ>0,使得(a−δ,a+δ)⊂A,则称a为A的内点. 如果A中的元素都是内点,则称A为开集.约定空集也是开集.开区间都是开集,开集的并集仍为开集.设A⊂R,a∈A.如果存在δ>0,使得(a−δ,a+δ)⊂A,则称a为A的内点. 如果A中的元素都是内点,则称A为开集.约定空集也是开集.开区间都是开集,开集的并集仍为开集.如果A的补集是开集,则称A为闭集.注意:一个子集可能既不是开集,也不是闭集,比如有理数集就是如此.设A⊂R,a∈A.如果存在δ>0,使得(a−δ,a+δ)⊂A,则称a为A的内点. 如果A中的元素都是内点,则称A为开集.约定空集也是开集.开区间都是开集,开集的并集仍为开集.如果A的补集是开集,则称A为闭集.注意:一个子集可能既不是开集,也不是闭集,比如有理数集就是如此.例1设A既是开集,又是闭集,则A=∅或A=R.设A⊂R,a∈A.如果存在δ>0,使得(a−δ,a+δ)⊂A,则称a为A的内点. 如果A中的元素都是内点,则称A为开集.约定空集也是开集.开区间都是开集,开集的并集仍为开集.如果A的补集是开集,则称A为闭集.注意:一个子集可能既不是开集,也不是闭集,比如有理数集就是如此.例1设A既是开集,又是闭集,则A=∅或A=R.证明.定义函数f(x)如下:当x∈A时,f(x)=1;当x/∈A时f(x)=−1.由已知条件可知A和补集A c都是开集,因此f是连续函数(因为它是局部常值的).由零值定理即知f≡−1或f≡1.即A=∅或A=R.定理3(Baire纲定理)设{A n}为一列闭集,如果每一个A n都没有内点,则 ∞n=1A n也没有内点.定理3(Baire 纲定理)设{A n }为一列闭集,如果每一个A n 都没有内点,则 ∞n =1A n 也没有内点.证明.我们用闭区间套原理来证.(反证法)设a 为A = ∞n =1A n 的内点,则存在δ>0,使得(a −δ,a +δ)⊂A .根据已知条件,A 1没有内点,因此存在a 1∈(a −δ,a +δ)∩A c 1.又由A 1为闭集可知(a −δ,a +δ)∩A c 1为开集.因此存在δ1>0,使得(a 1−δ1,a 1+δ1)⊂(a −δ,a +δ)∩A c 1.记I 1=[a 1−δ1/2,a 1+δ1/2].又因为A 2没有内点,重复刚才的论证可知存在a 2∈A c 2,δ2>0,使得(a 2−δ2,a 2+δ2)⊂(a 1−δ1/2,a 1+δ1/2)∩A c 2.记I 2=[a 2−δ2/2,a 2+δ2/2],则I 2⊂I 1,|I 2|=δ2≤δ1/2=|I 1|/2.证明(续).重复上述论证过程可得一列闭区间套{I n},使得|I n|→0(n→∞)且I n⊂A c n,∀n≥1.根据闭区间套原理,{I n}有公共点ξ∈(a−δ,a+δ)⊂A.然而,ξ不属于任何A n,这就导出了矛盾.证明(续).重复上述论证过程可得一列闭区间套{I n},使得|I n|→0(n→∞)且I n⊂A c n,∀n≥1.根据闭区间套原理,{I n}有公共点ξ∈(a−δ,a+δ)⊂A.然而,ξ不属于任何A n,这就导出了矛盾.思考问题2:是否存在某个函数,使得其间断点集恰为无理数集?证明(续).重复上述论证过程可得一列闭区间套{I n},使得|I n|→0(n→∞)且I n⊂A c n,∀n≥1.根据闭区间套原理,{I n}有公共点ξ∈(a−δ,a+δ)⊂A.然而,ξ不属于任何A n,这就导出了矛盾.思考问题2:是否存在某个函数,使得其间断点集恰为无理数集?提示:间断点集可以表示为一列闭集的并.。
数学分析(一)：一元微积分 南京大学 7 第七章拾遗 (7.3.1) Lebesgue定理
零测集
Riemann 定理告诉我们, 可积函数波动剧烈(振幅较大)的地方并不是很多.
或者说, 间断点(振幅不为零的点)并不是很多. 为了准确地刻画这些现象, 我们 引入如下概念.
零测集: 设 A ⊂ R, 如果任给ε > 0, 均可找到至多可数个开区间 {Ii }, 使得 A 包 含于这些区间之并, 且
Df = {x ∈ [a, b] | ωf (x) > 0}.
当 δ > 0 时, 记
Df (δ) = {x ∈ [a, b] | ωf (x) ≥ δ}.
间断点集
设 f 为 [a, b] 中的有界函数. f 的间断点全体记为 Df , 根据命题 1,
Df = {x ∈ [a, b] | ωf (x) > 0}.
包含于右边.
间断点集
设 f 为 [a, b] 中的有界函数. f 的间断点全体记为 Df , 根据命题 1,
Df = {x ∈ [a, b] | ωf (x) > 0}.
当 δ > 0 时, 记
Df (δ) = {x ∈ [a, b] | ωf (x) ≥ δ}.
断言: Df =
∞ n=1
Df (1/n).
π : a = x0 < x1 < · · · < xn = b, 使得每一个小区间 [xi−1, xi ] 要么包含于某个 (αj , βj ), 要么包含于某个 Ix 之中.
Lebesgue 定理
证明(续).
记 I1 = {i | [xi−1, xi ] 包含于某个 (αj , βj )}, I2 = {1, 2, · · · , n} \ I1,
零测集
Riemann 定理告诉我们, 可积函数波动剧烈(振幅较大)的地方并不是很多.
[理学]南京大学2017-2018年数学分析考研试题及解答.pdf
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2000年南京大学硕士研究生入学考试数学分析试题一、求下列极限. 1）设nn n x x x ++=+3)1(31,(01>x 为已知),求n n x ∞→lim ； 2)22)(lim 2200y x y x y x +→→；3)201cos lim x xtdt t ++∞→∫； 4)222222021lim cos()xy r x y r e x y dxdy r π+→+≤−∫∫.二、在[]1,1−上有二阶连续导数,0)0(=f ,令xx f x g )()(=,())0()0(,0f g x ′=≠,证明： 1))(x g 在0=x 处连续,且可导,并计算)0(g ′； 2))0(g ′在0=x 处也连续. 二、设t e e t f t ntn 3sin )1()(−−−=,()0≥t ,试证明1）函数序列(){}t f n 在任一有穷区间[]A ,0上和无穷区间[0,)+∞上均一致收敛于0；2）∫+∞−−∞→=−030sin 1lim tdt e e tn t n . 三、设对任一A>0,)(x f 在[]A ,0上正常可积,且0)(0≠∫+∞dt t f 收敛.令(),0,)()()(0≥−=∫∫+∞x dt t f dt t f x x xϕ试证明)(x ϕ在()+∞,0内至少有一个零点.四、计算积分())0(,sin cos ln )(2222>+=∫a dx x x a a I π.五、试求指数λ,使得dy r y x dx r y x λλ22−为某个函数()y x u ,的全微分,并求()y x u ,,其中22y x r +=.六、计算下列曲线积分和曲面积分)1()()()∫+++−++=cdz z y x dy y x dx z y x I ,223其中c 为1222=+y x 与z y x −=+222的交线,从原点看去是逆时针方向.)2()()()2222222:,R c z b y a x S dxdy z dzdx y dydz x I S=−+−+−++=∫∫.七、设()ln nn u x x x =,[]0,1x ∈,(1)试讨论1()n n u x ∞=∑在](0,1上的收敛性和一致收敛性；(2)计算11ln n n x xdx ∞=∑∫.九、设222exp ,0,0(,)0,0,0x t t x f x t t t x−+>> ==> ,0()(,)I x f x t dt ∞=∫ , (0)x > 1）讨论0(,)f x t dt +∞∫在()0,+∞上的一致收敛性,并证明200lim ()2tx I x e dt ++∞−→==∫ 2）计算()I x .2000年南京大学数学分析考研试题的解答一、1、解 设xc x c x f ++=)1()(,),0[+∞=∈I x ,其中常数1>c . 因为111)1()()1()(022<−=−≤+−=′<c cc c x c c c x f ,所以f是I 上的压缩函数.对3(1)()3x f x x +=+,13(1)()3n n n nx x f x x ++==+, 1111|||()()||()()|||n n n n n n n n x x f x f x f x x k x x ξ+−−−′−=−=−≤−, 于是111113(1)3(1)32||||||33(3)(3)n n n n n n n n n n x x x x x x x x x x −+−−−++⋅−=−=−++++12||3n n x x −≤−,{}n x 是压缩迭代序列,所以n n x ∞→lim 存在,设lim n n x A →∞=,易知0A ≥；在n n n x x x ++=+3)1(31两边令∞→n 取极限,得到3(1)3A A A+=+,所以A =；故lim n n x →∞=.2、解 先求其对数的极限：()2222()(00)limln x,y ,x y x y →+, 由于()()()()222222222211ln ln 022x y x y x y x y x y +≤+⋅++→,((,)0x y →)； 所以()2222()(00)limln 0x,y ,x y x y→+=,进而()()222222ln 220()(00)()(00)limlim e=1x yx y x y x,y ,x,y ,xye +→→+== . 3、解 由于21cos tdt t+∞∫收敛,于是201cos lim 0x xtdt t++∞→=∫. 4、解 222222021lim cos()xy r x y r ex y dxdy rπ+→+≤−∫∫2222202lim cos()xy r x y r e x y dxdy +→+≤=−∫∫22(0,0)2[cos()]|2xy e x y =−= .二、证明 (1)由于()f x 在[]1,1−上有二阶连续导数, 所以()f x ,(),()f x f x ′′′在[]1,1−上连续； 当0x ≠时, ()()f x g x x=,显然()g x 在0x ≠处是连的； 在0x =处,'00()()(0)lim ()limlim (0)0x x x f x f x f g x f x x →→→−===−. 有)0()(lim 0g x g x =→；所以()g x 在0x =处连续. 故()g x 在[]1,1−上连续.在0x =处, 00()(0)()(0)(0)lim lim x x f x f g x g x g x x→→′−−′==2000()(0)()(0)()1lim lim lim (0)222x x x f x xf f x f f x f x x →→→′′′′′−−′′====.(2)当0x ≠时, ()()f x g x x =, 2()()()f x x f x g x x ′−′=g . 由于()f x 和()f x ′连续, 故当0x ≠时, ()g x ′存在且连续. 而且, 200()()()()()lim ()limlim 2x x x f x x f x f x x f x f x g x x x →→→′′′′′⋅−⋅+−′==0()1lim (0)(0)22x f x x f g x →′′⋅′′′===. ()g x ′在0x =处连续, 进而()g x ′在[]1,1−上连续.三、引用定理 设{()}n f x 在[,)a +∞上有定义,满足：(1)对每一b a >,{()}n f x 在[,]a b 上一致收敛于0；(2)lim ()0n x f x →+∞=,且关于n 是一致的,则{()}n f x 在[,)a +∞上一致收敛于0.1）证明 (1)因为3|()||(1)sin |(1)t t t nnn f t e e t e −−−=−≤−, 显然{}t ne −在任一有穷区间[]A ,0上一致收敛于1, 于是(){}t f n 在任一有穷区间[]A ,0上一致收敛于0；又3|()||(1)sin |t t t nn f t e e t e −−−=−≤,因而lim ()0n t f t →+∞=,且关于n 是一致的,所以(){}t f n 在无穷区间[0,)+∞上一致收敛于0； 2）因为3|()||(1)sin |t ttnn f t e e t e −−−=−≤,且0t e dt +∞−∫收敛,(){}t f n 在任一有穷区间[]A ,0上一致收敛于0利用积分控制收敛定理,得3000lim 1sin lim ()lim ()0tt n n n n n n e e tdt f t dt f t dt +∞+∞+∞−−→∞→∞→∞−=== ∫∫∫. 四、证明 显然0(0)()f t dt a ϕ+∞=−=−∫,0lim ()()x x f t dt a ϕ+∞→+∞==∫；存在0A >,当x A ≥时,有()2ax a ϕ<<； )(x ϕ在[0,]A 上连续,(0)()0A ϕϕ<,由闭区间上连续的零点定理, 得)(x ϕ在()+∞,0内至少有一个零点. 五、解dx x b x a )cos sin ln(222202+∫π,0,>b a .记dx x b x a b a I )cos sin ln(),(222202+=∫π,),(b a I 是连续可微函数. 当b a =时,dx x a x a a a I )cos sin ln(),(222202+=∫πa ln π=； 当b a ≠时,dxx b x a xa b a I a ∫+=∂∂2022222cos sin sin 2),(πdx bx b a b b x b a b a a ∫+−−+−−=2022222222222sin )(sin )(2π]cos sin 2[2202222222dx x b x a b b a a ∫+−−=ππ]tan tan 2[220222222x d bx a b b a a ∫+−−=ππ ]|)tan arctan(2[22022ππx b a a b b a a −−=b a a b b a a +=−−=1]22[222πππ, 于是C b a b a I ++=)ln(),(π,再由a a a I ln ),(π=,得2ln π−=C ,故2ln),(ba b a I +=π. 六、解设22(,),(,)x x P x y r Q x y r y y λλ==−,12(,)yr y r r P x y x yy λλλ−−∂=∂, 2122(,)xxr x r r Q x y xy λλλ−+∂=−∂,令(,)(,)P x y Q x y y x∂∂=∂∂,得1λ=−；由1u x r x y −∂=∂, 得1()u r y y ϕ=+,代入212u x r y y −∂=−∂,得()y C ϕ=,故1(,)u x y r C y =+ . 七、()()()∫+++−++=cdz z y x dy y x dx z y x I ,223其中c 为1222=+y x 与z y x −=+222的交线,从原点看去是逆时针方向. （1） 解 22{(,,):1,21}x y z z x y Σ==−+≤,22{(,):21}D x y x y =+≤(cos ,cos ,cos )n αβγ=r(0,0,1)=, 利用斯托克斯公式,得()()()3cI x z dx x dy x y z dz =++++∫Ñ3cos cos cos dS x y z x zx x y zαβγΣ∂∂∂=∂∂∂+++∫∫3001dS x y z x zx x y zΣ∂∂∂=∂∂∂+++∫∫22(1)(1)Dz dS dxdy Σ=−=+∫∫∫∫2Dy dxdy π=+2122001sin 2d r ππθθ=∫20311cos 2242d πθπθ−=+∫38ππ= . (2)解 区域2222)()()(:R c z b y a x ≤−+−+−Ω,利用高斯公式,得222Sx dydz y dzdx z dxdy ++∫∫dxdydz z y x )(2++=∫∫∫Ωdxdydz c b a c z b y a x )]()()()[(2+++−+−+−=∫∫∫Ωdxdydz c b a )(2++=∫∫∫Ω334)(2R c b a π++=3)(38R c b a π++=.八、解 (1)显然1()n n u x ∞=∑在](0,1上收敛,且10,1()()ln ,011n n x u x S x x xx x∞==== << − ∑, ()n u x 在](0,1上连续,而()S x 在](0,1上不连续,所以1()n n u x ∞=∑在](0,1上不一致收敛；(2)11()()ln 1NNN n n x S x u x x x x =−==−∑,显然,对任意01a b <<<,{()}N S x 在[,]a b 上一致收敛,{()}N S x 在(0,1]上连续, |ln ||()|1N x x S x x ≤−,(01)x <<,10|ln |1x x dx x−∫收敛；于是级数可以逐项积分故112001111ln ln (1)n nn n n x x dx x xdx n ∞∞∞=== == +∑∑∑∫∫ . 九、(1)解 显然(,)f x t 在(0,)(0,)+∞×+∞上连续,且有20(,)t f x t e−<≤,而2t e dt +∞−∫收敛,从而有0(,)f x t dt +∞∫在()0,+∞上一致收敛；对任意0a B <<<+∞,当0x +→时,(,)f x t 在[,]a B 上一致收敛于2t e −,于是2lim ()lim (,)lim (,)2tx x x I x f x t dt f x t dt e dt ++++∞+∞+∞−→→→====∫∫∫； (2)利用等式20(())b f ax dx x +∞−∫201()f x dx a +∞=∫,)0,(>b a .2()0b ax xedx −−+∞∫20112x e dx a a +∞−==∫ ,)0,(>b a . 可知222()()(,)x t t I x f x t dt edt −++∞+∞==∫∫22()22202xt xxu xteedt ee du e −−+∞+∞−−−−===∫∫.南京大学2001年数学分析考研试题一、求下列极限1）设),2(,43,011≥+==−n a a a n n 求n n a ∞→lim ；2）yx y x e y x 12201lim +−→+∞→++；3）设[],,)(,B b a A C x f B A <<<∈试求∫−+→bah dx hx f h x f )()(lim 04）设)(x f 在)1,0(内可导,且),1,0(,1|)(|∈∀<′x x f 令)2)(1(≥=n n f x n ,试证明n n x ∞→lim 存在有限二、设,1)0(,)(),(2=∈+∞−∞g C x g 令≠−=′=时当时当0,cos )(0),0()(x x xx g x g x f 1）讨论处的连续性；在0)(=x x f 2)求.0)(),(处的连续性在并讨论=′′x x f x f 三、设[][],1,0,1)(0,0)0(,)(1,01∈∀≤′<=∈x x f f C x f 试证明对一切[]1,0∈t ,成立[]∫∫≥ tt dx x f dx x f 032)()(四、 求下列积分1）计算反常积分∫+∞−=0sin dx x xe I x ；2)计算曲面积分222I x dydz y dzdx z dxdy Σ=++∫∫,其中Σ为锥面()h z y x ah z ≤≤+=0,22222那部分的外侧.五、求212arctan )(x x x f −=在0=x 处的幂级数展开式,并计算∑∞=+−=012)1(n nn S 之值 六、设nnn x x x ++=+11α,1>α,10x ≥. 1) 证明级数11()n n n x x ∞+=−∑绝对收敛；2)求级数()∑∞=+−11n n n x x 之和.七、设4220(,)exp t I dt αβαβ+∞−= + ∫,其中βα,满足不等式43222−≤+−βαα. 1）讨论含参变量积分),(βαI 在区域432:22−≤+−βααD 上的一致收敛性；2）求),(βαI 在区域D 上的最小值.南京大学2001年数学分析考研试题的解答一、 1、解 易知111||||4n n n n a a a a +−−=−,{}n a 是压缩迭代序列,所以lim n n a →∞存在,设lim n n a A →∞=,则有34A A +=,1A =,所以lim 1n n a →∞=. 2、解令u =,则有0lim x y u +→+∞→=+∞；由424421202uu u x eeu ey e − ≤+≤==,得2201lim 0x y x ey +→+∞→ +=.3、解 ()f x 在[,]A B 上连续,对任何A a x B <<<,因为 dt t f h t f h x a ∫−+))()((1dt h t f h x a ∫+=)(1dt t f h xa ∫−)(1 dt t f h h x h a ∫++=)(1dt t f h x a ∫−)(1dt t f h h x x ∫+=)(1dt t f h ha a∫+−)(1, 由此,即得)()())()((1lim 0a f x f dt t f h t f h xah −=−+∫→,()A a x B <<< .4、解 由题设条件,得 111111|||()(||()()|11(1)n n n x x f f f n n n n n n ξ+′−=−=−≤+++, 121||||||||n p n n n n n n p n p x x x x x x x x +++++−−≤−+−+−L11(1)(1)()111111((1121111n n n p n p n n n n n p n p n n p n<++++−+=−+−++−++++−+=−<+L L 由此即可知{}n x 是一个基本列,所以n n x ∞→lim 存在且有限.二、由于()g x 在(,)−∞+∞上有二阶连续导数,所以()g x ,(),()g x g x ′′′在(,)−∞+∞上连续；0()cos ()sin lim ()limlim (0)(0)1x x x g x x g x xf xg f x →→→′−+′==== 有0lim ()(0)x f x f →=；所以()f x 在0x =处连续. 显然()f x 在0x ≠处连续.故()f x 在(,)−∞+∞上连续.在0x =处, 00()cos (0)()(0)(0)lim lim x x g x xg f x f x f x x→→−′−−′== 200()cos (0)()sin (0)lim lim 2x x g x x xg g x x g x x→→′′′−−+−== 0()cos 1lim ((0)1)22x g x x g →′′+′′==+； (2)当0x ≠时, ()cos ()g x x f x x −=, 2(()sin )(()cos )()g x x x g x x f x x ′+−−′=g . 由于()g x 和()g x ′连续, 故当0x ≠时, ()f x ′存在且连续. 而且, 200(()sin )(()cos )lim ()limx x g x x x g x x f x x →→′+⋅−−′=0(()cos )(()sin )(()sin )lim 2x g x x x g x x g x x x →′′′′+⋅++−+= 0()cos 1lim ((0)1)(0)22x g x x g f →′′+′′′==+= ()f x ′在0x =处连续, 进而()f x ′在(,)−∞+∞上连续.三、假设()f x 在[]0,1上可导,且()0()1,0,1,(0)0f x x f ′<<∀∈=,证明()2300()()>∫∫xxf t dtf t dt ,()0,1∀∈x .证明 令()230()()()=−∫∫xxF x f t dtf t dt ,()320()2()()()()2()()′=−=−∫∫xxF x f x f t dt f x f x f t dt f x ,因()0()1,0,1,(0)0f x x f ′<<∀∈=,所以()0>f x ,令20()2()()=−∫xg x f t dt f x ,则[]()2()1()0′′=−>g x f x f x ,即得()(0)0>=g x g , 所以()0′>F x , 则()230()()()(0)0=−>=∫∫xxF x f t dtf t dt F ,()0,1∀∈x ,于是()230()()xxf t dtf t dt >∫∫,()0,1∀∈x .四、(1)计算dx xaxbx e px∫+∞−−0sin sin ,),0(a b p >>. 解 因为dyxy xaxbx ba∫=−cos sin sin ,所以dx xax bx epx∫+∞−−0sin sin dx dy xy e b a px)cos (0∫∫+∞−=,由于pxpxexy e−−≤|cos |及dx e px ∫+∞−0收敛,根据魏尔斯特拉斯判别法,得dx xy e px ∫+∞−0cos 在],[b a y ∈上一致收敛,又xy e px cos −在],[),0[b a ×+∞上连续, 所以积分可交换次序,即dx dy xy e bapx )cos (0∫∫+∞−xydx e dy px bacos 0∫∫+∞−=∫+=bady yp p 22p ap b arctan arctan −= 故dx x ax bx e px∫+∞−−0sin sin pap b arctan arctan −= ,任何实数a b p ,,0>. 特别地0sin arctan14xx e dx x π+∞−==∫ .(2)解 (由于Σ不是封闭曲面,需要补充一部分曲面,构成一个封闭曲面.)区域Ω：1222()hx y z h a +≤≤,边界1Σ+Σ=Ω∂,方向朝区域外.2221:,x y a z h Σ+≤=,方向朝上.显然dxdy z dzdx y dydz x 2221++∫∫Σ∫∫Σ=12dxdy z 22222222x y a h dxdy h a a h ππ+≤===∫∫,利用高斯公式,得dxdy z dzdx y dydz x222++∫∫Ω∂dxdydz z y x )(2++=∫∫∫Ω222()2()h ax y z hdzx y z dxdy +≤=++∫∫∫202()ha z z dz h π=⋅∫2212a h π=,再由dxdy z dzdx y dydz x 222++∫∫Ω∂dxdy z dzdx y dydz x 222++=∫∫Σdxdy z dzdx y dydz x 2221+++∫∫Σ,得出dxdy z dzdx y dydz x 222++∫∫Σ2212a h π=− . 五、解 212arctan )(x x x f −=,因为2202()2(1)1n nn f x x x ∞=′==−+∑,(0)0f = 所以210(1)()221n n n f x x n ∞+=−=+∑,(11)x −≤≤,显然21(1)21n n n n ∞+=−+∑在[0,1]上一致收敛,∑∞=+−=012)1(n n n S 21110(1)11lim lim ()212224n n x x n x f x n ππ−−∞+→→=−====+∑ . 六、证明 令x x x f ++=1)(α,则有2)1(1)(x x f +−−=′α,αα=)(f , )(x f 在),0(+∞上是严格递减的；当α>x 时,α<)(x f ；当α<x 时,α>)(x f ； 若α>1x ,则有 α>−12n x ,α<n x 2,),2,1(L =n ； 将11n n n x x x α++=+代入1211n n n x x x α++++=+,得22(1)(1)2n n nx x x ααα+++=++, 由n n n n n x x x x x −++++=−+2)1()1(22αααnn x x 2)1()(22++−=αα,得}{12−n x 单调递减,}{2n x 单调递增,设a x n n =−∞→12lim ,b x n n =∞→2lim ,在121221−−++=n n n x x x α,nn n x x x 22121++=+α中,令∞→n 取极限,得 a a b ++=1α,bb a ++=1α,从而有α==b a ,故α=∞→n n x lim .()11111Nn n N n xx x x x ++=−=−→∑,()N →∞,()111n n n x x x ∞+=−=∑；111|||()()||()()|n n n n n n n x x f x f x f x x ξ+−−′−=−=−,其中n ξ位于n x 与1n x −之间,lim n n ξ→∞=,1lim |()|||11n n f f k αξα→∞−′′==≤=<+, 于是存在正整数N ,当n N ≥时,成立11||||n n n n x x K x x +−−≤−,其中常数01K <<, 由此而来,可知级数11||n n n x x ∞+=−∑收敛,故级数11()n n n x x ∞+=−∑绝对收敛；若1x =则有n x =,此时结论显然可得；若10x ≤<,则有2x >然后就与上面的情况类似了. 七、解 (1)43222−≤+−βαα等价于2221(1)()2αβ−+≤,于是有 221944αβ≤+≤,设422(,,)exp t f t αβαβ−=+, 则有44422exp (,,)exp exp 1944t t t f t αβαβ−−−≤=≤ + ,显然40exp 94t dt +∞−∫是收敛的, 于是(,,)f t dt αβ+∞∫在区域432:22−≤+−βααD 上是一致收敛的；(2)),(βαI ()4400exp exp 414t dt t dt +∞+∞−≥=−∫∫11401()4u e u du +∞−−==, ),(βαI 在区域D 上的最小值1(4 .南京大学2002年数学分析考研试题一 求下列极限. (1)(1)cos2lim(sin sin )ln(1)2x x x x xx x →∞+−−+；(2)设()ln()f x x a x =+−,(,)x a ∈−∞,(i)()f x 在(,)a −∞上的最大值；(ii)设1ln x a =,21ln()x a x =−,1()n n x f x +=,(2,3,)n =L ,求lim n n x →∞.二 设1()sin ln f x x x=−,试证明()f x 在[2,)+∞内有无穷多个零点. 三 设()f x 在0x =的某个邻域内连续,且(0)0f =,0()lim 21cos x f x x→=−,(1)求(0)f ′；(2)求20()lim x f x x→；(3)证明()f x 在点0x =处取得最小值.四 设()f x 在0x =的某个邻域内具有二阶连续导数,且0()lim 0x f x x →=,试证明：(1)(0)(0)0f f ′==； (2)级数11()n f n ∞=∑绝对收敛.五 计算下列积分 (1)求x ；(2)SI zxdydz xydzdx yzdxdy =++∫∫,其中S 是圆柱面221x y +=,三个坐标平面及旋转抛物面222z x y =−−所围立体的第一象限部分的外侧曲面.六 设()[,]f x C a b ∈,()f x 在(,)a b 内可导,()f x 不恒等于常数,且()()f a f b =, 试证明：在(,)a b 内至少存在一点ξ,使()0f ξ′>.七 在变力F yzi zxj xyk =++r r r r的作用下,质点由原点沿直线运动到椭球面2222221x y z a b c ++=, 第一象限的点(,,)M ξηζ,问(,,)ξηζ取何值时,F r所做的功W 最大,并求W 的最大值. 八 (1)证明：(1n x xe n −−≤,(,0)n N x n ∗∈≤≤；(2)求20lim (1n n n xx dx n→∞−∫.南京大学2002年数学分析考研试题解答一 (1)解 0(1)cos 2lim (sin sin )2x x xx x x x →+−−+201(1)cos12lim sin sin 2ln(1)x x x x x x x x x x→+−=−+ ln(1)01(ln(1))sin 1222lim2x x x x x e x x x +→+++⋅+=1ln(1)0sin 12lim[(ln(1))12x x x x xe x x x +→=++++ 124=+94=.(2)解 (i)11()1a xf x a x a x−−′=−=−−,当1x a <−时,()0f x ′>,()f x 在(,1]a −∞−上单增, 当1a x a −<<时,()0f x ′<,()f x 在[1,)a a −上单减,所以()f x 在1x a =−处达到最大值,(1)1f a a −=−； (ii)当1a >时,10ln ln(11)1x a a a <==+−<−, 11a x a <−<,210ln()ln 1x a x a a <=−<<−, 32()(1)1x f x f a a =<−=−, 1n x a <−,1n a x <−,1ln()n n n n x x a x x +=+−>,{}n x 单调递增有上界,设lim n n x A →∞=,则有ln()A A a A =+−,1a A −=,1A a =−,所以 lim 1n n x a →∞=−；当1a =时,0n x =,lim 0n n x →∞=；当01a <<时,1ln 0x a =<,1ln ln(11)1x a a a ==+−<−, 11a x <−, 二 证明 因为1(2102ln(22f n n ππππ+=−>+,1(2)102ln(2)2f n n ππππ−=−−<−,(1,2,)n =L ,显然()f x 在[2,)+∞上连续,由连续函数的介值定理知,存在(2,2)22n n n ππξππ∈−+使得 ()0n f ξ= (1,2,)n =L ,即得()f x 在[2,)+∞上有无穷多个零点.三 解 (1)2200()()2lim lim 1cos 1cos x x f x f x x x x x→→==−−,因为20lim21cos x x x →=−,所以20()lim 1x f x x →=, 200()()limlim()0x x f x f x x x x →→=⋅=,00()(0)()lim lim 00x x f x f f x x x→→−==−, 于是(0)0f ′=； (3)由20()lim1x f x x →=知,存在0δ>,当0x δ<<时,2()12f x x >,()(0)f x f >,即知()f x 中在0x =处取得极小值.sup ()x M f x δ≤′′=四 、证明 (1)由0()lim ()lim0x x f x f x x x→→=⋅=,知(0)0f =, 由00()(0)()limlim 00x x f x f f x x x→→−==−知(0)0f ′=. (2)22111111((0)(0)()()22n n f f f f f n n n n ξξ′′′′′=++=,211(2M f n n ≤,已知2112n M n∞=∑收敛,其中sup ()x M f x δ≤′′=,于是11(n f n ∞=∑收敛,结论得证.五 (1)解322[(1)]3xx x e dx ′=−∫32222(1)333x x x e dx =−−+33222222(1)(1)3333x x x x e e =−−⋅−+,所以111)1)22xx xe e C=−−−+11(1)(23x x xxe e e C=−−−.(2)解曲面221x y+=,222z x y=−−事物交线为221x y+=,1z=,22221{(,,):1,02,0,0}x y z x y z x y x yΩ=+≤≤≤−−≥≥,22222{(,,):12,02,0,0}x y z x y z x y x yΩ=≤+≤≤≤−−≥≥,其中S是区域1Ω的边界时,利用高斯公式,SI zxdydz xydzdx yzdxdy=++∫∫1()z x y dxdydzΩ=++∫∫∫2122000(cos sin)rd dr z r r rdzπθθθ−=++∫∫∫212222000(cos sin)rdr dz zr r r dπθθθ−=++∫∫∫212200(2)2rdr zr r dzπ−=+∫∫122221[(2)2(2)]22r r r r drπ=−+−∫11352400[44]2[2]4r r r dr r r drπ=−++−∫∫121(212(4635π=−++−7142415π=+.当S是2Ω的边界时,利用高斯公式SI zxdydz xydzdx yzdxdy=++∫∫2()z x y dxdydzΩ=++∫∫∫222000(cos sin)rdz z r r rdπθθθ−=++∫∫222211(2)2(2)]22r r r r drπ=−+−224111[2(22]243r r r drπ=−−+−35212(2435r rπ=+−14241515π=+−.六证明证法一用反证法,假若结论不成立,则对任意(,)x a b∈,都有()0f x′≤,()f x在[,]a b上单调递减,由于f不恒等于常数,所以()f x′不恒等于零,存在一点(,)x a b∈,使得0()0f x′<,()()lim()0x xf x f xf xx x→−′=<−,存在01x x b<<,使得1010()()f x f xx x−<−,10()()f x f x<,因为()()f x f a≤,1()()f b f x≤,所以10()()()()f b f x f x f a≤<≤,这与()()f a f b=矛盾,从而假设不成立,原结论得证.证法 2 由于f在[,]a b上连续,f在[,]a b上取到最大值M和最小值m,且m M<,由于()()f a f b =,所以f 的最大值M 或最小值m 必在(,)a b 内达到. 若f 在0(,)x a b ∈处达到最大值0()()()f a f b f x =<,存在0(,)a x ξ∈使得00()()()()f x f a f x a ξ′−=−,从而有()0f ξ′>；若f 在1(,)x a b ∈处达到最小值1()()()f x f a f b <=,存在11(,)x b ξ∈使得111()()()()f b f x f b x ξ′−=−,从而有()0f ξ′>； 结论得证.七 解 设u xyz =,则有gradu F =r ,所以F r是有势场,()()OMW Fdr u M u O ξηζ==−=∫r r,由于0,0,0x y z ≥≥≥时,222232222)x y z xyz a b c =++≥=,323xyz abc ≤=,等号成立当且仅当x y z a b c ===,所以(,,)ξηζ=时,W 达到最大值,且W 的最大值.八 证明 (1)由于当0y ≥时,有1ye y −>−,对任意n N ∗∈,0x n ≤≤,取x y n =,1xn xe n−≥−,所以有(1)x n xe n−≥−；(2)取2(1),0()0,n n x x x n f x n n x −≤≤ = <,有20()x n f x e x −≤≤,20x e x dx +∞−∫收敛,对任意0A >,{()}n f x 在[0,]A 上一致收敛于2x e x −,故由函数列积分的黎曼控制收敛定理,20lim (1nn n x x dx n→∞−∫0lim ()n n f x dx +∞→∞=∫0lim ()n n f x dx +∞→∞=∫20x e x dx +∞−=∫20()xx e dx +∞−′=−∫02()x x e dx +∞−′=∫02x e dx +∞−=∫02()x e dx +∞−′=∫2= .南京大学2003年数学分析考研试题一 求下列极限(1)设0a >,求x ；(2)设1x =1n x +=,(1,2,)n =L ,求lim n n x →∞.(3)21lim(1)x x x e x−→∞+⋅. 二 过(1,0)P 点作抛物线y =切线,求(1)切线方程；(2)由抛物线、切线及x 轴所围成的平面图形面积； (3)该平面图形分别绕x 轴和y 轴旋转一周的体积. 三 对任一00y >,求00()(1)y x y x x ϕ=−在(0,1)中的最大值, 并证明该最大值对任一00y >,均小于1e −.四 设()f x 在[0,)+∞上有连续导数,且()0f x k ′≥>,(0)0f <,(k 为常数),试证：()f x 在(0,)+∞内仅有一个零点. 五 计算下列积分(1)设120ln(1)()1ax I a dx x +=+∫,(0)a >,求()I a ′和(1)I ； (2)32222()Sxdydz ydzdx zdxdy I x y z ++=++∫∫,其中S 为上半球面2222x y z a ++=,(0)z >的外侧.六 设(1),01(),10.n n nxx x x e x ϕ −≤≤= −≤≤ ,()f x 在[1,1]−上黎曼可积, (1)求lim ()n n x ϕ→∞,并讨论{()}n x ϕ在[1,1]−上的一致收敛性；(2)求11lim ()()n n f x x dx ϕ−→∞∫,(要说明理由)七 设0()nn n f x a x ∞==∑的收敛半径为R =+∞,令0()nk n k k f x a x ==∑,试证明：(())n f f x 在[,]a b 上一致收敛于(())f f x ,其中[,]a b 为任一有穷闭区间.南京大学2003年数学分析考研试题解答一 (1)解 设max{1,}M a =,则有M ≤≤, 由此知,1,01max{1,},1n a M a a a << === ≥ ；(2)解 由归纳法,易知2n x <,12x x <,1n n x x +−==,由此知,{}n x 单调递增有界,设lim n n x a →∞=,02a <≤,则有a =2a =,故lim 2n n x →∞=.(3)21lim(1)x x x e x −→∞+⋅ 21(1)lim x x x x e →∞+=1(1)lim xx x x e→∞+ =1[ln(1)1]lim x x xx e +−→∞=, 12[ln(1)1]2311111ln(11lim limlim 12x x xx x x x x x x x ex x +−→∞→∞→∞+−−++==−1lim 21x x x →∞=−+12=−, 故21lim(1)x x x e x −→∞+⋅12=−. 3 解(1)y ′=,设切点为00(,)x y,0x x k y =′==,设切点00(,)x y 的切线方程为0)y x x −=−.将1x =,0y =代入,0)x =−, 002(2)1x x −−=−,03x =,01y =,所求切线方程为11(3)2y x −=−,即1(1)2y x =−. (2)解32212001121(1)212233S x dx udu t tdt =−−=−=−=∫∫∫∫.(3) 3321222120011211[(1)]24326x V x dx dx u du tdt πππππππ=−−=−=−=∫∫∫∫,131122224202[2](21)(44)(441)x V y dy y dy y y dy y y dy ππππ=+−+=++−++∫∫∫∫14016(34)(32)55y y dy πππ=+−=+−=∫.三 解 00100()[(1)]y y x y y x x x ϕ−′=−−0100[(1)]y y x y x x −=−−01000[(1)]y y x y y x −=−+, 当0001y x y <<+时,()0x ϕ′>,当0011y x y <<+时,()0x ϕ′<,于是()x ϕ在001yx y =+处达到最大值,000100001000011(((11111(1)y y y y y y y y y y y y ϕ++===+++++.容易证明1()(1)y g y y =+在(0,)+∞上单调递减,11(1)y e y ++>,1111(1)y e y +<+,故有001011(11(1)y y y ey ϕ+=<++.四 证明 对任意(0,)x ∈+∞,1()()(0)(0)()(0)(0)f x f x f f f x f kx f ξ′=−+=+≥+, 当x 充分大时,有()0f x >,又(0)0f <,由连续函数的介值定理,存在(0,)ξ∈+∞,()0f ξ=, 由()0f x k ′≥>,()f x 在[0,)+∞上严格单调递增,所以()f x 在(0,)+∞内仅有一个零点. 五 (1)解 120()(1)(1)xI a dx ax x ′=++∫1122001[]111x a a dx dx a x ax +=−+++∫∫211[ln 2ln(1)]124a a a π=+−++, 显然(0)0I =,1(1)()I I a da ′=∫111222000ln(1)11ln 212141a a da da da a a a π+=−+++++∫∫∫11(1)ln 2ln 22442I ππ=−+⋅+⋅, 因为(1)ln 28I π=,120ln(1)ln 218x dx x π+=+∫.(2)解 2222{(,,):}x y z x y z a Ω=++≤,222{(,,):,0}D x y z x y a z =+≤=,32222()Sxdydz ydzdx zdxdy I x y z ++=++∫∫31Sxdydz ydzdx zdxdy a =++∫∫31[]S D D a =+−∫∫∫∫∫∫31[30]dxdydz a Ω=+∫∫∫331233a a π=⋅⋅2π=. 六、解 1,0lim ()0,[1,1],0n n x x x x ϕ→∞= = ∈−≠,由于极限函数在[1,1]−上不连续,所以{()}n x ϕ在[1,1]−上不一致收敛；但对任何10,01,a b −<<<<{()}n x ϕ在[1,][,1]a b −U 上一致收敛于0；且|()1n x ϕ≤,根据控制收敛定理,对于()f x 在[1,1]−上黎曼可积,有 11lim ()()0n n f x x dx ϕ−→∞=∫.七、 证明 由条件知()f x 在(,)−∞+∞上连续,{()}n f x 在任意有限区间上是一致收敛的, 对任意有限区间[,]a b ,{()}n f x 在[,]a b 上一致收敛于()f x ,{()}n f x 在[,]a b 上一致有界,()n f x M ≤,再由()f x 在[,]M M −上一致连续,于是有{(())}n f f x 在[,]a b 上一致收敛于(())f f x .南京大学2004年数学分析考研试题一．求下列极限 1.设n a =+L 求lim n n a →∞；2.ln 2sin x x x e x →++；3. ()()2200lim ln x y x y x y →→++；4. 设(){}222,:r D x y x y r =+≤,0r >,求()2221lim cos rx y r D e x y dxdy r π+−→+∫∫.二．确定最小正数,使下面的不等式成立：()()2222ln x y A x y +≤+,()0,0x y ∀>>.三．设()()1122f x x x = +−,求()()n f x ,并证明级数()()0!0n n n f ∞=∑收敛.四．求333Sx dydz y dzdx z dxdy ++∫∫其中S 是2221x y z ++=的上半球的下侧.五．设()2cos cos cos n n f x x x x =+++L ,（1）当0,2x π ∈ 时,求()lim n n f x →∞,并讨论(){}n f x 在0,2π的一致收敛性；（2）证明:对任一自然数n ,方程()1n f x =在0,3π内有且仅有一个根；（3）若0,3n x π∈是()n f x 的根,求lim n n x →∞.六．设()22xxt f x xe e dt −=∫,(1) 证明 ()f x 在[)0,+∞上有界；(2) 证明221xt x x e dt e ≤−∫,()(),x ∀∈−∞+∞.南京大学2004年数学分析考研试题解答一．1. 解n a ≤≤,1n n ==,1n n →∞==,所以lim 1n n a →∞=；2. 解0ln 2sin xx x e x →++()0112cos lim 1sin x x x e x x ex→+++=+22410+==+. 3. 解 因为()()()22220ln x y x y x y ≤++≤+22ln 4ln 0r r r r ==→,()0r →,所以()()2200lim ln 0x y x y x y →→++=.4. 解 设(),f x y 在点()0,0的某个邻域内连续,则有 ()()21lim ,0,0rr D f x y dxdy f r π+→=∫∫,()2221lim cos rx y r D e x y dxdy r π+−→+∫∫()220cos 001e −=+=.二．解 设()ln r f r r =,()1r ≥,则()10f =,()lim 0r f r →∞=,()21ln rf r r−′=, 当r e =时,有()0f e ′=,当1r e <<时,有()0f r ′>,从而()f r 在[]1,r 上严格单调递增, 当e r <<+∞时,()0f r ′<,从而()f r 在[),e +∞上严格单调递减, 所以()f r 在r e =处达到最大值,对1r ≤<+∞,有()()1f r f e e ≤=, 1ln r r e ≤,()1r ≥, 对01r <<,显然有1ln r r e≤, 故使不等式()()2222ln x y A x y +≤+,()0,0x y ∀>>,成立的最小的正数A 为1e .三．解 ()()1122f x x x = +− 2111522x x=+ + −,()()()()111!2!5212n n n n n n f x x x ++− =++ −, ()()()()111!2!0522nn n n n n f+−+−=+ ,()()()11!5120122n n n n n n u f ++==−+,115151022122n n n u ++<<−:, 而105122n n ∞+=∑是收敛的,所以()()0!0n n n f ∞=∑收敛. 四．解 设(){}222,,:1,0V x y z x y z z =++≤≥,(){}22,,:1,0D x y z x y z =+≤= 利用高斯公式,得333S x dydz y dzdx z dxdy ++∫∫333333S D x dydz y dzdx z dxdy x dydz y dzdx z dxdy =−+++++∫∫∫∫上侧 333Dx dydz y dzdx z dxdy +++∫∫()22230Vx y z dxdydz =−+++∫∫∫212220003sin d d r r dr ππθϕϕ=−∫∫∫163255ππ=−⋅⋅=−.五．解 (1)()()2cos 1cos cos cos cos 1cos n nn x x f x x x x x−=+++=−L ,当0,2x π ∈ 时,0cos 1x <<,lim cos 0n n x →∞=,于是有()cos lim 1cos n n x f x x →∞=−,0,2x π∈.()n f x 在0,2π 上连续,显然()0n f n =,(){}0n f 发散,从而知(){}n f x 在0,2π上不一致收敛,对任意02πδ<<,(){}n f x 在,2πδ上一致收敛. 五、设2()cos cos cos n n f x x x x =+++L ,求证:(2) 对任意自然数(2)n n ≥,方程()1n f x =在区间(0,)3π内必有唯一根n x , (3) 并求数列{}n x 的极限n n x ∞→lim .证明 (2) 显(0)1n f n =>,2111(13222n n f π=+++<L ,由连续函数的介值定理,存在(0,)3n x π∈,使得()1n n f x =;显然()0n f x ′<,(0,3x π∈,即()n f x 在(0,)3π上严格单调递减,所以()1n f x =的根是唯一的.(3) 显然1()()n n f x f x +>, 111()()()n n n n n n f x f x f x +++=>, 于1n n x x +<,即得{}n x 单调递增, 203n x x π<≤<,从而lim n n x a →∞=存在,且203x a π<≤≤,lim cos cos n n x a →∞=, 21cos cos 12n x x <≤<,lim(cos )0n n n x →∞=;在cos (1(cos ))()cos (cos )11cos n nn n n n n n nx x f x x x x −=++==−L ,令 n →∞,取极限,得cos 11cos 1cos 2a a a =⇒=−,得3a π=,故lim 3n n x π→∞= .六．证明(1)显然 ()f x 是偶函数,()f x 在[)0,+∞上连续,()220lim limxt xx x x e dtf x e→+∞→+∞=∫222lim2xt x x x e dt xe xe→+∞+=∫22221lim 242x x x x e x e e →+∞=++11022=+=, 于是可知,()f x 在[)0,+∞上有界,且()f x 在[)0,+∞上一致连续； （2）对0x >,设()()221xx t g x e x e dt =−−∫,()00g =,()g x 是偶函数,()222222xxx t x x t g x xe e dt xe xe e dt ′=−−=−∫∫,()00g ′=,()222222220x x x x g x x e e e x e ′′=+−=>,从而有()0g x ′>,()0g x >, 故有221xt x x e dt e ≤−∫,()(),x ∀∈−∞+∞.南京大学2005年数学分析考研试题解答1、求n →∞+. 解 解法1 利用几何平均与算术平均不等式,及2!nn n ≥,2224(!)()n n n n n n n n≥=≥=L,limn n→∞+=+∞L .解法2 利用Stolz 定理,原式limn n→∞++=L lim (1)n n n →∞=+−lim n ==+∞.2 、求ln !limln n n n n→∞.解 利用Stolz 定理,原式ln(1)lim (1)ln(1)ln n n n n n n →∞+=++−1ln(1)lim 1ln(1)n n n nn →∞++=+⋅1ln(1)lim 1ln(1)ln n n n nn →∞++=++11lim 1ln(1)ln ln(1)ln(1)n n n n n n →∞+=++++1=. 3 求1lim (1)n x n x x dx →∞+∫. 解 11010(1)21n x n x x dx x dx n <+≤=+∫∫,10lim (1)0n x n x x dx →∞+=∫. 4 设21,1()2,1x x g x x x x −≤− = ++>− ,求11(1)lim (n n i x i x g x n n →∞=−−+∑. 解 原式10()x g x y dy −=+∫,5、当112p <≤时,证明：344sin ||sin n p n x dx x x ππππ++≥+∫. 证明344sin ||sin n p n x dx x x ππππ+++∫344sin()||()sin()p n u du n u n u πππππ+=+++∫344sin |()(1)sin |p n u du n u u πππ=++−∫, 当344u ππ≤≤时, |()(1)sin |()1(1)1p n p p p n u u n n ππππ++−≤++=++,sin sin4u π≥=, 于是sin |()(1)sin |p n u n u u π≥++− 故有344sin ||sin n p n x dx x x ππππ++≥+∫.南京大学2005年数学分析考研试题一 、求下列极限1 设常数1a >,试求极限11lim (1)k nnn k an a k−→∞=+−∑.。
数学分析(一)：一元微积分 南京大学 3 第三章连续函数 (3.3.1) 连续函数
一元微积分与数学分析—连续函数梅加强南京大学数学系f(x)=f(x0),则称f在x0处连续; 设f在区间I中有定义,x0∈I.如果limx→x0f(x)=f(x0),则称f在x0处连续; 设f在区间I中有定义,x0∈I.如果limx→x0f(x)=f(x0),则称f在x0处左连续;如果limx→x−f(x)=f(x0),则称f在x0处连续; 设f在区间I中有定义,x0∈I.如果limx→x0f(x)=f(x0),则称f在x0处左连续;如果limx→x−f(x)=f(x0),则称f在x0处右连续.如果limx→x+f(x)=f(x0),则称f在x0处连续;设f在区间I中有定义,x0∈I.如果limx→x0f(x)=f(x0),则称f在x0处左连续;如果limx→x−f(x)=f(x0),则称f在x0处右连续.如果limx→x+如果f在I的内部的每一点处都连续,且在可能的左端点处右连续以及右端点处左连续,则称f为I中的连续函数,记为f∈C0(I).保序性质:设函数f在x0处连续,如果f(x0)=0,则在x0附近f(x)介于12f(x0) f(x0)之间.特别地,f在x0附近处处不为零且保持符号不变.和32保序性质:设函数f在x0处连续,如果f(x0)=0,则在x0附近f(x)介于12f(x0) f(x0)之间.特别地,f在x0附近处处不为零且保持符号不变.和32四则运算:设f(x),g(x)都在x0处连续,则(1)λf(x)+µg(x)在x0处连续,其中λ,µ为常数;(2)f(x)g(x)在x0处连续;(3)当g(x0)=0时,f(x)/g(x)在x0处连续.绝对值性质:设函数f在x0处连续,则|f|在x0处也连续.绝对值性质:设函数f在x0处连续,则|f|在x0处也连续.复合性质:设函数f(y)在y0处连续,函数g(x)在x0处的极限为y0,则f(g(x))在x0处的极限为f(y0).特别地,当g在x0处连续时,复合函数f(g(x))在x0处也连续.绝对值性质:设函数f在x0处连续,则|f|在x0处也连续.复合性质:设函数f(y)在y0处连续,函数g(x)在x0处的极限为y0,则f(g(x))在x0处的极限为f(y0).特别地,当g在x0处连续时,复合函数f(g(x))在x0处也连续.局部有界性质:设函数f在x0处连续,则f在x0附近局部有界.例1设a>0,则指数函数a x处处连续.例1设a>0,则指数函数a x处处连续.证明.以a>1为例.(1)先说明limx→0a x=1,以右极限为例.当0<x<1时,a x>1.记ε=a x−1,由Bernoulli不等式可得a=(1+ε)1x≥(1+ε)[1/x]≥1+[1/x]ε,这说明1<a x≤1+(a−1)/[1/x],因此limx→0+a x=1.(2)一般地,设x0∈R,则limx→x0a x=limx→x0a x−x0a x0=a x0.例2设a>0,则指数函数log a x在(0,∞)中连续.例2设a>0,则指数函数log a x在(0,∞)中连续.证明.因为log a x=ln x/ln a,只要说明ln x连续即可.根据上一单元的讨论,我们已经知道limx→1ln x=0.一般地,设x0>0,则limx→x0ln x=limx→x0[ln(x/x0)+ln x0]=ln x0.例2设a>0,则指数函数log a x在(0,∞)中连续.证明.因为log a x=ln x/ln a,只要说明ln x连续即可.根据上一单元的讨论,我们已经知道limx→1ln x=0.一般地,设x0>0,则limx→x0ln x=limx→x0[ln(x/x0)+ln x0]=ln x0.例3(重要的极限)lim x→0ln(1+x)x=1,即ln(1+x)∼x(x→0).例2设a >0,则指数函数log a x 在(0,∞)中连续.证明.因为log a x =ln x /ln a ,只要说明ln x 连续即可.根据上一单元的讨论,我们已经知道lim x →1ln x =0.一般地,设x 0>0,则lim x →x 0ln x =lim x →x 0[ln(x /x 0)+ln x 0]=ln x 0.例3(重要的极限)lim x →0ln(1+x )x =1,即ln(1+x )∼x (x →0).证明.我们已经知道lim x →0(1+x )1x =e .因此lim x →0ln(1+x )x =lim x →0ln (1+x )1x =ln e =1.例4(重要的极限)设a>0,则limx→0a x−1x=ln a,特别地,e x−1∼x(x→0).例4(重要的极限)设a>0,则limx→0a x−1x=ln a,特别地,e x−1∼x(x→0).证明.记y=a x−1,则x→0时y→0.由x=log a(1+y)=ln(1+y)/ln a和前例可得lim x→0a x−1x=limy→0yln(1+y)ln a=ln a.例4(重要的极限)设a>0,则limx→0a x−1x=ln a,特别地,e x−1∼x(x→0).证明.记y=a x−1,则x→0时y→0.由x=log a(1+y)=ln(1+y)/ln a和前例可得lim x→0a x−1x=limy→0yln(1+y)ln a=ln a.例5幂函数x a的连续性.例4(重要的极限)设a>0,则limx→0a x−1x=ln a,特别地,e x−1∼x(x→0).证明.记y=a x−1,则x→0时y→0.由x=log a(1+y)=ln(1+y)/ln a和前例可得lim x→0a x−1x=limy→0yln(1+y)ln a=ln a.例5幂函数x a的连续性.证明.当x>0时,x a=e a ln x,根据复合性质,此时x a连续;当a>0时,x a在x=0处右连续;当x<0,a=p/q为既约分数(有理数)时,x a=(−1)a(−x)a连续,其中当p,q 均为奇数时(−1)a=−1,当p为偶数时(−1)a=1.例6(重要的极限)设a∈R,则limx→0(1+x)a−1x=a.例6(重要的极限)设a∈R,则limx→0(1+x)a−1x=a.证明.由等价替换和前面的例子可得lim x→0(1+x)a−1x=limx→0e a ln(1+x)−1x=limx→0a ln(1+x)x=a.例7sin x,cos x的连续性.例7sin x,cos x的连续性.证明.当x,y∈R时,sin x−sin y=2sin x−y2cosx+y2,利用不等式|sinθ|≤|θ|可得|sin x−sin y|≤2|(x−y)/2|=|x−y|.同理可得|cos x−cos y|≤|x−y|.这说明sin x和cos x处处连续.例7sin x,cos x的连续性.证明.当x,y∈R时,sin x−sin y=2sin x−y2cosx+y2,利用不等式|sinθ|≤|θ|可得|sin x−sin y|≤2|(x−y)/2|=|x−y|.同理可得|cos x−cos y|≤|x−y|.这说明sin x和cos x处处连续.注1根据四则运算性质,tan x=sin xcos x ,cot x=cos xsin x等三角函数在其定义域中都是连续的.。
数学分析(一)：一元微积分 南京大学 5 第五章微分学的应用 (5.9.1) Taylor展开和近似计算
一元微积分与数学分析—T aylor展开和近似计算梅加强南京大学数学系在前一单元,我们证明了圆周率π是无理数.在实际应用中,我们往往需要用有限小数(有理数)代替无理数参与计算.在前一单元,我们证明了圆周率π是无理数.在实际应用中,我们往往需要用有限小数(有理数)代替无理数参与计算.问题1:怎样尽可能精确地用有理数去逼近π?在前一单元,我们证明了圆周率π是无理数.在实际应用中,我们往往需要用有限小数(有理数)代替无理数参与计算.问题1:怎样尽可能精确地用有理数去逼近π?阿基米德(前287年–前212年)利用穷竭法得到圆周率的近似值22/7.在前一单元,我们证明了圆周率π是无理数.在实际应用中,我们往往需要用有限小数(有理数)代替无理数参与计算.问题1:怎样尽可能精确地用有理数去逼近π?阿基米德(前287年–前212年)利用穷竭法得到圆周率的近似值22/7.刘徽(约公元225年–公元295年)提出了“割圆术”:“割之弥细,所失弥少,割之又割,以至于不可割,则与圆周合体而无所失矣.”在前一单元,我们证明了圆周率π是无理数.在实际应用中,我们往往需要用有限小数(有理数)代替无理数参与计算.问题1:怎样尽可能精确地用有理数去逼近π?阿基米德(前287年–前212年)利用穷竭法得到圆周率的近似值22/7.刘徽(约公元225年–公元295年)提出了“割圆术”:“割之弥细,所失弥少,割之又割,以至于不可割,则与圆周合体而无所失矣.”利用割圆术,刘徽算出圆周率的近似值3.14.阿基米德和刘徽图1:阿基米德图2:刘徽达到精确的程度.于是他进一步精益钻研,去探求更精确的数值,最终得出3.1415926<π<3.1415927.于是他进一步精益钻研,去探求更精确的数值,最终得出3.1415926<π<3.1415927.祖冲之还采用了两个分数值的圆周率,一个是355/113≈3.1415927,这一个数比较精密,所以祖冲之称它为“密率”.另一个是22/7≈3.14,这一个数比较粗疏,所以祖冲之称它祖冲之所取得的成就是很了不起的.如果沿用他的方法求更精确的近似值极为困难.祖冲之所取得的成就是很了不起的.如果沿用他的方法求更精确的近似值极为困难.问题2:还有其他方法计算圆周率吗?祖冲之所取得的成就是很了不起的.如果沿用他的方法求更精确的近似值极为困难.问题2:还有其他方法计算圆周率吗?微积分发明出来以后人们很快发现可以用来计算圆周率的近似值.祖冲之所取得的成就是很了不起的.如果沿用他的方法求更精确的近似值极为困难.问题2:还有其他方法计算圆周率吗?微积分发明出来以后人们很快发现可以用来计算圆周率的近似值.我们用T aylor展开来计算π.回顾arctan x的Maclaurin展开arctan x=x−x33+x55−x77+···,x∈[−1,1].取x=1,左边等于π/4.不过,右边收敛得很慢,还不能直接用于π的计算.祖冲之所取得的成就是很了不起的.如果沿用他的方法求更精确的近似值极为困难.问题2:还有其他方法计算圆周率吗?微积分发明出来以后人们很快发现可以用来计算圆周率的近似值.我们用T aylor展开来计算π.回顾arctan x的Maclaurin展开arctan x=x−x33+x55−x77+···,x∈[−1,1].取x=1,左边等于π/4.不过,右边收敛得很慢,还不能直接用于π的计算.注意到当|x|比较小的时候,右边收敛速度就比较快了.基本的想法就是用若干个注意到tan(u+v)=tan u+tan v 1−tan u tan v,当u=arctan(1/5)时,就有tan(2u)=2/51−(1/5)2=5/12,tan(4u)=10/121−(5/12)2=120/119.因此tan4u−π/4=120/119−11+120/119=1/239,注意到tan(u+v)=tan u+tan v 1−tan u tan v,当u=arctan(1/5)时,就有tan(2u)=2/51−(1/5)2=5/12,tan(4u)=10/121−(5/12)2=120/119.因此tan4u−π/4=120/119−11+120/119=1/239,这就得到等式π4=4arctan15−arctan1239.(1)它可以改写为如下的Machin公式π=16∞n=0(−1)n(2n+1)52n+1−4∞n=0(−1)n(2n+1)2392n+1,(2)这个公式已经可用于实际的计算了.它可以改写为如下的Machin公式π=16∞n=0(−1)n(2n+1)52n+1−4∞n=0(−1)n(2n+1)2392n+1,(2)这个公式已经可用于实际的计算了.1706年,Machin用这个公式将π计算到了小数点后100位.类似地,我们可以得到等式2arctan110=arctan15+arctan1515,从而有π=32arctan 110−4arctan 1239−16arctan1515=32 110−131103+151105−171107+191109−11111011 +δ1−4 1239−1312393 −δ2−16 1515−1315153−δ3,从而有π=32arctan 110−4arctan 1239−16arctan1515=32 110−131103+151105−171107+191109−11111011 +δ1−4 1239−1312393 −δ2−16 1515−1315153−δ3,其中3213×10−13−3215×10−15<δ1<3213×10−13,因此0.24×10−12<δ1<0.25×10−12.同理,1.02×10−12<δ2<1.03×10−12,0.08×10−12<δ3<0.09×10−12,因此−0.88×10−12<δ1−δ2−δ3<−0.85×10−12.同理,1.02×10−12<δ2<1.03×10−12,0.08×10−12<δ3<0.09×10−12,因此−0.88×10−12<δ1−δ2−δ3<−0.85×10−12.另一方面,π≈32 110−131103+151105−171107+191109−11111011−4 1239−1312393 −16 1515−1315153=3.14159265359066...总之得到3.14159265358978<π<3.14159265358982,近似值精确到了小数点后第12位.如何更快地精确计算π是一个很有意思的数学问题.1914年,印度天才数学家Ramanujan得到了一系列公式,其中一个为1π=2√29801∞k=0(4k)!(k!)444k1103+26390k994k,(3)这个公式的每一项可提供π的大约8位有效数字.如何更快地精确计算π是一个很有意思的数学问题.1914年,印度天才数学家Ramanujan得到了一系列公式,其中一个为1π=2√29801∞k=0(4k)!(k!)444k1103+26390k994k,(3)这个公式的每一项可提供π的大约8位有效数字. 1989年,Chudnovsky兄弟发表了公式1π=12∞k=0(−1)k(6k)!(3k!)(k!)313591409+545140134k6403203k+3/2,(4)这个公式的每一项可提供π的大约15位有效数字.另一方面,1995年,Bailey,Borwein和Plouffe发现了下面的公式π=∞k=048k+1−28k+4−18k+5−18k+6116k,(5)他们利用这个公式证明了,在2进制下可以直接计算π的第n位小数而无需知道其前n−1位小数的值.另一方面,1995年,Bailey,Borwein和Plouffe发现了下面的公式π=∞k=048k+1−28k+4−18k+5−18k+6116k,(5)他们利用这个公式证明了,在2进制下可以直接计算π的第n位小数而无需知道其前n−1位小数的值.人们利用已经发现的这些算法可以在计算机上进行π的快速高精度计算,这也成为了检验计算机运行速度的初步手段.。
数学分析(一)：一元微积分 南京大学 6 第六章积分的推广和应用 (6.1.1) Riemann积分
一元微积分与数学分析—Riemann积分梅加强南京大学数学系问题1:不连续的函数能定义积分吗?问题1:不连续的函数能定义积分吗?问题1:不连续的函数能定义积分吗?问题1:不连续的函数能定义积分吗?例如,考虑函数f(x)=1/2,x∈[0,1/2), 1,x∈[1/2,1].f在区间[0,1]中有一个间断点.问题1:不连续的函数能定义积分吗?例如,考虑函数f(x)=1/2,x∈[0,1/2), 1,x∈[1/2,1].f在区间[0,1]中有一个间断点.1/211/21f(x)O x y它的图像和直线x=0,x=1以及y=0所围成的区域的面积还是存在的,f在[0,1]中的积分值自然应该定义为1/2·1/2+1·1/2=3/4,这是从面积的观点来看积分.它的图像和直线x=0,x=1以及y=0所围成的区域的面积还是存在的,f在[0,1]中的积分值自然应该定义为1/2·1/2+1·1/2=3/4,这是从面积的观点来看积分.我们也可以从函数的平均值出发考察积分.f在一半的区间上值为1/2,另一半的区间上值为1,它在整个区间中的平均值就应该等于(1/2+1)/2=3/4.它的图像和直线x=0,x=1以及y=0所围成的区域的面积还是存在的,f在[0,1]中的积分值自然应该定义为1/2·1/2+1·1/2=3/4,这是从面积的观点来看积分.我们也可以从函数的平均值出发考察积分.f在一半的区间上值为1/2,另一半的区间上值为1,它在整个区间中的平均值就应该等于(1/2+1)/2=3/4.从直觉上来看,当一个函数连续变化时,平均值应该是有意义的;如果函数变化太过剧烈,取平均值可能就没有什么意义.Riemann和设f是定义在闭区间[a,b]中的函数(不一定连续),考虑由直线x=a,x=b,y=0及曲线y=f(x)围成的曲边梯形.我们想要计算它的面积,或者说定义f在[a,b]中的积分.受连续函数积分定义的启发,我们用小矩形的面积之和去逼近曲边梯形的面积.设f 是定义在闭区间[a ,b ]中的函数(不一定连续),考虑由直线x =a ,x =b ,y =0及曲线y =f (x )围成的曲边梯形.我们想要计算它的面积,或者说定义f 在[a ,b ]中的积分.受连续函数积分定义的启发,我们用小矩形的面积之和去逼近曲边梯形的面积.a b y =f (x )f (ξi )ξi O xy设f 是定义在闭区间[a ,b ]中的函数(不一定连续),考虑由直线x =a ,x =b ,y =0及曲线y =f (x )围成的曲边梯形.我们想要计算它的面积,或者说定义f 在[a ,b ]中的积分.受连续函数积分定义的启发,我们用小矩形的面积之和去逼近曲边梯形的面积.a b y =f (x )f (ξi )ξi O x y为此,设π:a =x 0<x 1<···<x n =b 为区间[a ,b ]的一个分割,当1≤i ≤n 时,任取ξi ∈[x i −1,x i ].记∆x i =x i −x i −1,称n i =1f (ξi )∆x i 为f 在[a ,b ]中的一个Riemann 和(积分和).Riemann积分的定义定义1(Riemann积分)设f如上.如果存在实数I,使得任给ε>0,均存在δ>0,当分割π的模满足 π <δ时,均有ni=1f(ξi)∆x i−I<ε,∀ξi∈[x i−1,x i],i=1,···,n,则称f在[a,b]中Riemann可积(简称可积),记为f∈R[a,b].I称为f在[a,b]中的Riemann积分(简称积分),记为b a f(x)d x=I=limπ →0ni=1f(ξi)∆x i,其中f称为被积函数,[a,b]称为积分区间,a,b分别称为积分下限与积分上限.命题1如果f∈R[a,b],则f必为[a,b]中的有界函数.命题1如果f∈R[a,b],则f必为[a,b]中的有界函数.证明.假设f在[a,b]中可积,沿用上面的记号,记I为其积分.在积分的定义中,取ε=1,此时存在相应的δ>0.取定正整数n>(b−a)/δ,对区间[a,b]作n等分,则b−anni=1f(ξi)−I<1,∀ξi∈[x i−1,x i],i=1,···,n.特别地,当1≤i≤n时,有|f(ξi)|<j=i |f(x j)|+nb−a(1+|I|),∀ξi∈[x i−1,x i].这说明f在每一小区间[x i−1,x i]中均为有界函数,从而是[a,b]中的有界函数.注1有界函数未必可积.考虑在有理数上取值为0,在无理数上取值为1的Dirichlet函数D(x).任给一个分割,当ξi都取[x i−1,x i]中的无理数时,积分和为0;当ξi都取[x i−1,x i]中有理数时,积分和为1.因此D(x)的积分和没有极限.注1有界函数未必可积.考虑在有理数上取值为0,在无理数上取值为1的Dirichlet函数D(x).任给一个分割,当ξi都取[x i−1,x i]中的无理数时,积分和为0;当ξi都取[x i−1,x i]中有理数时,积分和为1.因此D(x)的积分和没有极限.以下我们只考虑有界函数.除了连续函数之外,还有哪些有界函数是可积的呢?注1有界函数未必可积.考虑在有理数上取值为0,在无理数上取值为1的Dirichlet函数D(x).任给一个分割,当ξi都取[x i−1,x i]中的无理数时,积分和为0;当ξi都取[x i−1,x i]中有理数时,积分和为1.因此D(x)的积分和没有极限.以下我们只考虑有界函数.除了连续函数之外,还有哪些有界函数是可积的呢? 按照定义,积分是Riemann和的某种极限.在研究一个变化量的极限时,我们可以考察变化量中的“最大”值和“最小”值.注1有界函数未必可积.考虑在有理数上取值为0,在无理数上取值为1的Dirichlet函数D(x).任给一个分割,当ξi都取[x i−1,x i]中的无理数时,积分和为0;当ξi都取[x i−1,x i]中有理数时,积分和为1.因此D(x)的积分和没有极限.以下我们只考虑有界函数.除了连续函数之外,还有哪些有界函数是可积的呢? 按照定义,积分是Riemann和的某种极限.在研究一个变化量的极限时,我们可以考察变化量中的“最大”值和“最小”值.“最大”值和“最小”值之间的差异叫做振幅.注1有界函数未必可积.考虑在有理数上取值为0,在无理数上取值为1的Dirichlet函数D(x).任给一个分割,当ξi都取[x i−1,x i]中的无理数时,积分和为0;当ξi都取[x i−1,x i]中有理数时,积分和为1.因此D(x)的积分和没有极限.以下我们只考虑有界函数.除了连续函数之外,还有哪些有界函数是可积的呢? 按照定义,积分是Riemann和的某种极限.在研究一个变化量的极限时,我们可以考察变化量中的“最大”值和“最小”值.“最大”值和“最小”值之间的差异叫做振幅.基本想法:一个变化的量趋于某个极限时,其振幅趋于零;反之亦然.Darboux 上和与Darboux 下和给定分割π,f 在[x i −1,x i ]中的上确界和下确界分别记为M i ,和m i ,令S π(f )=ni =1M i ∆x i ,s π(f )=n i =1m i ∆x i ,我们称S π(f )为f 关于π的Darboux 上和(简称上和),而s π(f )称为Darboux 下和.O y x O yx引理1设分割π 是从π添加k个分点得到的,则有Sπ(f)≥Sπ (f)≥Sπ(f)−(M−m)k π ,sπ(f)≤sπ (f)≤sπ(f)+(M−m)k π ,其中M,m分别是f的上确界和下确界.特别地,往给定的分割增加新的分点时,下和不减,上和不增.引理1设分割π 是从π添加k个分点得到的,则有Sπ(f)≥Sπ (f)≥Sπ(f)−(M−m)k π ,sπ(f)≤sπ (f)≤sπ(f)+(M−m)k π ,其中M,m分别是f的上确界和下确界.特别地,往给定的分割增加新的分点时,下和不减,上和不增.证明.以k=1例.设新添加的分点¯x∈(x j−1,x j).则Sπ (f)−Sπ(f)=M j(¯x−x j−1)+M j(x j−¯x)−M j∆x j这里Mj 和Mj分别是f在区间[x j−1,¯x]和[¯x,x j]中的上确界.证明(续).由m≤Mj ,Mj≤M j≤M可得0≤Sπ(f)−Sπ (f)=(M j−M j)(¯x−x j−1)+(M j−M j)(x j−¯x)≤(M−m)(¯x−x j−1)+(M−m)(x j−¯x)=(M−m)∆x j≤(M−m) π .下和的情形可类似地证明.证明(续).由m≤Mj ,Mj≤M j≤M可得0≤Sπ(f)−Sπ (f)=(M j−M j)(¯x−x j−1)+(M j−M j)(x j−¯x)≤(M−m)(¯x−x j−1)+(M−m)(x j−¯x)=(M−m)∆x j≤(M−m) π .下和的情形可类似地证明.推论1对于任意两个分割π1及π2,均有sπ1(f)≤Sπ2(f).证明(续).由m≤Mj ,Mj≤M j≤M可得0≤Sπ(f)−Sπ (f)=(M j−M j)(¯x−x j−1)+(M j−M j)(x j−¯x)≤(M−m)(¯x−x j−1)+(M−m)(x j−¯x)=(M−m)∆x j≤(M−m) π .下和的情形可类似地证明.推论1对于任意两个分割π1及π2,均有sπ1(f)≤Sπ2(f).证明.用π1∪π2表示将π1和π2的所有分点合并后得到的分割,则由刚才的引理即得sπ1(f)≤sπ1∪π2(f)≤Sπ1∪π2(f)≤Sπ2(f).定理1(Darboux)lim π →0Sπ(f)=infπSπ(f),limπ →0sπ(f)=supπsπ(f).定理1(Darboux)lim π →0Sπ(f)=infπSπ(f),limπ →0sπ(f)=supπsπ(f).证明.任给ε>0,存在分割π ,使得Sπ (f)<infπSπ(f)+ε/2.设π 有k个分点.任给另一分割π,π∪π 至多比π多k个分点.由引理1可得Sπ(f)−(M−m)k π ≤Sπ∪π (f)≤Sπ (f)<infπSπ(f)+ε/2.于是,当 π <ε2(M−m+1)k时,infπSπ(f)≤Sπ(f)<infπSπ(f)+ε,这就证明了上和的极限等式.下和的极限同理可证.上积分和下积分定理1(Darboux)lim π →0Sπ(f)=infπSπ(f),limπ →0sπ(f)=supπsπ(f).证明.任给ε>0,存在分割π ,使得Sπ (f)<infπSπ(f)+ε/2.设π 有k个分点.任给另一分割π,π∪π 至多比π多k个分点.由引理1可得Sπ(f)−(M−m)k π ≤Sπ∪π (f)≤Sπ (f)<infπSπ(f)+ε/2.于是,当 π <ε2(M−m+1)k时,infπSπ(f)≤Sπ(f)<infπSπ(f)+ε,这就证明了上和的极限等式.下和的极限同理可证.我们称infπSπ(f)为f在[a,b]中的上积分,supπsπ(f)为f在[a,b]中的下积分.。
数学分析(一)：一元微积分 南京大学 6 第六章积分的推广和应用 (6.3.1) Riemann积分的基本
b
f (x)g(x) dx
a
b
= [fn(x) − f (x)]g(x) dx
a
b
≤ M |fn(x) − f (x)| dx ≤ M/n,
a
这说明 (2) 式成立.
分段线形逼近
命题 4 (分段线性逼近) 设 f ∈ R[a, b], 则存在一列连续的分段线性函数 fn, 使得 fn(a) = f (a), fn(b) = f (b),
一元微积分与数学分析
— Riemann 积分的基本性质
梅加强
南京大学数学系
积分的基本性质
推论 1
(1) 设 [α, β] ⊂ [a, b], 如果 f 在 [a, b] 中可积, 则 f 在 [α, β] 中也可积. (2) 设 c ∈ (a, b), 如果 f 在 [a, c] 及 [c, b] 中都可积, 则 f 在 [a, b] 中也可积, 且
b
lim
n→∞
a
|fn(x) − f (x)| dx = 0,
(1)
且每一个 fn 均介于 f 的上下确界之间. 此时, 任给 g ∈ R[a, b], 还有
b
b
lim
n→∞
a
fn(x)g(x) dx =
a
f (x)g(x) dx.
(2)
阶梯逼近
命题 3 (阶梯逼近) 设 f ∈ R[a, b], 则存在一列阶梯函数 fn, 使得
当 |g| 有正下界时, 不妨设 |g| ≥ m > 0. 此时, 由 1/g(x) − 1/g(y )
=
|g (x )−g (y )| |g (x )g (y )|
可
得 ωi (1/g) ≤ m−2ωi (g), 由此可知 1/g 可积, 于是 f /g = f · (1/g) 可积.
数学分析 第一型曲线积分
其中
∆si
=
s(ti )
−
s(ti−1).
如果极限 lim π →0
m i =1
f (σ(ξi ))∆si
存在且与
{ξi }
的选取无关,
则称此极限为
f
在 σ 上的第一型曲线积分, 记为
m
f ds = lim f (σ(ξi ))∆si .
σ
π →0 i =1
当 f = 1 时, 第一型曲线积分也就是曲线的长度.
β
(f ) = sup v (f ; π).
α
π
根据定义不难验证, 单调函数, Lipschitz 函数, C1 函数都是有界变差函数.
问题: 你能举一个连续但不是有界变差函数的例子吗?
可求长的充要条件
(Jordan 定理) 曲线 σ(t) 可求长当且仅当其分量均为有界变差函数.
可求长的充要条件
i =1
如果 supπ v (f ; π) 有限, 则称 f 为 [α, β] 上的有界变差函数, 它在 [α, β] 中的全变 差记为
β
(f ) = sup v (f ; π).
α
π
有界变差函数
为了确定曲线可求长的充分必要条件, 我们引入有界变差函数的概念.
设 f 为定义在 [α, β] 中的函数. 任给分割 π : α = t0 < t1 < t2 < · · · < tm = β, 记
若 σ 的弧长参数存在, 第一型曲线积分可化为 Riemann 积分:
L(σ)
f ds =
f (σ(s)) ds.
σ
0
例子
例1
设曲线 σ
是椭圆
x2 a2
数学分析 单位分解
数学分析(二):多元微积分梅加强副教授南京大学数学系内容提要:内容提要:鼓包函数;内容提要:鼓包函数; 单位分解;内容提要:鼓包函数; 单位分解; 正则区域.Green公式和Gauss公式的传统证明方法是将积分区域分割为若干简单区域,在简单区域中验证公式成立,最后再合起来.Green公式和Gauss公式的传统证明方法是将积分区域分割为若干简单区域,在简单区域中验证公式成立,最后再合起来.对区域做分割从严格来讲是难以实现的.现代的证明想法有所不同,它不是对积分区域做分解,而是对被积的函数(或微分形式)做分解,这要容易实现得多.Green公式和Gauss公式的传统证明方法是将积分区域分割为若干简单区域,在简单区域中验证公式成立,最后再合起来.对区域做分割从严格来讲是难以实现的.现代的证明想法有所不同,它不是对积分区域做分解,而是对被积的函数(或微分形式)做分解,这要容易实现得多.为此我们先构造所谓的鼓包函数,这是一种具有紧支集的光滑函数.Green公式和Gauss公式的传统证明方法是将积分区域分割为若干简单区域,在简单区域中验证公式成立,最后再合起来.对区域做分割从严格来讲是难以实现的.现代的证明想法有所不同,它不是对积分区域做分解,而是对被积的函数(或微分形式)做分解,这要容易实现得多.为此我们先构造所谓的鼓包函数,这是一种具有紧支集的光滑函数.先从一元函数开始,我们要构造一个光滑函数,使得它在[−1/2,1/2]中恒等于1,在[−1,1]之外恒等于0.考虑函数f(x)=0,x≤0 e−1/x,x>0,这是光滑函数(处处无限次可导).e−1x1√2xy O考虑函数f(x)=0,x≤0 e−1/x,x>0,这是光滑函数(处处无限次可导).e−1x1√2xyOf在左半轴恒为零,当x→+∞时f(x)→1.我们希望在无穷远附近将f的值变成恒等于1.我们将f 逐步改造:先令g (x )=f (x )f (x )+f (1−x ),再令φ(x )=g (2x +2),x ≤0,g (−2x +2),x >0.g (x )1−11xy Oφ(x )xy O1−11图:鼓包函数的构造我们将f 逐步改造:先令g (x )=f (x )f (x )+f (1−x ),再令φ(x )=g (2x +2),x ≤0,g (−2x +2),x >0.g (x )1−11xy Oφ(x )xy O1−11图:鼓包函数的构造φ就是我们想要的一元鼓包函数,而φ( x )是R n 中在原点附近恒为1,在单位球之外恒为0的鼓包函数.引理1(单位分解)设K为R n中的有界闭集,{Vα}为K的有限开覆盖.则存在R n中的光滑函数{φα},使得φα(x)=1,∀x∈K;suppφα⊂Vα.α{φα}称为从属于开覆盖{Vα}的一个单位分解.引理1(单位分解)设K为R n中的有界闭集,{Vα}为K的有限开覆盖.则存在R n中的光滑函数{φα},使得αφα(x)=1,∀x∈K;suppφα⊂Vα.{φα}称为从属于开覆盖{Vα}的一个单位分解.证明.因为K为有界闭集,存在r>0,使得K⊂B r/2(0).当x∈K时,存在α,使得x∈Vα.取εx>0,使得B2εx(x)⊂Vα.当x∈B r/2(0)\K时,存在εx>0,使得B2εx(x)⊂B r(0)\K.根据有限覆盖定理,存在有限个小球,记为{Bεi /2(x i)}ki=1,使得它们覆盖了B r/2(0),其中εi=εx i.证明(续).令¯φ(x )=k i =1φ ε−1ix −x i +1−φ r −1 x ,x ∈R n ,其中φ为上面的鼓包函数.则¯φ为R n 中的光滑函数,且处处为正.当x i ∈K 时,记φi (x )=φ ε−1i x −x i/¯φ(x ),则iφi (x )=1,∀x ∈K ;supp φi ⊂B εi (x i )⊂B 2εi (x i ).将支集含于V α的那些函数φi 的和记为φα(不重复求和),则{φα}为满足定理要求的单位分解.我们想把Green公式和Gauss公式推广到R n中.先引进正则区域的概念.我们想把Green公式和Gauss公式推广到R n中.先引进正则区域的概念. 记R n+={x∈R n|x n≥0},称为上半欧氏空间,其边界可等同于R n−1.我们想把Green公式和Gauss公式推广到R n中.先引进正则区域的概念.记R n+={x∈R n|x n≥0},称为上半欧氏空间,其边界可等同于R n−1.设Ω⊂R n为有界区域,x0∈∂Ω.如果存在r>0,x0的开邻域U,以及C2单射ϕ:B r(0)∩R n+→R n,使得det Jϕ>0,且ϕ(0)=x0,ϕ(B r(0)∩R n+)=U∩Ω,ϕ(B r(0)∩∂R n+)=U∩∂Ω,则称x0为边界上的正则点.我们想把Green公式和Gauss公式推广到R n中.先引进正则区域的概念.记R n+={x∈R n|x n≥0},称为上半欧氏空间,其边界可等同于R n−1.设Ω⊂R n为有界区域,x0∈∂Ω.如果存在r>0,x0的开邻域U,以及C2单射ϕ:B r(0)∩R n+→R n,使得det Jϕ>0,且ϕ(0)=x0,ϕ(B r(0)∩R n+)=U∩Ω,ϕ(B r(0)∩∂R n+)=U∩∂Ω,则称x0为边界上的正则点.如果边界上每一点都是正则点,就称Ω为正则区域.正则区域我们想把Green公式和Gauss公式推广到R n中.先引进正则区域的概念.记R n+={x∈R n|x n≥0},称为上半欧氏空间,其边界可等同于R n−1.设Ω⊂R n为有界区域,x0∈∂Ω.如果存在r>0,x0的开邻域U,以及C2单射ϕ:B r(0)∩R n+→R n,使得det Jϕ>0,且ϕ(0)=x0,ϕ(B r(0)∩R n+)=U∩Ω,ϕ(B r(0)∩∂R n+)=U∩∂Ω,则称x0为边界上的正则点.如果边界上每一点都是正则点,就称Ω为正则区域.正则区域的边界在局部上参数曲面,因此是零测集,这说明正则区域是可求体积的集合.下设Ω为正则区域.如果η=f(x)dx1∧···∧dx n为连续n−形式,η在Ω中的积分就定义为f在Ω中的重积分.下设Ω为正则区域.如果η=f(x)dx1∧···∧dx n为连续n−形式,η在Ω中的积分就定义为f在Ω中的重积分.我们想定义沿边界∂Ω的第二型曲面积分.注意∂Ω虽然在局部上可以参数化,但在整体上未必可以.比如Ω=B2(0)\B1(0)就是如此.下设Ω为正则区域.如果η=f(x)dx1∧···∧dx n为连续n−形式,η在Ω中的积分就定义为f在Ω中的重积分.我们想定义沿边界∂Ω的第二型曲面积分.注意∂Ω虽然在局部上可以参数化,但在整体上未必可以.比如Ω=B2(0)\B1(0)就是如此.基本想法:利用单位分解可以将问题局部化.具体来说,取∂Ω的有限开覆盖{U i},使得每一个Σi=U i∩∂Ω都是参数化的.取从属于{U i}的单位分解{φi}.下设Ω为正则区域.如果η=f(x)dx1∧···∧dx n为连续n−形式,η在Ω中的积分就定义为f在Ω中的重积分.我们想定义沿边界∂Ω的第二型曲面积分.注意∂Ω虽然在局部上可以参数化,但在整体上未必可以.比如Ω=B2(0)\B1(0)就是如此.基本想法:利用单位分解可以将问题局部化.具体来说,取∂Ω的有限开覆盖{U i},使得每一个Σi=U i∩∂Ω都是参数化的.取从属于{U i}的单位分解{φi}. 若ω是∂Ω上的连续(n−1)形式,令∂Ωω=iΣiφiω,称为ω沿∂Ω的积分.不难验证这个定义是恰当的.。
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南京大学1992年数学分析试题
一、定0a ，0a ≠k π（k ∈Z ）,设1+n a =sin n a (n=0,1,2,…).
1) 求∞→n lim n a ；2）求lim ∞→n 21n
na . 二、设f(x) ∈]1,0[C ,在}0{\)1,1(- 内可微，且)0(+'f 及)0(-'f 存在有限,而数列}{},{n n b a
满足条件,101<<<<-n n b a 且∞→n lim n a =∞
→n lim n b =0，求证存在子序列}{},{k k n n b a 及正数p,q,p+q=1,使
∞→n lim )0()0()
()(-+'+'=--f q f p a b a f b f k k k k n n n n
三、设)(x f 在]1,1[-上（R ）可积，令
⎪⎩⎪⎨⎧≤≤-≤≤-=0
1,10,)1()(x e x x x nx n n 当当ϕ 1） 证明函数)()(x x f n ϕ在]1,1[-上（R ）可积；
2） 又若)(x f 在x=0还是连续的，求证
∞→n lim
⎰-=11)0()()(2f dx x x f n n ϕ 四、证明⎰∑∞=+-=101
1
)1(n n n x n dx x . 五、试以u 为因变量，ηξ,为自变量，对方程
y z x
z ∂∂=∂∂22 进行变量代换z y x y u y
y x ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=-==4exp ,1,2ηξ. 六、已知⎰∞+-=02
12
πdx e x ，求()⎰+∞->00cos 2a bxdx e ax 之值. 七、计算()()()⎰⎰++++++++=S
dxdy b a z dzdx a c y dydz c b x I 222，其中S 为半球面 ()()()c z R c z b y a x ≥=-+-+-,2222的上侧.
八、设)(),(),(t t t p ψϕ是区间],[b a 上的连续函数，)(),(t t ψϕ单调增加，0)(>t p ，试证
1）⎰⎰⎰⎰⋅≤⋅b a b
a b a b
a dt t t t p dt t p dt t t p dt t t p ;)()()()()()()()(ψϕψϕ 2）若0)(,)(],[>∈t F C t F
b a 且单调减少，证明
⎰⎰⎰⎰≤b a b a b
a b a dt
t F dt t F dt t tF dt
t F t )()]([)()]([22 （2005年5月27日sciphi 输入）。