复旦大学数学分析考研试题及答案
复旦大学2005年数学分析考研试题
５、级数
∞
∑u
n =1 1
n
( x) 在 [a, b] 上收敛，且存在常数 G，使得对任何自然数 n 及实数 x ∈ [a, b] ，
∞
恒有
∑u
n =1
n
( x) < G ，证明级数 ∑ u n ( x) 在 [a, b] 上一致收敛。
n =1
设 f (u ) 是定义在 u ≥ u 0 上的实函数，在任意区间 [u 0 , x ] 上可积，且 uf (u ) 是递增函数。若
lim
1 f (u )du = a ，证明： lim f ( x) = a x →∞ x →∞ x ∫ u0
x
∫∫
D
sin(π x 2 + y 2 )
x +y
2 n 2
dxdy ，其中 D＝｛ ( x, y ) 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 4 ｝
１． 设函数 H ( x1 , x 2 ,...x n ) = −
∑x
i =1
i
log 2 xi ，并且 xi > 0, ∑ xi = 1(i = 1,2,...n) ，证明：
i =1
n
H ( x1２． 设函数 f ( x ) 在 [ a, b] 上常义可积，函数 g ( x ) 以 T 为周期（ T > 0 ）在 [0, T ] 上可积， 且 g ( x) ≥ 0 ，则 lim
n →∞
∫
a
b
f ( x) g (nx)dx =
1 g ( x)dx ∫ f ( x)dx T∫ 0 a
20０５年复旦大学数学分析考研试题 ０５年复旦大学数学分析考研试题
一、严格表达下述概念（１５） １．请给出函数项级数一致收敛的定义。 ２．第一类曲线积分的数学定义。 ３．以
数学分析考研2021复旦与山东科大考研真题库
数学分析考研2021复旦与山东科大考研真题库一、山东科技大学《603数学分析》考研真题二、复旦大学数学系第1部分数项级数和反常积分第9章数项级数一、判断题1．若收敛，则存在．[重庆大学2003研] 【答案】错查看答案【解析】举反例：，虽然，但是发散．2．若收敛，，则收敛．[南京师范大学研] 【答案】错查看答案【解析】举反例：满足条件，而且很容易知道但是发散，所以发散．二、解答题1．求级数的和．[深圳大学2006研、浙江师范大学2006研] 解：2．讨论正项级数的敛散性．[武汉理工大学研]解：由于，所以当a＞1时收敛，当0＜a＜1时发散；当a＝1时，由于，故发散．3．证明：收敛．[东南大学研]证明：因为所以又因为而收敛，故收敛．4．讨论：，p∈R的敛散性．[上海交通大学研]证明：因为为增数列，而为减数列，所以．从而所以．于是当p＞0时，由积分判别法知收敛，故由Weierstrass判别法知收敛：当p＝0时，因为发散，所以发散：当p＜0时，发散．5．设级数绝对收敛，证明：级数收敛．[上海理工大学研]证明：因为绝对收敛，所以．从而存在N＞0，使得当n＞N 时，有，则有，故由比较判别法知级数收敛．6．求．[中山大学2007研]解：由于，所以绝对收敛．7．设，且有，证明：收敛．[大连理工大学研]证明：因为，所以对任意的ε，存在N，当n＞N时，有，即取ε充分小，使得，即．因为，所以单调递减，且现在证明．因为，即则．所以对任意的ε，存在N，当n＞N时，有．对任意的0＜c-ε＜r，有所以存在N，当n＞N时，，则因此，由两边夹法则可得．故由交错级数的Leibniz判别法知收敛．8．说明下面级数是条件收敛或绝对收敛[复旦大学研]解：数列是n的单调递减函数．且由莱布尼兹判别法，可知收敛．所以故当2x＞1，即时收敛，即绝对收敛；当2x≤1，即时，发散，即条件收敛．9．证明：若绝对收敛，则亦必绝对收敛．[华东师范大学研]证明：绝对收敛，从而收敛，记则由比较判别法知敛散性相同，而收敛，所以收敛，即绝对收敛．10．证明级数发散到[吉林大学研]证明：令则易知发散到所以又，所以所以原级数发散到。
复旦版数学分析答案全解ex13-2
1．证明重积分的性质 8。
证 不妨设 g(x) ≥ 0 ，M 、m 分别是 f (x) 在区域 Ω 上的上确界、下确界，
由 mg(x) ≤ f (x)g(x) ≤ Mg(x) 、性质 1 和性质 3，可得
m∫ g(x)dV ≤ ∫ f (x)g(x)dV ≤ M ∫ g(x)dV ，
1
dz
1
dx
1−x f (x, y, z)dy +
1
dzΒιβλιοθήκη ∫ba∫x
dx a
f
(
x,
y)dy
=
∫b dy
a
∫b y
f
(
x,
y)dx
。
∫ ∫ （2）
2a
dx
2ax
f (x, y)dy
0
2ax− x2
∫ ∫ =
a
dy
0
a− y2
a2 − y2
f
(x,
y)dx
+
∫0ady
∫2a
a+
a2 − y2
f
( x,
y)dx
+
∫ ∫ 2a dy
a
2a y2
f
(x,
y)dx 。
2π 3
≤
∫∫∫
Ω
1
+
dxdxdz x2 + y2 +
z
2
≤
4π 3
。
4．计算下列重积分：
(1) ∫∫(x3 + 3x2 y + y3 )dxdy ，其中 D 为闭矩形[0,1] × [0,1] ；
D
(2) ∫∫ xy e x2+y2 dxdy ，其中 D 为闭矩形[a,b] × [c,d ]；
数学分析考研试题及答案
数学分析考研试题及答案一、选择题（每题3分，共30分）1. 下列函数中，哪个不是有界函数？A. f(x) = sin(x)B. f(x) = e^xC. f(x) = x^2D. f(x) = 1/x2. 函数f(x) = x^3在区间(-∞, +∞)上是：A. 单调递增B. 单调递减C. 有增有减D. 常数函数3. 如果函数f(x)在点x=a处连续，那么：A. f(a)存在B. f(a) = 0C. lim(x->a) f(x) = f(a)D. lim(x->a) f(x) 不存在4. 定积分∫(0,1) x^2 dx的值是：A. 1/3B. 1/4C. 1/2D. 2/35. 函数序列fn(x) = x^n在[0, 1]上一致收敛的n的取值范围是：A. n = 1B. n > 1C. n < 1D. n = 26. 级数∑(1/n^2)是：A. 收敛的B. 发散的C. 条件收敛的D. 无界序列7. 如果函数f(x)在区间[a, b]上可积，那么：A. f(x)在[a, b]上连续B. f(x)在[a, b]上一定有界C. f(x)在[a, b]上单调递增D. f(x)在[a, b]上无界8. 函数f(x) = |x|在x=0处：A. 连续B. 可导C. 不连续D. 不可导9. 微分方程dy/dx + y = 0的通解是：A. y = Ce^(-x)B. y = Ce^xC. y = Csin(x)D. y = Ccos(x)10. 函数f(x) = e^x在x=0处的泰勒展开式是：A. f(x) = 1 + x + ...B. f(x) = x + ...C. f(x) = 1 + x^2 + ...D. f(x) = 1 + x^3 + ...二、填空题（每题4分，共20分）11. 极限lim(x->0) (sin(x)/x) 的值是 _______。
12. 函数f(x) = x^3 - 6x^2 + 11x - 6的拐点是 _______。
数学分析(复旦大学版)课后题答案40-45
§udÃF¼êPÂÈ©§y{'4Gª§& 1 ln xy dx9uy Q[ , b ](b > 1)þÂñ. b
+∞ a A
ln
0
b dx x
Âñ
#f (x, y)Q[ a, +∞; c, d ]ë§é[ c, d)þzy§ f (x, y) dxÂñ§¢È©Qy = duÑ. y²ùÈ©Q[ c, d ]Âñ. y²µd f (x, d) dxuѧ&∃ε > 0, ∀A > a, ∃A , A A §¦ f (x, d) dx ε
dx [ p1 , p2 ]
Q
ë
2−p
dx [ p1 , p2 ]
Q
ë
6.
π −1 p 2−p 1 2 1 p π π −1 p 2−p p 2−p p1 2−p1 1 2 1−p1 x→π −0 1 p1 2−p1 p1 π 1 π −1 p−1 2−p1 π π −1 p 2−p 1 2 π p 2−p 1 2 π −1 p 1 2 π 0 p 2−p +∞ +∞
2−p
π −1 1 p 2−p
1 π −1 π sin x sin x sin x sin x dx = dx + dx + dx p (π − x)2−p p (π − x)2−p p (π − x)2−p p (π − x)2−p x x x x 0 0 1 π −1 1 sin x dx p 2−p 0 x (π − x) sin x sin x (0 x 1, 0 < p1 p p2 < 2) p 2 − p p 2 x (π − x) x (π − x)2−p2 sin x 1 lim xp2 −1 p = 2−p 2 − p 2 2 2 x→+0 x (π − x) π 1 sin x p2 < 2 p2 − 1 < 1 dx p2 (π − x)2−p2 x 0 1 sin x dx p ∈ [ p1 , p2 ] p (π − x)2−p x 0 1 sin x sin x (0 , 1 ] × [ p , p ] dx [ p1 , p2 ] 1 2 p (π − x)2−p xp (π − x)2−p x 0 π
复旦大学数学系陈纪修数学分析(第二版)习题答案ex2-3,4
一解 a = 0 舍去），因此
lim
n→∞
xn
=
2。
（3）首先有 x1 =
2 > −1，设 xk > −1，则 xk+1 =
−1 > −1 ，由数学
2 + xk
25
归纳法可知 ∀n ，xn
> −1。由 xn+1
− xn
=
−1 2 + xn
− xn
=
−
(xn + 1)2 2 + xn
< 0 ，可知{xn}
)n
= 0。
证（1）设
lim
n→∞
an
=
+∞ ，则 ∀G
>
0, ∃N1
>
0, ∀n
>
N1
: an
>
3G
。对固定的
N1 ，
∃N > 2N1,∀n > N :
a1 + a2 + " + aN1 n
< G ，于是
2
a1 + a2 + " + an ≥ aN1+1 + aN1+2 + " + an − a1 + a2 + " + aN1 > 3G − G = G 。
n→∞ ⎝ n ⎠
⑴ lim ⎜⎛1 − 1 ⎟⎞n ;
n→∞ ⎝ n ⎠
⑵ lim ⎜⎛1 + 1 ⎟⎞n ;
n→∞ ⎝ n + 1⎠
⑶ lim ⎜⎛1 + 1 ⎟⎞n ;
n→∞ ⎝ 2n ⎠
数学分析习题集9复旦大学
ln n
2
2n 2 ; ⑵ ∑ 3 n =1 n + 3n ∞ 1 ⑷ ∑ ; n =1 n ! ∞ π⎞ ⎛ ⑹ ∑ ⎜1 − cos ⎟ ; n⎠ n =1 ⎝
⑻ ⑽
∞
1
n
∑(
n =1
∞
n
n − 1) ;
n2 ; ∑ n n =1 2
∞
∑n
n =1 ∞ n =1
∞
2
e −n ;
[2 + (−1) n ]n ; ∑ 2 2 n +1 n =1 ∞ 2 n n! ⑿ ∑ n ; n =1 n
1+ 15. 利用级数的 Cauchy 乘积证明： (1)
1 ∞ (−1) n ⋅∑ = 1； ∑ n! n =0 n ! n =0
∞
(2) ⎜
⎛
∞ ⎞ n ⎞ ⎛ q qn ⎟ = ⎟ ⎜ ∑ ∑ ⎝ n =0 ⎠ ⎝ n =0 ⎠ ∞
∑ (n + 1)q
n =0
∞
n
=
1 (｜q｜＜1 ) 。 (1 − q ) 2
12. 已知任意项级数
14. 利用
1 1 1 + + … + - ln n → γ ( n → ∞ )， 2 3 n ∞ (−1) n +1 其中 γ 是 Euler 常数(见例 2.4.8)，求下述 ∑ 的更序级数的和： n n =1 1 1 1 1 1 1 1 1 1+ + + + + - + … 。 3 2 5 7 4 9 11 6
(a＞0)。
2. 利用级数收敛的必要条件，证明： (1) lim
n →∞
(2)
复旦大学数学系《数学分析》(第3版)(下册)-名校考研真题-多变量微积分学【圣才出品】
由于对任意的 y∈[c，d]，有下式成立
所以有
即
．
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第 2 部分 多变量微分学
第 14 章 偏导数和全微分
解答题 1．已知
1 确定，且 h（x）具有所需的性质．求
所以对任意的 ε＞0，取 在（0，0）处连续．
，则当
时，有
，故 f（x，y）
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由于当（x，y）≠（0，0）时，
，故
4．讨论
在（0，0）点的连续性和可微性．[武汉大学研] 解：（1）连续性．可以令 x＝ζcosθ，y＝ζsinθ，因为
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故
12．
解：由
又由
得
[上海交通大学研] 得
，于是
13．设 z 由 求 [南京大学研]
解：由
得 ①式两端再对 x 求导得
定义为 x，y 的隐函数，其中 为二次连续可微，
两边对 x 求导 ①
所以 f（x，y）在（0，0）点连续． （2）可微性．由于 从而
选取特殊路径 y＝kx，有 为 1，所以 f（x，y）在（0，0）点不可微．
5． 解：由于
，求 dz．[华东师范大学研]
8 / 54
，极限不
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故
．
6．函数 数．[天津大学研]
同时
，
．
5．若函数 f（x，y）在 上对 x 连续，且存在 L＞0，对任意的 x、y′有
复旦大学数学系陈纪修《数学分析》(第二版)习题答案ex2-1,2
第二章 数列极限习 题 2.1 实数系的连续性1. (1) 证明6不是有理数；(2) 3+2是不是有理数?证（1）反证法。
若6是有理数，则可写成既约分数nm=6。
由，可知是偶数，设，于是有，从而得到是偶数，这与226n m =m k m 2=2223k n =n nm是既约分数矛盾。
（2）3+2不是有理数。
若3+2是有理数，则可写成既约分数32+n m=，于是222623nm =++，252622−=n m ，即6是有理数，与（1）的结论矛盾。
2. 求下列数集的最大数、最小数，或证明它们不存在： ； A x x =≥{|}0 ⎭⎬⎫⎩⎨⎧<<=320|sin πx x B ； ⎭⎬⎫⎩⎨⎧<∈=+m n n m m n C 并且N ,。
解 ；因为，有0min =A A x ∈∀A x ∈+1，x x >+1，所以不存在。
A max 12sin max ==πB ；因为B x ∈∀，⎦⎤⎜⎝⎛∈∃2,0πα，使得αsin =x ，于是有B ∈2sinα，x <2sinα，所以B min 不存在。
C max 与都不存在，因为C min C m n ∈∀，有C m n ∈+1，C m n ∈++11， 111++<<+m n m n m n ，所以与都不存在。
C max C min 3. A B ,是两个有界集，证明： (1) 是有界集；A B ∪(2) 也是有界集。
S x y x A y B =+∈∈{|,}证 （1）设A x ∈∀，有1M x ≤，B x ∈∀，有2M x ≤，则B A x ∪∈∀，有{}21,max M M x ≤。
（2）设，有A x ∈∀1M x ≤，B x ∈∀，有2M x ≤，则S x ∈∀，有21M M x +≤。
4. 设数集S 有上界，则数集T x x S =−∈{|}有下界，且sup S =T inf −。
证 设数集S 的上确界为，则对任意S sup ∈x T x x S =−∈{|}，有，即；同时对任意S x sup ≤−S x sup −≥0>ε，存在S y ∈，使得ε−>S y sup ，于是，且T y ∈−ε+−<−S y sup 。
数学分析复旦大学第四版答案实数基本定理
数学分析复旦大学第四版答案实数基本定理【篇一：数学分析(4)复习提纲(全部版)】>第一部分实数理论1实数的完备性公理一、实数的定义在集合r内定义加法运算和乘法运算，并定义顺序关系，满足下面三条公理，则称r为实数域或实数空间。
（1）域公理：（2）全序公理：则或a中有最大元而a中无最小元，或a中无最大元而a中有最小元。
评注域公理和全序公理都是我们熟悉的，连续性公理也称完备性公理有许多等价形式（比如确界原理），它是区别于有理数域的根本标志，它对实数的描述没有借助其它概念而非常易于接受，故大多数教科把它作为实数理论起步的公理。
二、实数的连续性（完备性）公理实数的连续性（完备性公理）有许多等价形式，它们在使用起来方便程度不同，这些公理是本章学习的重点。
主要有如下几个公理：确界原理：单调有界定理：区间套定理：有限覆盖定理：（heine-borel）聚点定理：(weierstrass)致密性定理：(bolzano-weierstrass)柯西收敛准则：(cauchy)习题1证明dedekind分割原理与确界原理的等价性。
习题2用区间套定理证明有限覆盖定理。
习题3用有限覆盖定理证明聚点定理。
评注以上定理哪些能够推广到欧氏空间r？如何叙述？n2闭区间上连续函数的性质有界性定理：上册p168；下册p102,th16.8；下册p312,th23.4最值定理：上册p169；下册下册p102,th16.8介值定理与零点存在定理：上册p169；下册p103,th16.10一致连续性定理（cantor定理）：上册p171；下册p103,th16.9；下册p312,th23.7 习题4用有限覆盖定理证明有界性定理习题5用致密性定理证明一致连续性定理3数列的上(下)极限三种等价定义：（1）确界定义；（2）聚点定义；（3）n定义评注确界定义易于理解；聚点定义易于计算；n定义易于理论证明习题6用区间套定理证明有界数列最大（小）聚点的存在性。
复旦版数学分析答案
⒊ 指出下列表述中的错误：
(1) {0} = ∅ ；
(2) a ⊂ { a,b, c } ；
(3) { a,b } ∈{ a,b, c } ；
(4) { a,b,{a,b} } = { a,b } 。
解 （1）{0}是由元素 0 构成的集合，不是空集。
(3) f (x) = sin2 x + cos2 x , g(x) = 1。
解 （1）函数 f 和 g 不等同；
5
（2）函数 f 和 g 不等同；
（3）函数 f 和 g 等同。
7. (1) 设 f (x + 3) = 2x3 − 3x2 + 5x − 1,求 f (x) ；
(2)
设f⎜⎛ ⎝xx −{a,b,{a,b}} ⊃ { a,b } ，但{a,b,{a,b}} ≠ { a,b } 。
⒋ 用集合符号表示下列数集：
(1)
满足
x x
− +
3 2
≤
0
的实数全体；
(2) 平面上第一象限的点的全体；
(3) 大于 0 并且小于 1 的有理数全体；
(4) 方程 sin x cot x = 0 的实数解全体。
⒎ 下述命题是否正确?不正确的话，请改正。 (1) x ∈ A ∩ B ⇔ x ∈ A 并且 x ∈ B ； (2) x ∈ A ∪ B ⇔ x ∈ A 或者 x ∈ B 。
解（1）不正确。 x ∈ A ∩ B ⇔ x ∈ A 或者 x ∈ B 。 （2）不正确。 x ∈ A ∪ B ⇔ x ∈ A 并且 x ∈ B 。
第一章 集合与映射
习 题 1.1 集合
复旦大学考研试题及答案
复旦大学考研试题及答案一、单项选择题（每题2分，共20分）1. 以下哪项不是复旦大学的校训？A. 博学B. 笃志C. 明德D. 求是答案：B2. 复旦大学的创始人是：A. 马相伯B. 蔡元培C. 陈独秀D. 胡适答案：A3. 复旦大学的校庆日是每年的：A. 5月27日B. 9月1日C. 10月1日D. 11月1日答案：A4. 复旦大学的校花是：A. 桂花B. 牡丹C. 菊花D. 梅花答案：A5. 复旦大学的校歌名称是：A. 复旦校歌B. 复旦之歌C. 复旦颂D. 复旦精神答案：A6. 复旦大学的校训中“博学”的含义是：A. 广泛学习B. 深入研究C. 博采众长D. 学以致用答案：A7. 复旦大学的校训中“笃志”的含义是：A. 坚定信念B. 专心致志C. 志存高远D. 志在四方答案：B8. 复旦大学的校训中“明德”的含义是：A. 明确道德B. 明白事理C. 明辨是非D. 明德修身答案：D9. 复旦大学的校训中“求是”的含义是：A. 追求真理B. 实事求是C. 求真务实D. 求知若渴答案：A10. 复旦大学的校训中“自强不息”的含义是：A. 自我完善B. 自强不息C. 不断进步D. 永不懈怠答案：B二、多项选择题（每题3分，共15分）1. 以下哪些是复旦大学的知名校友？A. 陈望道B. 钱钟书C. 鲁迅D. 胡适答案：A B2. 复旦大学的哪些学院是国家重点学科？A. 文学院B. 理学院C. 医学院D. 法学院答案：B C3. 复旦大学的哪些专业是国家重点专业？A. 经济学B. 法学C. 计算机科学与技术D. 生物科学答案：A C D三、简答题（每题5分，共20分）1. 请简述复旦大学的历史沿革。
答案：复旦大学创建于1905年，原名复旦公学，是中国最早的私立大学之一。
1917年，学校更名为私立复旦大学。
1941年，学校被批准为国立复旦大学。
2000年，原复旦大学与原上海医科大学合并，组建新的复旦大学。
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ln
8.将 y = sin x, x ∈ (0, π ) 展开成余弦级数，并求级数
(−1) n +1 的和（13 分） ∑ 2 n =1 4n − 1
+∞
复旦大学 2001 年招收硕士学位研究生考试试题 数学分析 习题答案
− e x −e [ x − e ]' 1. 解: lim 2 = lim 2 x ln(2 x −1) (0 0 ) = lim 2 x →1 ln (2 x − 1) x →1 [ln (2 x − 1)]' x →1 4 2 x −1
则 bn = 0 , ( n = 1,2,3") , a 0 =
π
2
∫
π
0
sin xdx =
∞ 2
π
4
, an =
π
2
∫
π
0
) −1 sin x cos nxdx = 2 (π−(1n 2 −1)
n +1
由收敛定理有:对于 ∀x ∈ (0, π ) . y =
π
) −1 + 2∑ (π−(1n cos nx . 2 −1)
n +1
n =1
则
当
n = 2m , (m = 1,2,3"), x = π 2
,
则
有
m +1 ∞ ∞ 1 cos mπ = 2 + 4 ∑ (− 1) y x= π = 2 − 4 ∑ , π π m = 1 4m 2 − 1 2 π π m = 1 4m 2 − 1
= 1 ,则 ∑ 而 y x = π = sin π 2
2 2
解得
所以 f ( x, y, z ) = x + y +
z4 在xyz = 1 条件下的极植为 5 2 .■ 2
6. 解: 由曲面方程知所围立体只能位于第一,三,五,七卦限,且体积为第一卦限立体 V1 得 4 倍, 即 V = 4V1 = 4
∫∫∫ dxdydz
V1
⎧ x = r sin ϕ cosθ 1 ⎪ 2 3 π π 3 令 ⎨ y = r sin ϕ sin θ , 则0 ≤ θ ≤ 2 ,0 ≤ ϕ ≤ 2 ,0 ≤ r ≤ 3 (sin ϕ cosϕ cosθ sin θ ) , ⎪ z = r cosϕ ⎩
ln[1 − (1 − x )] = − (1 − x ) − 1 (1 − x ) 2 − 1 (1 − x ) 3 − " − 2 3
1 x = 1 + 1 (1 − x ) + 1 (1 − x ) 2 + " + 则有: 2 3 1− x 取 t = 1 − x ,则有 ln
1
1 n +1
1 n +1
x
,
xy 2 F '+ zxF ' ∂z = u v ∂y xyF '− y 2 F ' u v
∂z ∂z x 2 yFu '+ zyFv ' xy 2 Fu '+ zxFv ' x 2 yFu '+ zyFv '− xy 2 Fu '− zxFv ' .■ +y = + = ∂x ∂y yFv '− xFu ' xFu '− yFv ' yFv '− xFu '
2 2
5.用 Lagrange 乘数法，解 f ( x, y, z ) = x + y +
2 2 2 3
z4 在xyz = 1 条件下的极植问题。 （13 分） 2
6.求曲面 ( x + y + z ) = 3 xyz 所围区域的体积。 （13 分）
1 2 x dx = π （推导过程要说明理由） 7.证明： ∫ （13 分） 0 1− x 6
复旦大学 2001 年招收硕士学位研究生考试试题 数学分析
x −e 2 1 求极限 lim 2 x →1 ln (2 x − 1)
x −1
（12 分）
2.已知 f (0) < 0, f ' ' ( x ) > 0( −∞ < x < +∞ ), 证明 （12 分） 3.设
f ( x) 分别在 ( −∞,0) 与 (0,+∞ ) 都是严格单调增加函数。 x
x → +∞
∫
+∞
a
f ( x) g ( x)dx = ∫
a
1 x2
(1 +
2a x−2a
)dx = ∫
+∞
a
1 x 2 − 2 ax
dx . 显然 x = a 为该积分的一奇点,并且在这一点
处该积分不收敛,所以 4. 解: 设 u = x +
∫
+∞
a
f ( x) g ( x)dx 不一定收敛.■
z z , v = y + ,则有该方程左右两边分别对 x,y 求导有: y x
V = 4∫ dθ ∫ dϕ ∫
2 0 2 0
π
π
3
3 (sin 2 ϕ cos ϕ cos θ sin θ ) 3
1
0
r 2 sin ϕdr
=
4 2 3 0
∫
π
dθ ∫ 2 3 sin 2 ϕ cos ϕ sin θ cos θdϕ = 1 2 ■
0πຫໍສະໝຸດ 7. 解: 由于 ln 1 = − ln x = − ln[1 − (1 − x)] , x
2
(−1) n +1 π 1 = 4 − 2 .■ 2 n =1 4n − 1
+∞
∂v ∂x
u Fu ' ∂ + F 'v ∂x
= Fu ' (1 +
∂z y∂x
) + F 'v
∂z z−x ∂ x
x
2
=0
u ∂v Fu ' ∂ + F 'v ∂ = Fu ' ∂y y
∂z z− y ∂ y
y2
+ F 'v (1 +
∂z x∂y
)=0
x 2 yF '+ zyF ' ∂ z u v 则有: = ∂x xyF '− x 2 F ' v u
1 1 2 x −1 2 x −1 2 x −1 2 x −1 2
2 x − 11 − xe 2 = lim x →1 8 x ln(2 x − 1)
x −1
1 [1 − xe ]' 1 1 =− ■ = lim = lim 2 8 x →1 [ln(2 x − 1)]' 8 x→1 16 2 x −1 f ( x) xf ' ( x) − f ( x) 2. 证 : 设 F ( x ) = , 则 F ' ( x) = , 设 G ( x ) = xf ' ( x ) − f ( x ) , 而 f (0) < 0, 从 而 有 x x2
G ' ( x) < 0 , G ( x ) > G (0) ,此时 F ' ( x ) > 0 ,即有
3. 解:
∫
+∞
a
f ( x) g ( x)dx 不一定收敛.
2a x−2a
取 g ( x) = 1 +
， f ( x) =
+∞
1 x2
，取 a > 0 ，则有
∫
+∞
a
f ( x)dx 收敛， lim g ( x) = 1 ，而
G (0) = − f (0) > 0, G ' ( x) = xf " ( x)
, 而
− 21x e
x −1 2
−
x 2
e
x −1 2
f ' ' ( x ) > 0( −∞ < x < +∞ ),
故
当
x ∈ (−∞,0)
时
,
f ( x) 分别在 ( −∞,0) 上严格单调增加; x f ( x) 当 x ∈ (0,+∞ ) 时, G ' ( x ) > 0 , G ( x ) > G (0) ,此时 F ' ( x ) > 0 ,即有 分别在 ( −∞,0) 上严格单调增加; x f ( x) 综上所述, 分别在 ( −∞ ,0) 与 (0,+∞ ) 都是严格单调增加函数.■ x
2 2
z4 + λ ( xyz − 1) 5. 解: 作 Lagrange 函数有: L( x, y, z , λ ) = x + y + 2
.∗ 解答人: 王 伟 嘉兴南洋职业技术学院 基础部 助教
令 L ' x = L ' y = L ' z = L ' λ = 0, 得
⎧ 2 x + λyz = 0 ⎪2 y + λxz = 0 ⎪ ⎨ ⎪2 z + λxy = 0 ⎪ ⎩ xyz − 1 = 0 ⎧ x = 1 ⎧ x = 1 ⎧ x = −1 ⎧ x = −1 ⎪ y = 1 ⎪ y = −1 ⎪ y = 1 ⎪ y = −1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 或⎨ 或⎨ 或⎨ ⎨ ⎪ z =1 ⎪ z = −1 ⎪ z = 1 ⎪ z = −1` ⎪ ⎩λ = −2 ⎪ ⎩λ = −2 ⎪ ⎩λ = −2 ⎪ ⎩λ = −2
t n −1 dt ∑ 0 n =1 n
1 ∞
1 2 1 π x dx = π 成立.■ 而由数项级数 ∑ 2 = ,故 ∫ 0 1− x 6 6 n =1 n