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十六章答案1 证明: 设f(x,y)=x2+xy+y2 |f(x,y)-7|=| x2+xy+y2-7|=| x2+xy-2y-4+( y2 +2y-3)| =|(x-2)(x+y+z)+(y-1)(y+3)| |x-2|x+y+2|+|y-1|y+3| (得4分) 先取令|x-2|1 与|y-1|1,即将点(x,y)限制在以(2,1)为中心边长为2的正方形 (1x3 ,0y2) 之内.有|x+y+2|7与|y+3|5 (得7分) 从而|f(x,y)-7|0 取,当|x-2|, |y-1| 且(x,y)(2,1)时,有|f(x,y)-7|0 分两种情况： （1）当x=0,y或x,y=0时，显然，对任意0,当与时有 q (得6分) （2） 当x,y时，,当,时0, ,当，时有 (得10分)3 时， (得3分) (得6分) (得10分)4 当|y-y0|M时 (得10分)4. 当|y-y0|0 ,$A0 当AA0 xa,b ( 得3分)又 = = ( 得6分) ( 得9分)6、 而7.证明 (得4分)而 由M一判别法积分在a,+)上一致收敛 (得8分)8. 证明:, 因为所以, 从而 于是从而.9.证明:,由收敛,使得当时, ,从而对,都有.于是在上一致收敛.10.证明:由于对任何实数有及反常积分收敛,故由M判别法, 含参量反常积分在上一致收敛.11.证明:由于反常积分收敛,当然对于参量一致收敛,函数对每个单调,且都有.故由阿贝尔判别法得含参量反常积分在上一致收敛.12.证明:用反证法.假若在上一致收敛.则,对有.由假设在上连续,所以是的连续函数,令得.因此在处收敛,与假设矛盾.所以在上不一致收敛.13.证明:由于对有.而收敛,由M判别法, 在上一致收敛.14.证明: 由于对有.而收敛,由M判别法, 在上一致收敛.15.证明:由于对有而收敛,由M判别法,在上一致收敛.16.证明:由于对有而收敛,由M判别法,在上一致收敛.17.证明:对,是上的连续函数, 对于有而收敛,由M判别法得在上一致收敛,于是在上连续.所以在上连续.由的任意性得在上连续.18.证明:用反证法.若在上不一致连续.则及使得,不妨.当时,由在上连续,令得,这与收敛矛盾.故在上一致连续.19.证明:由于,所以对,即在上绝对收敛.对,由在上一致收敛,使得当时,对有,由有.从而在上一致收敛.20.证明:令,则.21.证明:,令则,于是,从而.22.证明:令,则.23.证明:令,则 .再由余元公式,所以.24.证明: .由得.25. 证 先证积分，由在时一致收敛，则对任给的存在当时，对一切有.又由对任意的一致收敛于，则对，存在对一切和，有，所以.因此，积分收敛.再证，因此 (1)一致收敛于知，对任给的存在，对一切和一切有 (2)由收敛，对上述存在时，有. (3)取定,使(1)、(2)都成立.由对任意的一致收敛于.对，存在，当时，对任意，则（4）由（1）（4），对任给的存在对一切，有.因此 .26. 证 可以写成，函数与及均在矩形区域上连续，由定理19.4， 故.27、证 设，对充分小的 ，有（若x为区间的端点，则仅考虑或），于是 （3） 由于在有界闭域R 上连续 。从而一致连续，即对任给的正数，总存在某个正数，对R内任意两点与 ，只要 就有 （4）所以由（3），（4）可推得：当，,这就证得在上连续。同理可证：若得矩形区域R上连续，则含参量的积分 （5）在上连续。28、证 作变量代换，得 （5）其中，由于收敛 ，故对任给得正数，总存在正数M，使当时，就,取，则当时，对一切，由（5）式有所以（4）在上一致收敛。现在证明（4）在 内不一致收敛。,使得, 从而对, . 所以（4）在内不一致收敛。29、证明：对，由于收敛，所以存在，当时有，从而。由cauchy准则在上一致收敛。30、证 由定理19.8，对任一递增且趋于+的数列，函数项级数 （13）在上一致收敛。又由于在上连续，故每个都在上连续。根据函数项级数的连续性定理，函数在上连续。二十章答案1. 证明:设,则,从而,由在L上连续,故存在点使得,即.2.证明:设,则3.证明:由于,使得,再由及,便得.4、证5、因为复合函数， 关于t连续，所以在闭区间上有界，即存在常数M，使对一切都有 再由在上连续，所以它在上一致连续，即对任给的，必存在，使当时有，从而所以 .二十一章答案1、 (得4分) (得6分) (也可以用holder不等式) 由 连续知不等式中等号成立的充要条件是 即为常值函数 (得8分)2.由两类曲线积分的关系知: (得4分)根据格林公式有 (得8分)移项后即得 (得10分)3、证明：令 (6)V变成的长方体： (8) (10)4、证明:左边= (得4分) = = (得6分) = (得9分)5、证明 (得5分) (得10分) = (得12分) (得15分)6.证明:用反证法.若在D上无界. 对D的任何分割, 使得在上无界,取,令对,取,使得,从而.由M的任意性,这与在有界闭区域D上可积矛盾.7.证明:因为函数在有界闭区域D上非负连续,且在D上不恒为零,所以使得.从而存在的领域,使得.于是.8.证明:用反证法.若在D上.所以使得或.不妨,从而存在的领域,使得.于是,与题设矛盾.9.证明:不妨设.,则,若,则结论成立.若有,所以使得即10.证明:设D在轴和轴的投影分别为和,则于是=.11.证明:令,为有理数;其它情形.,为有理数;其它情形.则都在D上可积,于是在D上可积,从而在D上可积.当取有理数时,在任何小区间上的振幅总大于,从而关于在 上积分不存在.所以两个累次积分不存在.12.证明:若在D上可积,则,当D的分割时.令,当充分大时有,但,矛盾.故在D上的二重积分不存在.对固定的,若为无理数,则;若为有理数,则仅有有限个异于零的值,因此,从而.同理.13.证明:设 的方向余弦为,则其中为曲线的切线方向.由格林公式.14.证明: 因为,由格林公式得.15.证明:=由格林公式得 .从而 .16.证明:记.设,对D的任一分割,则是V的一个分割且.任取,则.记分别是在上的上、下确界,则.于是,因此.由于在V上可积,从而,当时,.当时有,从而.故在D上可积,且.17.证明:令,则即.18.证明:因为所以由格林公式得又.所以.19、证 令，定理要求证明在上可积，且积分结果恰为二重积分。为此，对区间与分别作分割,; 按这些分点作两组直线,及 ,它把矩形D分为rs个小矩形。记为小矩形；设在上的上确界和下确界分别为和。在区间中任取一点，于是就有不等式,其中。因此, （2）其中 。记 的对角线长度为和.由于二重积分存在，由定理21.4，当 时， 和由相同的极限，且极限值等于。因此当时，由不等式（2）可得：.由于当时，必有，因此由定积分定义，（3）式左边.20、二十二章答案1. 证明: 由高斯公式.所以 2. 证明:设为曲面S的外法线方向余弦.为的方向余弦.则.所以 .由高斯公式.于是.3. 证明: 设为曲面S的外法线方向余弦. 则.所以 .由高斯公式=所以 .4.证明:设的方向余弦为,则=.由高斯公式=.所以 .5.证明: 由高斯公式.所以 6、证 设为球面,则考虑新坐标系与原坐标系共原点,且平面为坐标系的平面. 轴过原点且垂直于该平面,