数学分析十讲习题册、课后习题答案_

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数学分析十讲习题册、课后习题答案_数学分析十讲习题册、课后习题答案习题1-1 1．计算下列极限（1）, 解：原式= == （2）；解：原式（3）解：原式（4），解：原式（5）解：原式= （6），为正整数；解：原式2．设在处二阶可导，计算. 解：原式3．设，，存在，计算. 解：习题1-2 1.求下列极限（1）; 解：原式，其中在与之间（2）; 解：原式===，其中在与之间（3）解：原式，其中在与之间（4）解：原式，其中其中在与之间2．设在处可导，，计算. 解：原式习题1-3 1．求下列极限（1）, 解：原式（2）; 解：（3）; 解：原式（4）; 解：原式2. 求下列极限（1）; 解：原式（2）; 解：原式习题1-4 1．求下列极限（1）；解：原式（2）求；解：原式（3）；解：原式（4）；解：原式此题已换3．设在处可导，，.若在时是比高阶的无穷小，试确定的值. 解：因为，所以从而解得：3．设在处二阶可导，用泰勒公式求解：原式4. 设在处可导，且求和. 解因为所以,即所以习题1-5 1. 计算下列极限(1) ; ; 解：原式(2) 解：原式2．设，求(1) ；解：原式(2) ，解：由于，所以3．设，求和. 解：因为，所以且从而有stolz定理，且所以，4．设，其中，并且，证明：. 证明：因，所以，所以，用数学归纳法易证，。

又，从而单调递减，由单调有界原理，存在，记在两边令，可得所以习题1-6 1. 设在内可导，且存在. 证明: 证明：2. 设在上可微，和存在. 证明:. 证明：记（有限），（有限），则从而所以 3. 设在上可导，对任意的, ，证明:. 证明：因为，所以，由广义罗必达法则得4．设在上存在有界的导函数，证明:. 证明：，有界，，所以习题2-1 （此题已换）1. 若自然数不是完全平方数，证明是无理数. 1.证明是无理数证明：反证法. 假若且互质，于是由可知,是的因子，从而得即,这与假设矛盾2. 求下列数集的上、下确界. （1）解：（2）解：（3）解：（4）. 解：3．设，验证. 证明：由得是的一个下界. 另一方面，设也是的下界，由有理数集在实数系中的稠密性，在区间中必有有理数，则且不是的下界.按下确界定义， . 4．用定义证明上（下）确界的唯一性. 证明：设为数集的上确界，即.按定义，有.若也是的上确界且 .不妨设，则对有即矛盾. 下确界的唯一性类似可证习题2-2 1．用区间套定理证明：有下界的数集必有下确界. 证明：设是的一个下界，不是的下界，则. 令，若是的下界，则取；若不是的下界，则取. 令，若是的下界，则取；若不是的下界，则取；……，按此方式继续作下去，得一区间套，且满足：是的下界，不是的下界. 由区间套定理，且. 下证：都有，而，即是的下界. 由于，从而当充分大以后，有.而不是的下界不是的下界，即是最大下界2. 设在上无界.证明：存在, 使得在的任意邻域内无界. 证明：由条件知，在上或上无界，记使在其上无界的区间为；再二等分，记使在其上无界的区间为，……，继续作下去，得一区间套，满足在上无界. 根据区间套定理，，且. 因为对任意的，存在，当时，有，从而可知在上无界3.设,在上满足,,若在上连续, 在上单调递增. 证明：存在,使. 证明：记且二等分.若，则记若则记. 类似地,对已取得的二等分,若，则记；若，则记按此方式继续下去，得一区间套，其中根据区间套定理可知，且有 . 因为在上连续，所以注意到可得，再由可知， . 习题2-3 1. 证明下列数列发散. (1), 证因为，所以发散.(2), 证明：因为所以发散. 2．证明:单调数列收敛的充要条件是其存在一个收敛子列. 证明：由收敛数列与子列的关系，结论显然不妨假设数列单调递增，且存在收敛子列，由极限定义对任意给定的，总存在正整数，当时，，从而有；由于，对任意，存在正整数，当时，，取，则任意时，所以，即3. 设极限存在,证明：. 证明：记由海茵定理，取，得取，得取，得，解得（此题取消）4. 数列收敛于的充要条件是：其偶数项子列和奇数项子列皆收敛于（此题改为4）5. 已知有界数列发散，证明:存在两个子列和收敛于不同的极限. 证明：因为有界，由致密性定理，必有收敛的子列，设. 又因为不收敛，所以存在，在以外，有的无穷多项，记这无穷多项所成的子列为，显然有界.由致密性定理，必有收敛子列，设，显然 . 习题2-5 1. 用柯西收敛准则判定下列数列的收敛性(1) 解：所以，对，即为柯西列(2) . 解：所以，对，即为柯西列2. 满足下列条件的数列是不是柯西列? (1) 对任意自然数,都有解：不是柯西列，如，对任意的自然数，但数列不收敛。

数学分析习题课讲义上册答案

2.7 对于教学的建议 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
3 实数系的基础定理
37
3.1 确界的概念和确界的存在定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
2.3 单调数列 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
2.4 Cauchy 命题与 Stolz 定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
3.6 数列的上极限和下极限 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
3.7 对于教学的建议 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
3.4 Cauchy 收敛准则 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
3.5 覆盖定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
4.3 两个重要极限 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
4.4 无穷小量、有界量、无穷大量和阶的比较 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

数学分析课后习题答案2.00

(1 + h) n >
得
1 n(n − 1)(n − 2)n 3 (n > 2) 3!
2 (1 − ) → 0(n → ∞) 1 n n(1 − ) n 1
6 6 n2 n2 < 3 = 3 0< n q = n (1 + h) h n(n − 1)(n − 2) h
2 n
故由迫敛性定理知 lim n q = 0
n →∞
证: (1)因为 lim a n = a ,故对任意的 ε > 0, 必存在 N 1 ,当 n > N 时, a n − a < ε ,
n →∞
于是当 n > N 1 时
a − a + a2 − a + + an − a a1 + a 2 + + a n −a = 1 n n
1 ≤ ( a1 − a + a2 − a + + a N1 +1 − a + a N1 + 2 − a + + an − a ) n
n →∞ n →∞ n →∞
所以
lim a n = lim bn ,
n →∞ n →∞
6、若数列 {a n } 存在常数 M,对一切的 n 有
An = a 2 − a1 + a3 − a 2 + 3 + a n − a n −1 ≤ M ,
证明:(1) { An } 为收敛数列; (2) {a n } 为收敛数列. 证 (1) 因为 An +1 − An = a n +1 − a n ≥ 0 ,且 An ≤ M , 所以 { An } 为递增且有上界的数列,故必收敛. (2) 由于 { An } 收敛,由柯西准则,对任给的 ε > 0 ,存在 N,当 m>n>N 时,

数学分析课后习题答案2.1

所以,任给 ε > 0 ,取 N = max{2, [ ] + 1} ,则当 n > N 时有
1
ε
3n 2 + n 3 3n 2 + n 3 , 故 lim = − < ε n →∞ 2n 2 − 1 2 2n 2 − 1 2
(3) 因为
n! 1 2 3 n 1 1 − 0 = ⋅ ⋅ ⋅ 3 ⋅ ≤ , 从而对任给的 ε > 0 , 取 N = [ ] + 1 , 则当 n > N n n n n n n ε n
(3) 对给定的 ε 是否只能找到一个 N ? 解: (1)当 ε 1 = 0.1 时,要使 a n − 0 =
1 + (−1) n 2 ≤ < 0.1 ,只要取 N 1 = 20 ; n n
当 ε 2 = 0.01 , ε 3 = 0.001 时, 只要取 N 2 = 200 , N 3 = 2000 即可.
1
所以任给 ε > 0 ,可取 N = [ ] + 1 ,则当 n > N 时有
ε
1+ 2 +3+ n 1 ≤ <ε n n3
故 lim
n →∞
1+ 2 +3+ n =0. n3
(3)由 {a n } 的定义知: 当 n 为奇数时,有 a n − 1 =
n2 + n −1 = n
n2 + n − n = n
n →∞ n →∞
证明:若 lim a n = a ,则由定义知: 任给 ε > 0 ,存在 N ,则当 n > N 时有 a n − a < ε
n →∞
于是当 n > N 时, n + k > n > N ,所以 a n + k − a < ε , 故 lim a n + k = a .

数学分析课后习题答案

习题1．验证下列等式（1）C x f dx x f +='⎰)()( （2）⎰+=C x f x df )()(证明（1）因为)(x f 是)(x f '的一个原函数，所以⎰+='C x f dx x f )()(.（2）因为C u du +=⎰, 所以⎰+=C x f x df )()(.2．求一曲线)(x f y =, 使得在曲线上每一点),(y x 处的切线斜率为x 2, 且通过点)5,2(.解由导数的几何意义, 知x x f 2)(=', 所以C x xdx dx x f x f +=='=⎰⎰22)()(.于是知曲线为C x y +=2, 再由条件“曲线通过点)5,2(”知，当2=x 时，5=y , 所以有 C +=225, 解得1=C , 从而所求曲线为12+=x y3．验证x x y sgn 22=是||x 在),(∞+-∞上的一个原函数. 证明当0>x 时, 22x y =, x y ='; 当0<x 时, 22x y -=, x y -='; 当0=x 时,y 的导数为02sgn lim 0sgn )2(lim020==-→→x x x x x x x , 所以⎪⎩⎪⎨⎧=<-=>='||0000x x xx x xy 4．据理说明为什么每一个含有第一类间断点的函数都没有原函数解由推论3的证明过程可知：在区间I 上的导函数f '，它在I 上的每一点，要么是连续点，要么是第二类间断点，也就是说导函数不可能出现第一类间断点。

因此每一个含有第一类间断点的函数都没有原函数。

5．求下列不定积分⑴C x x x x dx x dx x xdx dx dx x x x +-+-=-+-=-+-⎰⎰⎰⎰⎰-31423233233421)11(⑵C x x x dx x x x dx xx ++-=+-=-⎰⎰||ln 343)12()1(2332122⑶C gxC x gdx x ggxdx +=+⋅==⎰⎰-22212122121 ⑷ ⎰⎰⎰+⋅+=+⋅+=+dx dx dx x x x x x x x x )9624()3)32(22()32(222C x x x ++⋅+=9ln 96ln 624ln 4 ⑸C x dx x dx x +=-=-⎰⎰arcsin 23112344322⑹ C x dx x dx x x dx x x +-=+-=+-+=+⎰⎰⎰)arctan 1(31)111(31)1(311)1(322222 ⑺ C x x dx x xdx +-=-=⎰⎰tan )1(sec tan 22⑻ C x x dx x dx x xdx +-=-=-=⎰⎰⎰)2sin 21(21)2cos 1(2122cos 1sin 2⑼ C x x dx x x dx xx xx dx x x x +-=+=--=-⎰⎰⎰cos sin )sin (cos sin cos sin cos sin cos 2cos 22 ⑽C x x dx x x dx x x x x dx x x x +--=-=⋅-=⋅⎰⎰⎰tan cot )cos 1sin 1(sin cos sin cos sin cos 2cos 22222222 ⑾ C C dt dt tt ttt+=+⋅⋅=⋅=⋅⎰⎰90ln 90)910ln()910()910(3102 ⑿C x dx x dx x x x +==⎰⎰81587158⒀ C x dx xdx x x x x dx x x x x +=-=--+-+=+-+-+⎰⎰⎰arcsin 212)1111()1111(222⒁ C x x xdx dx dx x dx x x +-=+=+=+⎰⎰⎰⎰2cos 212sin 1)2sin 1()sin (cos 2⒂ C x x dx x x xdx x ++=+=⎰⎰)sin 3sin 31(21)cos 3(cos 212cos cos ⒃ C e e e e dx e e e e dx e e x xx x x x x x x x ++--=-+-=------⎰⎰33333313331)33()(习题1．应用换元积分法求下列不定积分：⑴ C x x d x dx x ++=++=+⎰⎰)43sin(31)43()43cos(31)43cos( ⑵ C e x d e dx xe x x x +==⎰⎰222222241)2(41⑶ C x x x d x dx ++=++=+⎰⎰|12|ln 2112)12(2112⑷ C x n x d x dx x n nn +++=++=++⎰⎰1)1(11)1()1()1(⑸Cx x xd xdx x dx xx++=-+-=-+-⎰⎰⎰3arcsin 313arcsin 3)3113131)31131(2222⑹ C C x d dx x x x x +=+=+=++++⎰⎰2ln 22ln 22)32(221222323232⑺C x C x x d x dx x +--=+-⋅-=---=-⎰⎰232321)38(92)38(3231)38()38(3138 ⑻C x C x x d x xdx+--=+-⋅-=---=-⎰⎰-3232313)57(103)57(2351)57()57(5157 ⑼ C x dx x dx x x +-==⎰⎰2222cos 21sin 21sin ⑽ C x x x d x dx++-=++=+⎰⎰)42cot(21)42(sin )42(21)42(sin 22ππππ⑾ 解法一：C xxx d x dxx dx+===+⎰⎰⎰2tan2cos 22cos 2cos 122解法二： ⎰⎰⎰⎰-=--=+xxdxx dx x dx x x dx 222sin cos sin cos 1)cos 1(cos 1 C x x xx d x ++-=--=⎰sin 1cot sin sin cot 2⑿解法一：利用上一题的结果，有C x C x x x d x dx +--=+--=-+--=+⎰⎰)24tan()2(21tan )2cos(1)2(sin 1ππππ 解法二： C x x xx d x dx x dx x x dx +-=+=--=+⎰⎰⎰⎰cos 1tan cos cos cos sin 1)sin 1(sin 1222 解法三：⎰⎰⎰+⋅=+=+222)12(tan 2cos )2cos 2(sin sin 1x x dxx x dx x dxC x x x d ++-=+=⎰12tan 2)12(tan 2tan 22⒀ 解法一：⎰⎰⎰---=-=)2()2sec()2sec(csc x d x dx x xdx πππC x x C x x ++-=+-+--=|cot csc |ln |)2tan()2sec(|ln ππ解法二：C x x x x d dx x x dx x xdx ++-=-===⎰⎰⎰⎰1cos 1cos ln 211cos cos sin sin sin 1csc 22C x x +-=|cot csc |ln解法三：⎰⎰++=dx x x x x x xdx cot csc )cot (csc csc cscC x x C xx x x d ++-=+++-=⎰|cot csc |ln cot csc )cot (csc解法四：⎰⎰⎰==dx x x xdx x x xdx 2cos2sin 22sin2cos 2sin 21csc 2C xC x x d x +=+-=-=⎰|2tan |ln |2cot |ln 2cot 2cot 1⒁C x x d x dx x x +--=---=-⎰⎰22221)1(11211 ⒂ C x dx x dx x x +=+=+⎰⎰2arctan 41)(4121422224⒃C x x x d x x dx +==⎰⎰|ln |ln ln ln ln⒄ C x x d x dx x x +-=---=-⎰⎰25535354)1(1101)1()1(151)1( ⒅ C x x C x x dx x dx x x ++-=++-⋅=-=-⎰⎰|22|ln 281|22|ln 221412)(1412444442483⒆C xx C x x dx x x x x dx ++=++-=+-=+⎰⎰|1|ln |1|ln ||ln )111()1( ⒇ C x dx x xxdx +==⎰⎰|sin |ln sin cos cot(21) ⎰⎰⎰-==x d x xdx x xdx sin )sin 1(cos cos cos 2245C x x x x d x x ++-=+-=⎰5342sin 51sin 32sin sin )sin sin 21((22) 解法一：C x x x x d x x dx +-==⎰⎰|2cot 2csc |ln 2sin )2(cos sin解法二：C x x xd x x xdx x x dx +===⎰⎰⎰|tan |ln tan tan cos sin cos cos sin 2 解法三：⎰⎰+=xx dxx x x x dx cos sin )cos (sin cos sin 22C x x dx xxx x +-=+=⎰|cos |ln |sin |ln )sin cos cos sin ((23) C e e de e dx e e e dx xx x x x x x+=+=+=+⎰⎰⎰-arctan 1122 (24) C x x x x x x d dx x x x ++-=+-+-=+--⎰⎰|83|ln 83)83(83322222(25) C x x x dx x x x dx x x x dx x x ++-+++=+++-+=+++-+=++⎰⎰⎰2323232)1(2312|1|ln ))1(3)1(211()1(3)1(2)1()1(2(26)⎰+22ax dx解令t a x tan =, 则C a x x C t t t a tdt a a x dx+++=++==+⎰⎰||ln |tan sec |ln sec sec 221222(27)C a x x a a x x d a a x dx ++=+=+⎰⎰21222212222322)(1)(1)(解法2 令t a x tan =, 则C ax a x C t a tdt a t a tdt a a x dx ++=+===+⎰⎰⎰222223322322sin 1cos 1sec sec )( (28)⎰-dx xx 251解令t x sin =, 则Cx x x C t t t td t tdt dt t t t dx x x +---+--=+-+-=--===-⎰⎰⎰⎰25223221253225525)1(51)1(32)1(cos 51cos 32cos cos )cos 1(sin cos cos sin 1(29)⎰-dx xx31解令t x =61, 则6t x =, 56t dx =C t t t t t t dt tt t t dt tt t t t dt t t t dt t t dx x x++--+++-=-++++-=-++++-=-+-=-⋅=-⎰⎰⎰⎰⎰|11|ln 26)357(6)11)1((611)1)(1(6111)(61613572246224622422533其中61x t = (30)⎰++-+dx x x 1111解令t x =+1, 则21t x =+, tdt dx 2=,Cx x x C x x x C t t t dt t t dt t t t tdt t tdt t t dx x x +++++-=+++++-+=+++-=++-=+-=+-=+-=++-+⎰⎰⎰⎰⎰|11|ln 414|11|ln 4141|1|ln 44)1442()142(2)121(21111111122．应用分部积分法求下列不定积分： ⑴ C x x x dx x x x x xdx +-+=--=⎰⎰221arcsin 1arcsin arcsin⑵ C x x x dx xx x x xdx +-=⋅-=⎰⎰ln 1ln ln ⑶Cx x x x x xdx x x x x x xd x x xdx x x x x d x xdx x +-+=-+=+=-==⎰⎰⎰⎰⎰sin 2cos 2sin cos 2cos 2sin cos 2sin sin 2sin sin cos 222222 ⑷C x x x dx x x x x xd dx x x +--=+-=-=⎰⎰⎰223223412ln 121ln 211ln 21ln ⑸ C x x x x x xdx x x dx x ++-=-=⎰⎰2ln 2)(ln ln 2)(ln )(ln 222⑹ ⎰⎰⎰+-==dx xx x x xdx xdx x 2222121arctan 21arctan 21arctan C x x x x dx x x x +--=+--=⎰)arctan (21arctan 21)111(21arctan 21222 C x x x +-+=21arctan )1(212⑺ ⎰⎰⎰+=+dx x dx x dx x x ln 1)ln(ln ]ln 1)[ln(ln C x x dx xdx x x x x x +=+⋅-=⎰⎰)ln(ln ln 1ln 1)ln(ln⑻ ⎰⎰--=dx xx x x x dx x 2221arcsin 2)(arcsin )(arcsin⎰-+=221arcsin 2)(arcsin x xd x x ⎰----+=dx xx x x x x 22221112arcsin 12)(arcsinC x x x x x +--+=2arcsin 12)(arcsin 22⑼ ⎰⎰⎰-==xdx x x x x xd xdx 23tan sec tan sec tan sec sec⎰⎰⎰+-=--=xdx xdx x x dx x x x x sec sec tan sec )1(sec sec tan sec 32 |tan sec |ln sec tan sec 3x x xdx x x ++-=⎰所以 C x x x x xdx +++=⎰|)tan sec |ln tan sec 21sec 3⑽⎰⎰+⋅-+=+dx ax x x a x x dx a x 222222⎰+-+-+=dx ax a a x a x x )(2222222⎰⎰+++-+=dx ax a dx a x a x x 2222222)ln(2222222a x x a dx a x a x x ++++-+=⎰所以C a x x a a x x dx a x +++++=+⎰))ln((212222222 类似地可得C a x x a a x x dx a x +-+--=-⎰))ln((212222222 3．求下列不定积分：⑴ C x f a x df x f dx x f x f a aa++=='+⎰⎰1)]([11)()]([)()]([ ⑵C x f x df x f dx x f x f +=+=+'⎰⎰)(arctan )()]([11)]([1)(22⑶C x f x f x df dx x f x f +=='⎰⎰|)(|ln )()()()( ⑷ C e x df e dx x f e x f x f x f +=='⎰⎰)()()()()(4．证明：⑴ 若⎰=dx x I n n tan ， ,3,2=n ，则21tan 11----=n n n I x n I 证 ⎰⎰⎰----=-=dx x dx x x dx x x I n n n n 22222tan sec tan )1(sec tan22tan tan ---=⎰n n I x d x .因为⎰⎰-----=x d x n x x d x n n n tan tan )2(tan tan tan 212，所以x n x d x n n 12tan 11tan tan ---=⎰. 从而21tan 11----=n n n I x n I . ⑵ 若⎰=dx x x n m I n m sin cos ),(，则当0≠+n m 时，),2(1sin cos ),(11n m I nm m n m x x n m I n m -+-++=+-)2,(1sin cos 11-+-++-=-+n m I nm n n m x x n m ， ,3,2,=m n证 ⎰⎰+-+==x d x n dx x x n m I n m nm 11sin cos 11sin cos ),( ]sin cos )1(sin [cos 112211⎰+-+--++=dx x x m x x n n m n m ])cos 1(sin cos )1(sin [cos 112211⎰--++=-+-dx x x x m x x n n m n m ))],(),2()(1(sin [cos 1111n m I n m I m x x n n m ---++=+-所以),2(1sin cos ),(11n m I n m m n m x x n m I n m -+-++=+-，同理可得)2,(1sin cos ),(11-+-++-=-+n m I nm n n m x x n m I n m习题1．求下列不定积分：⑴ ⎰⎰⎰-+++=-+-=-dx x x x dx x x dx x x )111(1111233 C x x x x +-+++=|1|ln 2323 ⑵ 解法一：C x x dx x x dx x x x +--=---=+--⎰⎰|3|)4(ln )3142(127222解法二：⎰⎰⎰+-++--=+--dx x x dx x x x dx x x x 12732112772211272222 ⎰⎰---++-+-=)27(41)27(123127)127(21222x d x x x x x dC x x x x +--++-=34ln 23|127|ln 212 ⑶ 解22311)1)(1(111xx CBx x A x x x x +-+++=+-+=+ 去分母得 )1)(()1(12x C Bx x x A ++++-=令1-=x ，得31=A . 再令0=x ，得1=+C A ，于是32=C . 比较上式两端二次幂的系数得 0=+B A ，从而1-=B ，因此⎰⎰⎰+---+=+dxx x x x dx x dx 2312311311⎰⎰+-++---+=dx x x dx x x x x 22112111261|1|ln 31⎰+-++--+=dx x x x x 43)21(121)1ln(61|1|ln 3122C x x x x +-++-+=312arctan 311)1(ln 6122 ⑷ 解 ⎰⎰⎰⎰+--++=+--+=+dx xx dx x x dx x x x x dx 42424224112111211)1()1(211 ⎰⎰⎰⎰++-+-=+--++=22222222221)1(211)1(211112111121x x x x d x x x x d dx x x x dx x x x⎰⎰-++-+--=2)1()1(212)1()1(2122xx x x d x x x x d C xx x x x x +++-+--=2121ln 24121arctan221C x x x x x x ++++---=1212ln 8221arctan 42222 ⑸⎰+-22)1)(1(x x dx解令22222)1(11)1)(1(1++++++-=+-x EDx x C Bx x A x x , 解得41=A , 41-==CB , 21-==E D , 于是 ⎰⎰⎰⎰++-++--=+-dx x x dx x x x dx x x dx 22222)1(1211141141)1)(1(C x x x x x x x +++-++-+--=)1(arctan 411141arctan 41)1ln(81|1|ln 41222 C x x x x x ++-+-+-=)11arctan 21|1|(ln 4122⑹⎰⎰⎰++-+++=++-dx x x dx x x x dx x x x 222222)122(125)122(2441)122(2 其中1221)122()122()122(24222222++-=++++=+++⎰⎰x x x x x x d dx x x x ⎰⎰⎰+++=++=++)12(]1)12[(12]1)12[(4)122(1222222x d x dx x dx x x )12arctan(1)12(122+++++=x x x 参见教材例9或关于k I 的递推公式⑺. 于是，有C x x x x x dx x x x ++-+++-++-=++-⎰)12arctan(251)12(1225122141)122(22222 C x x x x ++-+++=)12arctan(25)122(23522．求下列不定积分⑴⎰-x dx cos 35解令2tan xt =，则C t t t d tdt t dt t t dx x dx+=+=+=++--=-⎰⎰⎰⎰2arctan 21)2(1)2(2141121135cos 3522222 C x+=)2tan 2arctan(21 ⑵⎰⎰⎰⎰+=+=+=+)tan 32(tan cos )tan 32(sin 3cos 2sin 2222222x xd x x dx x x dx x dxC x x x d +=+=⎰)tan 23arctan(61)tan 231()tan 23(612 ⑶ ⎰⎰⎰++-+=+=+dx xx xx x x x x xdx x dx sin cos cos sin sin cos 21sin cos cos tan 1 )sin cos )cos (sin (21)sin cos cos sin 1(21⎰⎰⎰+++=++-+=x x x x d dx dx x x x x C x x x +++=|)sin cos |ln (21另解：设⎰+=x x xdx I sin cos cos 1，⎰+=x x xdxI sin cos sin 2，则C x dx x x xx I I +=++=+⎰sin cos sin cos 21，C x x x x x x d dx x x x x I I ++=++=+-=-⎰⎰|sin cos |ln sin cos )sin (cos sin cos sin cos 21所以C x x x I x dx +++==+⎰|)sin cos |ln (21tan 11⑷⎰⎰⎰-+++-+-=-+22221)1(11xx dx x dx x x dx xx x⎰⎰⎰-++-++---+-=2221231)12(211x x dxx x dx x dx x x其中（利用教材例7的结果）]1)21(512arcsin 45[21)21(451222x x x x dx x dx x x -+-+-=--=-+⎰⎰ 2222121)1(1)12(x x x x x x d x x dx x -+=-+-+=-++-⎰⎰512arcsin)21(45122-=--=-+⎰⎰x x dxxx dx所以有⎰-+dx xx x 221C x x x x x x x +-+-+--+-+--=512arcsin 231221]1)21(512arcsin 45[2122C x x x x +-++--=21432512arcsin 87 ⑸C x x x x x d xx dx ++++=-++=+⎰⎰|21|ln 41)21()21(222⑹⎰+-dx xxx 1112 解令 x x t +-=11，则2211tt x +-=，22)1(4t tdtdx +-=，代入原式得 ⎰⎰⎰⎰---=--=+-⋅⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=+-dt t t dt t t dt t t t t t dx x xx 222222222222)1(114)1(4)1(411111⎰⎰⎰⎰-+-++--=---=dt t t t dt t dt t dt t ]12)1(1)1(1[114)1(141142222222C t t t t dt t t dt t +++---+=-++--=⎰⎰1111|11|ln ])1(1)1(1[112222 C xx x x +---+=221|11|ln总练习题求下列不定积分： ⑴C x x x dx x xx dx xx x +--=--=--⎰⎰-4312134541121414334132454)2(12⑵ ]11arcsin [21arcsin 21arcsin 2222⎰⎰⎰--==dx x x x x dx x dx x x 其中)2sin 21(2122cos 1cos cos sin 1222t t dt t dt t t t dx x x -=-==-⎰⎰⎰)1(arcsin 212x x x --=所以]11arcsin [21arcsin 222⎰⎰--=dx xx x x dx x xC x x x x x +---=)]1(arcsin 21arcsin [2122 C x x x x x +-+-=22141arcsin 41arcsin 21 ⑶⎰+xdx 1解令u x =，则udu dx 2=C u u du uu udu xdx ++-=+-=+=+⎰⎰⎰|)1|ln (2)111(2121 C x x ++-=|)1|ln (2⑷ ⎰⎰⎰⎰===x x x x de x x d x e dx x x e dx x e sin sin sin sin sin 2sin sin 2cos sin 22sinC x e C e x e x d e x e x x x x x +-=+-=-=⎰)1(sin 2)sin (2)sin sin (2sin sin sin sin sin⑸ C x e C e u e du u e u x dx ex u u u x+-=+-==⎰⎰)1(2)(22)(令 ⑹C x x d x x x dx x xdx +-=--=-=-⎰⎰⎰1arcsin )1(1111112222 解法二：令t x sec =，C xC t dt t t t t x xdx +=+==-⎰⎰1arccos tan sec tan sec 12⑺⎰⎰⎰++=+-=+-x x x x d dx x x x x dx x x sin cos )sin (cos sin cos sin cos tan 1tan 1C x x ++=|sin cos |lnC x dx x dx x x +-=-=+-⎰⎰|)4cos(|ln )4tan(tan 1tan 1ππ ⑻ C x x x dx x x x dx x x x +-----=-+-+-=--⎰⎰23232)2(123|2|ln )2(2)2(3)2()2( ⑼C x x x d x xdx x x dx ++=+==⎰⎰⎰32224tan 31tan tan )tan 1(cos sec cos ⑽ ⎰⎰⎰-==dx x dx x dx x 2224)22cos 1()(sin sin⎰⎰++-=+-=dx x x dx x x )24cos 12cos 21(41)2cos 2cos 21(412 C x x x C x x x x ++-=+++-=4sin 3212sin 4183)84sin 22sin (41 ⑾ ⎰+--dx x x x 43523 解⎰⎰-+-=+--dx x x x dx x x x 223)2)(1(5435令22)2(21)2)(1(5-+-++=-+-x C x B x A x x x 去分母得：)1()2)(1()2(52++-++-=-x C x x B x A x 解得：32-=A ，32=B ，1-=C 所以⎰⎰⎰⎰---++-=+--dx x dx x dx x dx x x x 223)2(121321132435 C x x x +-++-=21|12|ln 32 ⑿ ⎰+dx x )1arctan(解令u x =+1，du u dx )1(2-=⎰⎰⎰⎰-⋅=-⋅=+du u du u u du u u dx x arctan 2arctan 2)1(2arctan )1arctan(122)1ln(arctan 2]arctan )1[(C u u u u u u +++--+= C x x x x x ++++-+=)22ln()1arctan(⒀ ⎰⎰⎰+-=+-+=+dx x x x dx x x x x dx x x )22(2222433433747 C x x ++-=)2ln(214144 另解：C x x dx x dx x x x dx x x ++-=+-=+⋅=+⎰⎰⎰)2ln(2141)221(4122444443447 ⒁⎰++dx x x x2tan tan 1tan 解令u x =tan⎰⎰⎰⎰++-+=+++=++du u u du u du u u u u dx x x x 222221111111tan tan 1tanC x x C u u ++-=++-=31tan 2arctan32312arctan32arctan⒂ ⎰⎰-+---=-dx x x x dx x x 10021002)1(1)1(2)1()1( C x x x +-+---=979899)1(971)1(491)1(991 ⒃⎰⎰⎰-+-=-=dx x x xx x d x dx x x 2211arcsin 1arcsin arcsin C xx x x +-+--=|11|ln arcsin 2⒄ ⎰⎰⎰--+=--+=-+2)]1ln()1[ln(21)]1ln()1[ln(11lndx x x dx x x x dx x x x C x xxx dx x x x x x x ++-+-=-++---+=⎰11ln 21)1111(21)]1ln()1[ln(21222⒅⎰⎰⎰+==x d xx dx xx dx xx tan tan tan 1cos tan 1cos sin 1247C x x ++=)tan 511(tan 22⒆ ⎰⎰⎰⎰+-++=+-+=+-dx x x e dx x e dx x x x e dx x x e xx x x22222222)1(21)1(21)11( C xe dx x e x e dx x e x d e dx x e x x x x x x ++=+-+++=+++=⎰⎰⎰⎰2222221111111 ⒇ ⎰=dx uv I n n ，x b a u 11+=，x b a v 22+=解 ][221211⎰⎰⎰--===dx v b u n u v b u d v b dx uv I n nn n n ])([2][21122111121⎰⎰---+-=-=dx uv b a b a v b n u v b dx u uv b n u v b n nn n ])([21122111----=n n nI b a b a n I nb u v b 所以])([)12(2112211---+=n n n I b a b a n u v b n I。

数学分析十讲习题册答案

习题1-11．计算下列极限（1）limx ax a a x x a→−−,0;a >解：原式lim[x a a ax a a a x a x a x a→−−=−−−=()|()|x a x a x aa x ==′′−=1ln aa aa a a −−⋅=(ln 1)a a a −（2）sin sin limsin()x a x ax a →−−；解：原式sin sin lim x a x ax a→−=−(sin )'cos x a x a===（3）2lim 2), 0;n n a →∞+−>解：原式2n =20[()']x x a ==2ln a =（4）1lim [(1)1]pn n n→∞+−，0;p >解：原式111(1)1lim ()|p p p x n n nx =→∞+−′===11p x px p −==（5）10100(1tan )(1sin )lim ;sin x x x x→+−−解：原式101000(1tan )1(1sin )1lim limtan sin x x x x x x →→+−−−=−−=990010(1)|10(1)|20t t t t ==+++=（6）1x →，,m n 为正整数；解：原式1x →=1111()'()'mx nx x x ===n m=2．设()f x 在0x 处二阶可导，计算00020()2()()limh f x h f x f x h h→+−+−.解：原式000()()lim 2h f x h f x h h →′′+−−=00000()()()()lim2h f x h f x f x f x h h→′′′′+−+−−=000000()()()()limlim 22h h f x h f x f x h f x h h →→′′′′+−−−=+−00011()()()22f x f x f x ′′′′′′=+=3．设0a >，()0f a >，()f a ′存在，计算1ln ln ()lim[]()x a x a f x f a −→.解：1ln ln ()lim[]()x a x a f x f a −→ln ()ln ()ln ln lim f x f a x ax a e −−→=ln ()ln ()limln ln x a f x f a x a e→−−=ln ()ln ()lim ln ln x af x f a x a x a x a e →−−−−=i '()()f a a f a e=i 习题1-21.求下列极限（1）lim (sin x →+∞−;解：原式lim 1)(1)]0x x x →+∞=+−−=，其中ξ在1x −与1x +之间（2）40cos(sin )cos lim sin x x xx→−;解：原式=40sin (sin )limx x x x ξ→−−=30sin sin lim()()()x x x x x ξξξ→−−⋅=16，其中ξ在x 与sin x 之间（3）lim x →+∞解：原式116611lim [(1(1)]x x x x →+∞=+−−56111lim (1)[(1)(16x x x xξ−→+∞=⋅+⋅+−−5611lim (1)33x ξ−→+∞=+=，其中ξ在11x −与11x+之间（4）211lim (arctan arctan );1n n n n →+∞−+解：原式22111lim (11n n n n ξ→+∞=−++i 1=，其中其中ξ在11n +与1n之间2．设()f x 在a 处可导，()0f a >，计算11()lim ()nn n n f a f a →∞⎡⎤+⎢⎥−⎣⎦.解：原式1111(ln ()ln ())lim (ln ()ln ())lim n n f a f a n f a f a n nn nn ee→∞+−−+−−→∞==11ln ()ln ()ln ()ln ()[lim lim ]11n n f a f a f a f a n n n ne→∞→∞+−−−+−=()()2()()()()f a f a f a f a f a f a ee′′′+==习题1-31．求下列极限（1）0(1)1lim(1)1x x x λµ→+−+−,0;µ≠解：原式0limx x x λλµµ→==（2）0x →;解：02ln cos cos 2cos lim12x x x nx I x→−⋅⋅⋅=20ln cos ln cos 2ln cos 2lim x x x nxx →++⋅⋅⋅+=−20cos 1cos 21cos 12lim x x x nx x →−+−+⋅⋅⋅+−=−22220(2)()lim x x x nx x →++⋅⋅⋅+=21ni i ==∑（3）011lim 1x x x e →−−（;解：原式01lim (1)x x x e x x e →−−=−201lim x x e x x →−−=01lim 2x x e x →−=01lim 22x x x →==（4）112lim [(1)]x xx x x x →+∞+−;解：原式11ln(1)ln 2lim ()x x xxx x ee+→+∞=−21lim (ln(1)ln )x x x x x →+∞=+−i 1lim ln(1)x x x→+∞=+1lim 1x xx→+∞==2.求下列极限（1）2221cos ln cos limsin x x x x xe e x−→−−−−;解：原式222201122lim 12x x xx x→+==−（2）0ln()2sin lim sin(2tan 2)sin(tan 2)tan x x x e xx x x→++−−;解：原式0ln(11)2sin lim sin(2tan 2)sin(tan 2)tan x x x e x x x x →++−+=−−012sin limsin(2tan 2)sin(tan 2)tan x x x e xx x x →+−+=−−02lim442x x x xx x x→++==−−习题1-41．求下列极限（1）21lim (1sin )n nn n→∞−；解：原式2331111lim [1(())]3!n n n o n n n →∞=−−+11lim((1))3!6n o →∞=+=（2）求33601lim sin x x e x x→−−；解：原式3636336600()112lim lim 2x x x x x o x x e x x x →→++−−−===（3）21lim[ln(1)]x x x x→∞−+；解：原式222111lim[(())]2x x x o x x x →∞=−−+12=（4）21lim (1)x xx e x−→+∞+；解：原式211[ln(1)]2lim x x xx ee+−−→∞==此题已换3．设()f x 在0x =处可导，(0)0f ≠，(0)0f ′≠.若()(2)(0)af h bf h f +−在0h →时是比h 高阶的无穷小，试确定,a b 的值.解：因为()(0)(0)()f h f f h o h ′=++，(2)(0)2(0)()f h f f h o h ′=++所以00()(2)2(0)(1)(0)(2)(0)()0lim limh h af h bf h f a b f a b f o h h h→→′+−+−+++==从而10a b +−=20a b +=解得：2,1ab ==−3．设()f x 在0x 处二阶可导，用泰勒公式求0002()2()()limh f x h f x f x h h →+−+−解：原式222200001000220''()''()()'()()2()()'()()2!2!limh f x f x f x f x h h o h f x f x f x h h o h h→+++−+−++=22201220''()()()lim h f x h o h o h h→++=0''()f x =4.设()f x 在0x =处可导，且20sin ()lim() 2.x x f x x x →+=求(0),(0)f f ′和01()lim x f x x→+.解因为2200sin ()sin ()2lim()limx x x f x x xf x x x x →→+=+=[]220()(0)(0)()lim x x o x x f f x o x x →′++++=2220(1(0))(0)()lim x f x f x o x x →′+++=所以1(0)0,(0)2f f ′+==,即(0)1,(0)2f f ′=−=所以01()limx f x x →+01(0)(0)()lim x f f x o x x →′+++=02()lim 2x x o x x→+==习题1-51.计算下列极限(1)n ;解：原式n =2n ==(2)2212lim (1)nn n a a na a na+→∞+++⋅⋅⋅+>解：原式21lim (1)n n n n na na n a ++→∞=−−2lim (1)n n na n a →∞=−−21a a=−2．设lim n n a a →∞=，求(1)1222lim nn a a na n →∞+++⋯；解：原式22lim (1)n n na n n →∞=−−lim 212n n na an →∞==−(2)12lim 111n nna a a →∞+++⋯，0,1,2,,.i a i n ≠=⋯解：由于1211111lim lim n n n na a a n a a →∞→∞+++==⋯，所以12lim 111n nnaa a a →∞=+++⋯3．设2lim()0n n n x x −→∞−=，求lim n n x n →∞和1lim n n n x x n−→∞−.解：因为2lim()0n n n x x −→∞−=，所以222lim()0n n n x x −→∞−=且2121lim()0n n n x x +−→∞−=从而有stolz 定理2222limlim 022n n n n n x x xn −→∞→∞−==，且212121lim lim 0212n n n n n x x x n ++−→∞→∞−==+所以lim 0n n x n →∞=，111lim lim lim 01n n n n n n n x x x x n n n n n −−→∞→∞→∞−−=−=−4．设110x q <<，其中01q <≤，并且1(1)n n n x x qx +=−，证明：1lim n n nx q→∞=.证明：因110x q<<，所以211211(1)111(1)()24qx qx x x qx q q q+−=−≤=<，所以210x q <<，用数学归纳法易证，10n x q <<。

数学分析课后习题答案--高教第二版(陈纪修)--7章

x = 0 。 ∀ε > 0 ，取定 m >
21 1 2 3源自1 nε， f ( x) 在区间 [
1 ,1] 上只有有限个不连续点， m
所以 f ( x) 在 [
1 1 ,1] 上可积，即存在 [ ,1] 的一个划分 P ，使得 m m
∑ ω ∆x
i =1 i
n
i
<
ε
2
，将 P 的分点和 0 合在一起，作为[0,1]的划分 P ' ，则
7. 有界函数 f ( x ) 在 [a, b] 上的不连续点为 {x n }∞ n =1 ，且 lim x n 存在，证明
f ( x) ≤ M 。 ∀ε > 0 ，取
ε
3
。将 P (1) 、
课
P ( 2) 的分点合并在一起组成 [a , b] 的一个划分 P ，则
∑ ω ∆x ≤ ∑ ω
i =1 i i
1 n
课
4
ε
，则 f ( x) 在 [
1 ,1] 上只有有限个不连续点， m
所以 f ( x) 在 [
n 1 1 ε ,1] 上可积，即存在 [ ,1] 的划分 P ，使得 ∑ ω i ∆xi < 。 2 m m i =1
将 P 的分点与 0 合在一起作为[0,1]的划分 P ' ，则
∑ ωi′∆xi′ = ∑ ωi ∆xi + ω1′∆x1′ <
1≤ i ≤ n
取定了划分后， n 与 ∆xi (i = 1, 2," n) 也就确定，如果 f ( x ) 在 [a, b] 上无界，则必定存在小区间 [ xi −1 , xi ] ， f ( x ) 在 [ xi −1 , xi ] 上无界。取定

数学分析课后习题答案--高教第二版(陈纪修)--1章

（2） a 是集合 { a,b, c } 的元素，应表述为 a∈ { a,b, c } 。
1
（3） {a,b}是集合 { a,b, c } 的子集，应表述为 {a,b}⊂ { a,b, c } 。
（ 4 ） {a,b,{a,b}} 是由 a,b 和 { a,b } 为元素构成的集合，所以
后答 A ∪ B = {a1,b1, a2 ,b2 , , an ,bn , }。课 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。
w.c 解（1）{x | −2 < x ≤ 3}。
hda （2）{(x, y) | x > 0且 y > 0}。
.k （3）{x | 0 < x <1且 x∈Q}。
网 www （4）
⎨⎧ ⎩
x
|
x
=
kπ
+
π 2
,
k
∈
Z
⎬⎫ ⎭
。
案 ⒌ 证明下列集合等式：
答 (1) A ∩(B ∪ D) = ( A ∩ B) ∪( A ∩ D) ；课后 (2) ( A ∪ B)C = AC ∩ BC 。
⎟⎞ 1⎠
=
3x 3x
−1 +1
,求
f
(x)
。
解（1）令 x + 3 = t ，则 x = t − 3 ，代入等式，得到
f (t) = 2(t − 3)3 − 3(t − 3)2 + 5(t − 3) − 1 = 2t 3 − 21t 2 + 77t − 97 ，

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(2), 解：所以，对，即为柯西列(3). 证明：记，则单调递增有上界，从而必有极限，记对从而故是柯西列习题3-1 1.设定义在上的函数在内连续,且和存在(有限). 问在上是否有界? 是否能取得最值? 解：在闭区间上构造辅助函数则在上连续，从而在上有界. 由于，故在上也有界，即存在，使得 . 令，则有 . 条件同上，但在上却不一定能取得极值. 例如：2.设在内连续,且.证明在内可取得最小值. 证明：因为，所以，当时，有因为，所以，当时，有从而当时，有又在连续，从而一定可以取到最小值，即，使当时，且；故时，有所以在处取到最小值习题3-2 （此题已换）1. 设,,,. 证明:方程在和内恰好各有一个实根. 1. 证明开普勒(Kepler)方程有唯一实根证明：令，则在连续且，，由零点原理，使，即方程至少有一实根又，所以在单调递增，所以方程有唯一实根（此题已换）2. 设函数在（）内连续且有极值点. 证明: 存在使得2.设，讨论方程实根的个数解：step1.令，则，由零点原理，在至少有一实根，又，所以在单调递增，从而方程在内有且仅有一实根。

step2.令，则，且，所以当时，函数单调递减；当时，函数单调递增，所以函数在点取得极小值。

所以，当时，方程在无解；当时，在有一解；当时，在有两解综上：当时，方程有一解；当时，有两解；当时，有三解3.设在上连续, ,.证明存在使. 证法1 因为在上连续，所以存在最大值和最小值，且使，从而有.由介值定理知，使. 证法2 因为有界，所以存在收敛子列.而在上连续，故有习题10-2 1. 设在上连续，为自然数. 证明：（1）若，则存在使得证明：令，则，且，，从而若，使，取即可否则，使，由零点原理，或，使综上，，使，即（2）若则存在使得解：取，方法同上2.设在上连续，且证明：存在使证：由已知经计算得1）若或，由积分中值定理，，使，从而2）否则，，a）若，同1），由积分中值定理，使b）与异号，由中值定理，使，且所以，有零点原理，使3. 设,求证(1) 对任意自然数, 方程在内有唯一实根; 证明：时，在上有唯一实根时，有，且，由零点存在原理，，使，即在上有一实根又，故严格单调递减，所以方程在内有唯一实根(2) 设是的根,则. 证：对，，从而，有因为严格单调递减，故，即严格单调递增。

又有界，所以收敛。

设，由于，所以，在，令，有，所以，即4. 设在上连续，不恒为常数,且.证明存在，使．证：令，因为在上连续，不恒为常数,且，所以，使，于是，，由零点原理：证明存在，使，即．习题4-1 1．证明函数没有原函数. 证：设存在原函数，即，则且，由于，由达布定理，，使，矛盾，所以无原函数2．设在上可导，证明：（1）若则存在使证明：若，则取或均可；否则，又达布定理，存在介于与之间，使综上存在使（2）若则存在使证明：若，则取或均可；否则，由达布定理，存在介于与之间，使；综上存在使习题4-2 1．求下列函数的导函数，并讨论导函数的连续性. （1）；解：，则在连续，且时，，，从而时，，，从而所以从而在连续。

所以在连续（2）；解：显然在连续，且时，，，从而；时，，，从而所以从而在连续。

所以在连续2. 设. 当分别满足什么条件时，（1）在处连续；解：，即，所以（2）在处可导；解：存在，即存在，所以（3）在处连续？解：，由，即，所以3．分别用两种方法证明符号函数不存在原函数. 证明：法一设存在原函数，即，则且，由于，由达布定理，，使，矛盾，所以无原函数法二由单侧导数极限定理，导函数不存在第一类间断点，而有第一类间断点，从而无原函数习题5-1 . 1. 设函数在上可导. （1）若，.证明存在使；证明：令，则，且，，由广义洛尔定理，使，即，所以(2) 若，证明存在使得；证明：令，则，且，，由广义洛尔定理，使，即，所以习题5-2 1．设在上可导，且，其中为常数.证明：存在，使. 证明：由积分中值定理，，使令，则，且，由洛尔定理，，使，即，从而2．设在上可导，且证明：存在，使证明：由积分中值定理，，使令，则，且，由洛尔定理，，使，即，从而3．设在上可导，且.证明：存在使证明：由积分中值定理，，使令，则，且，由洛尔定理，，使，即，从而习题6-1 1.若在区间上是凸函数，证明对任意四点，有. 其逆是否成立？证明：因为在区间上是凸函数，由三弦不等式，且，所以成立。

其逆成立2. 设均为区间上的凸函数，证明：也是上凸函数.. 证明：设，则对，有，且，从而，由凸函数的定义，也是上凸函数习题6-2 1. 验证下列函数是（严格）凸函数. （1）解：，（），所以是上的严格凸函数（2）解：，（），所以是上的严格凹函数习题6-3 1．证明不等式（1）证：设，则（），所以是上的严格凸函数；从而，有，即（2）证：设，则（），所以是上的严格凸函数；从而，有，可得，即，又因为，所以习题9-1 1. 求下列函数项级数的收敛域(1) ；解：，从而当时，，级数绝对收敛；当时，，级数绝对收敛；当时，发散；当时，发散，所以，级数的收敛域为(2) . 解：，所以当时，，级数发散；当时，，级数发散；当时，，级数绝对收敛；当时，，级数绝对收敛；当时，级数发散；当时，级数发散；当时，级数收敛；所以原级数的收敛域为习题9-2 1. 证明函数项级数在上一致收敛. 证明：，从而所以对任意的，由，得对，取，当时，对任意的成立，因此，在上一致收敛到 2. 设在区间上一致收敛于,且对任意有.试问是否存在,使当时,对任意有? 解：答案不正确；例在内一致收敛到，且，有；但，和，使习题9-3 1. 利用定理9.3.1＇证明下列函数项级数不一致收敛. (1) ,, 证：，级数的部分和，从而，在不连续，故级数不一致收敛。

(2) ,. 证：，级数的部分和，从而，在不连续，故级数不一致收敛。

2. 设试问在上是否一致收敛?是否有解：对，，但对，，都，使，所以在上不一致收敛另外，，所以3. 设试问在上是否一致收敛?是否有? 其中解：对，有，从而但对，，都，使所以在上不一致收敛又，，所以4. 求的收敛域，并讨论和函数的连续性. 解：设，则，有根值判别法，当时，级数绝对收敛；当时，级数发散；当时，级数发散；所以级数的收敛域为。