大连理工数学分析试题及解答
考研数学-2000年大连理工数学分析试题及解答
从而命题成立
14． 于 ，但是 ，证明，
未完成！
Zhubin846152朱斌
2000年大连理工大学硕士生入学考试试题——数学分析
一、从以下的第一到第八题中选取6题解答，每题10分
1．证明： 于区间 （其中 ）一致连续，但是于 内不一致连续
证明：
2．证明：若 ，则
证明：
，在有理点间断，
证明：
4．证明：若 ，且任意 ， ，那么 ，
证明：
5．证明：
证明：
6．证明：
，在x=0处有连续的二阶导数
证明：
7．利用重积分计算三个半长轴分别为a,b,c的椭球体的体积
解：三种方法：
8．计算第二类曲面积分： ，其中，
。
解：（Gauss定理）
二、从9-14题中选4题解答
9．假设
证明：Stolz公式
利用定义也可以做的
10．计算积分： ，其中，Γ为包含原点的一条分段光滑闭曲线，取正方向。
证明：利用Green公式，不过要注意去掉中间那个极点
11.计算曲面积分 ，S为椭球面 的外侧。
证明：
12．设 ，对于任意的c>0， 于0。证明：对于任意 ：
证明：
13．证明：一个严格递增函数的间断点只能是第一类间断点
证明：首先，证明左右极限都存在。不妨先证明左极限存在。如果不存在，函数有界，那么存在两个不同的子列，收敛于不同极限A<B,显然，可以找到x1<x2,f(x1)趋近于B，而f(x2)趋近于A,和递增矛盾。同理，右极限也存在
大连理工大学《工科数学分析基础》第一章复习.docx
第一章复习X.1函数的极限及其连续性概念：省略 注意事项1. 无界变量与无穷大的区别：无穷大量一定是无界变量，但无界变量不一定是无穷大量，例如，y = f(x) = xsinx 是无界变量，但不是无穷大量。
因为取TT JTx = x lt = 2n7r + ^-时，/(兀)= 2/r +彳，当斤充分大时，/(£)可以大于一预2 2先给定的正数M ；取x = x n = 2/?TF 时，兀)=02. 记住常用的等价形式当X —> 0时，sinx 〜兀， arcsinx 〜匕 tanx 〜兀， arctan x 〜九1 ? 丄 1ln(l + x)〜兀， "一1 ~ x, 1 — cos x ~ — ， (1 + x)n~1 — x2 n例1当XT0时，下列函数哪一个是其他三个的高阶无穷小(A) x 2o (2) 1 -cosxo (3) sinx- tanx (4) ln(l + x 2) o ()解：因为1—COSX 〜丄皿1 +兀2)〜兀2,所以选择CX 2Hr V e -COSX练习hrn -------------XT °lncosx3. 若函数的表达式中包含有a + 4b (或奶+丽)，则在运算前通常要在分子分母乘以其共轨根式a-4b (或丽-丽)，反之亦然，然后再做有关分析运算解lim e -cosxIn cosx " —1 + 1 —cosx=lim -------------------- go ln[l + (cosx-l)]lim ——— go ln[l +(cosx-l)] + limXT O1 - cos%ln[l + (cosx-l)]lim 9JTXT() COS X — 1 + lim 1-cosxXT° cos 无一 1例2 求lim sin( Jn匚Flzr)。
HT8.2 2 r sin - 因为limsin 土上= lim 「^ = l,所以原极限=—JVT8 X 2-V —>oo Z解 lim sin(7^2 + l^r) = lim sin[(V^2 +1 一 町兀 + n7r]=lim(-l)" sin(V^2+ 1”—»87t+1 +当 n t oo 时，sin-------- / c ----------- > 0,(料 Too) 又 |(_1)” =1,故limsinCVn^+l^^O” T8练习 求lim[Jl + 2 + ・・・ + 〃—Jl + 2 + ・・・ + (/? — l)]解原式=lim"T8n(n +1) n(n-l)""2 V ~2-r 1 2n V2 —■— • —「 --------- ------ 「 -——"T8 ^2 Jn(n + T) + J M (/?_1)24.大—>8该极限的特点:l （i ）r 型未定式1（2）括号屮1后的变量（包括符号）与幕互为倒数解题方法（1） 若极限呈广型，但第二个特点不具备，则通常凑指数墓使（2）成立（2） 凡是广型未定式，其结果：底必定是幺，幕可这样确定: 设 limw （x ） = 0 , limv （x ） = oo ,则lim(l ± u(x))v(x)= lime v(x),n(,±w(x)) = e limv(x),n(1±M<x)) limv(^)(±w(x)J _ ±Iim V (X )H (X )e — c这是因为 ln(l ± u{xy)〜±%(x) o例3求lim XT8 1 . 1Ycos —+ sin —X X丿 解原式=lim X —>81 . 1}cos —+ sin —x x(2卡 =lim 1 + sin — XT8lim 夕=0XT一 8x.2单调有界原理单调有界数列必有极限此类问题的解题程序：（1）直接对通项进行分析或用数学归纳法验证数列｛暫｝单调有 界；（2）设｛兀｝的极限存在，记为\xmx n =l 代入给定的兀的表达式中，则该式变为/的代 数方程，解之即得该数列的极限。
大连理工数学分析试题及解答Word版
大连理工数学分析试题及解答Word版2000年大连理工大学硕士生入学考试试题——数学分析一、从以下的第一到第八题中选取6题解答，每题10分1．证明：1()f x x=于区间0(,1)δ（其中001δ<<）一致连续，但是于(0,1)内不一致连续证明：01212(1)0,()[1]2(2)1||()|()()|f x x x f x f x δδδδεδδε<=<-<而由于在，内连续，从而一致连续，第一个命题成立利用定义，取，不存在为定值使得从而不难利用反证法得到第二个命题成立2．证明：若()[,]f x a b 于单调，则()[,]f x a b Riemann 于内可积证明：1101111111111()...[,],max 0(max {()}min {()})(()())(max{()()})(max{()()})i ii in i i i i i nnni i i i i i x x x x x x i ni i i i i nf x a x x x b a b x x f x f x f x f x f x f x f x f x λλλλλλ---≤≤--≤≤≤≤≤≤==-≤≤?=<<<==-=→-=-<--∑∑不妨设单调递增，且：是的一个划分,必然存在一个划分，使得11111(max{()()})lim (max {()}min {()})0i ii i i nni x x x x x x i f x f x f x f x λ---≤≤?≤≤≤≤=→--=∑（由于递增，使用二分法的思想，可以使得小于任何数）所以，，所以可积3．证明：Dirichlet 函数：0,()1,()x f x px q q ??=?=??为无理数有理数在所有无理点连续，在有理点间断，证明：0001000000()010[]1min{||}1(,),|()|()0{,{}},()n N i Zi i x f x iN x n x x x f x Nx f x x y y f x εδδεεεε+≤≤∈=?>=+=-∈-+≤<≠∈为无理数，对于，,取，显然这样的存在当所以，在无理点连续为有理数，。
大连理工代数学
大连理工大学硕士生入学考试数学分析试题解答一.从以下8题中选答6题1.证 利用极限的定义,和已知连续的定义来证明因为()[,)f x C a ∈+∞,且存在lim ()x f x A →+∞=,所以根据极限的定义, 0ε∀>,0G ∃>,当x G ∀>,|()|2f x A ε-<,即12,[,)x x G ∀∈+∞,有12|()()|f x f x ε-<又因为当[,1]x a G ∈+时,函数连续,所以在该闭区间一致连续,所以对0ε∀>,01δ∃<<,所以对于1212,[,1],||x x a G x x δ∀∈+-<,都有12|()()|f x f x ε-< 综上所述,知对于整个区间,函数都是一致连续的.█2.证 利用定义和反证法证明,其实第一小题直接利用闭区间连续函数一致连续的定理就可以了1()f x x=,[,1]x δ∈对于0ε∀>,20γδε∃<<,对于1212,[,1],||x x x x δγ∀∈-<的时候, 121221212||11|()()|||x x f x f x x x x x γεδ--=-=<=.从而可见,在闭区间一致收敛.1()f x x=,(0,1]x ∈,反证法:1ε∃=,0δ∀>,对1x δ∃=,2112x δ=+,此时12||x x δ-<, 121211|()()|||2f x f x x x ε-=-=>.由此可见对于此区间函数并非一致收敛. █3.解 不断利用积分判别法和p-级数以及比较收敛法则来讨论（1）当1α>，11(ln )(ln ln )n n n n αβγ∞=∑小于一个1p α=>的p-级数，根据比较收敛法则，知该级数收敛.（2） 当1α<，11(ln )(ln ln )n n n n αβγ∞=∑大于一个1p α=<的p-级数，该级数发散.（3）当1α=时，根据积分判别法，考虑如下的积分：ln ln (ln )(ln ln )(ln )(ln ln )ln N N N dn d n dnn n n n n n n βγβγβγ+∞+∞+∞==⎰⎰⎰的敛散性,相当于考虑11(ln )n n n βγ∞=∑的敛散性,根据上面的讨论: [1] 1β>该级数收敛. [2] 1β<该级数发散.[3] 1β=,根据上面的讨论,相当于讨论11n nγ∞=∑的敛散性:<1>1γ>该级数收敛. <2>1γ<该级数发散.<3>1γ=该级数发散.█4.证 利用级数收敛和极限的定义以及放缩法来证明,利用p-级数举反例 如果级数1i i x ∞=∑收敛,那么根据定义和Cauchy 收敛法则,取1ε=,N ∃,n N ∀>,1nx<.由于是正项级数,那么2ii i Ni Nxx ∞∞==<∑∑根据比较收敛法则,知命题成立,级数收敛但是,反过来命题不成立,例如211i i n x ∞∞===∑收敛,但是11i i n x ∞∞===∑.█5.证 利用极限的定义证明对于0ε∀>,11[]1δε∃=+,||x δ∀<,即111x N N <<+,其中1||[]N ε>, 此时111|[]1|min{,}1x x N N ε-<=+,从而可知命题成立.█6.证 利用极限的定义证明:对于任意的点0[0,1]x ∈,对于0ε∀>,1[]1N ε∃=+,必0δ∃>,当00(,)x x x δδ∀∈-+,111{1,1,,,...,,}22x N N 1∀∉---,那么1||1x N ε≤<+,从而命题成立.█7.证 利用定义证明一致收敛首先,显然函数在整个实数域收敛于0,对于0ε∀>,1[]1N ε∃=+,对于n N ∀>,根据基本不等式有:221||||1x x n x nx nε≤=<+,所以,可见命题成立.█8.证 首先如上讨论,知函数序列收敛于0,然后,考虑如下的序列: 111()0112n S n==≠+,利用定理(参见陈纪修老师的《数学分析》)或者反证法,可以得到非一致收敛的结论.█ 一. 以下6题选答4题 9.证 利用反证法如果,所有的点,函数的一阶导数都是0,那么命题得证否则,必然存在某个点,在该点函数的一阶导数不等于0,不妨设为0'()0f x A =>根据题目的已知条件"()0f x ≥,可见,函数的导函数连续而且单调递增,即'()f x A ≥,0x x ∀>.所以, 0x x ∀>,00()()()f x f x A x x -≥-,这显然和题目中的函数上有界矛盾 反之,如果,该点的导数小于0,只需考虑下界即可推出矛盾 综上所述,知函数必为常值函数.命题得证.█10.证 同样利用反证法和极限的定义来证明lim ()x f x A →∞=相当于对于0ε∀>,N ∃,x N ∀>,|()|f x A ε-<假设,存在一个点,0()f x A A δ=+≠,只需取||2δε=,当m 足够大的时候,02m x N >,00(2)()mf x f x =.但是0|(2)|mf x A ε->和题目假设的有所矛盾,从而知命题成立.█11.证 利用定义证明由于积分绝对收敛,不妨假设|()|af x dx M +∞=⎰函数一致连续即对0ε∀>,A ∃,使||()||Aaf x dx M ε-<⎰,uεδ∃=,对12||x x δ∀-<,12|()sin ()sin |AAaaf x ux dx f x ux dx -⎰⎰1212()()2|()cos sin |22A au x x u x x f x dx +-=⎰12()2|()|sin2Aau x x f x dx -<⎰|()|A a A f x dx M δε<<⎰ (1)12|()sin ()sin |2AAf x ux dx f x ux dx ε+∞+∞-≤⎰⎰(2)综合(1)(2)得到12|()sin ()sin |(2)aaf x ux dx f x ux dx M ε+∞+∞-<+⎰⎰由于ε的任意性,知命题成立.█12.证 由于没有函数连续的条件, 所以01[()]'()xf t dt f x x=⎰不一定成立,所以不可以用L ’Hospital 法则，所以还是要回到定义证明由于lim ()x f x λ→∞=，所以根据定义0ε∀>,A ∃,x A ∀>,|()|f x λε-<()()()()()()1()AAxf x dx x A f x dx x A f t dt xx xλελε+--++-<<⎰⎰⎰,由于ε的任意性和夹逼定理,不难证明,命题成立.█13.证 和上一题类似，要利用L ’Hospital 法则的推导过程 01lim()x x f t dt x λ→+∞=⎰即0ε∀>,A ∃,x A ∀>,01|()|xf t dt xλε-<⎰不妨设21x x A ∀>>, 1110()()()x x f t dt x λελε-<<+⎰2121112120()()()()()()()x x x x f x f t dt x x x f x λελε-+-<<++-⎰ （1）2220()()()x x f t dt x λελε-<<+⎰（2） 联立(1,2)2121112122()()()()()()()()x x x x f x x x x f x x λελελελε-<-+-≤++-<+12()()f x f x λελε⇒-<≤<+由于ε的任意性不难得到命题成立.█14.解 利用Gauss 定理和换元法来解决问题2222()SVI x dydz y dzdx z dxdy x y z dxdydz =++=++⎰⎰⎰⎰⎰换元：cos sin ,[0,2),[,]x a r y b r r m R R z c m θθθπ=+⎧⎪=+∈∈∈-⎨⎪=+⎩20202232(cos sin )(cos sin )2))()()38()6VRR RR R R RRI a b c m r r rdrd dma b c m r r rd drdm a b c m rdrdm a b c m dr dm a b c m R m dmR a b c R πθθθθθθππππ----=+++++=+++++=+++=+++=+++-+++=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰█由于时间仓促,没有输入题目,请原谅!。
大连理工大学《工科数学分析基础》微分方程
大连理工大学《工科数学分析基础》微分方程一、
微分方程
一阶方程 1。
可分离变量
2(一阶线形方程的通解公式
二阶方程
1( 二阶常系数的齐次方程通解 2( 二阶常系数的非齐次方程的特解形
式
全微分方程
结合积分与路径无关出题
解析几何
1( 向量的数量积与向量积
2( 直线方程与平面方程(结合微分法) 多元函数微分学及其应用
1( 连续性(左右连续求常数) 2( 偏导数定义
3( 微分定义公式
4( 多元复合函数微分法
5( 曲线的切向量与平面的法向量计算 6( 拉格朗日乘数法
7( 方向导数的计算公式与梯度定义及其
意义
多元函数积分学
1( 二重积分与三重积分计算 2( 第一型曲线积分与曲面积分 3( 引力(可能性比较小) 向量值函数的积分
1( 第二型曲线积分与曲面积分的计算
2( 格林公式与高斯公式
3( 散度公式
级数
1( 幂级数的求和(重点) 2( 函数展开成幂级数(重点)
1xe,重点，再次 ln(1，x)1,x
3( 傅立叶级数的计算公式及狄利克a,bnn
雷定理(填空题)
4( 常数项级数
1) 填空题(绝对收敛与条件收敛) 2) 结合幂级数求和求与之相关的常数项级数的和
书后习题做一遍
二、期末考试集锦做一遍
三、每次复习的内容理解。
大连理工大学《工科数学分析基础》第二章复习.docx
第二章复习X.l 各类导数的求法复合函数微分法 包=空更dx du dx=arcsin 3 兀-2丫 3x + 2 丿 12 (3兀+ 2尸d 3y _ d (d 2y\ _ dtydx 1) _ /^(r) dx It 隐函数微分法1对方程两边求导，要记住y 是兀的函数，则y 的函数是兀的复合函数。
2利用微分形式不变性，在方程两边求微分，然后解出芈dx例 3 设方程 xy 2+ e y= cos(x + y 2),求 y'解法一：y 2+ 2xyy + e yy = -sin(% + >,2)(1 + 2y/),‘3兀-2、<3x + 2 >,/\x) = arcsin x 2,求空dx A=()于是dy dx3=(arcsin 1)・ 3 =—龙 x=o 2参数方程微分法fdx dy d y - dt _ /(O d ~y _ x ，(0/(0 一 y\t)x (r) dx _/(/) dx 1dt[V(0]3,英屮f ⑴的三阶导数存在，且f”⑴H 0 ,求乞，ax dx~ dx解 dy 二血）二厂⑴+（T （/） -广⑴二£ dxx\t ） f\t ） d(dyd 2y d■■Idx~ dxdt\dx) _1dtdx‘ dxIdx 1]r （t ）r 3（oy 2 +sin(x+ b) 〉2xy 4- e y + 2j ,sin(x+ y 2)解法二：d (xy 2+ e y) = d (cos(x + y~))y 2dx + 2xydy + e ydy = -sin(x + y 2)(clx^2ydy)[(2xy + e y+2ysin(x+ y 2)]dy = -[y 2+sin(x+ y 2)]dx,_y 2+sin (兀 + y 2)2xy + R + 2ysin(x+)，)幕指函数的微分法 设 y = w(x)v(x) (w(x) > O,w(x) H1) => y = e v(x,,nM(J)y 二 /讪“(彳/(x)lnw(%) + y (x)也 |_心)」=u(x)v(x)v\x) In u(x) + 咻)""_ U(x)」例 4 设 y = x a' + a x+ x v ,求 y‘解尸/皿+口严+/呎Xy = e(,x ,n\a xln^zlnx + —) +”夕,nx (1 + In x)In a + /,n”(心心 i n% + 齐)X=x°x a x(In d In 兀 + —) + a e(1 + In x)x x• In a + x x°+</_, (alnx +1)函数表达式为若干因子连乘积、乘方、开方或商形式的微分法：采用对数微分法（即先对式子的两边取口然对数，然后在等式的两端再对x 求导）解先将表达式写成分式指数幕的形式2 4 £y =(兀 一 2尸(兀 + 3)^(3 - 2 兀$ )*1 + x 2 )刁(5 一 3x 3)'5 In y 二 2 ln(x-2) + | ln(x + 3) + 彳 ln(3-2x 2)-|ln(l + x 2)-| ln(5 一 3x 3)上式两边对x 求导，得2L = _2_ + _? -------- -- --------- - -- +—y x-23(兀 + 3) 3(3-2x 2)3(1+ 〒)5-3x 3(X + 3)2(3-2X 2)4(1 + X 2)(5-3X 3)2 (兀+ 3)2(3-2 兀2 )4例5设尸（“后EU-2)2s2216x 2x 3x 2 + — — +兀一 2 3(x + 3) 3(3-2x 2) 3(1+ x 2) 5-3x 3_分段函数微分法：各区间内的导数求法与一般所讲的导数求法无界，要特別注意的是分界点处的导数一定要用导数的定义求°例如使用公式/©)=lim "兀)_/(和 及左右 XTXo X- X (} 导数来求是否可导。
大连理工大学数学分析考试题
µÎ inf Å
n≥1 xn
> 0.
§
¦
lim sup 16. xn yn
Ô¤§ ¦
n→∞
n→∞
xn+1 ≥ 1. xn
(1) lim inf xn lim inf yn ≤ lim inf (xn yn ) ≤ lim inf xn lim sup yn .
n→∞ n→∞ n→∞ n→∞
3
(2) lim inf xn lim sup yn ≤ lim sup(xn yn ) ≤ lim sup xn lim sup yn . 17. 18. xn > xn+k . xn > 0, xn
§¦
b > a, f (x)
(1) lim 4n (1 − an ); (2) lim (a1 . . . an ).
n→∞
Å
15. (HOMEWORK)
¤ ¥
f (x)
Ë (a, +∞) ŵÀ¤¥¹
n→∞
¶Ë (a, b)
¦
§4
f (x + 1) − f (x) = e. x→∞ xn lim e f (x) . = n +1 →∞ x n+1 lim
20.
{xn }
§ ¦ ˽ º ¿« n, x < x , k = 1, . . . , n . Å Ô¤¥ lim(x − x ) = 0.a = lim inf x , b = lim sup x . ³Å © © Ì [a, b].
n+1
4
ß ¡ ¥Ëµ f (x) Ë x ¬ ×Ê Å
(iii) an > 0,
¦
大连理工大学10,11,12,13上学期工科数学分析基础试题答案
-03cos 2lnlim 0=+=®xx （10分）四、解：(1)0)cos )((lim 00sin )(lim 00=-¢=÷øöçèæ-=®®x x g x x x g a x x （4分）(2)200sin )(lim )0()(lim )0(x xx g x f x f f x x-=-=¢®® =12)0(2sin )(lim 2cos )(lim 00=¢¢=+¢¢=-¢®®g x x g x x x g x x∴ ïîïíì=¹---¢=¢时时010,)sin )(()cos )(()(2x x x x x g x x g x x f （8分） （3）200)sin )(()cos )((lim )(lim x x x g x x g x x f x x ---¢=¢®® =xx x g x x g x x x g x 2)cos )(()sin )((cos )(lim 0-¢-+¢¢+-¢® =)0(12)0(f g ¢==¢¢，因此)(x f ¢在(-∞，+∞+∞))连续。
连续。
（10分）五、解五、解:: 设x x x f ln)(=，由2ln 1)('xxx f -=，可知,当e x >时)(x f 单调减少单调减少 （5分）若e a b >>，则有b b a a ln ln >，推出a b b a ln ln >，即有a b b a > 2011201220122011> （10分）分）所以六、解：2)()()(x x f x f x x x f -¢=¢÷øöçèæ（4分）分） 令)()()(x f x f x x g -¢=，)()(x f x x g ¢¢=¢，令0)(=¢x g ，得0=x （唯一驻点），当0<x 时，0)(<¢x g ，当0>x 时，0)(>¢x g ，故)0(g 为最小值，故0)0()0()(>-=³f g x g ，∴0)(>¢÷øöçèæx x f ，即x x f )(单调增加。
大连理工大学2000-2017年数学分析真题
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2.证明：若()x f 于[a ，b]单调，则()x f 于[a ，b]内Riemann 可积。
3.证明：Dirichlet 函数：()()⎪⎩⎪⎨⎧==有理数为无理数q px q x x f ,1,0在所有无理点连续，在有理点间断。
4.证明：若()()b a C x f ,∈，（指（a ，b ）上的连续函数，且任意()()b a ,,⊂βα，()⎰=βα0dx x f ，那么()()b a x x f ,0∈≡，。
5.证明：∑∞=-1n nx ne 于（0,+∞）不一致收敛，但是对于0>∀δ，于[)+∞,δ一致收敛。
6.证明：()⎪⎩⎪⎨⎧=≠=0,00,1sin 4x x xx x f ，在0=x 处有连续的二阶导数。
7.利用重积分计算三个半长轴分别为a,b,c 的椭球体的体积。
8.计算第二类曲面积分：⎰⎰∑++zdxdy ydzdx xdydz ，其中，∑是三角形()10,,=++>z y x z y x ，，法方向与z y x ,,轴成锐角为正。
2000、2001、2006年大连理工数学分析试题及解答
2000年大连理工大学硕士生入学考试试题——数学分析 一、从以下的第一到第八题中选取6题解答，每题10分1． 证明：1()f x x=于区间0(,1)δ（其中001δ<<）一致连续，但是于(0,1)内不一致连续 证明：01212(1)0,()[1]2(2)1||()|()()|f x x x f x f x δδδδεδδε<=<⇒=-<-<而由于在，内连续，从而一致连续，第一个命题成立利用定义，取，不存在为定值使得从而不难利用反证法得到第二个命题成立2． 证明：若()[,]f x a b 于单调，则()[,]f x a b Riemann 于内可积证明：1101111111111()...[,],max 0(max {()}min {()})(()())(max{()()})(max{()()})i ii in i i i i i nnni i i i i i x x x x x x i ni i i i i nf x a x x x b a b x x f x f x f x f x f x f x f x f x λλλλλλ---≤≤--≤≤≤≤≤≤==-≤≤∆=<<<==-=→-=-<--∑∑不妨设单调递增，且：是的一个划分,必然存在一个划分，使得11111(max{()()})lim (max {()}min {()})0i ii ii i i nni x x x x x x i f x f x f x f x λ---≤≤∆≤≤≤≤=→--=∑（由于递增，使用二分法的思想，可以使得小于任何数）所以，，所以可积3． 证明：Dirichlet 函数：0,()1,()x f x px q q ⎧⎪=⎨=⎪⎩为无理数有理数在所有无理点连续，在有理点间断， 证明：0001000000()010[]1min{||}1(,),|()|()0{,{}},()n N i Zi i x f x iN x n x x x f x Nx f x x y y f x εδδεεεε+≤≤∈=∀>=+=-∈-+≤<≠∈为无理数，对于，,取，显然这样的存在当所以，在无理点连续为有理数，。
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从而命题成立
14． 于 ，但是 ，证明，
未完成！
Zhubin846152朱斌
2000年大连理工大学硕士生入学考试试题——数学分析
一、从以下的第一到第八题中选取6题解答，每题10分
1．证明： 于区间 （其中 ）一致连续，但是于 内不一致连续
证明：
2．证明：若 ，则
证明：
3．证明：Dirichlet函数：
在所有无理点连续，在有理点间断，
证明：
4．证明：若 ，且任意 ， ，那么 ，
证明：
5．证明：
证明：
6．证明：
，在x=0处有连续的二阶导数
证明：
7．利用重积分计算三ห้องสมุดไป่ตู้半长轴分别为a,b,c的椭球体的体积
解：三种方法：
8．计算第二类曲面积分： ，其中，
。
解：（Gauss定理）
二、从9-14题中选4题解答
9．假设
证明：Stolz公式
利用定义也可以做的
10．计算积分： ，其中，Γ为包含原点的一条分段光滑闭曲线，取正方向。
证明：利用Green公式，不过要注意去掉中间那个极点
11.计算曲面积分 ，S为椭球面 的外侧。
证明：
12．设 ，对于任意的c>0， 于0。证明：对于任意 ：
证明：
13．证明：一个严格递增函数的间断点只能是第一类间断点
证明：首先，证明左右极限都存在。不妨先证明左极限存在。如果不存在，函数有界，那么存在两个不同的子列，收敛于不同极限A<B,显然，可以找到x1<x2,f(x1)趋近于B，而f(x2)趋近于A,和递增矛盾。同理，右极限也存在