华东理工大学高等数学第9章答案

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华南理工大学高数答案第9章

第九章曲线积分与曲面积分作业13 对弧长的曲线积分1．计算d Lx s ⎰，其中L 为直线y x =及抛物线2y x =所围成的区域的整个边界．解：L 可以分解为[]1:,1,0,1L y x y x '==∈及[]22:,2,0,1L y x y x x '==∈1211d d d LL L x s x s x s x x x x =+=+⎰⎰⎰⎰⎰()()113222001121d 1414883212x x x x =++=+⋅+=+2．4433d L x y s ⎛⎫+ ⎪⎝⎭⎰，其中L 为星形线33cos ,sin x a t y a t = =在第一象限内的弧π02t ⎛⎫≤≤ ⎪⎝⎭．解：L 为33cos ,sin ,0,,2x a t y a t t π⎡⎤= =∈⎢⎥⎣⎦223cos sin ,3sin cos ,3sin cos dx dya t t a t t ds a t tdt dt dt=-== 原式()4722442233031cossin 3sin cos 1sin 2sin 222a t t a t tdt a t tdt ππ⎛⎫=+⋅=- ⎪⎝⎭⎰⎰()7772223333003311cos 2cos 2cos 2cos 2883a t d t a t t a ππ⎛⎫=-+=-+= ⎪⎝⎭⎰ 3．计算d xyz s Γ⎰，其中Γ折线ABC ，这里A ，B ，C 依次为点)3,4,1(),3,2,1(),0,0,0(．解：[]:,,2,3,0,1,123x y zAB x t y t z t t ds =====∈= []:1,3,,2,4,BC x z y t t ds dt ===∈=[]:,,4,3,0,1,143x y zCA x t y t z t t ds =====∈=142d d d 231318ABBCxyz s xyz s xyz s t t t t dt Γ=+=⋅⋅+⋅⋅=⎰⎰⎰⎰⎰4．()22d xy z s Γ+⎰，其中Γ为螺线cos ,sin ,x t t y t t z t = ==上相应于t 从0变到1的一段弧．解：Γ为[]cos ,sin ,,0,1,x t t y t t z t t ds = ==∈=()()112222201d (222x y z s t t t t Γ+=⋅=+-+⎰⎰⎰ ()()1532222122222253t t ⎡⎤=+-⋅+==⎢⎥⎣⎦5．计算22d Lx y s +⎰，其中L ：0,22>=+a ax y x ．解：将L 参数化，22cos ,sin cos ,cos ,cos ,x r t y r t r ar t r a t x a t ==⇒===cos sin ,,,sin 2,cos 2,22y a t t t dx a tdt dy a tdt ds adt ππ⎡⎤=∈-=-==⎢⎥⎣⎦222222222d 2cos 2sin 2Lx y s a tdt a ta ππππ-+====⎰⎰⎰6．计算22ed x y Ls +⎰，其中L 为圆周222a y x =+，直线x y =及x 轴在第一象限内所围成的扇形的整个边界．解：边界曲线需要分段表达，从而需要分段积分[]12:0,0,,;:sin,cos ,0,,;4L y x a ds dx L x a t y a t t ds adt π⎡⎤=∈===∈=⎢⎥⎣⎦2123:,,;L y xx ds L L LL ⎡=∈==++⎢⎣⎦从而22400ed 4aax yxax aLa s e dx e adt e e ππ+=+⋅+=++⎰⎰⎰112244a a a a aa a e e e e e ππ=-++-=+-作业14 对坐标的曲线积分1．计算下列第二型曲线积分：(1) ()()d d L x y x x y y ++-⎰，其中L 为按逆时针方向绕椭圆22221x y a b+=一周；解：L 为cos ,sin ,:02x a t y b t t π==→原式()()20sin cos sin cos cos sin a t a t b t b t a t b t dt π=-++-⎡⎤⎣⎦⎰ 22222200sin 2cos 2sin 2cos 20224a b ab t a b ab t t dt t ππ⎛⎫⎛⎫++=-=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎰(2)()d d 1d x x y y x y z Γ+++-⎰，其中Γ是从点()1,1,1到点()2,3,4的一段直线；解：Γ是111,1,12,13,:01213141x y z x t y t z t t ---===+=+=+→--- 原式()()()1121231121t t t t dt =+++++++-⎡⎤⎣⎦⎰()()1126146713t dt t t=+=+=⎰(3)d d d y x x y z Γ-+⎰，其中Γ是圆柱螺线2cos ,2sin , 3 x t y t z t ===从0t =到2πt =的一段弧；解：Γ是2cos ,2sin , 3 ,:02x t y t z t t π===→原式()()202sin 2sin 2cos 2cos 3t t t t dt π=--+⎡⎤⎣⎦⎰ ()()2200432dt t πππ=-+=-=-⎰(4) 计算曲线积分(12e )d (cos e )d y y Lxy x y x y +--⎰,其中L 为由点A (-1, 1)沿抛物线2y x =到点O (0, 0), 再沿x 轴到点B (2, 0)的弧段．解：由于积分曲线是分段表达的，需要分段积分2:,:10AO y x x =-→；:0,:02OB y x =→原式222221(12e )d (cos e )2dx (e )d x x xx x x x x x -=+--+⎰⎰2223221(12e 2cos 2e )d d x x x x x x x x -=+-++⎰⎰()222004211113sin e d de 21sin1sin11xx x x xx x xee ----=-+++=-++=+-⎰⎰2．设力F 的大小等于作用点的横坐标的平方，而方向依y 轴的负方向，求质量为m 的质点沿抛物线21x y -=从点()1,0移动到点()0,1时，力F 所作的功．解：{}{}{}2220,10,,,,:1,:01F x x ds dx dy L x y y =-=-==-→()()11352240028123515L L y y W Fds x dy y y dy y ⎛⎫==-=--+=--+=- ⎪⎝⎭⎰⎰⎰3．把对坐标的曲线积分()(),d ,d LP x y x Q x y y +⎰化成对弧长的曲线积分，其中L为：(1) 在xOy 平面内沿直线从点()0,0到点()1,1； (2) 沿抛物线2y x =从点()0,0到点()1,1．解：（1）:,:01,0;L y x x dx ds =→>==()()()(),,,d ,d ,,d L L P x x Q x x P x y x Q x y y P x x Q x x x +⎡⎤+=+=⎡⎤⎣⎦⎰⎰⎰（2）2:,:01,0;L y x x dx ds =→>=()()()()22,2,,d ,d ,2,d L L P x x xQ x x P x y x Q x y y P x x xQ x x x +⎡⎤⎡⎤+=+=⎣⎦⎰⎰⎰作业15 格林公式及其应用1．填空题(1) 设L 是三顶点(0, 0), (3, 0), (3, 2)的三角形正向边界,(24)d (536)d Lx y x y x y -+++-=⎰12 ．(2) 设曲线L 是以)1,0(),0,1(),1,0(),0,1(--D C B A 为顶点的正方形边界，d d L x yx y ++⎰不能直接用格林公式的理由是_所围区域内部有不可导的点_．（3）相应于曲线积分(,,)d (,,)d (,,)d LP x y z x Q x y z y R x y z z++⎰的第一型的曲线积分是⎰．其中L 为从点(1, 1 ,1)到点(1, 2, 3)的直线段． 2．计算33(e sin )d (ecos )d x xLI y y x y x y =-++⎰,其中L 是沿半圆周x =从点),0(a A -到点),0(a B 的弧．解：L 加上:0,:BA x x a a =→-构成区域边界的负向()3322(e sin )d (e cos )d 3cos axxLDaI y y x y x y x y d ydy σ-=-++=-+-⎰⎰⎰⎰34230233cos 2sin 4a aaa d r dr ydy a πππθ-=-+=-+⎰⎰⎰v3．计算e 31d e 33d xy xy Ly x y x x x y y ⎡⎤⎡⎤+-+++-+⎣⎦⎣⎦⎰,其中L 为椭圆 22221x y a b+=正向一周．解：原式()()e 33e 31xy xyD x x y y x y dxdy x y ⎡⎤∂∂=+-+-+-+⎢⎥∂∂⎣⎦⎰⎰ 44Ddxdy ab π==⎰⎰4．计算曲线积分[]()sin d ()cos πd ,LI f x y x f x y x y '=+-⎰其中)(x f '为连续函数，L 是沿圆周222(1)(π)1πx y -+-=+按逆时针方向由点(2,2π)A 到点)0,0(O 的一段弧．解：令1:,:02L y x x π=→ 则，原式()[]111π()sin d ()cos πd L L L L DI dxdy f x y x f x y x y +'=-=--+-⎰⎰⎰⎰⎰()222π1()sin ()cos ππd 2f x x f x x x x ππππ'⎡⎤=-⋅+-+-⎣⎦⎰ ()()222422223π1()sin ππ1222222x f x x ππππππππ⎡⎤=-⋅+--=-⋅++=-⎢⎥⎣⎦5．计算22d d L x y y xx y -+⎰,其中L 为（1）圆周()()22111x y -+-=（按反时针方向）；解：()()222222222222222x x y x x y x y x x y y x y x y x y ⎛⎫⎛⎫∂+-⋅-∂-=== ⎪ ⎪∂+∂+⎝⎭⎝⎭++，而且原点不在该圆域内部，从而由格林公式，原式0= （2）闭曲线1x y +=（按反时针方向）．解：()()222222222222222x x y x x y x y x x y y x y x y x y ⎛⎫⎛⎫∂+-⋅-∂-=== ⎪ ⎪∂+∂+⎝⎭⎝⎭++，但所围区域内部的原点且仅有该点不满足格林公式条件，从而可作一很小的圆周220.01x y +=（1L 也按反时针方向），在圆环域上用格林公式得，原式()1122d d d d 1001120.01L L Dx y y xx y y xdxdy x y π--===+=+⎰⎰⎰⎰ 6．证明下列曲线积分在xOy 平面内与路径无关,并计算积分值：（1）()()(),0,0e cos d sin d a b x y x y y -⎰；解：由于()()e sin e sin e cos x xx y y y x y∂∂-=-=∂∂在全平面连续，从而该曲线积分在xOy 平面内与路径无关，沿折线()()()0,00,,b a b →→积分即可，原式()()0sin e cos d cos 11cos cos 1bax a ay dy b x b e b e b =-+=-+-=-⎰⎰ （2）()()()()2,14231,023d 4d xy yx x xy y -++-⎰；解：由于()()233442423x xy x y xy y x y∂∂-=-=-+∂∂在全平面连续，从而该曲线积分在xOy 平面内与路径无关，沿直线10,1,:122110x y y x x --==-→--积分也可，原式=()()()24321211341d x x x x x x x ⎡⎤---++--⎣⎦⎰()()243213235141d x x x x x ⎡⎤=-+----⎣⎦⎰()()2543213115x x x x x ⎡⎤=-+----=⎣⎦ （3）()()()()π,20,0ecos d e sin d yy x m x x my y -+-⎰．解：由于()()e sin e cos e cos y y y x my x x m x y∂∂-==-∂∂在全平面连续，从而该曲线积分在xOy 平面内与路径无关，沿折线()()()0,0,0,2ππ→→积分即可，原式()()20cos e sin d y ex m dx my y ππ=-+-⎰⎰()2200sin 2my x mx π⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭2m m π=--7．设()f x 在(),-∞+∞上具有连续导数，计算()()2221d 1d L y f xy x x y f xy y y y +⎡⎤+-⎣⎦⎰，其中L 为从点23,3⎛⎫ ⎪⎝⎭到点()1,2的直线段．解：由于()()()()2222111y f xy x y f xy f xy xyf xy x y y y y ⎡⎤+⎧⎫∂∂'⎡⎤-=+-=⎨⎬⎢⎥⎣⎦∂∂⎩⎭⎣⎦在右半平面连续，从而该曲线积分右半平面内与路径无关，沿曲线12:2,,:31L xy y x x==→积分即可，原式()()()()2122232421122d d 22x f f x x x x x x x⎡⎤-+⎢⎥-⎣⎦+⎰13xdx =⎰1232x ⎛⎫= ⎪⎝⎭1942-==- 8．验证下列()(),d ,d P x y x Q x y y +在整个xOy 平面内是某一函数的全微分,并求出它的一个原函数：（1）()()e e d e 1e d x y x yx y x x y ⎡⎤⎡⎤+-+-+⎣⎦⎣⎦；解：由于()()e 1e e e x y x yx y x e e x y x y∂∂⎡⎤⎡⎤-+=-=+-⎣⎦⎣⎦∂∂在全平面连续，从而该曲线积分在xOy 平面内是某一函数的全微分，设这个函数为(),u x y ，则()(),e 1e ,e e x y x y u u u u du dx dy x x y x y y x∂∂∂∂=+=-+=+-∂∂∂∂ 从而()()()e 1e e 1e x y x yu x dy y x g x ⎡⎤=-+=-++⎣⎦⎰()()()e e e e =e x y x y x ux y y g x g x x x∂''=+-=-+⇒∂ ()=e x x x x x g x xd xe e dx xe e c =-=-+⎰⎰，()()1e 1e x y u x y x c =+--++（2）()()223238d 812e d yx y xy x x x y y y ++++；解：由于()()32222812e 31638y x x y y x xy x y xy x y∂∂++=+=+∂∂在全平面连续，从而该曲线积分在xOy 平面内是某一函数的全微分，设这个函数为(),u x y ，则原式3223224d 412e d yydx y x x dy x dy y y =++++()3322224d 412de yydx x dy y x x dy d y =++++⎰()()()32241212e d yyd yx d x y d ye y =++-⎰()32241212e y y d yxx y ye =++-可取32241212e yyu yx x y ye =++-（3）()()222cos cos d 2sin sin d x y y x x y x x y y ++-解：可取折线()()()0,0,0,x x y →→作曲线积分()()22202d 2sin sin d sin cos yx u x x y x x y y y x x y =+-=+⎰⎰9．设有一变力在坐标轴上的投影为2,28X x y Y xy =+=-,这变力确定了一个力场,证明质点在此场内移动时,场力所作的功与路径无关．证：{}2,28F x y xy =+-，质点在此场内任意曲线L 移动时，场力所作的功为()()228Lw x y dx xy dy =++-⎰由于()2282xy y x y x y∂∂⎡⎤-==+⎣⎦∂∂在全平面连续，从而质点在此场内移动时，场力所作的功与路径无关．作业16 对面积的曲面积分1．计算下列对面积的曲面积分： (1)()d xy yz zx S ∑++⎰⎰,其中∑为锥面z =被柱面222x y ax +=所截得的有限部分；解：∑为x y z z z ===dS ==，:02cos ,22D r a ππθθ≤≤-≤≤原式2cos 2302d d cos a Dzx S x y d r dr πθπθθ∑-==⎰⎰⎰⎰⎰⎰()()42242422cos cos 12sin sin sin 4a d d πππθθθθθθ--+=⎰⎰ （2）()222d xy z S ∑++⎰⎰,其中∑为球面2222x y z ax ++=．解：∑为两块y y x a x x =±==dS ==，:0,02D r a θπ≤≤≤≤原式12222d 2d Da a ax S ax S ∑∑+=+=⎰⎰⎰⎰22Da a +2334aDaad πθ=⎰223340=888a d a r aa a πππ--=-=2．计算d y S ∑⎰⎰，∑是平面4=++z y x 被圆柱面122=+y x截出的有限部分．解：∑为两块4,1,1x y z x y z z =--=-=-，dS =，:01,02D r θπ≤≤≤≤原式D=13220sin 03ar d r dr ππθθθ==⋅=⎰ （或由()(),,,,x y z x y z ∈∑⇒-∈∑，而积分微元反号推出）3．求球面2222a z y x =++含在圆柱面ax y x =+22内部的那部分面积．解：∑为两块x y z z z ===dS ==，:0,02D r a θπ≤≤≤≤原式12d 2DS dS ∑∑=+=⎰⎰⎰⎰cos 22=2a ad πθπθ-⎰⎰()()cos 222202=2sin 41242a ad a a a d a a ππθππθθθπ-⎛⎫-=-=- ⎪⎝⎭⎰⎰⎰4．设圆锥面z =()a h 为圆锥面的底面半径，为高,其质量均匀分布,求它的重心位置．解：设密度为单位1，由对称性可设重点坐标为()00,0,zDDzdS ∑==⎰⎰200ad r dr πθ==⎰⎰DDdS dxdy ∑==⎰⎰ad rdr πθπ==⎰⎰023h z ==，故重点坐标为20,0,3h ⎛⎫ ⎪⎝⎭5．求抛物面壳()2212z x y =+()01z ≤≤的质量，此壳的密度按规律z ρ=而变更．解：(2212Dm dS x y ρ∑==+=⎰⎰⎰⎰2012d r π=⎰()()22532200222(1112253515t t t πππ⎛⎫⎡⎤=+-=+-+=- ⎪⎢⎥ ⎪⎣⎦⎝⎭⎰作业17 对坐标的曲面积分1．d d d d d d z x y x y z y z x ∑++⎰⎰，其中∑是柱面221x y +=被平面0z =及3z =所截得的在第一卦限内的部分前侧．解：:01,03,cos 0,0yz y z x D y z x x α=≤≤≤≤>==原式=d d d d d d 0d d yzzxD D z x y x y z y z x y z z x ∑∑∑++=++⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰13100032d 262yz D y z dy π====⎰2．计算曲面积分2()d d d d z x y z z x y ∑+-⎰⎰，其中∑为旋转抛物面221()2z x y =+下侧介于平面0z =及2z =之间的部分．解：22221(),,,:4;2x y xy z x y z x z y D x y =+==+≤:02,yz x D z y =≤≤≤原式=1122()d d ()d d d d zx y z z x y z z x y ∑∑∑+++-⎰⎰⎰⎰⎰⎰((22221d d d d ()d d 2yz yz zxD D D z y z z y z x y z x =-++⎰⎰⎰⎰⎰⎰22222300112d ()d d 222yzzx D D y z x y z x dz d r dr πθ=++=+⎰⎰⎰⎰⎰224232000222824z dz r dr z πππππ=+=+⋅=⎰⎰3．计算d d d d d d xy y z yz z x xz x y ∑++⎰⎰其中∑是平面1,0,0,0=++===z y x z y x 所围成的空间区域的整个边界曲面的外侧．解：分片积分。

《高等数学 II》第9章综合测试解答

华东政法大学2009-2010学年第二学期刑事司法学院09年级计算机科学与技术专业《高等数学 II 》第九章综合测试解答学院：________ 班级：_____学号：_________姓名：________任课教师：_____一、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分）请在每小题的空格中填上正确答案。

错填、不填均不得分。

1、函数221)ln(),(yx x x y y x f --+-=的定义域为 .解: f (x, y ) 的定义域为}1,0,0|),{(22<+≥>-y x x x y y x 2、设),ln(22y xy x z ++= 则=∂∂+∂∂yz y x z x. 解: 2222222=+++⋅++++⋅=∂∂+∂∂yxy x y x y y xy x y x x y zy x z x3、设,),(,),(2222y x y x y x y x f -=+=ϕ 则=)],(),,([y x y x f f ϕ .解: ).(2)()()],([)],([)],(),,([4422222222y x y x y x y x y x f y x y x f f +=-++=+=ϕϕ4、若函数y xy ax x y x f 22),(22+++=在点(1, -1)处取得极值, 则常数a = .解: 因,4),(2y a x y x f x ++= 所以),(y x f 在点(1, -1)处取得极值应有50)1(4,0)1,1(2-==-++=-a a f x 故即二、单项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）在每小题列出的四个备选项中只有一个是最符合题目要求的，请将其代码填写在题后的括号内。

错选、多选或未选均不得分。

1、函数z y x xy z y x u 62332222--++++=在原点沿=OA {1, 2, 1}方向的方向导数等于 .(A) 47-(B) 41 (C) 61 (D) 67- 解: 66,24,32-=-+=++=z U x y U y x U z y x 故 ,6,2,3)0,0,0()0,0,0()0,0,0(-=-==zyxU U U而方向余弦为 ,66,36,66⎪⎪⎭⎫⎝⎛故所求方向导数 = 67666664663-=-⋅-⋅.故选(D). 2、设),(y x u φ=, 而φ,xe y =具有连续二阶偏导数, 则22dxud 等于 .(A) x x x e e e 22221112φφφφ+++ (B) 22212112φφφφ+++x e (C) x x x e e e 22222112φφφφ+++ (D) x x x e e e 222212112φφφφ+++ 解: 因为2121Φ+Φ=Φ+Φ=x e dxdy dx du而 Φ1, Φ2仍按原来的复合关系, 故 .2)(22221211222221121122221121122x x x x x x x x x e e e e e e e e e dxdydx dy dx u d Φ+Φ+Φ+Φ=Φ+Φ+Φ+Φ+Φ=Φ+Φ+Φ+Φ+Φ=故选(D)3、设,)(z y x u -= 而,22y x z += 则y x u u +等于 .(A) )]ln())(()([21y x y x y x y x z z z --++-- (B) z y x z )(2- (C) )ln()()(2y x y x y x z-+- (D) )ln()(21y x y x z --+ 解: 因为),ln()(ln 22y x y x u -+= 两端对x 求偏导:yx y x y x x u u x -++-=1)()ln(222 两端对y 求偏导, 得yx y x y x y uu y --++-=1)()ln(222故 ).ln()()(2)]ln()(2[)(y x y x y x y x y x y x u u z z y x -+-=-+-=+ 选(C).4、函数⎪⎩⎪⎨⎧=+≠+++=0,20,)(2sin ),(22222222y x y x y x y x y x f 在点(0, 0)处 .(A) 无定义 (B) 无极限 (C) 有极限但不连续 (D) 连续解: 因为 )0,0(2)(2sin lim ),(lim 22220000f y x y x y x f y x y x ==++=→→→→, 故 ),(y x f 在(0, 0)连续. 选(D).三、计算题（本大题共7小题，每小题7分，共49分）1、求221)ln(limyx e x y y x ++→→解: .2ln )ln()ln(lim122221=++=++==→→y x y y y x yx e x yx e x2、设),(t x f y =,而t 是由方程0),,(=t y x F 所确定的y x ,的函数,试求dxdy . 解:由),(t x f y =及0),,(=t y x F 确定出t y ,为x 的函数)(),(x t t x y y ==,将给定的两个方程的两边对x 求导,便有⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧='+'+'∂∂+'=0dx dt F dx dy F F dxdt t f f dx dy t y x x解之, 得=dx dy t y t x t t x f F F F f F f ''+'''-'' 3、设),,(x v u f z =, ),(y x u ϕ=,)(y v ψ=,求复合函数)),(),,((x y y x f z ψϕ=的偏导数xz∂∂与yz ∂∂. 解: 由复合函数求导法,得321f x f x f x z '+∂∂'+∂∂'=∂∂ψϕ,31f xf '+∂∂'=ϕ=∂∂yz dy d f y f ψϕ21'+∂∂')(21y f y f ψϕ''+∂∂'=.4、求由方程2222=+++z y x xyz 所确定的函数),(y x z z =在点)1,0,1(-处的全微分.dz[解法一] 对方程两边求全微分可得+++xydz xzdy yzdx 0222=++++zy x zdz ydy xdx将1,0,1-===z y x 代入上式可得0)(21=-+-dz dx dy由此得到dy dx dz 2-= [解法二] 设=),,(z y x F 2222-+++z y x xyzx F '=222zy x x yz +++; y F '=222zy x y xz +++;z F '=222zy x z xy +++222222z y x xy z z y x yz x F F x z z x ++++++-=''-=∂∂;222222z y x xy z z y x xz y F F y z z y ++++++-=''-=∂∂=dz dx zy x xy z z y x yz x 222222++++++-dy zy x xy z z y x xz y 222222++++++-将1,0,1-===z y x 代入上式可得dy dx dz 2-=5、设函数)(x f y =由方程1)cos(2-=-+e xy e yx 所确定,求曲线)(x f y =在点)1,0(处的法线方程。

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。

华理有机6-9章答案

-1 -1 -1 * *
答案： (a) C3H7NO 答案：
(b)
C2H3OCl
习题 6-2 试说明 2 己烯质谱中 m/z=41,55 和 84 的离子峰是怎样形成的。
b
CH3CH=CH CH2
a
CH2CH3 m/z=84
a －CH2CH3
CH3CH CHCH2 m/z=55
b － CH2CH2CH3
第6章
有机化合物的结构解析思考题答案
思考题6-1 分别写出CH3Br，CH2Br2这二种化合物的同位素峰的类型及相应的峰强度的比值。答案：CH3Br M:M+2 = 1:1 CH2Br2 M:M+2:M+4 = 1:2:1 思考题6-2 比较甲苯、顺丁二烯、环己烷和乙醇分子离子的稳定性。答案：甲苯 >顺丁二烯 >环己烷 >乙醇思考题6-3 当体系的共轭双键增多时，紫外光谱会发生什么变化，解释其原因。答案：随着共轭双键的增长，分子的 π -π 共轭增强，减低了π →π 跃迁所需的能量，发色团吸收波长向长波长方向移动，产生红移现象。思考题6-4 CH3CN的最低能量跃迁是什么跃迁，请判断CH3CN是否有发色团。答案：CH3CN分子内最低的能量跃迁是n→π ，CN基团是发色团。思考题6-5 判断2,3-二甲基-2-丁烯是否有双键的红外吸收，解释其原因。答案： 2,3-二甲基-2-丁烯是一个对称性很高的分子，没有偶极距的变化，因此没有双键的红外吸收。思考题6-6 比较乙酸乙酯，乙酰氯，乙酰胺三个化合物的羰基伸缩振动峰的大小？答案：乙酰氯（1800cm ）> 乙酸乙酯（1735cm ）> 乙酰胺（1690cm ）习题答案习题 6-1 化合物 A,B 的质谱数据列于表中,试确定其分子式。

华南理工大学高数下答案(第九章曲线积分与曲面积分)

对弧长的曲线积分1、计算C，其中曲线C是y =02x a ≤≤的一段弧()0a >。

解：C 的参数方程为22cos 022cos sin x a y a θπθθθ⎧=≤≤⎨=⎩原式222202cos 4cos 4a a d a ππθθ===⎰⎰2、计算4433L x y ds ⎛⎫+ ⎪⎝⎭⎰，其中L 星形线33cos ,sin x a t y a t ==在第一象限的弧02t π⎛⎫≤≤ ⎪⎝⎭。

解：原式()47766244333200sin cos cos sin 3cos sin 36t ta t t a t tdt a a ππ⎡⎤-=+==⎢⎥⎣⎦⎰ 3、计算xyzds Γ⎰，其中Γ为折线ABC ，这里,,A B C 依次为点()()()0,0,0,1,2,3,1,4,3。

解：AB 段参数方程2013x t y t t z t=⎧⎪=≤≤⎨⎪=⎩，BC 段参数方程122013x y t t z =⎧⎪=+≤≤⎨⎪=⎩原式()11301212ABBCxyzds xyzds dt t dt =+=++⎰⎰⎰⎰11420012618t t ⎤⎡⎤=++=⎣⎦⎥⎦ 4、计算()22xy ds Γ+⎰，其中Γ为螺旋线cos ,sin ,x t t y t t z t ===上相应于t 从0到1的弧。

解：方法一原式11t t ==⎰⎰)(()2111222000111222222t dt t t t dt ⎫'⎡=+=+-+⎣⎰⎰100t =-⎰⎰原式(100111ln 222t ⎡⎤=-=-+⎢⎥⎣⎦⎰122=- 方法二、原式11tt ==⎰⎰)001112222t dt ===⎰⎰⎰2101112u +-=⎰(1101111222u ⎡=+--⎢⎣⎰⎰(10011ln 122u ⎡⎤=-+⎢⎥⎣⎦⎰(011ln 222=-+⎰原式(1ln 24= 方法三、原式11t t ==⎰⎰因为422234t t '==(22'==(()ln 1t '⎛⎫+=+=所以(11ln 42t t '⎫+=⎪⎭原式((11111ln ln 14222t ⎤==-++⎥⎦5、计算22Lx y ds +⎰，其中22:0L x y ax a +=>解：22cos x y ax r a θ+=⇒=，曲线L 的参数方程为2cos 22sin cos x a y a θππθθθ⎧=-≤≤⎨=⎩原式222202cos 2cos 2a ad a πππθθθ-===⎰⎰6、计算22x y Leds +⎰,其中L 为圆周222x y a +=，直线,0y x y ==在第一象限内所围成的扇形的边界。

工科类本科《高等数学》第7-9章自测题参考答案

工科类本科《高等数学》第7,8,9章自测题参考答案一、填空题：1.极限00x y →→12- ；20tan()lim x y xy y →→= 2；0x y →→= -2 .解：利用等价无穷小量替换或根式有理化及重要极限求待定型的极限：00000111lim sin()2x x x y y y xy xy xy →→→→→→-+==-=-或 0000112lim 2x x y y xy xy →→→→-==-；222000tan()limlim lim 2x x x y y y xy xy x y y →→→→→→===；)()))00000111limlim lim 2121xyxyx x x x y y y y xyxyxye xye →→→→→→→→====-----或()000002limlim2112x x x x xy y y y y xy xyxy e →→→→→→→→====---.2.若22(,)22f x y x xy ax y =+++在点)1,1(-处取得极值，则a = -2 . 解：依题意，有(1,1)0,(1,1)0x y f f ''-=-=.而(,)42x f x y x xy a '=++，于是，有(1,1)420x f a '-=-+=，解得 2.a =-3.函数2sin()z x xy =的全微分dz = 22222sin()cos()2cos()xy xy xy dx x y xy dy ⎡⎤++⎣⎦. 解：z zdz dx dy x y∂∂=+∂∂，而222222sin()cos()sin()cos(),z xy x xy y xy xy xy x ∂=+⋅=+∂222cos()22cos()z x xy xy x y xy y∂=⋅=∂.故22222sin()cos()2cos()dz xy xy xy dx x y xy dy ⎡⎤=++⎣⎦. 4. 设函数44224z x y x y =+-，则此函数在点(1,1)处的全微分(1,1)dz = ()4dx dy -+ .解：(1,1)(1,1)(1,1)x y dz z dx z dy ''=+，而()3211(1,1)484x x y z x xy=='=-=-，()3211(1,1)484y x y z y x y =='=-=-，故()(1,1)4dz dx dy =-+.5.设22()z f x y =+，且()f u 可导，则z x ∂=∂()222xf x y '+，22z x∂=∂()()2222224f x y x f x y '''+++.解：()()222222zf x y x xf x y x∂''=+⋅=+∂， ()()()()2222222222222224zf x y xf x y x f x y x f x y x∂''''''=+++⋅=+++∂. 6. 设方程1xy xz yz ++=确定隐函数(,)z f x y =, 则z x ∂=∂ y z x y +-+ , z y ∂=∂ x zx y+-+ . 解：令(,,)1F x y z xy xz yz =++-，则(,,)(,,),(,,)(,,)y x z z F x y z F x y z z y z z x zx F x y z x y y F x y z x y''∂+∂+=-=-=-=-''∂+∂+. 二、单项选择题：1.设有直线⎩⎨⎧=+--=+++031020133:z y x z y x L 和平面0224:=-+-∏z y x ,则L 与∏（ D ）A. 垂直B. 平行C.L 在 ∏ 上D. 斜交解：直线L 有方向向量()()33210133271672110i j ks i j k i j k i j k =++⨯--==-+---，平面∏有法向量()4,2,1n =-，因为0,(s n n ks k ⋅≠≠为非零常数），所以s n 与既不垂直也不平行，故L 与∏斜交.2.已知k j i b k j i a+-=++=2,32，那么a 与b （ A ）A. 垂直B. 平行C. 夹角为030D. 夹角为060 解：因为()1122310a b ⋅=⨯+⨯-+⨯=，所以a b ⊥. 3. 已知函数22f x+y,x -y =x -y （），则(,)(,)f x y f x y x y∂∂+=∂∂（ C ）. （A ）22x y - (B) 22x y + (C) x y + (D) x y -解：因为()()22f x+y,x -y =x -y x+y x -y =（），所以(,)f x y xy =，故(,)(,).f x y f x y y x x y∂∂+=+∂∂ 4. 设yz x =, 则dz =( A ).(注意分清对幂函数还是指数函数求导) (A)1ln y y yxdx x xdy -+ (B)11y y yx dx yx dy --+(C)1ln y y x xdx yxdy -+ (D)ln ln y y x xdx x xdy +5.曲线 t a x cos =，t a y sin =，amt z =，在 4π=t 处的切向量是（ D ）.A ．)2,1,1( B.)2,1,1(- C.)2,1,1(m D.)2,1,1(m -解：曲线在4π=t 处有切向量()())44,,sin ,cos ,t t t t t s x y z a t a t am a a am ππ==⎛⎫'''==-=-=- ⎪ ⎪⎝⎭. 6. 函数(,,)f x y z xy z =+在点(1,1,1)-处沿方向(2,1,2)l =-的方向导数为（ C ） A. 1； B.23； C. 13； D. 0. 解：所求的方向导数(1,1,1)(1,1,1)cos (1,1,1)cos (1,1,1)cos x y z l f f f f αβγ''''-=-+-+-. 而11(1,1,1)1,(1,1,1)1,(1,1,1) 1.x y z y x f y f x f =='''-==-==-= 又2213l =+=，从而212cos ,cos ,cos 333αβγ===-.故2121(1,1,1)1113333l f ⎛⎫'-=⨯+⨯+⨯-= ⎪⎝⎭.7.二元函数ln()z xy =的全微分为（ A ）.A.dx dy x y +； B. dx dy xy +； C. dx dy y x+； D. dxdyxy . 解：全微分z z dz dx dy x y ∂∂=+∂∂，而1111,z z y x x xy x y xy y ∂∂=⋅==⋅=∂∂.故dx dydz x y=+ 三、证明题：1.设()F u z xy x =+，y u x =，()F u 为可导函数. 求证：z zx y z xy x y∂∂+=+∂∂. 证因为2()()()()z y y y F u xF u y F u F u x x x ∂⎛⎫''=++⋅-=+- ⎪∂⎝⎭；1()()z x xF u x F u y x ∂''=+⋅=+∂. 所以 ()()()()()z z y xy x y F u F u y x F u xy xF u xy z xy x y x ∂∂⎛⎫''+=+-++=++=+ ⎪∂∂⎝⎭. 2. 设22()y f x y z -=， ()f u 为可导函数. 求证：211z z zx x y y y ∂∂+=∂∂. 证因为2222222222222222()()2()()()()x z y y xyf x y f x y xf x y x f x y f x y f x y '∂-''⎡⎤=-⋅-=-⋅-=-⎣⎦∂---， ()222222222222222()()2()2()()()f x y y f x y y z f x y y f x y y f x y f x y '--⋅-⋅-'∂-+-==∂--.故22222222222222221112()1()2()1()()()z z xyf x y f x y y f x y z x x y y x f x y y f x y yf x y y ''∂∂--+-+=-⋅+⋅==∂∂---. 四、计算题：1.设2(,)x z f x y y =，其中f 具有连续的二阶偏导数，求222,,,z z z z x y x x y∂∂∂∂∂∂∂∂∂. 解：22121211(,)(,)22,z x x f x y f x y xy f xyf x y y y y∂''''=⋅+⋅=+∂2222121222(,)(,),z x x x xf x y f x y x f x f y y y y y ⎛⎫∂''''=⋅-+⋅=-+ ⎪∂⎝⎭212122211222f f z z f xyf yf xy x x x x y y xx ''⎛⎫∂∂∂∂∂∂⎛⎫'''==+=++ ⎪ ⎪∂∂∂∂∂∂⎝⎭⎝⎭ 221112221221112222211112222442f xyf yf xy f xyf f xf x y f yf y y y y⎛⎫⎛⎫''''''''''''''''=++++=+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 21212122111222f f z z f xyf f xf xy x y y x y y y y y y ''⎛⎫∂∂∂∂∂∂⎛⎫''''==+=-+++ ⎪ ⎪∂∂∂∂∂∂∂⎝⎭⎝⎭2211112221222221122x x f f x f xf xy f x f y y y y ⎛⎫⎛⎫''''''''''=-+-+++-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭231211122223122x xf xf f f x yf y y y''''''''=-+--+.注：因为f 具有连续的二阶偏导数，所以1221f f ''''=.2.设22220x y z z ++-=，求22,z zx y∂∂∂∂.解：令222(,,)2F x y z x y z z =++-，则(,,)2(,,)221x z F x y z z x xx F x y z z z '∂=-=-='∂--，(,,)2(,,)221y z F x y z z y y yF x y z z z '∂=-=-='∂--， 2222223(1)(1)(1)11(1)(1)(1)z y z y z y y z z y z y z y y y y z z z z ⎛⎫∂--⋅- ⎪-+⋅∂⎛⎫∂∂∂∂-+⎛⎫⎝⎭-===== ⎪ ⎪∂∂∂∂----⎝⎭⎝⎭. 注意：z 是关于,x y 的二元函数.3.设方程组22222x y uv xy u v ⎧++=⎪⎨--=⎪⎩确定隐函数组(,),(,)u u x y v v x y ==，求 u x ∂∂，v x ∂∂.解法一：分别对两方程两边分别对x 求偏导，得20220u v x v u x x u v y u v x x ∂∂⎧++=⎪⎪∂∂⎨∂∂⎪--=⎪∂∂⎩ 即 222uv v u x x x u v u v yxx ∂∂⎧+=-⎪⎪∂∂⎨∂∂⎪+=⎪∂∂⎩当222()022v uJ u v u v==--≠时，有222114(4)22()x u u xv yuxv yu y v x J J u v -∂+==--=∂- ， 222114(4)22()v x v xu yvyv xu u y x J J u v -∂+==+=-∂- . 解法二：令2222(,,,)0(,,,)20F x y u v x y uvG x y u v xy u v ⎧=-+=⎪⎨=---=⎪⎩，则22(,)2()22(,)uv v u F G J u v u v u v ∂===---∂2(,)42(,)xv x u F G J xv yu y v x v ∂===---∂ ， 2(,)42(,)ux v x F G J yv xu u yu x ∂===+-∂ 故2242()xv uv J u xv yu x J u v ∂+=-=∂- ，2242()ux uv J v xu yvx J u v ∂+=-=-∂-. 4.求函数3322(,)339f x y x y x y y =+-+-的极值.解：解方程组223603690f x x xf y y y∂⎧=-=⎪∂⎪⎨∂⎪=+-=∂⎪⎩，得四个驻点1234(0,3),(0,1),(2,3),(2,1)P P P P --. 又66,0,66xx xy yy f x f f y ''''''=-==+.记(),(),()(1,2,3,4)xx i xy i yy i A f P B f PC f P i ''''''====对21(0,3),6(12)00,P AC B --=-⨯-->且60A =-<,则1(0,3)P-是函数的极大值点，极大值(0,3)27f -=；对22(0,1),61200P AC B -=-⨯-<,则2(0,1)P 不是极值点；对()23(2,3),61200P AC B --=⨯--<,则3(2,3)P -不是极值点；对24(2,1),61200P AC B -=⨯->,且60A =>,则4(2,1)P 是函数的极小值点，极小值(2,1)9f =-. 5.求曲面222327xy z +-=在点(3,1,1)P 处的切平面方程和法线方程.解：令 222(,,)327F x y z x y z =+--，则曲面在点(3,1,1)P 处的法向量为()(3,1,1)(3,1,1)(,,)(6,2,2)(18,2,2)29,1,1x y z n F F F x y z '''==-=-=-于是，所求的切平面方程为 9(3)(1)(1)0x y z -+---=，即 9180x y z +--=.法线方程为311911x y z ---==-. 6.求曲面z=在点(3,4,5)P 处的切平面方程和法线方程.解：曲面在点(3,4,5)P 处的法向量为()(3,4,5)(3,4,5)341(,,1)1),,13,4,5555x y n z z ⎛⎫''=-=-=-=- ⎪⎝⎭. 于是，所求的切平面方程为 3(3)4(4)5(5)0x y z -+---=，即 3450x y z +-=.法线方程为345345x y z ---==-. 7.求函数23(,,)f x y z xy yz =+在点0(1,1,2)P 处沿从0(1,1,2)P 到(3,1,3)P -方向的方向导数0P fl∂∂.解：记()02,2,1l P P ==-，(223l =+=，从而221cos ,cos ,cos 333αβγ==-=.又()23211(1,1,2)2(1,1,2)1,(1,1,2)210,(1,1,2)312.y x y z y z f yf xy z f yz ==='''===+===故所求的方向导数P f l∂∂(1,1,2)cos (1,1,2)cos (1,1,2)cos x y z f f f αβγ'''=++221110122333⎛⎫=⨯+⨯-+⨯=- ⎪⎝⎭.。

高等数学下册 (殷锡铭许树声著) 华东理工出版社课后答案第9章 khdaw

1第9章（之6）（总第49次）教学内容：§9.4.3二阶线性常系数微分方程的解法（A ）**1．求下列方程的通解（1）；08=+′′y y 解：，，082=+λi 222,1±=λ。

x c x c y 22sin 22cos 21+=（2）'6"+y y 解：62+λλ所以通解为（1）'8''−y y 解：∵82−λ通解为：)1('=c y 得到：1c （2）'4"+y y 解：42+λλ通解为：。

)5sin 5cos (212x c x c e y x +=−代入初始条件有：，πππe c c e y =⇒=+=−221)0()2(，)5cos 55sin 5()5sin 5cos (22('212212x c x c e x c x c e y x x +−++−=−−π得：。

特解为：。

πe c −=1)5sin 5cos (2x x e y x+−=−π2（3）；10)0(',6)0(,03'4"===++y y y y y 解：，，0342=++λλ0)3)(1(=++λλ所以通解为。

x x e c e c y 321−−+=代入初始条件有：，6)0(21=+=c c y ，1033)0('21321=−−=−−=−−c c e c e c y x x 特解为：。

x x e e y 3814−−−=**3．求解初值问题1)0(1d 20≥⎪⎩⎪⎨⎧==++′∫x y x y y y x 解：将原方程对求导得x ′′+′+=y y y 201()且有′=−=−y y ()()01201微分方程（1）的通解为：，y e C x C x =+−()12代入初始条件，得，1)0(,1)0(−=′=y y 1,021==C C 故所求问题的解为：。

x e y −=***4．设函数二阶连续可微，且满足方程，求函数。

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2
由 y c1e x c2 e x ， y c1e x c2 e x ，可得 c1 c2 0, c1 c2 1，故 c1
1 1 1 , c 2 ，这样就得到所求曲线为 y (e x e x ) ，即 y sinh x ． 2 2 2
y 4 y 0
的
通
解
的
函
数
是
（
）（B） y C cos 2 x(1 sin 2 x) ；（D） y C cos(2 x ) ．
（A） y 3C cos 2 x (12 29C ) sin 2 x ；（C） y kC cos 2 x 1 k 2 C 2 sin 2 x ；
将其中 P( y )
1 1 , Q( y ) 代入一阶线性方程求解公式，得通解 y ln y y

1 1 y ln y dy 1 y ln y dy 1 xe dy e ln(ln y ) c e ln(ln y ) dy c e y y
1 1 ，法线方程为 Y y = ( X x) ， y y 1 (0 x) 从而可得所求微分方程为 x yy 0 ． y
因为法线过原点，所以 0 y
第 9 章（之 2）（总第 45 次）教学内容：§9.2 .1 可分离变量的方程； §9.2 .2 一阶线性方程 **1．求下列微分方程的通解：（1） y 解：
x(1 y ) ； 1 x2
dy xdx dy xdx ，两边积分， 2 1 y 1 x 1 y 1 x2
分离变量
得 ln(1 y)
C 1 ． ln(1 x 2 ) ln C ，即 y 1 2 1 x2
（2） y
x 2 x y 2 ； e 2y
2
x
0
解． **6．求以下列函数为通解的微分方程：（1） y 3 Cx 1 ；解将等式 y 3 Cx 1 改写为 y 3 Cx 1 ，再在其两边同时对 x 求导，得
3 y 2 y C ，代入上式，即可得到所求之微分方程为 3xy 2 y y 3 1．
ye

2 2 1 1 x dx x dx c ( ) e dx x x2

1 x2
c 1 1 1 1 1 1 c ( 2 ) x 2 dx 2 c x 2 x 2 2 x x x 2 x x
1
1
y
代入方程得 y y y 0 ，
1
此外 y(0) 0，y (0) 1，
x 2 3 故y 3e 2 sin x 是初始值问题的解． 3 2
*5．验证 y e x e t d t Ce x （其中 C 为任意常数）是方程 y y e x x 的通解．
**6．设降落伞自塔顶自由下落，已知阻力与速度成正比（比例系数为 k ），求降落伞的下落速度与时间的函数关系． dv 解：根据牛顿运动第二定理有 m mg kv ．这是一个可分离变量方程，分离 dt 变量并积分得 1 t ln(mg kv ) C ． k m 由初始条件 v(0) 0 ，
，
dy dx y 1 x2
( y 0 )，

dy y
dx 1 x2
，
ln y arcsin x C ， y Ce arcsin x ，
arcsin 1 2 ， C 1 ， y e arcsin x ． y ( ) e ， e Ce 2
x 2 y xy y 0 ．
**7．建立共焦抛物线族 y 2 4C ( x C ) （其中 C 为任意常数）所满足的微分方程［这里的共焦抛物线族是以 x 轴为对称轴，坐标原点为焦点的抛物线］．
2
解
在方程 y 2 4C ( x C ) 两边对 x 求导有 2 yy 4C ，从这两式中消去常数
第 9 章（之 1）（总第 44 次）教学内容:§9.1 微分方程基本概念 *1 ．微分方程
2( y ) 3 9 y y 5xy 7
的
阶
数
是
（）（A）3；（B）4；（C）6；答案（A）解微分方程的阶数是未知函数导数的最高阶的阶数．
（D）7．
*2 ．下列函数中的 C 、、及 k 都是任意常数，这些函数中是微分方程
所求方程为 y y (2 x yy ) ． **8．求微分方程，使它的积分曲线族中的每一条曲线 y y( x) 上任一点处的法线都经过坐标原点．解任取 y y( x) 上的点 ( x , y) ，曲线在该点处的切线斜率为 y =
dy ． dx
所以过点 ( x, y) 的法线斜率为
x2 2
dy ，即 dx
dy dy xy 2 x ，分离变量得 xd x ，积分得 dx y2
y Ce
2，
x 2
在原方程两边以 x 2 代入，可得初试条件 y
2 ．据此可得
C 4e ，所以原方程的解为
1
y 4e
x2 1 2
2．

c o xt dx c o xt dx ye C e c o xse dx e ln sin x (C e cos x e ln sin x dx)
csc x(C e cos x sin xdx) (C e cos x ) csc x ，
由 y ( ) 1 ，可确定 C 2 ，所以 2 （4） x 2 d y (2 xy x 1) d x 0 ， y 解：方程变形为

y (2 e cos x ) csc x ．
x 1
0．
y
2 1 1 y 2 ，是一阶线性非齐次方程，其通解为 x x x
2
பைடு நூலகம்
解：分离变量 2 ye y dy xe 2 x dx ，两边积分就得到了通解
ey
2
1 1 1 ( xe 2 x e 2 x dx) ( xe 2 x e 2 x ) c ． 2 2 2

（3） (2 x 1)e y y 2e y 4 0 ．解：
ey d y dx ， y 2x 1 2e 4
d2 y d y y0 2 3 dx sin x 是初值问题 d x 的解． d y 2 y x 0 0, x 0 1 dx
*4．证明：函数 y
2 3e 3
1 x 2
1
证明
x 3 2 x 3 3 y e s i n xe 2 c o s x， 3 2 2 x 3 2 x 3 3 e sin x e 2 cos x， 3 2 2 1 1

由 y(1) 0 ，得 c
1 1 1 1 ，所以特解为： y 2 ． 2 2 x 2x
**4．求微分方程 y ln y dx ( x ln y)dy 0 的通解（提示将 x 看作是 y 的函数）．解：将 x 看作是 y 的函数，原方程可化为
dx 1 1 x ，这是一阶线性方程， dy y ln y y
（2） y C1 x
C2 ． x
解因为给定通解的函数式中有两个独立的任意常数，所以所求方程一定是二阶方程，在方程等式两边同时对 x 求两次导数，得
y C1 C2 2C ， y 32 ． 2 x x
从以上三个式子中消去任意常数 C1 和 C 2 ，即可得到所求之微分方程为
1 1 2 x x 2
．

1 2 x x 2
2 Ce 1 x ，解得○
x2 x
1 x x2 2
2 代入○ 1 即可 C ，○
y 1 Ce 2
*3．求解下列初值问题：（1） y
1 ， y ( ) e 6 ． 2 2 1 x
．
y

解： y =
y 1 x2
k t mg 1 得 C ln( mg ) ，即得 v 1 e m ． k k
6
6
1
（2） y 2 xy e x ， y(0) 1；解: y 2 xy e x ，
y ( x) e
2 xdx
2
2
p ( x) 2 x ， q ( x ) e x ，
2

e x 2 e 2 xdx dx C e x 2 e x 2 e 2 xdx dx C xe x 2 Ce x 2 ，
4
y(0) 1， 1 0 c c 1，
y ( x 1)e x ．
2
（3） y y cot x e cos x ， y ( ) 1 ； 2 解： y y cot x e cos x ，

x ， Q( x) e c o xs ． P( x ) c o t
1 1 1 ln(e y 2) ln( 2 x 1) ln C ， 2 2 2
3
即 (e y 2)(2 x 1) C ．
**2．试用两种不同的解法求微分方程 y 1 x y xy 的通解．解法一（可分离变量方程的分离变量法）这是一个一阶可分离变量方程，同时也是一个一阶线性非齐次方程，这时一般作为可分离变量方程求解较为容易．分离变量， y (1 x)(1 y) ，
2
2