第九章习题参考答案(重排)

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有机化学09章答案

有机化学09章答案work Information Technology Company.2020YEAR第九章核磁共振谱、红外光谱和质谱问题9.1 下列化合物的1H NMR谱图中各有几组吸收峰（1）1-溴丁烷（2）丁烷（3）1,4-二溴丁烷（4）2,2-二溴丁烷（5）2,2,3,3-四溴丁烷（6）1,1,4-三溴丁烷（7）溴乙烯（8）1,1-二溴乙烯（9）顺-1,2-二溴乙烯（10）反-1,2-二溴乙烯（11）烯丙基溴（12）2-甲基-2-丁烯提示：化合物中有几种化学不等价的质子，在1H NMR谱图中就有几组吸收峰。

首先写出这些化合物的结构式，然后再看各个质子是否等价。

答案：（1）CH3CH2CH2CH2Br 4组（2）CH3CH2CH2CH3 2组（3）BrCH2CH2CH2CH2Br 2组（4）CH3CBr2CH2CH3 3组（5）CH3CBr2C(Br)2CH3 1组（6）CHBr2CH2CH2CH2Br 4组（7）组（8）组（9）组（10）组（11）组（12） 4组问题9.2 下列化合物的1H NMR谱图中都只有一个单峰，试推测它们的结构。

(1) C8H18, δH = 0.9 (2) C5H10, δH = 1.5(3) C8H8, δH = 5.8 (4) C4H9Br, δH = 1.8(5) C2H4Cl2, δH = 3.7 (6) C2H3Cl3(7) C5H8Cl4, δH = 3.7提示: 1H NMR谱图中只有一个单峰，说明所有的氢质子都是等价的，即任何一个氢质子周围没有与之不等价的氢质子。

答案：问题9.3：推测C4H9Cl的几种异构体的结构（1）1H NMR谱图中有几组峰，其中在δH = 3.4处有双重峰。

（2）有几组峰，其中在δH = 3.5处有三重峰。

（3）有几组峰，其中在δH = 1.0处有三重峰，在δH = 1.5处有双重峰，各相当于三个质子。

提示：先写出C4H9Cl的几种异构体的结构，再根据1H NMR谱图的特征判断各是哪一种异构体。

电路分析课后习题第9章答案

L2
b
题9-6图
(ωM ) 2 M2 = jωL1 + = jω ( L1 − ) jωL2 L2 M2 0.0144 则L = L1 − = 0.1 − = 0.064 H L2 0.4
9-7
图所示的变压器电路，原边接电源电压，题9-7图所示的变压器电路，原边接电源电压，副边接负载电阻。求原边电流和通过互感耦合传送到副边回路的功率。载电阻。求原边电流和通过互感耦合传送到副边回路的功率。 • 已知 U S = 10∠0°V R1 = 30Ω ωL1 = 40Ω ωL2 = 120Ω ɺ ɺ R2 = 10Ω ωM = 30Ω R1 I 1 I2
•
•
图所示电路， 9-3 题9-3图所示电路，求电路中的电流
•
I 1 和 I 2 。已知
ω = 100rad / s,U s = 10∠0°V , R1 = 10Ω, L1 = 40mH ,
R2 = 6Ω, L2 = 50mH , M = 4 H .
R1 ɺ I1 ɺ I2 L2
+ _
ɺ US
L1
n 5 = 400 × 5 = 2000Ω
2
得等效初级电路如图所示
U 1 ≈ 20∠0°V
•
ɺ = 20U • ɺ 由U 1 2 U 2 = 1∠0°V
9-12 在题9-12图所示电路中，负载阻抗ZL=(6-j8) 在题9 12图所示电路中，负载阻抗图所示电路中为了与内阻为1k 的信号源匹配，试求变压器的变比的信号源匹配，为了与内阻为 • 为多少？时负载获得的功率。为多少？并求 U S = 2时负载获得的功率。 V
M
R2
题9-3图
列两个网孔方程如下所示：

有机化学 09章答案

第九章核磁共振谱、红外光谱和质谱问题9.1 下列化合物的1H NMR谱图中各有几组吸收峰（1）1-溴丁烷（2）丁烷（3）1,4-二溴丁烷（4）2,2-二溴丁烷（5）2,2,3,3-四溴丁烷（6）1,1,4-三溴丁烷（7）溴乙烯（8）1,1-二溴乙烯（9）顺-1,2-二溴乙烯（10）反-1,2-二溴乙烯（11）烯丙基溴（12）2-甲基-2-丁烯提示：化合物中有几种化学不等价的质子，在1H NMR谱图中就有几组吸收峰。

首先写出这些化合物的结构式，然后再看各个质子是否等价。

答案：（1）CH3CH2CH2CH2Br 4组（2）CH3CH2CH2CH32组（3）BrCH2CH2CH2CH2Br 2组（4）CH3CBr2CH2CH33组（5）CH3CBr2C(Br)2CH31组（6）CHBr2CH2CH2CH2Br4组（7）3组（8）1组（9）1组（10）1组（11）4组（12）4组问题9.2 下列化合物的1H NMR谱图中都只有一个单峰，试推测它们的结构。

(1) C8H18, δH = 0.9(2) C5H10, δH = 1.5(3) C8H8, δH = 5.8 (4) C4H9Br, δH = 1.8(5) C2H4Cl2, δH = 3.7 (6) C2H3Cl3(7) C5H8Cl4, δH = 3.7提示:1H NMR谱图中只有一个单峰，说明所有的氢质子都是等价的，即任何一个氢质子周围没有与之不等价的氢质子。

答案：问题9.3：推测C4H9Cl的几种异构体的结构（1）1H NMR谱图中有几组峰，其中在δH = 3.4处有双重峰。

（2）有几组峰，其中在δH = 3.5处有三重峰。

（3）有几组峰，其中在δH = 1.0处有三重峰，在δH = 1.5处有双重峰，各相当于三个质子。

提示：先写出C4H9Cl的几种异构体的结构，再根据1H NMR谱图的特征判断各是哪一种异构体。

答案：分子式为C4H9Cl的化合物有四种异构体，结构式分别为：（1）根据n+1律，从上述结构式可以看出，结构B中的a-H为双重峰，结构C 中的a，c和d-H也都为双重峰，然后根据双重峰的化学位移为3.4 ppm，可判断应为与卤素直接相连的碳上的氢质子信号，即：结构C中a-H的质子信号。

微积分课后题答案第九章习题详解

第9章习题9-11．判定下列级数的收敛性：(1) 115n n a ∞=⋅∑（a ＞0）； (2) ∑∞=-+1)1(n n n ;(3) ∑∞=+131n n ; (4) ∑∞=-+12)1(2n nn ; (5) ∑∞=+11ln n n n ; (6) ∑∞=-12)1(n n;(7) ∑∞=+11n nn ; (8) 0(1)21n n n n ∞=-⋅+∑．解：（1）该级数为等比级数，公比为1a ,且0a >,故当1||1a<,即1a >时，级数收敛，当1||1a≥即01a <≤时，级数发散. （2）Q n S =+++L1=lim n n S →∞=∞∴1n ∞=∑发散.（3）113n n ∞=+∑是调和级数11n n ∞=∑去掉前3项得到的级数，而调和级数11n n ∞=∑发散，故原级数113n n ∞=+∑发散. （4）Q 1112(1)1(1)222n n nn n n n ∞∞-==⎛⎫+--=+ ⎪⎝⎭∑∑ 而1112n n ∞-=∑,1(1)2m nn ∞=-∑是公比分别为12的收敛的等比级数，所以由数项级数的基本性质知111(1)22n n n n ∞-=⎛⎫-+ ⎪⎝⎭∑收敛，即原级数收敛. （5）Q lnln ln(1)1nn n n =-++ 于是(ln1ln 2)(ln 2ln 3)[ln ln(1)]n S n n =-+-+-+L ln1ln(1)ln(1)n n =-+=-+ 故lim n n S →∞=-∞,所以级数1ln1n nn ∞=+∑发散. （6）Q 2210,2n n S S +==-∴ lim n n S →∞不存在，从而级数1(1)2nn ∞=-∑发散.（7）Q 1lim lim10n n n n U n→∞→∞+==≠∴ 级数11n n n ∞=+∑发散. （8）Q (1)(1)1, lim 21212n n n n n n U n n →∞--==++∴ lim 0n x U →∞≠，故级数1(1)21n n nn ∞=-+∑发散.2．判别下列级数的收敛性，若收敛则求其和：(1) ∑∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛+13121n n n ； (2) ※∑∞=++1)2)(1(1n n n n ;(3) ∑∞=⋅12sin n n n π; (4) 0πcos 2n n ∞=∑．解：Q （1）1111, 23n n n n ∞∞==∑∑都收敛，且其和分别为1和12，则11123n n n ∞=⎛⎫+ ⎪⎝⎭∑收敛，且其和为1+12=32. （2）Q11121(1)(2)212n n n n n n ⎛⎫=-+ ⎪++++⎝⎭∴121112111211121122322342345212n S n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-++-++-+++-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭L 11112212n n ⎛⎫=-+ ⎪++⎝⎭1lim 4n n S →∞=故级数收敛，且其和为14. （3）πsin 2n U n n =,而πsinππ2lim lim 0π222n n n U n→∞→∞=⋅=≠，故级数1πsin2n n n ∞=⋅∑发散. （4）πcos 2n n U =,而4lim limcos2π1k k k U k →∞→∞==,42lim limcos(21)π1k k k U k +→∞→∞=+=-故lim n n U →∞不存在，所以级数πcos2n n ∞=∑发散. 3※．设1nn U∞=∑ (U n ＞0)加括号后收敛，证明1nn U∞=∑亦收敛．证：设1(0)nn n UU ∞=>∑加括号后级数1n n A ∞=∑收敛，其和为S .考虑原级数1n n U ∞=∑的部分和1n k k S U ∞==∑，并注意到0(1,2,)k U k >=L ，故存在0n ,使11n n k t k t S U A s ∞===<<∑∑又显然1n n S S +<对一切n 成立，于是，{}n S 是单调递增且有上界的数列，因此，极限lim nn S →∞存在，即原级数1nn U∞=∑亦收敛.习题9-21．判定下列正项级数的收敛性：(1) ∑∞=++1n n n )2)(1(1; (2) ∑∞=+1n n n1;(3) ∑∞=++1n n n n )2(2; (4) ∑∞=+1n n n )5(12；(5) 111nn a ∞=+∑ (a ＞0); (6) ∑∞=+1n n ba 1(a , b ＞0); (7)()∑∞=--+1n a n a n22(a ＞0); (8) ∑∞=-+1n n n 1214； (9) ∑∞=⋅1n nn n 23； (10) ※∑∞=1n n n n !; (11) ∑∞=+⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅1n n n )13(1074)12(753ΛΛ; (12) ∑∞=1n n n3；(13) ※∑∞=1n n n 22)!(2； (14) ∑∞=⎪⎭⎫⎝⎛+1n nn n 12;(15)∑∞=1πn nn3sin2; (16) ∑∞=1πn n n n 2cos 32．解：（1）因为211(1)(2)n n n <++而211n n ∞=∑收敛，由比较判别法知级数11(1)(2)n n n ∞=++∑收敛.（2）因为lim lim10n n n U →∞→∞==≠，故原级数发散. （3）因为21(1)(1)1n n n n n n n +>=+++，而111n n ∞=+∑发散，由比较判别法知，级数12(1)n n n n ∞=++∑发散. （4）321n<=,而1n ∞=是收敛的p -级数3(1)2p =>,由比较判别法知,级数1n ∞=收敛.（5）因为111lim lim lim(1)111n n n nn n n na a a a a →∞→∞→∞+==-++11112001a a a >⎧⎪⎪==⎨⎪<<⎪⎩而当1a >时，11n n a ∞=∑收敛，故111nn a ∞=+∑收敛; 当1a =时，11n n a ∞=∑= 11n ∞=∑发散，故111nn a∞=+∑发散; 当01a <<时1lim101n n a →∞=≠+，故1lim1nn a →∞+发散; 综上所述，当01a <≤时，级数1lim 1n n a →∞+发散，当1a >时，1lim 1nn a →∞+收敛. （6）因为1lim lim lim(1)1n n n n n n n n b a a b a b a b b→∞→∞→∞+==-++ 1111101b b a b >⎧⎪⎪==⎨+⎪<<⎪⎩ 而当1b >时, 11n n b ∞=∑收敛，故11nn a b ∞=+∑收敛; 当1b =时，1111n n n b ∞∞===∑∑发散，故而由0a >, 101a <<+∞+,故11nn a b ∞=+∑也发散; 当01b <<时，11lim 0n n a b a →∞=≠+故11n n a b ∞=+∑发散; 综上所述知，当01b <≤时，级数11n n a b ∞=+∑发散;当b >1时，级数11nn a b∞=+∑收敛. （7）因为n n n→∞=0n a ==>而11n n ∞=∑发散，故级数10)n a ∞=>∑发散. （8）因为434431121lim lim 1212n n n n n n n n →∞→∞++-==-而311n n ∞=∑收敛，故级数21121n n n ∞=+-∑收敛.（9）因为1113233lim lim lim 1(1)232(1)2n n n n n n n n nU n n U n n +++→∞→∞→∞⋅⋅==>+⋅+由达朗贝尔比值判别法知，级数132nnn n ∞=⋅∑发散. （10）因为11(1)!1lim lim lim(1)1(1)!n n n n n n n nU n n e U n n n ++→∞→∞→∞+=⋅=+=>+，由达朗贝尔比值判别法知，级数1!nn n n ∞=∑发散.（11）因为1357(21)(23)4710(31)limlim 4710(31)(34)357(21)n n n nU n n n U n n n +→∞→∞⋅⋅⋅⋅+⋅+⋅⋅⋅⋅+=⋅⋅⋅⋅⋅+⋅+⋅⋅⋅⋅+L L L L232lim1343n n n →∞+==<+,由达朗贝尔比值判别法知原级数收敛.（12）因为111311lim lim lim 1333n n n n n n nU n n U n n ++→∞→∞→∞++=⋅==<，由达朗贝尔比值判别法知，级数13n n n∞=∑收敛. （13）因为22221221(1)[(1)!]2(1)lim lim lim (!)22n n n n n n n nU n n U n +++→∞→∞→∞++=⋅= 由2212121(1)2(1)1lim lim lim 222ln 22ln 2x x x x x x x x x +++→∞→+∞→+∞+++==⋅⋅2121lim 022(ln 2)x x +→+∞==⋅知2121(1)lim lim 012n n n n n U n U ++→∞→∞+==<由达朗贝尔比值判别法知，级数221(!)2n n n ∞=∑收敛.（14）因为1lim 1212n n n n →∞==<+，由柯西根值判别法知级数121nn n n ∞=⎛⎫ ⎪+⎝⎭∑收敛.（15）因为ππ2sinsin 33lim lim 1π2π33n n nn n n n n→∞→∞==⋅而112233nn n n n ∞∞==⎛⎫= ⎪⎝⎭∑∑是收敛的等比级数，它的每项乘以常数π后新得级数12π3n n n ∞=⋅∑仍收敛，由比较判别法的极限形式知，级数1π2sin3n n n ∞=∑收敛. （16）因为2πcos 322n nn n n ≤而与（12）题类似地可证级数12n n n ∞=∑收敛，由比较判别法知级数1πcos 32nn n n ∞=∑收敛.2．试在(0，+∞)内讨论x 在什么区间取值时，下列级数收敛：(1) ∑∞=1n n n x ; (2) nn x n ∑∞=⎪⎭⎫⎝⎛123．解：（1）因为11lim lim lim 11n n n n n n nU x n nxx U n x n ++→∞→∞→∞=⋅==++由达朗贝尔比值判别法知，当1x >时，原级数发散; 当01x <<时，原级数收敛; 而当1x =时，原级数变为调11n n ∞=∑，它是发散的. 综上所述，当01x <<时，级数1nn x n ∞=∑收敛.（2）因为1313(1)2limlim 22n n n n n nx n U xU x n ++→∞→∞⎛⎫+⋅ ⎪⎝⎭==⎛⎫⋅ ⎪⎝⎭,由达朗贝尔比值判别法知，当12x >即2x >时，原级数发散;当012x<<即02x <<时，原级收敛. 而当12x =即 2x =时，原级数变为31n n ∞=∑，而由3lim n n →∞=+∞知31n n ∞=∑发散，综上所述，当02x <<时，级数31()2nn x n ∞=∑收敛.习题9-31．判定下列级数是否收敛，如果是收敛级数，指出其是绝对收敛还是条件收敛：(1) ∑∞=--1121)1(n nn ; (2) 11(1)2(1)2n n nn ∞-=-+-⋅∑; (3) ∑∞=12sin n n nx ; (４) 111π(1)sin πn n n n ∞+=-∑; (5) ∑∞=-⎪⎭⎫ ⎝⎛-11210121n n n ； (6) ∑∞=+-1)1(n n x n ;(7) ∑∞=⋅1!)2sin(n n n x ．解：（1）这是一个交错级数121n U n =-, 1lim lim 021n n n U n →∞→∞==-, 1112121n n U U n n +=>=-+ 由莱布尼茨判别法知11(1)21nn n ∞=--∑. 又1111(1)2121n n n n n ∞∞==-=--∑∑，由1121lim 12n n n→∞-=,及11n n ∞=∑发散，知级数1121n n ∞=-∑发散，所以级数11(1)21nn n ∞=--∑条件收敛.（2）因为2111(1)211(1)22(1)2n n n n n ----+-=+-⋅-⋅,故11111(1)21111(1)22(1)22(1)2n n n n n n n n n ------+--=+≤+-⋅-⋅-⋅ 1113222n n n-=+=而112n n ∞=∑收敛，故132n n ∞=∑亦收敛，由比较判别法知11(1)2(1)2n n nn ∞-=-+-⋅∑收敛，所以级数11(1)2(1)2n n nn ∞-=-+-⋅∑绝对收敛. （3）因为22sin 1,nx n n ≤而级数211n n∞=∑收敛，由比较判别法知21sin n nxn ∞=∑收敛，因此，级数21sin n nxn ∞=∑绝对收敛. （4）因为121ππ|(1)sin |sin πlimlim 11πn n n n n n n n+→∞→∞-==而211n n∞=∑收敛，由比较判别法的极限形式知，级数111π|(1)sin |πn n n n ∞+=-∑收敛，从而级数11π(1)sin πn n n+-绝对收敛. （5）因为212121111111210210210n n n n n n ----≤+=+,而级数112nn ∞=∑收敛的等比级数1()2q =;由比值判别法，易知级数211110n n ∞-=∑收敛，因而21111210n n n ∞-=⎛⎫+ ⎪⎝⎭∑收敛，由比较判别法知级数21111210n n n ∞-=-∑收敛，所以原级数21111210n n n ∞-=-∑绝对收敛. （6）当x 为负整数时，级数显然无意义；当x 不为负整数时，此交错级数满足莱布尼茨判别法的条件，故它是收敛的，但因11n x n ∞=+∑发散，故原级数当x 不为负整数时仅为条件收敛.（7）因为sin(2)1!!n x n n ⋅≤由比值判别法知11!n n ∞=∑收敛(Q 1(1)!lim 01!n n n →∞+=)，从而由比较判别法知1sin(2)!n n x n ∞=⋅∑收敛，所以级数1sin(2)!n n x n ∞=⋅∑，绝对收敛.2．讨论级数∑∞=--111)1(n pn n 的收敛性(p ＞0)．解：当1p >时，由于11111(1)n p p n n n n ∞∞-==-=∑∑收敛，故级数111(1)n p n n ∞-=-∑绝对收敛. 当01p <≤时，由于111,(1)n n p pu u n n +=>=+ lim 0n n u →∞=,由莱布尼茨判别法知交错级数111(1)n p n n ∞-=-∑收敛，然而，当01p <≤时，11111(1)n p p n n n n ∞∞-==-=∑∑发散，故此时，级数111(1)n p n n∞-=-∑条件收敛. 综上所述，当01p <≤时，原级数条件收敛;当p >1时，原级数绝对收敛.3※．设级数∑∞=12n na及∑∞=12n nb都收敛，证明级数∑∞=1n nn ba 及()∑∞=+12n n nb a也都收敛．证：因为2222||||110||222n n n n n n a b a b a b +≤≤=+ 而由已知1nn a ∞=∑及21n n b ∞=∑都收敛，故221111,22n n n n a b ∞∞==∑∑收敛，从而2211122n n n a b ∞=⎛⎫+ ⎪⎝⎭∑收敛，由正项级数的比较判别法知1n nn a b∞=∑也收敛，从而级数1n nn a b∞=∑绝对收敛.又由222()2,n n n n n n a b a a b b +=++及2211,n n n n a b ∞∞==∑∑,以及1n n n a b ∞=∑收敛，利用数项级数的基本性质知，221(2)nn n n n aa b b ∞=++∑收剑，亦即21()n n n a b ∞=+∑收敛.习题9-41．指出下列幂级数的收敛区间：(1) ∑∞=0!n n n x (0!=1)； (2) ∑∞=0!n nn x nn ；(3) ∑∞=⋅022n n n n x ； (4) ∑∞=++-01212)1(n n n n x ．(5) ∑∞=⋅+02)2(n n n n x ； (6) ∑∞=-0)1(2n n nx n．解：（1）因为111(1)!limlim lim 011!n n n n na n p a n n +→∞→∞→∞+====+，所以收敛半径r =+∞，幂级数1!nn x n ∞=∑的收敛区间为(,)-∞+∞. （2）因为-111lim lim lim 1e 11n nn n n n n a n p a n n +→∞→∞→∞⎛⎫===-= ⎪++⎝⎭，所以收敛半径1e r p==. 当x =e 时，级数01!!e n n n n n n n n x n n ∞∞===∑∑，此时11(1)n n n u e u n+=+，因为1(1)nn +是单调递增数列，且1(1)nn+<e 所以1n nu u +>1,从而lim 0n n u →∞≠，于是级数当x =e 时，原级数发散.类似地，可证当x =-e 时，原级数也发散(可证lim ||0n n u →∞≠),综上所述，级数0!nnn n x n∞=∑的收敛区间为(-e,e).（3）因为2111limlim ()212n n n n a n p a n +→∞→∞===+,所以收敛半径为r =2. 当2x =时，级数221012n n n n x n n∞∞===⋅∑∑是收敛的p 一级数（p =2>1）;当x =-2时，级数22011(1)2n nn n n x n n ∞∞===-⋅⋅∑∑是交错级数，它满足莱布尼茨判别法的条件，故它收敛.综上所述，级数202nn n x n∞=⋅∑的收敛区间为[-2,2].（4）此级数缺少偶次幂的项，不能直接运用定理2求收敛半径，改用达朗贝尔比值判别法求收敛区间.令21(1)21n nn x u n +=-+，则22121lim lim 23n n n nu n x x u n +→∞→∞+=⋅=+.当21x <时，即||1x <时，原级数绝对收敛.当21x >时，即||1x >时，级数0||n n u ∞=∑发散，从而210(1)21n nn x n +∞=-+∑发散，当1x =时，级数变为01(1)21nn n ∞=-+∑;当1x =-时，级数变为11(1)21n n n ∞+=-+∑;它们都是交错级数，且满足莱布尼茨判别法的条件，故它们都收敛.综上所述，级数21(1)21n nn x n +∞=-+∑的收敛区间为[-1,1].（5）此级数为（x +2）的幂级数. 因为11limlim 2(1)2n n n n a n p a n +→∞→∞===+. 所以收敛半径12r p==，即|2|2x +<时，也即40x -<<时级数绝对收敛.当|2|2x +>即4x <-或0x >时，原级数发散.当4x =-时，级数变为1(1)nn n ∞=-∑是收敛的交错级数，当x =0时，级数变为调和级数11n n ∞=∑,它是发散的.综上所述，原级数的收敛区间为[-4,0).（6）此级数（x -1）的幂级数12limlim 21n n n n a np a n +→∞→∞===+ 故收敛半径12r =. 于是当1|1|2x -<即1322x <<时，原级数绝对收敛.当1|1|2x ->即12x <或32x >时，原级数发散.当32x =时，原级数变为01n n ∞=∑是调和级数，发散.当12x =时，原级数变为11(1)n n n ∞=-∑，是收敛的交错级数.综上所述，原级数的收敛区间为13,22⎡⎫⎪⎢⎣⎭. 2．求下列幂级数的和函数：(1) ∑∞=-1)1(n n nn x ； (2) ∑∞=-1122n n nx ；(3) nn x n n ∑∞=+1)1(1； (4) ∑∞=+0)12(n n x n ．解：（1）可求得所给幂级数的收敛半径r =1.设1()(1)n nn x S x n ∞==-∑,则1111()(1)(1)1n n n n n n x S x x n x ∞∞-=='⎡⎤'=-=-=-⎢⎥+⎣⎦∑∑ ∴001()()d d ln(1) (||1)1x x S x S x x x x x x-'===-+<+⎰⎰又当x =1时，原级数收敛，且()S x 在x =1处连续.∴1(1)ln(1) (11)nnn x x x n ∞=-=-+-<≤∑ （2）所给级数的收敛半经r =1，设211()2n n S x nx∞-==∑,当||1x <时，有2121011()d 2d 2d xx xn n n n S x x nxx nx x ∞∞--====∑∑⎰⎰⎰22211nn x xx∞===-∑ 于是22222()1(1)x xs x x x '⎛⎫== ⎪--⎝⎭ 又当1x =±时，原级数发散. 故2122122 (||1)(1)n n xnx x x ∞-==<-∑（3）可求所给级数的收敛半径为1.令1111()(0)(1)(1)n n n n x x s x x n n x n n +∞∞====≠++∑∑ 令11()(1)n n x g x n n +∞==+∑,则111()1n n g x x x ∞-=''==-∑01()d ()(0)d 1xxg x x g x g x x''''=-=-⎰⎰(0)0,()ln(1)g g x x ''==--()d ()(0)ln(1)d ,(0)0xxg x x g x g x x g '=-=--=⎰⎰所以0()ln(1)d ln(1)ln(1)xg x x x x x x x =--=+---⎰;所以1()11ln(1),||1,S x x x x ⎛⎫=+--<⎪⎝⎭且0x ≠. 当1x ±时，级数为11(1)n n n ∞=+∑和11(1)(1)nn n n ∞=-+∑,它们都收敛.且显然有(0)0S =.故111ln(1)(1,0)(0,1)()00,1x x S x x x x ⎧⎛⎫+--∈-⋃⎪ ⎪=⎝⎭⎨⎪=±⎩. （4）可求得所给级数的收敛半径为r =1且1x ±时，级数发散，设1()n n S x nx∞-==∑,则1()d .1xn n s x x x x∞===-∑⎰于是211()()1(1)S x x x '==--,即1211(1)n n nx x ∞-==-∑. 所以111(21)2nn n n n n n xx nxx ∞∞∞-===+=+∑∑∑221112(1)1(1)xx x x x +=⋅+=--- (||1)x <3．求下列级数的和：(1) ∑∞=125n n n ； (2) ∑∞=-12)12(1n nn ； (3) ∑∞=--112212n n n ； (4) 1(1)2nn n n ∞=+∑．解：（1）考察幂级数21nn n x∞=∑，可求得其收敛半径1r = ，且当1x ±时，级数的通项2nn u n x =，2lim ||lim n n n u n →∞→∞==+∞，因而lim 0n n u →∞≠，故当1x ±时，级数21n n n x ∞=∑发散，故幂级数21nn n x∞=∑的收敛区间为（-1，1）.设21() (||1)nn S x n xx ∞==<∑，则211()n n S x x n x ∞-==∑令2111()n n S x n x∞-==∑,则11011()d xnn n n S x x nx x nx ∞∞-====∑∑⎰.再令121()n n S x nx∞-==∑,则201()d 1xn n xS x x x x∞===-∑⎰. 故221()(||1)1(1)x S x x x x '⎛⎫==< ⎪--⎝⎭，从而有120()d (1)x x S x x x =-⎰. 1231() (||1)(1)(1)x xS x x x x '⎛⎫+==< ⎪--⎝⎭于是 213()() (||1)(1)x x S x xS x x x +==<- 取15x =，则223111()11555()5532115n n n S ∞=+===⎛⎫- ⎪⎝⎭∑. （2）考察幂级数21121n n x n ∞=-∑，可求得收敛半径r =1，设 2211111() (||1)2121nn n n S x x x x x n n ∞∞-====<--∑∑令21111()21n n S x x n ∞-==-∑,则221211()1n n S x x x ∞-='==-∑. 1200d 11()d ln1-21xxx xS x x x x+'==-⎰⎰即 1111()(0)ln (,(0)0)21xS x S s x+-==-. 于是 111()ln ,(||<1)21xS x x x+=-，从而11()()ln (||1)21x xS x xS x x x+==<-取x =则11(21)21n n S n ∞===-∑=（3）考察幂级数211(21)n n n x∞-=-∑，可求得其级数半经为r =1,因为212121111(21)2n n n n n n n xnxx ∞∞∞---===-=-∑∑∑令2111()2n n S x nx∞-==∑，则22121()d 1xnn x S x x xx ∞===-∑⎰.所以212222() (||1)1(1)x xS x x x x '⎛⎫==< ⎪--⎝⎭,于是212121111(21)2n n n n n n n xnxx ∞∞∞---===-=-∑∑∑3222222 (||1)(1)1(1)x x x x x x x x +=-=<--- 取12x =，得 3212111()121102212291()2n n n S ∞-=+-⎛⎫=== ⎪⎛⎫⎝⎭-⎪⎝⎭∑.（4）考察幂级数1(1)nn n n x∞=+∑，可求得其收敛半径r =1.设1()(1) (||1)nn S x n n xx ∞==+<∑则12111()d xn n n n S x x nxxnx∞∞+-====∑∑⎰.又设111()n n S x nx∞-==∑则101()d 1xn n x S x x x x∞===-∑⎰. 从而121()1(1)x S x x x '⎛⎫== ⎪--⎝⎭, 2212()d ()(1)xx S x x x S x x ==-⎰2232() ||1(1)(1)x x S x x x x '⎛⎫==< ⎪--⎝⎭ 取12x =，则 31121(1)2822112nn n n S ∞=⨯+⎛⎫=== ⎪⎝⎭⎛⎫- ⎪⎝⎭∑习题9-51．将下列函数展开成x 的幂级数： (1) 2cos2x ; (2) 2sin x ； (3) 2x x -e ; (4) 211x -； (5)πcos()4x -．解：（1）2201cos 11cos (1)2222(2)!nn n x x x n ∞=+==+-∑ 211(1)(-)2(2)!nnn x x n ∞==+-∞<<+∞∑ （2）2101sin (1) ()2(21)!2n n n x x x n +∞=⎛⎫=--∞<<+∞ ⎪+⎝⎭∑（3）22210011e()(1) ()!!x nn n n n x x x x x n n ∞∞-+===-=--∞<+∞∑∑（4）211111211x x x ⎡⎤=+⎢⎥--+⎣⎦0002011(1)221[(1)]2 ||1n n nn n n n nn n n x x x x x x ∞∞==∞=∞==+-=+-=<∑∑∑∑（5）πππcos cos cos sin sin 444x x x ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭2210(cos sin )2(1) ()2(2)!(21)!n n n n x x x xx n n +∞==+⎡⎤=-+-∞<<+∞⎢⎥+⎣⎦∑ 2．将下列函数在指定点处展开成幂级数，并求其收敛区间：(1)x -31,在x 0＝１； (2) cos x,在x 0=3π; (3) 3412++x x ,在x 0=1; (4) 21x, 在x 0＝３．解：（1）因为11113212x x =⋅---,而0111 (||112212nn x x x ∞=--⎛⎫=< ⎪-⎝⎭-∑即13x -<<). 所以100111(1) (13)3222nnn n n x x x x ∞∞+==--⎛⎫=⋅=-<< ⎪-⎝⎭∑∑.收敛区间为：（-1，3）. （2）πππ2π2cos cos ()cos cos()sin sin()333333x x x x ⎡⎤=+-=---⎢⎥⎣⎦22100()()133(1)(1)2(2)!(21)!n n n n n n x x n n ππ+∞∞==--=-+-+∑221011(1)())2(2)!33nn n n x x n ππ∞+=⎡⎤=--+-⎢⎥⎣⎦∑ ()x -∞<<+∞ 收敛区间为(,)-∞+∞. （3）211111111()1143213481124x x x x x x =-=⋅-⋅--++++++ 001111(1)(1)4284n nn n n n x x ∞∞==--⎛⎫⎛⎫=--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑223011(1)(1)22n n n n n x ∞++=⎛⎫=--- ⎪⎝⎭∑由112x -<且114x -<得13x -<<，故收敛区间为（-1，3）（4）因为011113(1)()333313n nn x x x ∞=-=⋅=-⋅-+∑ 1(3)(1)3nnn n x ∞+=-=-∑ 而21011(3)(1)3n n n n x x x ∞+=''⎡⎤-⎛⎫=-=-- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦∑111(1)(3)3n n n n n x ∞-+=-=-⋅-∑1111(1)(3)3n n n n n x +∞-+=-=-∑ 2(1)(1)(3)3n nn n n x ∞+=-+=-∑ 由313x -<得06x <<. 故收敛区间为（0，6）.。

数学分析第09章答案

第九章再论实数系§1 实数连续性的等价描述1．求数列}{n x 的上、下确界（若}{n x 无上（下）确界，则称)(-∞∞+是}{n x 的上（下）确界）：（1）nx n 11-=；（2）])2(2[n n n x -+=；（3）)3,2,1(11,122 =+==+k k x k x k k ；（4）nn x n n 1])1(1[+-+=；（5）nn n nx )1(21-+=；（6）32cos 11πn n n x n +-=．解（1）0}inf{,1}sup{==n n x x ；（2）-∞=+∞=}inf{,}sup{n n x x ；（3）1}inf{,}sup{=+∞=n n x x ；（4）0}inf{,3}sup{==n n x x ；（5）1}inf{,5}sup{==n n x x ；（6）21}inf {,1}sup{-==n n x x ． 2．设)(x f 在D 上定义，求证： (1) )}({inf )}({sup x f x f Dx Dx ∈∈-=-；(2) )}({sup )}({inf x f x f Dx Dx ∈∈-=-．证明 (1)设a x f =)}(inf{，则D x ∈∀，都有a x f ≥)(，因而a x f -≤-)(，又由于0>∀ε，都D x ∈∃ε，使得εε+<a x f )(，因而εε-->-a x f )(，因此)}({inf )}({sup x f x f Dx Dx ∈∈-=-.(2) 设b x f Dx =∈)}({sup ，则D x ∈∀有b x f ≤)(，从而b x f -≥-)(，又由于,0>∀ε都D x ∈∃ε，使得εε->b x f )(，从而εε+-<-b x f )(，因此)}({sup )}({inf x f x f Dx Dx ∈∈-=-.3．设E sup =β，且E ∉β，试证自E 中可选取数列}{n x 且n x 互不相同，使β=∞→n n x lim ；又若E ∈β，则情形如何？证明由已知条件知E sup =β且E ∉β，因而(1) E x ∈∀，有β<x ；(2) 0>∀ε，都存在E x ∈ε，使得εβε->x ．由(1)、(2)知：对1=ε，存在E x ∈1，使得ββ<<-11x ；对},21min{1x -=βε，E x ∈∃2，使得ββ<<-221x 并且112)(x x x =-->ββ；对},31min{2x -=βε，E x ∈∃3，使得ββ<<-231x 并且223)(x x x =-->ββ；…如此继续下去，得数列}{n x 且n x 互不相同，并且β=∞→n n x lim ．若E ∈β，则结论不真，如⎭⎬⎫⎩⎨⎧=n E 1，则1s u p =E ，但没有n x 互不相同的数列}{n x ，使1lim =∞→n n x ．4．试证收敛数列必有上确界和下确界，趋于∞+的数列必有下确界，趋于∞-的数列必有上确界．证明 (1) 由于收敛数列是非空有界数列，且既有上界又有下界，因而有确界定理知其必有上确界和下确界；(2) 设+∞=∞→n n x lim ，则N ∃，当N n >时0>n x ，因而}0,,,,min{21N x x x 是数列}{n x 的下界，由确界原理知数列}{n x 存在下确界；(3) 设-∞=∞→n n x lim ，则N ∃，当N n >时0<n x ，因而}0,,,,max{21N x x x 是数列}{n x 的上界，由确界定理知数列}{n x 存在上确界．5．试分别举出满足下列条件的数列：（1）有上确界无下确界的数列；（2）含有上确界但不含有下确界的数列；（3）既含有上确界又含有下确界的数列；（4）既不含有上确界又不含有下确界的数列，其中上、下确界都有限．解（1）有上确界无下确界的数列，如}{}{n x n -=有上确界1}sup{-=n x ，但无下确界；（2）含有上确界但不含有下确界的数列，如取⎭⎬⎫⎩⎨⎧=n x n 1}{，则该数列含有它的上确界1}sup{=n x ，但下确界0}inf{=n x ，该数列不含有0；（3）既含有上确界又含有下确界的数列，如⎭⎬⎫⎩⎨⎧-+=n x n n )1(1}{，既含有上确界1，又含有下确界0；（4）既不含有上确界又不含有下确界的数列，其中上、下确界都有限，如⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧∈=-∈+==++.,213;,121Z k k n nZ k k n n x n则数列}{n x 有上确界3和下确界0，该数列}{n x 上含其上、下确界3和0．§2 实数闭区间的紧致性1．利用有限覆盖定理9.2证明紧致性定理9.4．证明设数列}{n x 有界，即存在R b a ∈,，使得对N n ∈∀，都有b x a n ≤≤．下证}{n x 有收敛子列．（1）若}{n x 存在子列}{k n x 是常数列，则}{k n x 是}{n x 的收敛子列．（2）若}{n x 不存在是常数列的子列，下证}{n x 有收敛子列，为此设}|{N n x X n ∈=，则X 是无限点集．反设}{n x 没有收敛的子数列，则],[b a x ∈∀都不是}{n x 的任一子数列的极限，因此对],[b a x ∈∀，都存在开区间),(x x x v u I =，使得x I x ∈且X I x 是有限集（否则对包含x的任一开区间),(x x v u 都有X 的无穷项，则x 是}{n x 的某一子列的极限），因此所有开区间x I 构成闭区间],[b a 的一个开覆盖Ω，由有限覆盖定理知存在有限数m ，使i x mi I b a 1],[=⊂ ，因而有)()()()()(],[3211X I X I X I X I X I X b a m i x x x x x mi =⊂=，注意到上式右端每一项都是有限集，故X b a ],[为有限集，矛盾!综合（1）（2）知}{n x 必有一收敛的子数列． 2．利用紧致性定理证明单调有界数列必有极限．证明设数列}{n x 单调递增且有上界，则}{n x 是有界数列，由紧致性定理知数列}{n x 必有收敛子数列}{k n x ，设c x k n k =∞→lim ，则由}{n x 单调递增知c 必为数列}{n x 的上界，且根据数列极限的定义知,,0K ∃>∀ε当K k >时，有ε<-c x k n ，即εε+<<-c x c k n ，特别地 ε->+c x K n 1，取1+=k n N ，则当1+=>k n N n 时，由数列}{n x 单调递增且c 为它的上界知εε+<≤≤<-+c c x x c n n K 1，即ε<-c x n ，从而c x n n =∞→lim ，即单调递增有上界数列必有极限．同理可证}{n x 单调递减有下界时必有极限，因而单调有界原理成立．3．用区间套定理证明单调有界数列必有极限．证明不妨假设数列}{n x 单调递增有上界（}{n x 单调递减有下界可同理证明)，即存在R b ∈，使得b x x x a n ≤≤≤≤≤= 21，下证数列}{n x 有极限．若b a =，则}{n x 为常驻列，故}{n x 收敛，因而以下假设b a <．取b b a a ==11,，二等分区间],[11b a ，分点为211b a +，若211b a +仍为}{n x 的上界，则令2,11212b a b a a +==；若211b a +不是}{n x 的上界，即存在m ，使211b a x m +>，则令12112,2b b b a a =+=. 二等分区间],[22b a ，分点为222b a +，若222b a +为}{n x 的上界，则令2,22323b a b a a +==；若222b a +不是}{n x 的上界，则令 .,223223b b b a a =+=依此类推得一闭区间套{}],[n n b a ，每一个区间的右端点都是}{n x 的上界，由闭区间套定理知存在唯一的R c ∈，使得c 属于所有闭区间，下证数列}{n x 的极限为c ．由于02lim)(lim 1=-=--∞→∞→n n n n n ab a b ，故根据数列极限的定义，0>∀ε，存在N ，当N n >时，都有2ε<-n n a b ，而],[n n b a c ∈，故),(],[εε+-⊂c c b a n n . （*）另一方面，由闭区间套的构造知K ∃，使得n K n b x a ≤≤，故对K n >∀，由于K n x x >，故n n K n b x x a ≤≤≤. 而由（*）知εε+<<-c x c n ，即ε<-c x n ，从而c x n n =∞→lim ，因而单调有界数列必有极限.4．试分析区间套定理的条件：若将闭区间列改为开区间列，结果怎样？若将条件⊃⊃],[],[2211b a b a 去掉或将条件0→-n n a b 去掉，结果怎样？试举例说明．分析（1）若将闭区间列改为开区间列，结果不真．如开区间列⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎪⎭⎫ ⎝⎛n 1,0满足001lim =⎪⎭⎫ ⎝⎛-∞→n n 且 ⊃⎥⎦⎤⎢⎣⎡⊃⊃⎥⎦⎤⎢⎣⎡⊃⎥⎦⎤⎢⎣⎡⊃⎥⎦⎤⎢⎣⎡n 1,031,021,011,0，但不存在r ，使r 属于所有区间．（2）若将定理其它条件不变，去掉条件 ⊃⊃],[],[2211b a b a ，则定理仍不成立，如⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡+n n n 1,是闭区间列，且0→-n n a b ，但显然不存在r ，使r 属于所有区间．（3）若去掉定理条件0→-n n a b ，则定理仍不成立，如闭区间序列⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-n n 13,11满足 ⊃⊃],[],[2211b a b a ，此时区间]3,1[内任意一点都属于闭区间序列的任何区间，与唯一性矛盾．5．若}{n x 无界，且非无穷大量，则必存在两个子列∞→k n x ,a x k m →（a 为有限数）．证明由于}{n x 无界，故N k ∈∀，都存在k n x ，使得k x k n >，因而∞=∞→k n k x lim ．又由于}{n x 不是无穷大量，根据无穷大量否定的正面陈述知0M ∃，对0>∀K ，存在K m k >，使得0||M x k m <. 从而对于0>∀K ，数列}{k m x 为有界数列，从而必有收敛子列}{k m x ．故结论成立．6．有界数列}{n x 若不收敛，则必存在两个子列b x a x k k m n →→,)(b a ≠．证明由于}{n x 为有界数列，由紧致性定理知数列}{n x 必有收敛的子列}{k n x ，不妨设)(∞→→k a x k n ，又因为数列}{n x 不收敛于a ，故从}{n x 中去掉}{k n x 后所得的项还有无穷多项(否则数列}{n x 就收敛于a )．记其为数列}{k n x ，又因为}{k n x 为有界数列，故有收敛子列，设此子列的极限为b ，则b a ≠，而此子列也是}{n x 的子列，故设其为}{k m x ，因而)(lim b a b x k m k ≠=∞→.7．求证：数列}{n a 有界的充要条件是，}{n a 的任何子数列}{k n a 都有收敛的子数列．证明必要性：由紧致性定理知结论成立．充分性：反设数列}{n a 无界．若}{n a 是无穷大量，则}{n a 的任何子列都不存在收敛的子列，矛盾；若}{n a 不是无穷大量，则由第5题知}{n a 有一子列}{k n a 是无穷大量，从而}{k n a 没有收敛的子数列，也矛盾．因而数列}{n a 有界．8．设)(x f 在],[b a 上定义，且在每一点处函数的极限存在，求证：)(x f 在],[b a 上有界．证明对],[b a t ∈∀，由于)(x f 在t 处的极限存在，故设A x f tx =→)(lim ，则对01>=ε，存在0>t δ，x ∀，当t t x δ<-<||0时，有1)(=<-εA x f ，从而1||)(+<A x f ，取{}1||),(max +=A t f M ，则),(t t t t x δδ--∈∀，都有M x f <)(，即)(x f 在区间),(t t t t δδ--上有界．对所有],[b a t ∈，在1=ε下所取的t δ为半径的开区间{}],[|),(b a t t t t t ∈+-δδ构成闭区间],[b a 上的一个开覆盖，由有限覆盖定理知，存在],[,,,21b a t t t n ∈ ，使得),(],[1i i t i t i ni t t b a δδ+-⊂= ，而)(x f 在每个区间),(i i t i t i t t δδ+-),,2,1(n i =上有界，又由于区间个数有限，故)(x f在],[b a 上有界．9．设)(x f 在],[b a 无界，求证：存在],[b a c ∈，对任意0>δ，函数)(x f 在],[),(b a c c δδ+-上无界．证明反设结论不真，即],[b a c ∈∀，0>∃c δ，函数)(x f 在],[),(b a c c c c δδ+-上有界，则对所有的c ，{}],[|),(b a c c c c c ∈+-δδ构成区间],[b a 的一个开覆盖，由有限覆盖定理知其有有限子覆盖，即],[,,,21b a c c c n ∈∃ ，使),(],[1i i c i c i ni c c b a δδ+-⊂= ，由于函数在每一个],[),(b a c c i i c i c i δδ+-有界，而n 是有限数，故)(x f 在],[b a 有界，矛盾．因此结论成立.10．设)(x f 是),(b a 上的凸函数，且有上界，求证：)(lim ),(lim x f x f bx ax -+→→存在．证明由于)(x f 在),(b a 上有上界，故0>∃M ，对M x f b a x ≤∈∀)(),,(．先证明)(lim x f bx -→存在. 在区间),(b a 中任取一点0x ，并令 00)()()(x x x f x f x g --=，则由)(x f 是),(b a 上的凸函数知)(x g 在),(0b x 上递增，在),(0b x 中任取一点1x ，考察区间),(1b x ，),(1b x x ∈∀，由于1000)()()()(x x x f M x x x f x f x g --≤--=，即)(x g 在),(1b x 上有上界，从而)(x g 在),(1b x 上单调递增且有上界，由定理3．12知)(lim x g b x -→存在，不妨令A x g bx =-→)(lim ，则 )()()()()()(lim )(lim 000000x f x b A x f x x x f x f x x x f b x b x +-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--⋅-=--→→，即)(lim x f bx -→存在．再证明)(lim x f ax +→存在. 由于)(x f 是),(b a 上的凸函数，从而)(x g 在),(0x a 上递增，在),(0x a 中任取一点2x ，考察区间),(2x a ，),(2x a x ∈∀，由于ax Mx f x x x f x f x x x f x f x g --≥--=--=000000)()()()()()(，即)(x g 在),(2x a 上有下界，从而)(x g 在),(2x a 上单调递增且有下界，由定理3．12的推论知)(lim x g ax +→存在，设B x g ax =+→)(lim ，则 )()()()()()(lim )(lim 000000x f B x a x f x x x f x f x x x f a x a x +-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--⋅-=++→→，即)(lim x f ax +→也存在． 11．设)(x f 在],[b a 上只有第一类间断点，定义)0()0()(--+=x f x f x ω.求证：任意εωε≥>)(,0x 的点x 只有有限多个．证明反证法，使用区间套定理. 根据结论，反设存在00>ε，在],[b a 上使0)(εω≥x 的点有无限多个．记],[],[11b a b a =，二等分区间],[11b a ，则在⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+111111,2,2,b b a b a a 中至少有一个区间含有无限多个x 使0)(εω≥x ，记此区间为],[22b a ，再二等分区间],[22b a ，在⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+222222,2,2,b b a b a a 中至少有一个区间含有无限多个x 使0)(εω≥x ，记此区间为 ],,[33b a ，如此继续下去，得闭区间套],[n n b a ，且每个区间],[n n b a 中含有无限多个x 使0)(εω≥x ．由区间套定理可知存在唯一 ,2,1],,[=∈n b a r n n由于)(x f 在],[b a 上只有第一类间断点，而],[b a r ∈，故)0(+r f 和)0(-r f 存在，设B r f A r f =-=+)0(,)0(，则对上述00>ε，存在),(,011δδ+∈∀>r r x 时，有2)(0ε<-A x f ，即2)(2εε+<<-A x f A ，从而由极限不等式知，当),(1δ+∈r r x 时，0)(εω<x ；同理存在),(,022r r x δδ-∈∀>时，0)(εω<x ．取{}21,min δδδ=，则在),(δδ+-r r 上满足0)(εω≥x 的点至多只能有r 一个点．而根据区间套性质知，N n N >∀∃,时，都有),(],[δδ+-⊂r r b a n n ，从而在],[n n b a 中最多只能有一个点，使得0)(εω≥x ，这与区间套的构造矛盾．故原结论成立．12．设)(x f 在],0[+∞上连续且有界，对),(+∞-∞∈∀a ，a x f =)(在),0[+∞上只有有限个根或无根，求证：)(lim x f x +∞→存在．证明由)(x f 在],0[+∞上有界知)(x f 在],0[+∞上既有上界又有下界，不妨设上界为v ，下界为u ，若v u =，则v u x f x ==+∞→)(lim ，结论必然成立，故以下假定v u <．令],[],[11v u v u =，二等分区间],[11v u ，分点为211v u +，由于2)(11v u x f +=在),0[+∞上只有有限个根或无根，而且)(x f 连续，因而11,0X x X >∀>∃时，有2)(11v u x f +>或2)(11v u x f +<．若2)(11v u x f +>，令⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=11122,2],[v v u v u ，若2)(11v u x f +<，则令⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=2,],[11122v u u v u ，因此1X x >∀时，],[)(22v u x f ∈，即22)(v x f u ≤≤．二等分区间],[22v u ，分点为222v u +，由于2)(22v u x f +=在),0[+∞上只有有限个根或无根且)(x f 连续，故212,X x X X >∀>∃时，有2)(22v u x f +>或2)(22v u x f +<．若2)(22v u x f +>，令⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=22233,2],[v v u v u ，反之令⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=2,],[22233v u u v u ，因此2X x >∀时，],[)(33v u x f ∈，即33)(v x f u ≤≤. 依此类推，得一区间套]},{[n n v u ，而且由区间套的构造知，n n n X x X X >∀>∃-,1时，n n v x f u ≤≤)(．由区间套定理知存在唯一的 ,2,1],,[=∈n v u r n n ，下证r x f x =+∞→)(lim ．事实上，对0>∀ε，由闭区间套]},{[n n v u 的构造知，存在N ，N n >∀时，有),(],[εε+-⊂r r v u n n ，特别地取1+=N n ，则),(],[11εε+-⊂++r r v u N N ，按区间套的构造知11,++>∀∃N N X x X 时，),(],[)(11εε+-⊂∈++r r v u x f N N ，即εε+<<-r x f r )(，从而ε<-r x f )(，即r x f x =+∞→)(lim ，也就是说)(lim x f x +∞→存在．§3 实数的完备性1．设)(x f 在),(b a 连续，求证：)(x f 在),(b a 一致连续的充要条件是)(lim x f ax +→与)(lim x f b x -→都存在．证明 )⇒必要性由)(x f 在),(b a 一致连续知，0,0>∃>∀δε，),(,b a x x ∈'''∀且δ<''-'||x x 时，都有ε<''-')()(x f x f .特别地，当),(,δ+∈'''a a x x 时，δ<''-'x x ，故ε<''-')()(x f x f ，由Cauchy 收敛原理知)(lim x f a x +→存在．同理可知)(lim x f b x -→也存在．)⇐充分性证法1 0>∀ε，由)(lim x f a x +→存在知1δ∃，),(,1δ+∈'''∀a a x x 时，ε<''-')()(x f x f ，又由于)(lim x f b x -→也存在，故2δ∃，),(,2b b x x δ-∈'''∀时，ε<''-')()(x f x f ．取⎭⎬⎫⎩⎨⎧-=4,2,2min 21a b δδδ，则由以上两条知)(x f 在),[],,(b b a a δδ-+上一致连续，而又因为)(x f 在],[δδ-+b a 上连续，因而一致连续，因此)(x f 在],(δ+a a 、],[δδ-+b a 、),[b b δ-上均一致连续，因此)(x f 在),(b a 一致连续．证法2 由已知)(lim x f ax +→与)(lim x f bx -→ 都存在，设B x f A x f bx ax ==-+→→)(lim ,)(lim ，令⎪⎩⎪⎨⎧=∈==.);,()(;)(b x B b a x x f a x Ax F则)(x F 在],[b a 连续，因而一致连续，从而)(x F 在),(b a 一致连续，而)(x F 在),(b a 上就是)(x f ，因而)(x f 在),(b a 上一致连续．2．求证数列nx n 1211+++= ，当∞→n 时的极限不存在．证明利用Cauchy 收敛原理的否定形式证明．取0,0210>∀>=N ε，任取N n >，则N n >2，从而 nn n x x n n 2121112+++++=-021212121212111ε==+++>+++++>n n n n n n ，由Cauchy 收敛原理的否定知数列nx n 1211+++= 当∞→n 时的极限不存在．3．利用Cauchy 收敛原理讨论下列数列的收敛性．（1）)||,1||(2210M a q q a q a q a a x k n n n ≤<++++= ；（2）n n n x 2sin 22sin 21sin 12++++= ；（3）nx n n 1)1(312111+-+-+-= ．解（1）0>∀ε，由1||<q 知0lim 1=+∞→n n q，从而N ∃，N n >∀时，有εMq qn ||1||1-<+，对上述N m n N >∀,,时（不妨n m >），有m n n m n n m n x x x x x x x x +++≤+++=-++++ 2121++=++++≤++++++221121||||||||n n n n m n n q a q a x x x ()εε=-⋅-<-=++≤+++Mq q M q q M q q M n n n ||1||1||1||||||121.由Cauchy 收敛原理知数列}{n x 收敛．（2）这是(1)中21,sin ,10===q k a a k 的特殊情形，由于21||,1<≤q a k ，故数列}{n x 收敛．（3）证法1 利用Cauchy 收敛原理.0>∀ε，由01lim=∞→n n 知，N ∃，N n >∀时ε<n1，对上述N m n N >∀,,时（不妨n m >），有 mn n x x m n n m n 1)1(21)1(11)1(132+++-+++-++-=- mn n n m 1)1(21111---+++-+=. 由于01)1(21111>-+++-+--mn n n m ，故 mn n x x n m m n 1)1(21111---+++-+=- .若n m -为偶数，则mn n x x n m m n 1)1(21111---+++-+=- m m m n n n 11121312111-⎪⎭⎫ ⎝⎛-----⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+-+= ε<+≤11n . 若n m -为奇数，则mn n x x n m m n 1)1(21111---+++-+=- ⎪⎭⎫ ⎝⎛----⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+-+=m m n n n 111312111 ε<+≤11n . 因而由Cauchy 收敛原理知数列}{n x 收敛．证法2 先考虑数列}{n x 的偶子列}{2n x ，由于22131211221)1(3121132)1(2+--+-=+-+-+-=++n n x n n ⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++⎪⎭⎫ ⎝⎛--++⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=221121211214131211n n n nn x n n 2211214131211=⎪⎭⎫ ⎝⎛--++⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-> ，故偶子列}{2n x 是单调递增的数列，又由于1211213121121)1(31211122<⎪⎭⎫ ⎝⎛----⎪⎭⎫ ⎝⎛--=-+-+-=+n n n x n n ，因而偶子列}{2n x 是单调上升且有上界的数列，由单调有界原理知}{2n x 必有极限存在，设a x n n =∞→2lim . 又由于121212++=+n x x n n 且0121lim =+∞→n n ，从而 a n x x n n n n n =++=∞→∞→+∞→121lim lim lim 212. 于是我们证得数列}{n x 的奇、偶子列均收敛而且极限相同，故数列}{n x 收敛.4．证明：极限)(lim 0x f x x →存在的充要条件是：对任意给定0>ε，存在0>δ，当δ<-'<00x x ,δ<-''<00x x 时，恒有ε<''-')()(x f x f .证明 )⇒必要性设A x f x x =→)(lim 0，则δδε<-<∀>∃>∀00,,0,0x x x ，就有2)(ε<-A x f ，因此由δ<-'<00x x ,δ<-''<00x x 知ε<-''+-'<-''--'=''-'A x f A x f A x f A x f x f x f )()())(())(()()(，因而必要性成立.)⇐充分性设}{n x 是任意满足0lim x x n n =∞→且0x x n ≠的数列，由已知0,0>∃>∀δε，只要δ<-'<00x x ，δ<-''<00x x 时，有ε<''-')()(x f x f .对上述0>δ，由于0lim x x n n =∞→，且0x x n ≠，故N n N >∀∃,时，有δ<-<||00x x n ；N m >∀时，有δ<-<||00x x m ，于是ε<-)()(m n x f x f ，即)}({n x f 是基本列，由实数列的Cauchy 收敛准则知)(lim n n x f ∞→存在．由}{n x 的取法知任意趋向于0x 而不等于0x 的实数列}{n x 都有极限)(lim n n x f ∞→存在．下证它们的极限都相等．反设)(lim ),(lim 0000x x x x x x x x n nn n n n ≠'='≠=∞→∞→，但)(lim )(lim n n n n x f x f '≠∞→∞→，则定义一个新的数列},,,,{}{2211 x x x x y n ''=，由}{n y 的构造知)(lim 00x y x y n n n ≠=∞→，但)(lim n n y f ∞→有两个子序列极限不相等，故极限)(lim n n y f ∞→不存在，矛盾．从而任意趋向于0x 而不等于0x 的实数列}{n x 构成的数列)(n x f 都有极限存在．而且它们的极限都相等．由Heine 归结原则知)(lim 0x f x x →存在．5．证明)(x f 在0x 点连续的充要条件是：任给0>ε，存在0>ε，当δ<-'0x x ，δ<-''0x x 时，恒有ε<''-')()(x f x f .证明 )⇒必要性由)(x f 在0x 点连续知)()(lim 00x f x f x x =→，故δδε<-∀>∃>∀0,,0,0x x x ，就有2)()(0ε<-x f x f ，因此由δ<-'0x x ，δ<-''0x x 知))()(())()(()()(00x f x f x f x f x f x f -''--'=''-'ε<-''+-'≤)()()()(00x f x f x f x f .因而必要性成立. )⇐充分性设}{n x 是任意满足0lim x x n n =∞→的数列，由已知0,0>∃>∀δε，只要δ<-'0x x ，δ<-''0x x 时，就有ε<''-')()(x f x f ．对上述0>δ，由于0lim x x n n =∞→，故N n N >∀∃,时，有δ<-||0x x n ，N m >∀时，有δ<-||0x x m ，于是ε<-)()(m n x f x f ，即)}({n x f 是基本列，由实数列的Cauchy 收敛准则知)(lim n n x f ∞→存在．由}{n x 的取法知任意趋向于0x 的实数列}{n x ，)(lim n n x f ∞→存在．下证它们的极限都相等．反设)(lim ),(lim 0000x x x x x x x x n nn n n n ≠'='≠=∞→∞→，但)(lim )(lim n n n n x f x f '≠∞→∞→，则定义一个新的数列},,,,{}{2211 x x x x y n ''=，由}{n y 的构造知0lim x y n n =∞→，但)(lim n n y f ∞→有两个子序列极限不相等，故极限)(lim n n y f ∞→不存在，矛盾．从而，任意趋向于0x 的实数列}{n x 构成的数列)(n x f 都有极限存在，而且极限都相等，由Heine 归结原则知)(lim 0x f x x →存在．特别地，取}{n x 为恒为0x 的常数列，则可得)()(lim 0x f x f n n =∞→，即)()(lim 00x f x f x x =→，从而)(x f 在0x 点连续．6．证明下列极限不存在：（1）32cos11πn n n x n +-=；（2）nn n nx )1(21-+=；（3）)sin(2n n x n +=π；（4）n x n cos =；（5）n x n tan =.解（1）取}{n x 的两个子序列，当k n 3=时，131336cos 13133+-=+-=k k k k k x k π，从而可以得到1lim 3=∞→k k x ．而当13+=k n 时，233213)13(2cos 23313+⋅-=++=+k k k k k x k π，从而21lim 13-=+∞→k k x .}{n x 的两个子序列极限不等，故}{n x 的极限不存在．（2）对}{n x 的奇子列，由于121212211+++⎪⎭⎫⎝⎛+=k k k x ，而且12lim 12=+∞→k k ，故1lim 12=+∞→k k x ；对}{n x 的偶子列，由于k k k x 22221+=，而222212222→⋅≤+≤k k k ，故2lim 2=∞→k k x ．原数列的奇子列与偶子列极限不同，故}{n x 的极限不存在．（3）由于()21lim2=-+∞→n n nn ，故取41=ε，则存在00,N n N >∀时 41212=<--+εn n n ，从而 4121412<--+<-n n n ，即 43412+<+<+n n n n ，从而 ()πππππ43412+<+<+n n n n .当n 为偶数时，由于ααπsin )sin(=+n ，从而由上式知()1sin 222≤+=≤n n x n π；当n 为奇数时，由于ααπsin )sin(-=+n ，从而()22sin 12-≤+=≤-n n x n π．因此取220=ε，对N ∀，任取},max{0N N n >，则},max{10N N n >+，而且n x 和1+n x 一个在⎥⎦⎤⎢⎣⎡1,22内，另一个在⎥⎦⎤⎢⎣⎡--22,1内，从而0122ε=>-+n n x x ，由Cauchy 收敛原理的否定形式知数列}{n x 极限不存在．（4）取1sin 20=ε，对N ∀，由阿基米德公理知，存在+∈N k ，使得142+>+N k ππ，在⎪⎭⎫⎝⎛++432,42ππππk k 区间上，由于区间长度12>π，从而存在N n >，使得 ⎪⎭⎫ ⎝⎛++∈+432,421ππππk k n ，对于n 和2+n ，有1sin )1sin(222sin 22sin2cos )2cos(+=-+++=-+n nn n n n n 01sin 21sin 222ε==⋅≥，由Cauchy 收敛原理的否定形式知数列}{cos }{n x n =极限不存在．（5）取0330>=ε，对N ∀，由阿基米德公理知，存在+∈N k ，使得N k >π，由于⎪⎭⎫⎝⎛++2,6ππππk k 的区间长度13>π，从而在⎪⎭⎫ ⎝⎛++2,6ππππk k 中有一个或两个大于N 的正整数点．若在⎪⎭⎫⎝⎛++2,6ππππk k 中只有一个正整数点n ，则 ⎪⎭⎫⎝⎛+-+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+++∈+ππππππππ)1(,2)1(22,21k k k k n ，从而0336tantan )1tan(tan tan )1tan(επ==>>+-=-+n n n n n ；若在⎪⎭⎫⎝⎛++2,6ππππk k 中有两个大于N 的正整数点，则取较大的正整数为n ，同样，⎪⎭⎫⎝⎛+-+∈+πππ)1(,2)1(1k k n ，从而0336tantan )1tan(tan tan )1tan(επ==>>+-=-+n n n n n . 由Cauchy 收敛原理的否定形式知数列}{tan }{n x n =极限不存在．7．设)(x f 在),(+∞a 上可导，|)(|x f '单调下降，且)(lim x f x +∞→存在，求证：0)(lim ='+∞→x f x x .证明由于)(lim x f x +∞→存在，由Cauchy 收敛原理，0,0>∃>∀X ε，当X x>2时，也有X x >，从而22)(ε<⎪⎭⎫ ⎝⎛-x f x f ．又因为)(x f 在),(+∞a 可导，故)(x f 在⎪⎭⎫⎝⎛x x ,2上满足Lagrange 中值定理条件，因而⎪⎭⎫⎝⎛∈∃x x ,2ξ，使得2)(2)(x f x f x f ξ'=⎪⎭⎫⎝⎛-，从而)(2)(2ξf x x f x f '=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-，又根据)(x f '单调下降得εεξξ=⋅<⎪⎭⎫⎝⎛-='='≤'='222)(2)()()()(x f x f f x f x x f x x f x ，因此0)(lim ='+∞→x f x x .8．设)(x f 在),(+∞-∞可导，且1)(<≤'k x f ，任给0x ，令),2,1,0()(1 ==+n x f x n n ，求证：(1) n n x +∞→lim 存在；(2) 上述极限为)(x f x =的根，且是唯一的．证明（1）0>∀ε，取k x x k N ln )1(ln1--=ε，N m n >∀,，不妨m n <，下证ε<-||n m x x .由已知)(x f 在),(+∞-∞可导，故由Lagrange 中值定理得1111))(()()(---+-≤-'=-=-n n n n n n n n x x k x x f x f x f x x ξ，同理 ,211----≤-n n n n x x k x x ，依此类推得011x x k x x nn n -≤-+，因此n n m m n n m m m n m x x x x x x x x x x x -++-≤-+-+-=-+-+--11111011101011)(x x k k k x x k x x k n n m n m -+++=-++-≤+--010111)(x x kk x x kk nn n--=-++<+ .由于k x x k N n ln )1(ln1--=>ε，而1<k ，从而01)1(lnln x x k k n --<ε，故ε<--=-011x x kk x x nn m ，因此由Cauchy 收敛原理知n n x +∞→lim 存在.（2）由于)(x f 在),(+∞-∞可导，因而连续，在)(1n n x f x =+两边同时对∞→n 取极限，则)lim (lim n n n n x f x +∞→+∞→=，即n n x +∞→lim 是)(x f x =的根，下证唯一性．反设有)(,b a b a ≠，且)(a f a =，)(b f b =，则b a b a k b a f b f a f b a -<-≤-⋅'=-=-)()()(ξ，矛盾，故根是唯一的．9．设)(x f 在],[b a 满足条件：（1）10],,[,,)()(<<∈∀-≤-k b a y x y x k y f x f ；（2）)(x f 的值域包含在],[b a 内．则对任意],[0b a x ∈，令),2,1,0()(1 ==+n x f x n n ，有（1）n n x +∞→lim 存在；（2）方程)(x f x =的解在],[b a 上是唯一的，这个解就是上述极限值．证明（1）0>∀ε，取k x x k N ln ||)1(ln01--=ε，N m n >∀,，不妨m n <，下证ε<-n m x x .由已知)(1n n x f x =+，而],[0b a x ∈且)(x f 的值域包含在],[b a 内，因而对n ∀，都有],[b a x n ∈，从而01111)()(x x k x x k x f x f x x n n n n n n n -≤-≤-=---+，因此n n m m n n m m m n m x x x x x x x x x x x -++-≤-+-+-=-+-+--11111011101011)(x x k k k x x k x x k n n m n m -+++=-++-≤+--ε<--=-++<+010111)(x x kk x x kk nn n.因此由Cauchy 收敛原理知n n x +∞→lim 存在.（2）设方程)(x f x =在],[b a 上有两个不同的解d c ,，则d c d c k d f c f d c -<-<-=-)()(，矛盾，故根是唯一的．§4 再论闭区间上连续函数的性质1．设)(x f 在],[b a 上连续，并且最大值点0x 是唯一的，又设],[b a x n ∈，使)()(lim 0x f x f n n =+∞→，求证0lim x x n n =+∞→．证明不妨设),(0b a x ∈，当a x =0或b x =0时同理可证．对任意},min{000x b a x --<<ε，由于)(x f 在],[b a 上连续，故)(x f 在],[0ε-x a 、],[00εε+-x x 、],[0b x ε+上连续，由闭区间连续函数的最值定理，)(x f 在],[0ε-x a 、],[00εε+-x x 、],[0b x ε+上均有最大值，显然)(x f 在],[00εε+-x x 上的最大值为)(0x f ，设)(x f 在],[0ε-x a 和],[0b x ε+上的最大值为M ，由最大值点的唯一性可知M x f >)(0．取02)(0>-Mx f ，由)()(lim 0x f x f n n =+∞→知N n N >∀∃,时，2)()()(00Mx f x f x f n -<-，即 M Mx f M x f x f x f n >+=-->2)(2)()()(000，而)(x f 在],[0ε-x a 和],[0b x ε+上的最大值为M ，故),(00εε+-∈x x x n ，即ε<-||0x x n ，从而0lim x x n n =+∞→．2．设)(x f 在],[b a 上连续，可微；又设 (1) )(max )(min x f p x f bx a bx a ≤≤≤≤<<；(2) 如果p x f =)(，则有0)(≠'x f ，求证：p x f =)(的根只有有限多个．证明利用区间套定理．反设p x f =)(在],[b a 上有无穷多个根，设],[],[11b a b a =，二等分区间],[11b a ，则在两个子区间中必有一个区间含有p x f =)(的无穷多个根，设此区间为],[22b a ，再二等分区间],[22b a ，则在两个子区间中必有一个区间含有p x f =)(的无穷多个根，设此区间为 ],,[33b a ．依此类推得一区间套]},{[n n b a ，由区间套的构造知p x f =)(在任意],[n n b a 有无穷多个根.由区间套定理知],[b a r ∈∃，使得对于任意],[,n n b a r N n ∈∈+．若p r f ≠)(，则令p x f x g -=)()(，)(x g 也在],[b a 连续，且0)()(≠-=p r f r g ，从而由保号性知),(,δδδ+-∈∀∃r r x 时，都有0)(≠x g ，即p x f ≠)(，而由区间套知N n N >∀∃,时),(],[δδ+-⊂r r b a n n ，即p x f =)(在],[n n b a 无根，这与区间套的构造矛盾．若p r f =)(，则0)(≠'r f ，即0)()(l i m ≠--→rx r f x f rx ，从而x ∀'∃,δ，当δ'<-<||0r x 时，有0)()(≠--rx r f x f ，即p x f ≠)(，从而在),(δδ'+'-r r 上)(x f 只有一个根r ，而由区间套知N n N >∀∃,时),(],[δδ+-⊂r r b a n n ，即p x f =)(在],[n n b a 只有一个根，这与区间套的构造矛盾．因此p x f =)(在],[b a 上只有有限多个根．3．设)(x f 在],[b a 上连续，0)(,0)(><b f a f ，求证：存在),(b a ∈ξ，使0)(=ξf 且)(0)(b x x f ≤<>ξ．证明令],[|{b a x x E ∈=且}0)(=x f ，由于0)(,0)(><b f a f ，且)(x f 在],[b a 上连续，由介值性定理知φ≠E ，从而E 为非空有界数集，由确界原理知E 有上确界，设E sup =ξ，下证0)(=ξf ．事实上，由于E sup =ξ，由本章第一节习题3知可以在E 中选取数列}{n x ，使ξ=∞→n n x lim ，又由)(x f 连续知0)(lim )lim ()(===∞→∞→n n n n x f x f f ξ，又对于],(b x ξ∈∀，由于E x ∉，从而0)(≠x f ，又根据0)(>b f 知0)(>x f ，因而结论成立．4．设)(x f 是],[b a 上的连续函数，其最大值和最小值分别为M 和)(M m m <，求证：必存在区间],[βα，满足条件：(1) m f M f ==)(,)(βα或M f m f ==)(,)(βα； (2) M x f m <<)(，当),(βα∈x ．证明由于)(x f 是],[b a 上的连续函数，且有最大值M 和最小值m ，故由最值定理知],[b a c ∈∃，使得M c f =)(；],[b a d ∈∃，使得m d f =)(，由于M m <，故d c ≠，令},min{d c =α，},max{d c =β，则在区间],[βα上满足：（1）m f M f ==)(,)(βα或M f m f ==)(,)(βα；（2）对),(βα∈∀x ，由于m f M f ==)(,)(βα或M f m f ==)(,)(βα，而m M ,分别为],[b a 上的最大值和最小值，故M x f m <<)(．5．设)(x f 在]2,0[a 上连续，且)2()0(a f f =，求证：存在],0[a x ∈，使)()(a x f x f +=．证明考虑辅助函数)()()(a x f x f x g +-=，],0[a x ∈.若)()0(a f f =，根据已知条件)2()0(a f f =可知，取0=x 或a x =时，均有)()(a x f x f +=，命题已证．若)()0(a f f ≠，则)()0()0(a f f g -=，)0()()2()()(f a f a f a f a g -=-=，从而)0(g 与)(a g 符号相反，由零点定理知],0[a x ∈∃，使0)(=x g ，即)()(a x f x f +=．6．设)(x f 在],[b a 上连续，且取值为整数，求证≡)(x f 常数．证明反设)(x f 不恒为常数，则],[,21b a x x ∈∃，使得)()(21x f x f ≠，又由于)(x f 取值为整数，故)(),(21x f x f 均为整数，在)(),(21x f x f 之间任取一非整数c ，则由介值性定理知],[b a ∈∃ξ，使得c f =)(ξ，这与)(x f 取值为整数矛盾．7．设)(x f 在),(b a 一致连续，±∞≠b a ,，证明：)(x f 在],[b a 上有界．证明由于)(x f 在],[b a 上一致连续，故取01>=ε，则0>∃δ，当δ<-21x x 时，有1)()(21<-x f x f . 取定11,b a ，其中δ+<<a a a 1，b b b <<-1δ，则],(1a a x ∈∀，有δ<-1a x ，故1)()(1<-a f x f ，因而1)()(1+<a f x f ；同理),[1b b x ∈∀，有δ<-1b x ，故1)()(1<-b f x f ，因而1)()(1+<b f x f ，因此)(x f 在区间],(1a a 和区间),[1b b 均有界. 另一方面，由于)(x f 在],[11b a 上一致连续，根据闭区间上连续函数的性质可知存在01>M ，使得111)(],,[M x f b a x <∈∀.取0}1)(,1)(,max{111>++=b f a f M M ，则),(b a x ∈∀，均有M x f <)(，因而)(x f 在),(b a 上有界．8. 若函数)(x f 在),(b a 上满足利普希茨（Lipschitz ）条件，即存在常数K ，使得x x K x f x f ''-'≤''-')()(，),(,b a x x ∈'''.证明：)(x f 在),(b a 上一致连续．证明 ,0>∀ε 取,21εδK=则对δ<''-'∈'''∀x x b a x x ),,(,，由Lipschitz 条件知εε<⋅<''-'≤''-'KK x x K x f x f 21)()(，因而依定义知)(x f 在),(b a 上一致连续．9．试用一致连续的定义证明：若函数)(x f 在],[c a 和],[b c 上都一致连续，则)(x f 在],[b a 上也一致连续．证明对0>∀ε，由函数)(x f 在],[c a 一致连续知01>∃δ，对],[,21c a x x ∈∀而且121δ<-x x ，就有2)()(21ε<-x f x f ；又根据函数)(x f 在],[b c 上一致连续知02>∃δ，],[,21b c x x ∈∀且221δ<-x x 时，就有2)()(21ε<-x f x f ．取},min{21δδδ=，则],[,21b a x x ∈∀且δ<-21x x 时，若21,x x 同属于],[c a ，有εε<<-2)()(21x f x f ；若21,x x 同属于],[b c ，也有εε<<-2)()(21x f x f ；若21,x x 一个属于],[c a ，另一个属于],[b c ，则由δ<-21x x 知δδ<-<-c x c x 21,，从而εεε=+<-+-≤-22)()()()()()(2121x f c f c f x f x f x f .因而],[,21b a x x ∈∀且δ<-21x x 时，ε<-)()(21x f x f . 因此由一致连续的定义可知)(x f 在],[b a 上一致连续.10．设函数)(x f 在),(+∞-∞上连续，且极限)(lim x f x -∞→与)(lim x f x +∞→存在．证明：)(x f 在),(+∞-∞上一致连续．证明对0>∀ε，由于)(lim x f x -∞→存在，根据Cauchy 收敛原理知，存在01>X ，任意121,X x x -<时，就有ε<-)()(21x f x f ；又由于)(lim x f x +∞→存在，故存在02>X ，任意221,X x x >，就有ε<-)()(21x f x f .由于)(x f 在),(+∞-∞上连续，故)(x f 在区间]1,1[21+--X X 上连续，因而在]1,1[21+--X X 上一致连续，由一致连续的定义知，对上述0>ε，存在01>δ，任意]1),1([,2121++-∈X X x x ，只要112δ<-x x ，就有ε<-)()(21x f x f ．取0}1,min{1>=δδ，则),(,21+∞-∞∈∀x x ，只要δ<-21x x ，则21,x x 同属于区间),(1X --∞、]1),1([21++-X X 或),(2+∞X ，由上述讨论知，不管在哪种情况下，都有ε<-)()(21x f x f ，因而)(x f 在),(+∞-∞上一致连续．11．若)(x f 在区间X （有穷或无穷）中具有有界的导数，即M x f ≤')(，X x ∈，则)(x f 在X 中一致连续．证明对0>∀ε，取Mεδ=，则对任意X x x ∈21,，只要δ<-||21x x ，根据Lagrange中值定理，存在ξ在21,x x 之间，且εδξ=<-≤-'=-M x x M x x f x f x f 212121|))((|)()(，从而)(x f 在X 中一致连续．12．求证：x x x f ln )(=在),0(+∞上一致连续．证明由于x x x f ln )(=，故xx x xxx f 2ln 2ln 211)(+=+='，xx x x f 4ln )(-=''，令0)(=''x f 得1=x ，故1=x 是)(x f '的稳定点，当0)(),1,0(>''∈x f x ，从而)(x f '单调递增；而当0)(),,1(<''+∞∈x f x ，故)(x f '单调递减，因此1=x 是)(x f '的极大值点，也是最大值点，而1)1(='f ，从而对),0(+∞∈∀x ，1)(≤'x f ．再令0)(='x f 得2-=e x ，在区间),[2+∞-e 上，由于0)(≥'x f ，因而在),[2+∞-e 上1)(0≤'≤x f ，即1)(≤'x f ，由上题结论知)(x f 在),[2+∞-e 上一致连续．此外，由于0ln lim )(lim 00==++→→x x x f x x ，若令 ⎩⎨⎧=>=.00,0ln )(x x xx x g则)(x g 在]2,0[连续，因而一致连续，从而)(x g 在]2,0(上一致连续，即)(x f 在]2,0(一致连续．对0>∀ε，由)(x f 在),[2+∞-e 上一致连续知，01>∃δ，对任意),[,221+∞∈-e x x 且121δ<-x x ，都有ε<-)()(21x f x f ；又由)(x f 在]2,0(上一致连续知，02>∃δ，对任意]2,0(,21∈x x 且221δ<-x x ，也有ε<-)()(21x f x f ．取0}1,,min{21>=δδδ，则当),0(,21+∞∈x x 且δ<-21x x 时，要么],2,0(,21∈x x 要么),[,221+∞∈-e x x ，从而ε<-)()(21x f x f ．因此x x x f ln )(=在),0(+∞上一致连续．13．设)(x f 在),(+∞a 上可导，且+∞='+∞→)(lim x f x ，求证：)(x f 在),(+∞a 上不一致连续．证明取10=ε，对0>∀δ，由于+∞='+∞→)(lim x f x ，故0>∃X ，当X x >时，有δ2)(>'x f ，任取X x >1，X x x >+=212δ，虽然有δδ<=-221x x ，但根据lagrange中值定理知，存在)2,(11δξ+∈x x ，使得02121122)()()(εδδξ==⋅>-⋅'=-x x f x f x f . 根据一致连续的否定定义知)(x f 在),(+∞a 上不一致连续．14．求证：x x x f ln )(=在),0(+∞上不一致连续．证明由于+∞=+='+∞→+∞→)1(ln lim )(lim x x f x x ，由上题结论知结论成立．§5 可积性1. 判断下列函数在区间]1,0[上的可积性：（1）)(x f 在]1,0[上有界，不连续点为),2,1(1==n nx ；（2）⎪⎩⎪⎨⎧=∈⎪⎭⎫⎝⎛=;0,0],1,0(,sin sgn )(x x x x f π （3）⎪⎩⎪⎨⎧=∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=;0,0],1,0(,11)(x x x x x f（4）[]⎪⎩⎪⎨⎧=∈=.0,0],1,0(,1)(1x x x f x解（1）由于)(x f 在]1,0[上有界，故存在0>M ，对]1,0[∈∀x ，都有M x f ≤)(，故在区间]1,0[的任何子区间上，)(x f 的振幅M 2≤ω.对任给0>ε，由于04lim=∞→n M n ，故N n N >∀∃,时，都有24ε<n M ，特别地取10+=N n 时，也有240ε<n M . 由于)(x f 在⎥⎦⎤⎢⎣⎡1,10n 上只有有限个间断点，因而是可积的，即01>∃δ，使得对区间⎥⎦⎤⎢⎣⎡1,10n 的任何1)max(δλ<∆='i x 的分法，都有∑<∆'''2i i i x εω．取⎭⎬⎫⎩⎨⎧=011,min n δδ，对]1,0[的任意δλ<∆=)max(i x 的分法，下证εω<∆∑=n i i i x 1.由于)1,0(10∈n ，故对上述任意分法，都存在分点00,1i i x x -，使得00011i i x n x <≤-，因而∑∑∑∑∑+=-=+==-=∆++∆≤∆+∆+∆=∆ni i iii i i ni i iii i n i i i iiiixM x M xx xx o 11111110000022ωδωωωωεεεε=+<++≤222121200n M n M，这里最后一项210εω<∆∑+=ni i i i x 是由于[]⎥⎦⎤⎢⎣⎡⊂+1,11,010n x i ，而)(x f 在⎥⎦⎤⎢⎣⎡1,10n 可积，故函数在区间[]1,10+i x 可积，因而210εω<∆∑+=n i i iix ．因此0lim 1=∆∑=→ni iix ωλ，即)(x f 在]1,0[上可积．（2）由于)(x f 在]1,0[上有界，且不连续点为),2,1(1==n nx 和0=x ，根据（1）的证法知)(x f 在]1,0[上可积．（3）由于)(x f 在]1,0[上有1)(≤x f ，故)(x f 有界，而且)(x f 的不连续点为0=x 和),2,1(1==n nx ，由（2）的证法知，)(x f 在]1,0[可积．（4）由于)(x f 在]1,0[上有1)(0≤≤x f ，故)(x f 有界，而且)(x f 的不连续点只有。

泛函分析习题答案第九章习题答案

|q
1/ q
i1

(i ) l p
( 3)
此外，因为(i ) l q，故( i |i |q1 ) l p (其中 i signi )

记x0 ( i | i |q1 )，则 f ( x0 ) i |i |q1 i | i |q (4)
n
n
n
f ( x0 ) ici | ci | f x0 f ，故 | ci | f
( 2)
i 1
i 1
i 1
n
结合(1)、(2)得 f | ci | (3) i 1
由此可知，对每个RMn 上的有界线性泛函，存在唯一的(c1 ,, cn ) Rn，
n
上的一个有界线性泛函，记ci f (ei )，则(ci ) Rn，且 f ( x) ici i 1
n
n
x

(1 ,,n )，f
( x)

max
1 i n
|

i
|
| ci
i 1
|，
故
f | ci | i 1
(1)
又当 f 0时，记 i signci , x0 (1 ,, n )，则 x0 1，且
令 x

x
f (x) f ( x )
x，
则
f
(
x
)

0，故x

N，
从
而
x
x
(x, N )
所以 f (x) f ( x )
f (x) f ( x ) x

高等代数(北大版)第9章习题参考答案

第九章欧氏空间1.设()ij a =A 是一个n 阶正定矩阵,而),,,(21n x x x =α, ),,,(21n y y y =β,在n R 中定义内积βαβα'A =),(,1) 证明在这个定义之下, n R 成一欧氏空间； 2) 求单位向量)0,,0,1(1 =ε, )0,,1,0(2 =ε, … , )1,,0,0( =n ε，的度量矩阵；3) 具体写出这个空间中的柯西—布湿柯夫斯基不等式。

解 1)易见βαβα'A =),(是n R 上的一个二元实函数，且 (1) ),()(),(αβαβαββαβαβα='A ='A '=''A ='A =， (2) ),()()(),(αβαββαβαk k k k ='A ='A =，(3) ),(),()(),(γβγαγβγαγβαγβα+='A '+'A ='A +=+， (4) ∑='A =ji j i ijy x a,),(αααα，由于A 是正定矩阵，因此∑ji j i ij y x a,是正定而次型，从而0),(≥αα，且仅当0=α时有0),(=αα。

2)设单位向量)0,,0,1(1 =ε, )0,,1,0(2 =ε, … , )1,,0,0( =n ε，的度量矩阵为)(ij b B =，则)0,1,,0(),()( i j i ij b ==εε⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛nn n n n n a a a a a a a a a212222211211)(010j ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛ =ij a ，),,2,1,(n j i =，因此有B A =。

4) 由定义，知∑=ji ji ij y x a ,),(βα，α==β==故柯西—布湿柯夫斯基不等式为2.在4R 中,求βα,之间><βα,(内积按通常定义)，设: 1) )2,3,1,2(=α, )1,2,2,1(-=β， 2) )3,2,2,1(=α, )1,5,1,3(-=β， 3) )2,1,1,1(=α, )0,1,2,3(-=β。

高等数学课后习题答案--第九章

9. 设 x n ＞0，
10. 讨论下列级数的收敛性(包括条件收敛与绝对收敛)
182
⑴ ⑶ ⑸ ⑺ ⑼
x sin ; n n =1 ∞ n (−1) n −1 n −1 ; ∑ 3 n =1 n +1 ∞ (−1) ( x > 0 ); ∑ n =1 n + x
∑ (−1)
∞
n +1
⑵ ⑷ ⑹ ⑻ ⑽
180
(4) (6)
∑
∞
∞
n =1 ∞
∑
n =1
ln n ln n 1 ln n 1 n 1 , = = 3 . 收敛; < 2 2 n n n n n n n2 1 1 1 , < , 收敛; n ln (n + 2) ln(n + 2) 2
n
(5)
收敛;
(7) (8) (13) (14)
∑ (
n =1
n −1
)
n
发散
由于 lim (10
a −1
1 n
n →∞
= ln a , 而 n n − 1 > n a − 1 ;
(11)
发散;
∑
n =1
∞
∞
∑
n =1
( n + 1 − n − 1 ), ( n + 1 − (2n − n + 1 − n − 1) = (n −
2 2 2 2 2
(9) 收敛;
收敛;
5.利用级数收敛的必要条件，证明： nn (1) lim = 0， (2) n →∞ ( n !) 2
∞
n →∞
lim
( 2 n) ! = 0. 2 n ( n +1)

社会调查研究方法：第9章课后答案

9.2 iWS习酬彌i. 报竹財阿純特加纭燃合戒金也报仔鬼调竟砒渐收的MiM报爾此売报尙的H的足反映彼个am研加捌的全获•诽尽说明调件结臥及具发现•條仆调血报竹”以下呗（|）•股愴况卜•・• ；「沁梢刘泛.凶此报们I内容泡择上.紈了曝考虑靭调畫主期相稣jwm人罚外.还奥照谶％綴鎳朴、郴关应用冊门的执行人员•以及•般灿・（2）«不俺太专业戎太技术化.沓则件$诛和他剣II于进不1«而届占现解调長絡虬以M于鸭倍功牝“）报佔也不能退求创旳但列•那样令駭彻很助碎.tfwftrm不列央出・2•淞术柞调俊根省対&递报扒技术按侍之间貝和什么样的关刃答，（I）q埋报倚見从调&资料中抽収由个别议JS・向对北嬲兴趣的选老和行关专老提交的締致报倂•报侍讹嘤徐扣上蠅，不煤把关系不艾的资料都引进去，同肘对干社会姚成佃埸的《題报告.•定足以事丈为依振的«（括.而不趁泛泛的评论.（2〉技术很吿•般是在次世谓在中.对并种技术处理方法，如总怵八抽样槪的界宜•抽样方法.访糾执行结果.样本代农性评依、敷躺处理督的说明.H的抱说明调衣方沐的利学性・调伐结架的客观性和何靠!！•<3》学术性报吿土婆足供相兴与业的研允人员阅读的.因比在报海正文中.術蹩包扔爍技术性的棉光伯&.除比之外.学术性报行还必须満足色学术焚求.梅妍呢何畧、硏汽的理论肚餡.确几假设、密料来源与分折方法.硏允发现及讨论、研抚外论寻内容农述消俎阿吋还按列岀郴关的参考文（见<4>学术性报行山「龙刘弟瑕仪題的探入研九故可以被规为據种決酗竹报忆仃时…顼大規模的面询调我.山F 经费投入I-A.町能会妙及多个W貨上as,利用该调夜数据・畝可以形戒多份学术性报命不过报W中ff关诉査技术的悦叭尺相冋的.3.技术很待应其备嘟的攻械本功能？答：技术很告劝具备的帕顷菇本功能如Z<|）对样木的代液性进行评估•将样衣的或对总体的備菱惰况星现给试者.（2）提供资料祓集程爪的具体紺节.并对数据形成中的偏堆情况做出评佔.以便让读拎对此的•个清燧的判断.4•怎样瑪定样木代农性检漿所依推的总体资料？答：技术报告的…顶娥要内容是对冇效禅本的论我性进行评估.即对冇效样本的代表性进行显普性检執进fj样本代龙性检酸，必须礁定总体数推和具体檢•验的».（1）对于社会谓資來说.人口普我资料可以作为总体资料来傥用。

无机及分析化学课后习题第九章答案

一、选择题在给出的4个选项中，请选出1个正确答案。

1. 下列物质中，不适宜做配体的是（）A. S2O32-B. H2OC. Br－D. NH4+解：选D。

NH4+中的N没有孤对电子。

2. 下列配离子中，属于外轨配合物的是（）A. [FeF6]3－B. [Cr(NH3) 6]3+C. [Au(Cl)4]-D. [Ni(CN)4] 2－解：选A, [FeF6]3－中心原子Fe3+采用sp3d2轨道进行杂化。

3. 测得[Co(NH3) 6]3+磁矩μ=0.0B.M ，可知C O3＋离子采取的杂化类型是（）A. sp3B. dsp2C. d2sp3D. sp3d2解：选C 。

C O3＋价电子构型是3d6, 由磁矩μO3＋3d轨道上的电子先经过重排，再采取d2sp3轨道杂化，与配体成键。

4. 下列物质中具有顺磁性的是（）A. [Zn(NH3)4]2+B. [Cu(NH3) 4]2+C. [Fe(CN)6]4－D. [Ag(NH3) 2] +解：选B。

Cu2+的价电子构型是3d9,在形成配合物时采用dsp2杂化，有1个未成对的电子存在，所以是顺磁性的。

5. 下列物质中能作为螫合剂的是（）A. NO－OHB. (CH3)2N－NH2C. CNS－D. H2N－CH2－CH2－CH2－NH2解：选D，其分子中两个N原子作为配位原子可以提供孤对电子，而且它们相距3个原子，可同时与一个中心原子配位形成含有六元螯环的螯合物。

6. 下列配合物能在强酸介质中稳定存在的是（）A. ?Ag?NH3?2?＋B. [FeCl4]—C. [Fe（C2O4）3]3—D. ?Ag?S2O3?2?3-解：选B。

Cl-在强酸中存在形式不变，对配合物的稳定性影响不大；而NH3、C2O42-在强酸介质中会形成难电离的弱酸，S2O32-与强酸反应会分解为硫和亚硫酸，后者又分解为二氧化硫和水，因此相应的配合物在强酸介质中会发生解离，稳定性降低。

7. 用EDTA为滴定剂测定水的总硬度时，介质条件是（）A. 浓硫酸B. 浓氢氧化钠C. 中性D. pH=10的缓冲液解：选D。

数据结构第三版第九章课后习题参考答案

}
}
设计如下主函数：
void main()
{ BSTNode *bt;
KeyType k=3;
int a[]={5,2,1,6,7,4,8,3,9},n=9;
bt=CreatBST(a,n);
//创建《教程》中图 9.4(a)所示的二叉排序树
printf("BST:");DispBST(bt);printf("\n");
#define M 26 int H(char *s)
//求字符串 s 的哈希函数值
{
return(*s%M);
}
构造哈希表 void Hash(char *s[]) //
{ int i,j;
char HT[M][10]; for (i=0;i<M;i++)
//哈希表置初值
HT[i][0]='\0'; for (i=0;i<N;i++) { j=H(s[i]);
//求每个关键字的位置求 // s[i]的哈希函数值
while (1)
不冲突时直接放到该处 { if (HT[j][0]=='\0') //
,
{ strcpy(HT[j],s[i]);
break;
}
else
//冲突时,采用线性线性探测法求下一个地址
j=(j+1)%M;
}
} for (i=0;i<M;i++)
printf("%2d",path[j]);
printf("\n");
}
else { path[i+1]=bt->key;

泛函分析习题答案第九章习题答案

必有y L{ xn }.
3. 设 f E *，f 1，N {x E | f ( x) 0}，
证明：x E，| f ( x) | ( x, N ).
设x E，则y N，有 | f ( x) || f ( x y) | f x y x y
故 | f ( x) | inf x y ( x, N ) (1) yN
x
x
f1( x) f1( x0 )
x0，
则
f1( x) 0，所以 f2 ( x) 0，即
f2( x)
f1( x) f1( x0 )
f2( x0 ) 0
所以 f1( x) kf2( x) x E
即 f1 kf2 ，其中k
f1( x0 ) . f2( x0 )
2.设{ xn }是赋范线性空间E中一元素列，证明y L{ xn }的充分必要条件是：对任何f E *，若f ( xn ) 0 (n 1,2, )，则 f ( y) 0.
2
f0
2
E0
此与题设条件矛盾.
5.记l02 {(1 ,2 , ) | 只有有限个i 0}，l02上元x (i )
的范数定义为x
＝
i 1
|i
|2
1
/
2
，
试
在l02上
造
出
一
个
无
界
的线性泛函.
x (i ) l02 ,定义：
f ( x) nn n1
i 1
i 1
但 f ( x0 )
f x0
f
|i
|(q1) p
1/
p
f
|i

有机化学课后习题答案(高教五版)第九章

第九章卤代烃1.用系统命名法命名下列各化合物（1）（2）（3）（4）(5)答案：解:⑴2,4,4-三甲基-2-溴-戊烷⑵2-甲基-5-氯-2-溴已烷⑶2-溴-1-已烯-4-炔⑷(Z)-1-溴-1-丙烯⑸顺-1-氯-3-溴环已烷2.写出符合下列名称的结构式⑴叔丁基氯⑵烯丙基溴⑶苄基氯⑷对氯苄基氯答案：解:3、写出下列有机物的构造式，有“*”的写出构型式。

(1)4-choro-2-methylpentane(2)*cis-3-bromo-1-ethylcycclonexane(3)*(R)-2-bromootane(4)5-chloro-3-propyl-1,3-heptadien-6-yne答案：(1)(2)(3)(4)4、用方程式分别表示正丁基溴、α-溴代乙苯与下列化合物反应的主要产物。

⑴NaOH（水）⑵ KOH（醇）⑶ Mg、乙醚⑷ NaI/丙酮⑸产物⑶+⑹ NaCN ⑺ NH3⑻ (9)、醇 (10)答案：5.写出下列反应的产物。

⑴⑵⑶⑷⑸⑹⑺⑻⑼⑽⑾⑿答案：解:6. 将以下各组化合物,按照不同要求排列成序:⑴水解速率⑶进行SN2反应速率：① 1-溴丁烷 2，2-二甲基-1-溴丁烷 2-甲基-1-溴丁烷 3-甲基-1-溴丁烷② 2-环戊基-2-溴丁烷 1-环戊基-1-溴丙烷溴甲基环戊烷⑷进行SN1反应速率：①3-甲基-1-溴丁烷 2-甲基-2-溴丁烷 3-甲基-2-溴丁烷②苄基溴α-苯基乙基溴β-苯基乙基溴③答案：解:⑴水解速率:b>a>c⑵与 AgNO3 -乙醇溶液反应的难易程度:d>b>c>a⑶进行S N2反应速率:① 1-溴丁烷>3-甲基-1-溴丁烷>2-甲基-1-溴丁烷>2,2-二甲基-1-溴丁烷a>d>c>b② 溴甲基环戊烷>1-环戊基-1-溴丙烷>2-环戊基-2-溴丁烷c>b>a⑷进行S N1反应速率:①2-甲基-2-溴丁烷>3-甲基-2-溴丁烷>3-甲基-1-溴丁烷b>c>a②α-苄基乙基溴>苄基溴>β-苄基乙基溴b>a>ca>c>b7.写出下列两组化合物在浓KOH醇溶液中脱卤化氢的反应式,并比较反应速率的快慢.3-溴环己烯 5-溴-1,3-环己二烯溴代环己烯答案：2>1>38、哪一种卤代烷脱卤化氢后可产生下列单一的烯烃?⑴⑵⑶⑷答案：9、卤代烷与氢氧化钠在水与乙醇混合物中进行反应,下列反应情况中哪些属于S N2历程,哪些则属于S N1历程?⑴一级卤代烷速度大于三级卤代烷;⑵碱的浓度增加,反应速度无明显变化;⑶二步反应,第一步是决定的步骤;⑷增加溶剂的含水量,反应速度明显加快;⑸产物的构型80%消旋,20%转化;⑹进攻试剂亲核性愈强,反应速度愈快;⑺有重排现象;⑻增加溶剂含醇量,反应速率加快.答案：解:⑴ S N2 ⑵ S N1 ⑶ S N1 ⑷ S N1⑸ S N2为主⑹ S N2 ⑺ S N1 ⑻ S N210、用简便化学方法鉴别下列几组化合物。

分析化学：第9章课后习题答案

第九章思考题与习题1.重量分析对沉淀的要求是什么？答：要求沉淀要完全、纯净。

对沉淀形式的要求：溶解度要小，纯净、易于过滤和洗涤，易于转变为称量形式。

对称量形式的要求：沉淀的组分必须符合一定的化学式、足够的化学稳定性、尽可能大的摩尔质量。

2.解释下列名词：沉淀形式，称量形式，固有溶解度，同离子效应，盐效应，酸效应，络合效应，聚集速度，定向速度，共沉淀现象，后沉淀现象，再沉淀，陈化，均匀沉淀法，换算因数。

答：沉淀形式：往试液中加入沉淀剂，使被测组分沉淀出来，所得沉淀称为沉淀形式。

称量形式：沉淀经过过滤、洗涤、烘干或灼烧之后所得沉淀。

固有溶解度：难溶化合物在水溶液中以分子状态或离子对状态存在的活度。

同离子效应：当沉淀反应达到平衡后，加入与沉淀组分相同的离子，以增大构晶离度，使沉淀溶解度减小的效应。

盐效应：由于强电解质盐类的存在，引起沉淀溶解度增加的现象。

酸效应：溶液的酸度对沉淀溶解度的影响。

配位效应：溶液中存在能与沉淀构晶离子形成配位化合物的配位剂时，使沉淀的溶解度增大的现象。

聚集速度：沉淀形成过程中，离子之间互相碰撞聚集成晶核，晶核再逐渐长大成为沉淀的微粒，这些微粒可以聚集为更大的聚集体。

这种聚集过程的快慢，称为聚集速度。

定向速度：构晶离子按一定的晶格排列成晶体的快慢，称为定向速度。

共沉淀现象：在进行沉淀时某些可溶性杂质同时沉淀下来的现象。

后沉淀现象：当沉淀析出后，在放置过程中，溶液中的杂质离子漫漫在沉淀表面上析出的现象。

再沉淀：将沉淀过滤洗涤之后，重新溶解，再加入沉淀剂进行二次沉淀的过程。

陈化：亦称熟化，即当沉淀作用完毕以后，让沉淀和母液在一起放置一段时间，称为陈化。

均匀沉淀法：在一定条件下，使加入沉淀剂不能立刻与被测离子生成沉淀，然后通过一种化学反应使沉淀剂从溶液中慢慢地均匀的产生出来，从而使沉淀在整个溶液中缓慢地、均匀地析出。

这种方法称为均匀沉淀法。

换算因数：被测组分的摩尔质量与沉淀形式摩尔质量之比，它是一个常数。

山东大学分子生物学章节习题及参考答案09癌基因、抑癌基因与生长因子

第九章癌基因、抑癌基因与生长因子一、选择题【A型题】1．关于癌基因的叙述，错误的是A．是细胞增殖的正调节基因B．可诱导细胞凋亡C．能在体外引起细胞转化D．能在体内诱发肿瘤E．包括病毒癌基因和细胞癌基因2．关于病毒癌基因的叙述，正确的是A．主要存在于DNA病毒基因组中B．最初在劳氏（Rous）肉瘤病毒中发现C．不能使培养细胞癌变D．又称原癌基因E．由病毒自身基因突变而来3．关于逆转录病毒的叙述，错误的是A．即RNA病毒B．可产生逆转录酶C．在宿主细胞中以前病毒形式代代传递D．所有逆转录病毒都有癌基因E．可用作基因治疗的载体4．癌基因的表达产物不包括A．生长因子类似物B．跨膜生长因子受体C．结合GTP的蛋白质D．反式作用因子E．顺式作用元件5．不属于癌基因激活结果的是A．过量的正常表达产物B．原来不表达的基因开始表达C．基因缺失D．蛋白产物氨基酸组成改变E．出现异常/截短的表达产物6．关于P53基因的叙述，错误的是A．突变后具有癌基因作用B．是一种抑癌基因C．基因定位于17P13D．编码胞浆磷酸化蛋白E．编码产物有转录因子作用7．关于抑癌基因的叙述，正确的是A．具有抑制细胞增殖的作用B．与癌基因的表达无关C．缺失与细胞的增殖和分化无关D．不存在于人类正常细胞中E．在所有肿瘤细胞正常表达8．关于癌基因的叙述，错误的是A．原癌基因存在于正常细胞基因组中B．癌基因对维持细胞正常功能有重要作用C．原癌基因一般处于静止或低表达状态D．病毒癌基因可引起肿瘤E．细胞癌基因来自原癌基因激活9．关于细胞凋亡的叙述，错误的是A．某种信号触发的过程B．细胞按一定程序缓慢死亡C．可诱导肿瘤发生D．某些癌基因具有抑制凋亡的作用E．生理病理条件下均可发生10．关于Rb蛋白的叙述，正确的是A．细胞进入S期，Rb蛋白磷酸化水平降低B．分裂增殖的细胞只含磷酸化型Rb蛋白C．G0、G1期，Rb蛋白磷酸化水平升高D．高磷酸化Rb蛋白可与E2F结合E．Rb基因失活只见于视网膜母细胞瘤11．关于原癌基因的叙述，错误的是A．只存在于脊椎动物细胞中B．进化中基因序列高度保守C．是正常细胞生长增殖所必需D．通过其蛋白表达产物起作用E．被某些因素激活可转变为癌性/癌基因12．P53蛋白的DNA结合区域是A．核心区B．N-端C．酸性区D．碱性区E．C-端13．P53蛋白半衰期短是由于A．细胞中P53蛋白含量很低B．核心区含有特异氨基酸序列C．酸性区易被蛋白酶水解D．酸性区含有特殊的磷酸化位点E．碱性区可被多种蛋白激酶识别14．关于Rb蛋白的叙述，错误的是A．定位于细胞核内B．是一种跨膜蛋白C．非磷酸化形式为活性型D．G0期淋巴细胞仅含非磷酸化Rb蛋白E．其磷酸化程度与细胞周期密切相关15．关于原癌基因ras的叙述，错误的是A．ras蛋白性质类似于G蛋白的α亚基B．ras蛋白即P21C．H-ras、K-ras、N-ras核苷酸序列相差很大D．ras蛋白为多种生长因子信息传递过程所共有E．ras蛋白参与NO水平的调节【X型题】16．原癌基因的特点包括A．广泛存在于生物界B．基因序列呈高度保守性C．通过其表达产物发挥作用D．激活后具细胞转化能力E．只存在于肿瘤细胞中17．原癌基因的激活机制有A．获得启动子B．基因易位C．基因扩增D．点突变E．增强子插入18．原癌基因激活的结果是出现A．新的表达产物B．过量的正常表达产物C．异常、截短的表达产物D．大量凋亡蛋白E．异常、延长的表达产物19．野生型P53基因A．是生长因子基因B．是抑癌基因C．与人类肿瘤相关性最高D．产物是一种核内磷酸化蛋白E．抑制细胞凋亡20．P53蛋白的作用是A．活化P21基因转录B．抑制解链酶活性C．参与DNA的复制与修复D．若修复失败，诱导细胞凋亡E．使细胞进入S期21．能抑制细胞凋亡的是A．野生型P53基因B．突变型P53基因C．P16基因D．NGFE．Rb蛋白二、名词解释1．Oncogene2．抑癌基因3．Apoptosis三、简答题1．简述原癌基因的特点。

物理化学课后习题答案第九章

物理化学习题解答(九)习题p109~1161解：(1) Pt︱H2(p H2)︱HCl(a)︱Cl2(p Cl2)︱Pt正极：Cl2(p Cl2)+ 2e-→2Cl-(a)负极：H2(p H2) –2e-→2H+(a)电池反应：H2(p H2) + Cl2(p Cl2)==2HCl(a) (2) Pt︱H2(p H2)︱H+(a H+)‖Ag+(a Ag+)︱Ag(s) 正极：Ag+(a Ag+)+ e-→Ag(s)负极：H2(p H2) –2e-→2H+(a H+)电池反应：H2(p H2) + Ag+(a Ag+)==2H+(a H+)+ Ag(s)(3) Ag(s)︱AgI(s)︱I-(a I-)‖Cl-(a Cl-)︱AgCl(s)︱Ag(s)正极：AgCl(s) + e-→Ag(s) + Cl-(a Cl-)负极：Ag(s) + I-(a I-)– e-→AgI(s)电池反应：AgCl(s) + I-(a I-)==AgI(s) + Cl-(a Cl-)(4) Pb(s)︱PbSO4(s)︱SO42-(a SO42-)‖Cu2+(a Cu2+)︱Cu(s)正极：Cu2+(a Cu2+) + 2e-→Cu(s)负极：Pb(s) + SO42-(a SO42-)–2e-→PbSO4(s)电池反应：Pb(s) + Cu2+(a Cu2+) + SO42-(a SO42-)==PbSO4(s) + Cu(s)(5) Pt︱H2(p H2)︱NaOH(a)︱HgO(s)︱Hg(l)正极：HgO(s) + H2O (l)+ 2e-→Hg(l) + 2OH-(a OH-)负极：H2(p H2)+ 2OH-(a OH-) –2e-→2H2O(l)电池反应：HgO(s) + H2(p H2)==Hg(l)+H2O(l) (6) Pt︱H2(p H2)︱H+(a H+)︱Sb2O3(s)︱Sb(s) 正极：Sb2O3(s) + 6H+(a H+)+ 6e-→2Sb(s) + 3H2O(l)负极：H2(p H2) –2e-→2H+(a H+)电池反应：Sb2O3(s) + 3H2(p H2) ==2Sb(s) + 3H2O(l)(7) Pt︱Fe3+(a1)，Fe2+(a2)‖Ag+(a Ag+)︱Ag(s)正极：Ag+(a Ag+)+ e-→Ag(s)负极：Fe2+(a2) – e-→ Fe3+(a1)电池反应：Ag+(a Ag+) + Fe2+( a2)==Fe3+( a1)+Ag(s)(8) Na(Hg)(a am)︱Na+(a Na+)‖OH-(a OH-)︱HgO(s)︱Hg(l)正极：HgO(s) + H2O (l)+ 2e-→Hg(l) +2OH-(a OH-)负极：2Na(Hg)(a am) –2e-→2Na+(a Na+) + 2Hg(l)电池反应：2Na(Hg)(a am) + HgO (s) + H2O(l)==2 Na+(a Na+) + 2OH-(a OH-) + 3Hg(l)2解：(1)AgCl(s)==Ag+(a Ag+) + Cl-(a Cl-)电池：Ag(s)︱Ag+(a Ag+)‖Cl-(a Cl-)︱AgCl(s)︱Ag(s)正极：AgCl(s) + e-→Ag(s) + Cl-(a Cl-)负极：Ag(s)–e-→Ag+(a Ag+)电池反应：AgCl(s)==Ag+(a Ag+) + Cl-(a Cl-) (2)AgCl(s) + I-(a I-) ==AgI(s) + Cl-(a Cl-)电池：Ag(s)︱AgI(s)︱I-(a I-)‖Cl-(a Cl-)︱AgCl(s)︱Ag(s)正极：AgCl(s) + e-→A g(s) + Cl-(a Cl-)负极：Ag(s) + I-(a I-)– e-→AgI(s)电池反应：AgCl(s) + I-(a I-) ==AgI(s) + Cl-(a Cl-)(3) HgO(s) + H2(p H2)==Hg(l)+H2O(l)电池：Pt(s)︱H2(p H2)︱NaOH(a)︱HgO(s)︱Hg(l)正极：HgO(s) + H2O(l) + 2e-→Hg(l) + 2OH-(a)负极：H2(g) + 2OH-(a) –2e-→2H2O(l)电池反应：HgO(s) + H2(p H2)→Hg(l) + H2O(l) (4) Fe2+(a Fe2+) + Ag+(a Ag+)== Fe3+(a Fe3+) + Ag(s)电池：Pt(s)︱Fe3+(a Fe3+)，Fe2+( a Fe2+)‖Ag+(a Ag+)︱Ag(s)正极：Ag+(a Ag+)+ e-→Ag(s)负极：Fe2+( a Fe2+) – e-→ Fe3+( a Fe3+)电池反应：Fe2+(a Fe2+)+Ag+(a Ag+)== Fe3+( a Fe3+) + Ag(s)(5) 2 H2(p H2) + O2(p O2)==2H2O(l)电池：Pt︱H2(p H2)︱H+(a H+)︱O2(p O2)︱Pt(s) 正极：O2(p O2) + 4H+(a H+) + 4 e-→2H2O(l)负极：2H2(p H2) – 4e-→4H+(a H+)电池反应：2 H2(p H2) + O2(p O2)==2H2O(l) (6) Cl2(p Cl2) + 2I-(a I-)==I2(s)+2Cl-(a Cl-)电池：Pt︱I2(s))︱I-(a I-)‖Cl-(a Cl-)︱Cl2(p Cl2)︱Pt正极：Cl2(p Cl2) + 2e-→2Cl-(a Cl-)负极：2I-(a I-)–2e-→ I2(s)电池反应：Cl2(p Cl2) + 2I-(a I-)==I2(s)+2Cl-(a Cl-) (7) H2O(l)== H+(a H+) + OH-(a OH-)电池：Pt(s)︱H2(p H2)︱H+(a H+)‖OH-(a OH-)︱H2(p H2)︱Pt(s)正极：2H2O(l) + e-→2H2(p H2) + 2OH-(a OH-) 负极：H2(p H2)–2e-→ 2H+(a H+)电池反应：H2O(l)== H+(a H+) + OH-(a OH-) (8) Mg(s) + 1/2O2(g) + H2O(l)== Mg(OH)2(s) 电池：Mg(s)︱Mg(OH)2(s)︱OH-(a OH-)︱O2(p O2)︱Pt(s)正极：1/2O2(g) + H2O(l) + 2e-→ 2OH-(a OH-) 负极：Mg(s) + 2OH-(a OH-)– 2e-→Mg(OH)2(s) 电池反应：Mg(s) + 1/2O2(g) + H2O(l)== Mg(OH)2(s)(9) Pb(s) + HgO(s)==Hg(l) + PbO(s)电池：Pb(s)︱PbO(s)︱OH-(a OH-)HgO(s)︱Hg(l)正极：HgO(s) + H2O(l) + 2e-→ Hg(l) + 2OH-(a OH-)负极：Pb(s) + 2OH-(a OH-) –2e-→PbO(s) + H2O(l)电池反应：Pb(s) + HgO(s)==Hg(l) + PbO(s) (10) Sn2+(a Sn2+) + Tl3+(a Tl3+) == Sn4+(a Sn4+) + Tl+(a Tl+)电池：Pt(s)︱Sn2+(a Sn2+)，Sn4+(a Sn4+)‖Tl3+(a Tl3+)，Tl+(a Tl+)︱Pt(s)正极：Tl3+(a Tl3+) + 2e-→ Tl+(a Tl+)负极：Sn2+(a Sn2+) –2e-→Sn4+(a Sn4+)电池反应：Sn2+(a Sn2+) + Tl3+(a Tl3+) == Sn4+(a Sn4+) + Tl+(a Tl+)15解：Fe(s) + Cd2+(aq)==Cd(s)+Fe2+(aq)E=Eө– RT/2F×ln{[ Fe2+]/[Cd2+]}(1) E=φөcd2+/Cd–φөFe2+/Fe- RT/2F×ln{[ Fe2+]/[Cd2+]}=-0.40 +0.44–0.0592/2lg{0.1/0.1}=0.04>0反应能自发向右进行，故金属Fe首先被氧化。

有机化学第9章习题参考答案

(EtOCO)2CH(CH2)3CH(COOEt)2
(CH3)2CHCH(COOEt)2
CH3CH2CH(CO2Et)2
（5）
CH 2(COOC2H 5)2 C2H5ONa C 2H 5OH CH3I CH3-CH(COOC 2H 5)2
CH3
C2H5ONa C 2H5OH
CH3
BrCH 2CH2Br
11．对甲苯基甲酰氯 14．苯甲酰胺
15．N-溴代丁二酰亚胺（NBS） 18．苯甲酸乙酯
17．顺丁烯二酸酐（顺酐）
O CH 2CH 2COOH (1) 3 −苯基丙酸
O O Ph (6) 3−(3,3 −二甲基环己基 )丙醛
O Br O
O
O NHCH3 (4) N − 二甲基丙酰胺
Br COOH
(2)丁酰溴
45
9.15（1）化合物A（C12H14O3）的不饱和度为 6，可能含有苯环、双键或环等。（ 2 ）苯乙酮与氯乙酸乙酯在无水惰性溶剂中碱性缩合剂作用下，发生的是 Darzens-Claisen 反应：
OC C H COOC2H5
NaNH2 C CH3 ClO C CH3 O C CHCOOH C H3 C H COOC2H5
NaOH
H+ H2O CH3COCH(CH2CH3)2 (1)EtONa CH3COCHCO2Et (2)ClCH2COCH3 CH2COCH3 NaOH H+ H2O
(2)
CH3COCH2CO2C2H5 CH3COCH2CH2COCH3
(3) CH3COCH2CO2C2H5
(1)EtONa
CH3COCHCO2C2H5 CH3CHCO2C2H5
44
（2）酸性增强的重要原因之一是由于共轭碱分子内形成了有效的氢键，它分散了羧酸氧的负电荷，降低了共轭碱的碱性。 9.13