数学分析答案第四版

数学分析答案第四版

【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？ n

2 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。

（p173）

习题7 证明上面三种定义的等价性。

第二部分级数理论

1 数项级数

前言级数理论是极限理论的直接延伸，但又有自身独特的问题、特点和研究方法。上（下）极限是研究级数的一个有力工具。对于数项级数，可看作有限个数求和的推广，自然要考虑如何定义其和，两个级数的和与积，结合律、交换律是否还成立等问题。级数的收敛性与无

穷积分有着极大的相似性，学习时要注意二者的比较。

一、cauchy收敛准则

?u

n?1?n?u1?u2??

几个概念部分和？收敛？发散？绝对收敛？条件收敛？

收敛的必要条件 ?u

n?1?n收敛?un?0

评注此结论由un?sn?sn?1两边取极限即得证，也可由下面的cauchy收敛准则得到。要注意此性质与无穷积分有较大差别。对于收敛的无穷积分

能推出f(x)?0(x???)（参见反常积分） ???af(x)dx即使f(x)?0也不

cauchy收敛准则 ?u

n?1?n收敛????0,?n,?n?n,?p,有

sn?p?sn?un?1?un?2???un?p??

思考正面叙述级数发散的cauchy准则。

加括号对于收敛的级数可以任意加括号，新的级数仍收敛且其和不变。也就是说收敛的级数满足结合律。

评注只要认识到加括号后级数的部分和是原级数部分和的子列即可得到这一结论。我们常常利用这一点证明一个级数的发散性，即先证明加括号的发散，从而推出原级数（去括号的）也发散。

二、正项级数

正项级数的特点是部分和数列是单调递增的，由此得：

基本结论正项级数收敛?其部分和有上界。

比较判别法：

比较判别法的极限形式：

评注对于比较判别法，主要考虑n充分大以后（n?n0）un与vn 的大小关系，因此极限

形式更方便。如果limun?l(0?l???)，要认识到，当n充分大时，un与vn是“等价”vn

的，即大小“差不多”，确切地说当n?n0时，存在正常数c1和c2使c1vn?un?c2vn，由

?un?vn?c2?un。如果l?0或??，它们的“大小”关系如何？此c1根式判别法设limun?l，当l?1时，

比式判别法 lin?un收敛；当l?1时，?un发散。 un?1?q?1，则?un收敛； un

limun?1?q?1，则?un发散。 un

习题1 证明上面根式判别法

习题2 证明un?1u?n?limn?limn?1（un?0） unun

un?1?l?limn?l un推论：lim

评注由习题2知，用比式判别法能判别的，用根式判别法一定能判别，但反之不然。也就是说根式判别法比比式判别法更有效。换言之，凡根式法无能为力时，比式法一定也无能为力。但是，它们在判别发散时，却没有谁比谁有优势可言，都是用一般项不趋于零来推断的。这一点要特别注意，我们在讨论幂级数的收敛半径时就要用到此结论。

习题3 考虑级数111111??2?2?3?3??，说明根式法比比式法更有效。 232323

评注无论是比式判别法还是根式判别法，其实质都与等比级数数?cqn比较的，对于p?级1（这种级数的通项比等比级数的通项收敛于零的速度要慢）。如果与p??np必然失效。

级数比较还可以得到更细致的一些判别法，拉贝判别法就是其中之一。

积分判别法： [p17，11（1）]用拉贝法判别级数

根式法都无效。 ?(2n?1)!!1?的收敛性，并说明比式法与(2n)!!2n?1三、一般项级数

评注对一般项级数

收敛性（即

别法得到?un（有无穷多个正项，且有无穷多个负项），一般首先要考虑绝对?unn是否收敛），如果是绝对收敛，当然原级也收敛，如果是用根式或比式判?u发散，则?un必发散（这在前面的评注中已经说过了）。

leibniz判别法：

able引理：uk,vk，k?1,2,?,n是两数组，uk单调，?k?v1???vk，则

?uvk

k?1nk?a(u1?2un)，其中?k?a

对于形如?abnn的级数，设?an?单调，把able引理用于

n?p

k?n?1?ab

(b)

nkk?2m(an?1?2an?p) nn?p其中m满足：s??bk?m?

k?1k?n?1(b)(b)b?s?s?kn?pn?2m

再结合cauchy准则，附加适当的条件使2m(an?1?2an?p)能充分小，便可得到able和dirichlet判别法

d判别法：（1）?an?单调；（2）an?0；（3）?bn有界，则

n?abnn收敛。收敛。 a判别法：（1）?an?单调；（2）?an?有界；（3）?b收敛，则?abnn

评注记住a和d判别法的关键是记住able引理。这两个判别法在函数项级数以及反常积分中还有不同的表现。

习题5 用d判别法直接证明leibniz判别法和able判别法。

习题6 讨论级数1?11111????????（??r）的收敛性。 ?34562提示：分??0，0???1，??1，??1情况讨论。

答案：??1时，收敛，其它发散。

习题7 利用级数收敛性，证明数列xn?1?

为euler常数?0.577216?） 11????lnn的极限存在。（注：此极限称2n

【篇二：复旦《数学分析》答案第四章1、2节】

题 4.1 微分和导数

⒈半径为

1cm的铁球表面要镀一层厚度为0.01cm的铜，试用求微

分的方法算出每只球需要用铜多少克？（铜的密度为8.9g/cm3。）

解球体积v

?43

?r

3

，每只球镀铜所需要铜的质量为

2

m???v?4??r?r?1.12

g。

?0

⒉用定义证明，函数y点之外都是可微的。证当x?0时，?y?微。当x?0时，

?y??

?

3

x2

在它的整个定义域中，除了x这一

?x

2

是?x的低阶无穷小，所以y

?

x2

在x?0不可

?x?x?o(?x),

所以y

?

x2

在x?0是可微的。

习题 4.2 导数的意义和性质

1．设f?(x0)存在，求下列各式的值：⑴⑵⑶

lim

?x?0

f(x0??x)?f(x0)

?x

；

x?x0

f(x)?f(x0)

x?x0

；

。

f(x0?(??x))?f(x0) (??x)

??f(x0)。

lim

h?0

f(x0?h)?f(x0?h) h

解 (1)lim

⑵⑶

f(x0??x)?f(x0) ?x

f(x)?f(x0)

x?x0

?x?0

??lim

?x?0

x?x0

lim?lim

f(x0?(x?x0))?f(x0) x?x0

x?x0?0

?f(x0)。

lim

f(x0?h)?f(x0?h) h

f(x0?h)?f(x0)

h

h?0

f(x0?h)?f(x0)

h

h?0

?lim

h?0

?2f(x0)

。

2．⑴用定义求抛物线y?2x2?3x?1的导函数；⑵求该抛物线上过点(?1,?2)处的切线方程；⑶求该抛物线上过点(?2,1)处的法线方程；

⑷问该抛物线上是否有(a,b)，过该点的切线与抛物线顶点与焦点的连线平行？解 (1)因为

?y?x

?

2(x??x)?3(x??x)?1?(2x?3x?1)

?x

f(x)?lim

?y?x

?4x?3。

2

2

?4x?3?2?x，所以

?x?0

(2)由于(3)由于

f(?1)??1，切线方程为y??1?[x?(?1)]?(?2)??x?3。 f(?2)??5，法线方程为y??

1?5

[x?(?2)]?1?

x?75

。

(4) 抛物线顶点与焦点的连线平行于y轴，即斜率为无穷大，由(1)可

知不存在x，使得f(x)??，所以这样的点(a,b)不存在。 3．设f(x)为(??,??)上的可导函数，且在x?0的某个邻域上成立

f(1?sinx)?3f(1?sinx)?8x??(x)，

其中?(x)是当x?0时比x高阶的无穷小。求曲线y?处的切线方程。解记f(x)?由lim

lim

f(x)x

x?0

在(1,f(1))

可得limf(x)??2f(1)?0，即f(1)?0f(1?sinx)?3f(1?sinx)，

x?0

。

?lim

8x??(x)

x

x?0

?8

与

，

f(x)x

x?0

?f(1?sinx)?f(1)sinx??f(1?sinx)?f(1)sinx?

?lim???3lim??4f(1)???x?0x?0sinxx?sinxx???

得到f(1)?2。于是曲线y?f(x)在(1,f(1))处的切线方程为y?2(x?1)。 4．证明：从椭圆的一个焦点发出的任一束光线，经椭圆反射后，反

射光必定经过它的另一个焦点。（见图4.2.5）

证设椭圆方程为

xa

22

?

yb

22

?1，a?b?0，焦点坐标为

a?b

2

2

(?c,0),c?

。假设(x0,y0)为椭圆

上任意一点，当y0斜率为tan?

??

bx0ay0

22

?0时结论显然成立。现设y0?0，则过此点的切线

y0x0?c

2

2

，(x0,y0)与焦点(?c,0)连线的斜率为tan?1?，和此连线与切线夹角的正切为k

x0a

22

?

tan?1?tan?1?tan?1tan?

。利用c2

?a?b

?

y0b

2

2

?1代入计算，得到

y0

k?

x0?c1?

y0

?

bx0ay0?bx0

222

2

?

ay0?bx0?cx0b

2

2

2

22222

(a?b)x0y0?acy0

?

ab?cx0b

2

2

222

cx0y0?acy0

?

b

2

cy0

。

x0?cay0

(x0,y0)与另一焦点(c,0)连线的斜率为tan?2?

y0x0?c

，此连线与切线

夹角的正切为

tan??tan?21?tan?tan?2

??

bx0ay0

y0

22

?

y0x0?cbx0

2

?

cx0b?ay0?bx0

2

2

2

22222

1?

?2

x0?cay0

(a?b)x0y0?acy0

?

cx0b?ab

2

2

222

cx0y0?acy0

?

b

2

cy0

?k

。

由于两个夹角的正切相等，所以两个夹角相等，命题得证。 5．证明：双曲线xy

?a2上任一点处的切线与两坐标轴构成的直角三

2

角形的面积恒为2a。

证假设(x0,y0)为双曲线上任意一点，则x率为yx

??

y0?a

2

，过这一点的切线斜

a

22

x0

??

y0x0

，切线方程为

y?y0??

y0x0

(x?x0)，

易得切线与两坐标轴的交点为(0,2y0)和(2x0,0)。切线与两坐标轴构成的直角三角形的面积为

s?

12

(2y0)(2x0)?2x0y0?2a

2

。

6．求函数在不可导点处的左导数和右导数。

⑴ y⑶ y

?|sinx|；

⑵ y

??cosx

；

?e?|x|；

?f(x)?|sinx|

⑷ y?|ln(x?1)|.

解（1）对y，当x?0时，

f?(0)?lim

|sin?x|?|sin0|

?x

|sin?x|?|sin0|

?x

?x?0?

?lim

sin?x?x?x?sin?x

?x?0?

?1， ??1，

f?(0)?lim

?x?0?

?lim

?x?0?

所以x?0是不可导点。又由于函数y是周期为?的函数，所有不可导点为x?k? （2）y

为x?2k?

(k?z)，且f??(k?)??1，?f(x)?

f??(k?)?1。

?

x2

?，由（1）可知不可导点

2

(k?z)，且经计算得到

f??(2k?)??

?|x|

，f??(2k?)?

2

。

（3）y?

?

f(x)?e

不可导点只有x?0，且

e

??x

f(0)?lim

?1

?x?0?

?x

??1，f(0)?lim

?

e

?x

?1

?x?0?

?x

?1。

（4）y?

f(x)?ln(x?1)f?(0)?limf?(0)?lim 不可导点只有x?0，且

?1， ?x

?ln(?x?1)

?lim??1。 ?x?0??x?lim

?x?0?

|ln(?x?1)|?ln1?x

|ln(?x?1)|?ln1

?x

ln(?x?1)

?x?0?

?x?0?

7．讨论下列函数在x

⑴⑶

?|x|1?asiny??

?0,

1x

?0处的可导性：

,(a?0)x?0,x?0;

⑵⑷

?x2,y??

?ax?b,

a

??ex2,y??

??0,

x?0,x?0;x?0,x?0.

?xex,

y??2

?ax,

x?0,x?0;

1?a

解（1）?lim

x?0

?y?x

|?x|?lim

?x?0

sin

1

?lim?|?x|asgn(?x)sin1??0

???x?0x??

?x

，所以函数

在x?0可导。

（2）如果函数在x?0可导，则必须在x?0连续，由f(0?)?可得b?0。当b?0时，f

?

f(0)?b

(0)?lim

?x?0?x

2

?x?0?

?0，f?(0)?lim

a?x?0?x

?x?0?

?a

，

【篇三：数学分析复旦大学第四版大一期末考试】

共9分） 1.

函数f(x)?

的定义域为________________

???sinx,x?1

2.已知函数f(x)??，则f(1)?____,f()?____

4??0,x?1

3.函数f(x)?sinx?cosx的周期是_____

4.当x?0时，函数tanx?sinx对于x的阶数为______

f(x0?

1h)?f(x0?h

1h)

?____

5.已知函数f(x)在x?x0处可导，则lim

6.

曲线y?

h?0

在点(1,1)处的切线方程为______________,法线方程为

________________

7.函数f(x)?x2在区间[0,3]上的平均值为________ 二、判断题（每小题1.5分，共9分） 1.函数f(x)?

x与g(x)?

（） 2.两个奇函数的积仍然是奇函数。（） 3.极限lim

xx

不存在。（）

x?0

?1,x?0

1,x?0??

4.函数f(x)??是初等函数，而g(x)??0,x?0不是初等函数。（） ?1,x?0???1,x?0

?

5.函数f(x)?xsinx在区间[0,?]上满足罗尔中值定理。（）

6.函数f(x)在区间[a,b]上可导，则一定连续；反之不成立。（）三、计算题（64分）

1.求出下列各极限（每小题4分，共20分）（1）lim(

n??

11?2

?

12?3

?...?

1n?(n?1)

) （2

）limn??

x

?...?

（3

）lim

1

x?4

（4）lim(cosx)x（5）lim

x?0?

2

?

1

edt

t

2

x?1

x?1

2.求出下列各导数（每小题4分，共16分）（1）f(x)?

?

x?x

e

?t

2

dt （2）f(x)?(sinx)

cosx

(3) ?

?x?t?sint?y?1?cost

（4

）由方程arctan

yx

?ln所确定的函数y?f(x)。

3.求下列各函数的积分（每小题5分，共计20分）（1）?x2lnxdx （2）?

1sinx?cosx

dx （3

）??02

（4）?

??

1x

4

1

dx

1?

?xsin,x?0

4.试判断函数f(x)??在x?0处的连续性和可导性（8分） x

?0,x?0?

四、证明题（18分）。

1.（8分）试用??n定义证明lim

nn?1

n??

?1。

2.（10分）设函数f(x)在区间[a,b]上连续，在(a,b)上可导，a?0，试证明存在点

??(a,b)，使得f(b)?f(a)??f(?)ln

ba

。