数学分析选讲ppt

1、考前辅导 主讲 谢碧华讲评模拟试卷（一）讲评模拟试卷（一） 一、（12分）选择题（将符合要求的结论题号，填在题末的括号内，每题至多选两个题号）：1、若 nx不是无穷大量，则 nxa、必存在收敛子列； b、任一子列均不是无穷大量； c、任一子列均有界； d、必存在有界子列； 答：（ a、d ） 2、下列命题中正确的是： a、若 ()nnuv n ，级数 1nnv收敛，则 1nnu收敛； b、若 (1,2)nnuv n，级数 1nnv收敛，则 1nnu不一定收敛； c、若 1nnu是正项级数，且 ,nnn 有 11,nnuu则 1nnu收敛； d、若 lim0nnu，则 1nnu发散。 答：（ b

2、、d ）3、下列命题中错误的是： b、若 0,000( , )()lim( , ),lim lim( , )x yx yxxyyf x yf x y皆存在，则 00lim lim( , )yy xxf x y也存在； a、若二元函数 ( , )uf x y在 00(,)xy点存在偏导数，( , )uf x y在 00(,)xy点连续； 则 c、若二元函数 ( , )uf x y在 00(,)xy点可微，则 ( , )uf x y在 00(,)xy连续； d、若二元函数 ( , )uf x y在 00(,)xy连续，则 00( ,),(, )f x yf xy分别在 00,xy连续。 答：（ a

3、、b ） 二、（40分）计算题1、求 31lim(sin !)5nnnn解 由于 31lim0, sin !15nnnn故原式 0。 2、求 11 cos0lim(1sin )xxxx解 原式 0ln(1sin )ln(1sin )lim1 cos1 cos0limxxxxxxxxee202 sinlimxxxxe2202lim2xxxee3、设 ( )xf xx e，求 ( )fx解 0( )0 xxxexf xxex于是当 0 x 时， ( )xxfxexe于是当 0 x 时， ( )xxfxexe 于是当 0 x 时，由于 0 00 0( )(0)0limlim1xxxf xfxexx

4、0 00 0( )(0)0limlim1xxxf xfxexx 故 (0)f 不 。 4、求 sincos2dxxx222cos2222sinsincos2cos(1 cos)(2cos1)(1)(21)11()12121122lnln21222x txdxxxdxxxdtttdtttttctt 令解 原式5、求幂级数 解（1）因为 21lim211nnrn 又当 1x 时，原级数为 0121nn发散。 当 1x 时，原级数为 0121nn发散。 故原级数的收敛域为 (1,1)。 35213521nxxxxn并求其和函数 的收敛域，（2）设 210( )( 1,1)21nnxs xxn 则 2

5、201( )( 1,1)1nns xxxx 又 (0)0,s于是有 21( )( )(0)( )001111()02111 ln(1)ln(1)21ln( 1,1)1xxs xs xss t dtdttxdtttxxxxx 三、（10分）从定义出发证明 ( )cossinf xxx在 (,) 上一致连续。 证明 对 0 ，及 12,(,)x x ，欲使 12( )()f xf x由于 121212( )()coscossinsinf xf xxxxx1212121212121212coscossinsin2 sinsin2 cossin22224 sin22xxxxxxxxxxxxxxxx于是

6、只须 122 xx，即 122xx故对 0 ，取 ,2对 12,(,)x x 当 12xx时，就有 12()()f xf x因此 ( )cossinf xxx在 (,) 上一致连续。 四、（10分）设 22( )1nxfxn x，试讨论 ( )nfx在 (0,)上的一致收敛性。 证明 22lim( )lim0,(0,)1nnnxfxxn x又 221122xxn xnxn于是 22(0,)1sup0()12xxnn xn 从而 22(0,)lim sup01nxxn x故 ( )nfx在 (0,)上一致收敛。 五、（12分）设 332222220( , )00 xyxyxyf x yxy1、证

7、明 ( , )f x y在 点连续 0,02、求 (0,0),(0,0)xyff3、证明 ( , )f x y在 点的不可微 0,01、证明 令 cos ,sin ,xy则 3322( , )(0,0)( , )(0,0)33320330lim( , )lim(cossin)limlim(cossin)0(0,0)x yx yxyf x yxyf（因为 33cossin2） 所以 ( , )f x y在 (0,0)点连续。 2、解 3300( ,0)(0,0)(0,0)limlim1xxxf xfxfxx3300(0, )(0,0)(0,0)limlim1yyyfyfyfyy 3、证明 由于

8、33222222()()()()()()()()xyuduxyxyyxxyxy 而 33220022()limlim5 5()()xxyxuduxxxy 不存在。 故 ( , )f x y在 (0,0)点不可微。 六、（10分）设函数 ( )f x在 ,)a 上连续，且 lim( )xf x ，若有 ,)(1,2)nxan使得 lim()(nnf xa a为有限数）。 证明：（1） nx是有界数列 （2）存在点 0 ,),xa使 0()f xa证明 （1） 用反证法，假设 nx为无界数列，则 nx中存在子列 knx使 ()knxk 又 lim( )xf x ，于是由海涅定理知 lim()knk

9、f x 这与 lim()nnf xa相矛盾，故 nx为有界数列。 （2）由 nx有界，则 nx中必有收敛子列 knx，使 0()knxxk ，且 0 ,)xa又 ( )f x在 ,)a 上连续，则 ( )f x在 0 x点连续 即 00lim( )()xxf xf x，从而由海涅定理有 0lim()()knkf xf x而由 lim()nnf xa知 lim()knkf xa， 于是由极限的唯一性知 0()f xa。 七、（6分）设 ( )f x在 , a b严格单调递减， ( )fx存在， ( ),( ),2 2f bf a 且 ( )0,fxm试证明 2cos( )bf x dxam。 证

10、明 令 ( )f xt，则由题意有 ( )1cos( )cos( )( )bf bf x dxtdtaf afx( )1cos( )( )( )1cos( )( )1cos( )12(sin( )sin( )f atdtf bfxf atdtf bmf atdtf bmf af bmm讲评第五章的部分作业讲评第五章的部分作业 二、讨论下列级数的收敛性： 2 211(2)nnnn解 由于 221limlim1112(2)2nnnnnnnnn故原级数收敛 4 111( 1)1 lnnnnnn解 由 21( 1)lnnnn为莱布尼兹型级数，故其收敛，11nn为单调上升数列，且 111nn阿贝尔判别法

11、知，原级数收敛。 又 故由三、讨论下列函数列或函数项级数的一致收敛性。 2 0,11nxxnx解 由于 lim0,11nnxxxnx则 (1)211nxxxxnxnxn从而 0,12sup0()1xnxxnnxn 因此 0,1limsup01nxnxxn x 故 1nxnx在 上一致收敛于 x。0,14 1sin,nnnnxxe 解 由于 1,2sin()(,)nnnnnxnxee 而 1nnne收敛 （因为 1lim1nnnnee） 故由m一判别法知原级数在 (,) 上一致收敛。 四、求下列幂级数的收敛域。 1 0( 1)(1)(2)nnnxnn解 令 ( 1)(1)(2)nnann（1）

12、因为 1(2)(3)limlim1(1)(2)nnnnannann所以 1r 当 1x 时，原级数为 01(1)(2)nnn发散，（因为 11()(1)(2)nnnn）， 故原幂级数的收敛域为 ( 1,1。 （2）当 1x 时，原级数为 0( 1)(1)(2)nnnn（因为其为莱布尼兹型级数） 收敛，2 1(1)2nnnxn 解 由于 11lim22nnnn，则 2r 即当 212x 时其绝对收敛。 又当 12,x 即 1x 时，原级数为 11nn发散。 当 12,x 即 3x 时，原级数为 11( 1)nnn收敛。 故原级数的收敛域为 3,1)。 五、（2）将 解 111( )3 112f

13、xxx001( 2 ) 3nnnnxx1111( 1)2 3nnnnx 且由 121xx知 12x 2( )12xf xxx展开成 x并指出其收敛域。 的幂级数，六、设 1sin( )nnxf xn n，试证 ( )f x在 ,上连续。 证明 （1）对每个 sin1,2,nxnn n在 (,) 上连续 （2）由于 1,2sin1()(,nnxxn nn n 又 11nn n收敛，于是由m判别法知， 1sinnnxn n在 (,) 上一致收敛。从而由连续性定理( )f x在 (,) 上连续。 知 讲评第六章的部分作业：讲评第六章的部分作业： 一. 求下列极限： 2. 2222( , )(0,0)

14、lim(0)x yaxbyabxy解 令 cos ,sin ,xy则 原式 2220( cossin)lim0ab（因为 22cossinabab） 4. 22( , )(,)limx yxyxxyy 解 由于 22110 xyxyxxyyxyxy又 ( , )(,)11lim()0 x yxy 故原式 0.二. 求 222( , )()xyf x yxyxy的二次极限 00limlim( , )xyf x y及 00limlim( , )yxf x y，并讨论在原点的二重极限的存在性.解 2220000limlim( , )limlim1()xyxyxyf x yxyxy2220000limlim( , )limlim1()yxyxxyf x yxyxy又 2220,0lim( , )lim2()xx yxxyf x yxyxy2220,205lim( , )lim()3xx yxxyf x yxyxy故 ( , )(0,0)lim( , )x yf x y不存在。 五. 设 22222222sin()0( , )00 xyxyxyf x yxyxy（1）用 方法证明 ( ,)f x y在 点的连续性； 0,0（2）求 (0,0),(0,0)xyff； （3）试证明 ( ,)f x y在 点不可微。 0,0解 （1） 0,由于 2222( , )(0,0)sin()xyf