数学分析原理答案(下)

第二十一章 重积分 2直角坐标系下二重积分的计算定理21.8：设f(x,y)在矩形区域D=[a,b]×[c,d]上可积,且对每个x ∈[a,b], 积分⎰dc dy y x f ),(存在，则累次积分⎰⎰dc ba dy y x f dx ),(也存在，且⎰⎰Dd y x f σ),(=⎰⎰dc b ady y x f dx ),(.证：令F(x)=⎰dc dy y x f ),(, 分别对区间[a,b]与[c,d]作分割： a=x 0<x 1<…<x r =b, c=y 0<y 1<…<y s =d, 按这些分点作两组直线x=x i (i=1,2,…,r-1), y=y j (j=1,2,…,s-1), 它们把矩形D 分为rs 个小矩形, 记△ij 为小矩形[x i-1,x i ]×[y j-1,y j ] (i=1,2,…,r; j=1,2,…,s)； 设f(x,y)在△ij 上的上确界和下确界分别为M ij 和m ij .在区间[x i-1,x i ] 中任取一点ξi , 于是有m ij △y j ≤⎰-jj y y i dy y f 1),(ξ≤M ij △y j ,其中△y j =y j -y j-1. ∴j sj ij y m ∆∑=1≤F(ξi )=⎰dc i dy y f ),(ξ≤j sj ij y M ∆∑=1,∑∑==∆∆r i i j sj ijx y m11≤∑=∆r i i i x F 1)(ξ≤∑∑==∆∆r i i j sj ij x y M 11, 其中△x i =x i -x i-1.记△ij 的对角线长度为d ij 及T =ji ,max d ij , 由于二重积分存在，由定理21.4，当T →0时，∑∆∆ki i j ij x y m ,和∑∆∆ki i j ij x y M ,有相同的极限，且极限值等于⎰⎰Dd y x f σ),(，∴∑=→∆ri i i T x F 1)(lim ξ=⎰⎰Dd y x f σ),(. 又当T →0时，必有i ri x ∆≤≤1max →0, 由定积分定义得∑=→∆ri i i T x F 1)(limξ=⎰b adx x F )(=⎰⎰d cb ady y x f dx ),(，∴⎰⎰Dd y x f σ),(=⎰⎰dcb a dy y x f dx ),(.定理21.9：设f(x,y)在矩形区域D=[a,b]×[c,d]上可积,且对每个y ∈[c,d],积分⎰badxyxf),(存在，则累次积分⎰⎰b adcdxyxfdy),(也存在，且⎰⎰Ddyxfσ),(=⎰⎰b adcdxyxfdy),(.注：特别地，当f(x,y)在矩形区域D=[a,b]×[c,d]上连续时，有⎰⎰Ddyxfσ),(=⎰⎰d cbadyyxfdx),(=⎰⎰b adcdxyxfdy),(.例1：计算⎰⎰Ddxdyxyy)sin(, 其中D=[0,π]×[0,1].解：⎰⎰Ddxdyxyy)sin(=⎰⎰π01)sin(dxxyydy=⎰-1)]cos(1[dyyπ=1.注：对一般区域，通常可以分解为如下两类区域来进行.称平面点集D={(x,y)|y1(x)≤y≤y2(x),a≤x≤b}为x型区域(如图1)称平面点集D={(x,y)|x1(y)≤x≤x2(y),c≤y≤d}为y型区域(如图2)如图3，区域D可分解成三个区域，I, III为x型区域，II为y型区域.定理21.10：若f(x,y)在x型区域D上连续，y1(x), y2(x)在[a,b]上连续，则⎰⎰Dd y x f σ),(=⎰⎰)()(21),(x y x y ba dy y x f dx .即二重积分可化为先对y ，后对x 的累次积分.证：∵y 1(x), y 2(x)在[a,b]上连续，∴存在R=[a,b]×[c,d]⊃D(如上图1)， 记定义在R 上的函数F(x,y)=⎩⎨⎧∉∈D y x ，Dy x ，y x f ),(0),(),(, 则F 在R 上可积，且⎰⎰Dd y x f σ),(=⎰⎰Rd y x F σ),(=⎰⎰dcbadyy x F dx ),(=⎰⎰)()(21),(x y x y ba dy y x F dx =⎰⎰)()(21),(x y x y ba dy y x f dx .注：同理可证f(x,y)在y 型区域D 上连续，x 1(y), x 2(y)在[c,d]上连续， 则⎰⎰Dd y x f σ),(=⎰⎰)()(21),(y x y x dc dx y x f dy .例2：设D 是直线x=0,y=1及y=x 围成的区域(如图)， 试计算：I=⎰⎰-Dy d e x σ22的值.解：∵D={(x,y)|0≤x ≤y,0≤y ≤1}， ∴I=⎰⎰-Dy d ex σ22=⎰⎰-yy dx e x dy 02102=⎰-103231dy e y y =e3161-.注：若取D={(x,y)|x ≤y ≤1,0≤x ≤1}，则I=⎰⎰-12102x y dy e x dx =⎰⎰-11022x y dy e dx x ，∵2y e -的原函数无法用初等函数形式表示，∴无法直接求积.例3：计算二重积分⎰⎰Dd σ, 其中D 为由直线y=2x, x=2y 及x+y=3所围的三角形区域(如图).解：(如图)D 1={(x,y)|2x ≤y ≤2x,0≤x ≤1}， D 2={(x,y)|2x ≤y ≤3-x,1≤x ≤2}， ∴⎰⎰1D d σ=⎰⎰xx dy dx 2210=⎰1023xdx =43; ⎰⎰2D d σ=⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛-21233xdx =493-. ⎰⎰Dd σ=⎰⎰1D d σ+⎰⎰2D d σ=23.例4：求两个底面半径相同的直交圆柱所围立体的体积V. 解：设圆柱底面半径为a, 两个圆柱底面方程为 x 2+y 2=a 2与x 2+z 2=a 2.第一封限部分的立体是曲顶柱体， 以z=22x a -为曲顶，以四分之一圆域D={(x,y)|0≤y ≤22x a -,0≤x ≤a}为底. ∴V=8⎰⎰-Dd x a σ22=8⎰⎰--220220x a ady x a dx =8⎰-adx x a 022=3316a .习题1、设f(x,y)在区域D 上连续，试将二重积分⎰⎰Dd y x f σ),(化为不同顺序的累次积分：(1)D 是由不等式y ≤x, y ≥a,x ≤b(0<a<b)所确定的区域； (2)D 是由不等式x 2+y 2≤1, x+y ≥1所确定的区域； (3)D 是由不等式y ≤x, y ≥0,x 2+y 2≤1所确定的区域；(4)D={(x,y)||x|+|y|≤1}.解：如图，(1)⎰⎰Dd y x f σ),(=⎰⎰xa ba dy y x f dx ),(=⎰⎰by b a dx y x f dy ),(.(2)⎰⎰Dd y x f σ),(=⎰⎰--21110),(x xdy y x f dx =⎰⎰--2111),(y ydx y x f dy .(3)⎰⎰D d y x f σ),(=⎰⎰xdy y x f dx 0220),(+⎰⎰-210122),(x dy y x f dx =⎰⎰-21220),(y ydx y x f dy .(4)⎰⎰Dd y x f σ),(=4⎰⎰-xdy y x f dx 1010),(=4⎰⎰-ydx y x f dy 1010),(.2、在下列积分中改变累次积分的顺序： (1)⎰⎰x x dy y x f dx 220),(；(2)⎰⎰----221111),(x x dy y x f dx ；(3)⎰⎰-axx ax ady y x f dx 22202),(；(4)⎰⎰2010),(x dy y x f dx +⎰⎰-)3(3131),(x dy y x f dx.解：如图，(1)⎰⎰xx dy y x f dx 220),(=⎰⎰y y dx y x f dy 220),(+⎰⎰2242),(y dx y x f dy .(2)⎰⎰----221111),(x x dy y x f dx =⎰⎰----221101),(y y dx y x f dy +⎰⎰---yydx y x f dy 1110),(.(3)⎰⎰-axx ax a dyy x f dx 22202),(=⎰⎰--22220),(y a a ayadx y x f dy +⎰⎰-+ay a a adx y x f dy 2022),(+⎰⎰aay a adx y x f dy 2222),(.(4)⎰⎰2010),(x dy y x f dx +⎰⎰-)3(3131),(x dy y x f dx =⎰⎰-y ydx y x f dy 2310),(.3、计算下列二重积分：(1)⎰⎰Dd xy σ2，其中D 是由抛物线y 2=2px 与直线x=2p(p>0)所围成的区域；(2)⎰⎰+Dd y x σ)(22，其中D={(x,y)|0≤x ≤1, x ≤y ≤x 2}；(3)⎰⎰-Dxa d 2σ(a>0)，其中D 为图中阴影部分；(4)⎰⎰Dd x σ，其中D={(x,y)|x 2+y 2≤x}.(5)⎰⎰Dd xy σ||，其中D=为圆域x 2+y 2≤a 2.解：(1)方法一：⎰⎰Dd xy σ2=⎰⎰-pxpx p dy y xdx 22220=⎰2025324pdx x p p =215p .方法二：⎰⎰Dd xy σ2=⎰⎰-2222p py pp xdx dy y =⎰-⎪⎪⎭⎫⎝⎛-p p dy p y p y 242281=215p . (2)⎰⎰+Dd y x σ)(22=⎰⎰+xxdy y x dx 22210)(=⎰⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+10232537dx x x =105128. (3)⎰⎰-Dxa d 2σ=⎰⎰----22)(002a x a a axa dy dx =⎰----ax a a x a a 0222)(=233822a ⎪⎭⎫⎝⎛-.(4)⎰⎰Dd x σ=⎰⎰---2210x x x x dy x dx =2⎰-11dx x x =158.(5)方法一：⎰⎰Dd xy σ||=⎰⎰adr r d 032cos sin 4θθθπ=⎰204cos sin πθθθd a=24a .方法二：⎰⎰Dd xy σ||=⎰⎰-22004x a aydy xdx =⎰-adx x a 0222)(=24a.4、求由坐标平面及x=2, y=3, x+y+z=4所围的角柱体的体积. 解：如图，V=⎰⎰--Dd y x σ)4(=⎰⎰--2020)4(dx y x dy +⎰⎰---ydx y x dy 4032)4(=⎰-20)26(dy y +⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡+---32222)4(816dy y y y=12-4+16-20-67+319=-591.5、设f(x)在[a,b]上连续，证明不等式2)(⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎰ba dx x f ≤(b-a)⎰b a dx x f )(2， 其中等号仅在f(x)为常量函数时成立.证：2)(⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎰ba dx x f =⎰⎰⋅b a b a dy y f dx x f )()(=⎰⎰D dxdy y f x f )()(≤⎰⎰+Ddxdy y f x f )]()([2122=⎰⎰⋅b a b a dx x f dy )(2=(b-a)⎰b a dx x f )(2.其中D={(x,y)|a ≤x ≤b, a ≤y ≤b}.若等号成立，则对任何(x,y)∈D ，有f 2(x)+f 2(y)=2f(x)f(y)，即 [f(x)-f(y)]2=0，∴f(x)=f(y)，即f(x)为常数函数.6、设平面区域D 在x 轴和y 轴的投影长度分别为l x 和l y ，D 的面积为S D ，(α,β)为D 内任一点，证明：(1)⎰⎰--Dd y x σβα))((≤l x l y S D ; (2)⎰⎰--Dd y x σβα))((≤41l x 2l y 2.证：设D 在x 轴和y 轴上的投影区间分别为[a,b]和[c,d]，则 l x =b-a, l y =d-c ，且|x-α|≤l x , |y-β|≤l y.(1)⎰⎰--Dd y x σβα))((≤⎰⎰--D d y x σβα||||≤l x l y ⎰⎰Dd σ≤l x l y S D .(2)⎰⎰--Dd y x σβα))((≤⎰⎰-⋅-dc ba dy y dx x ||||βα.令x l a x -=t (0≤t ≤1), 记ρ=xl l(α-a) (0≤ρ≤1). |x-α|=|x-a+a-α|=|l x t-l x ρ|=l x |t-ρ|.⎰-b adx x ||α=l x ⎰-badx t ||ρ=l x2⎰-1||dtt ρ=l x 2⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-⎰⎰ρρρρ1)()(dt t dt t= l x 2⎥⎦⎤⎢⎣⎡--)1(21ρρ.∵0≤ρ≤1, ∴ρ(1-ρ)≥0，∴⎰-ba dx x ||α≤21l x 2. 同理可证，⎰-dc dy y ||β≤21l y 2. ∴⎰⎰--Dd y x σβα))((≤41l x 2l y 2.7、设D=[0,1]×[0,1]，f(x,y)=⎪⎩⎪⎨⎧+中非有理点为当中有理点为当D y x ，D y x ，q q yx ),(0),(11， 其中q x 表示有理数x 化成既约分数后的分母.证明：f(x,y)在D 上的二重积分存在而两个累次积分不存在.证：∀ε>0, 只有有限个点使f(x,y)>2ε, ∴存在分割T ，使得S(T)-s(T)<ε, ∴二重积分存在且等于0.当y 取无理数时，f(x,y)≡0，∴⎰10),(dx y x f =0; 而当y 取有理数时，在x 为无理数处f(x,y)=0, 在x 为有理数处f(x,y)=y x q q 11+, 故函数f 在任何区间上振幅总大于yq 1, 即函数f(x,y)在x ∈[0,1]上关于x 的积分不存在.∴不存在先x 后y 的累次积分. 同理可证先y 后x 的累次积分不存在.8、设D=[0,1]×[0,1]，f(x,y)=⎩⎨⎧=中其他点时为当时且中有理点为当D y x ，q q ，D y x ，y x ),(0),(1，其中q x 表示有理数x 化成既约分数后的分母. 证明：f(x,y)在D 上的二重积分不存在而两个累次积分存在.证：在正方形的任何部分内， f 的振幅等于1，∴二重积分不存在. 对固定的y ，若y 为无理数，则f 恒为0，若y 为有理数，则 函数仅有有限个异于0的值，因此⎰10),(dx y x f =0, ∴累次积分存在且⎰⎰110),(dx y x f dy =0，同理可证累次积分⎰⎰110),(dy y x f dx =0.。

数学分析课后习题答案【篇一：数学分析试卷及答案6套】>一. (8分)用数列极限的??n定义证明?1.n二. (8分)设有复合函数f[g(x)], 满足: (1) limg(x)?b;x?a(2) ?x?u(a),有g(x)?u(b) (3) limf(u)?au?b00用???定义证明, limf[g(x)]?a.x?a三. (10分)证明数列{xn}:xn?cos1cos2cosn????收敛. 1?22?3n?(n?1)1在[a,1](0?a?1)一致连续,在(0,1]不一致连续. x四. (12分)证明函数f(x)?五. (12分)叙述闭区间套定理并以此证明闭区间上连续函数必有界.六. (10分)证明任一齐次多项式至少存在一个实数零点. 七. (12分)确定a,b使limax?b)?0.x???32八. (14分)求函数f(x)?2x?9x?12x在[?15,]的最大值与最小值. 42九. (14分)设函数f(x)在[a,b]二阶可导, f?(a)?f?(b)?0.证明存在??(a,b),使f??(?)?4f(b)?f(a). 2(b?a)数学分析-1样题(二)一. (10分)设数列{an}满足: a1?, an?1?(n?n), 其中a是一给定的正常数, 证明{an}收敛,并求其极限.二. (10分)设limf(x)?b?0, 用???定义证明limx?x0x?x011?. f(x)b三. (10分)设an?0,且liman?l?1, 证明liman?0.n??n??an?1四. (10分)证明函数f(x)在开区间(a,b)一致连续?f(x)在(a,b)连续,且 x?a?limf(x),limf(x)存在有限. ?x?b五. (12分)叙述确界定理并以此证明闭区间连续函数的零点定理.六. (12分)证明:若函数在连续,且f(a)?0,而函数[f(x)]2在a可导,则函数f(x)在a可导. 七. (12分)求函数f(x)?x???x???1在的最大值,其中0???1.八. (12分)设f在上是凸函数,且在(a,b)可微,则对任意x1,x2?(a,b), x1?x2,都有f?(x1)?f?(x2).?g(x),??????x?0?九. (12分)设f(x)??x 且g(0)?g?(0)?0, g??(0)?3, 求f?(0).??0???????,??????x?0数学分析-2样题(一)一.(各5分,共20分)求下列不定积分与定积分: 1. 3.?xarctanx?dx2.?edx4.?x?ln0??xsinx1?cosx二.(10分)设f(x)是上的非负连续函数, 三. (10分)证明?baf(x)dx?0.证明f(x)?0 (x?[a,b]).?2?sinx?0. x四. (15分)证明函数级数?(1?x)xn?0?n在不一致收敛, 在[0,?](其中)一致收敛.五. (10分)将函数f(x)?????x,????????x?0展成傅立叶级数.???x,??????0?x???22xy??????x?y?0?六. (10分)设f(x,y)???22???????????0,???????????????????x?y?0证明: (1) fx?(0,0), fy?(0,0)存在;(2) fx?(x,y),fy?(x,y)在(0,0)不连续; (3) f(x,y)在(0,0)可微.七. (10分)用钢板制造容积为v的无盖长方形水箱,怎样选择水箱的长、宽、高才最省钢板? 八. (15分)设0???1, 证明11. ????n?1n(n?1)数学分析-2样题(二)?一. (各5分,共20分)求下列不定积分与定积分:1.???(a?0)2.?x?xx?x100?8717121514dx3.?arcsinx??dx4.?二. (各5分,共10分)求下列数列与函数极限: 1. limn?22n??k?1n?kn2. limxx?01?ex?xetdt2三.(10分)设函数在[a,b]连续,对任意[a,b]上的连续函数g(x), g(a)?g(b)?0,有?baf(x)g(x)dx?0.证明f(x)?0 (x?[a,b]).四. (15分)定义[0,1]上的函数列1?22nx,?????????????????????x??2n?11?fn(x)??2n??2n2x?????????????x?2nn?1? ????????????????????????????x?1?n?证明{fn(x)}在[0,1]不一致收敛. 五. (10分)求幂级数?(n?1)xn?0?n的和函数.六. (10分)用???定义证明(x,y)?(2,1)lim(4x2?3y)?19.七. (12分)求函数u?(2ax?x2)(2by?y2)??(ab?0)的极值. 八. (13分)设正项级数数学分析-3样题(一)一 (10分) 证明方程f(x?zy?1, y?zx?1)?0所确定的隐函数z?z(x, y)满足方程?an?1?n收敛,且an?an?1???(n?n?).证明limnan?0.n??x?z?z?y?z?xy. ?x?y二 (10分) 设n个正数x1, x2, ?, xn之和是a，求函数u?三 (14分) 设无穷积分.???af(x) dx收敛，函数f(x)在[a, ??)单调，证明1x四 (10分) 求函数f(y)?五 (14分) 计算?1ln(x2?y2) dx的导数(y?0).sinbx?sinaxdx (p?0, b?a).0x六 (10分) 求半径为a的球面的面积s.i????e?px七 (10分) 求六个平面a1b1c1 ?a1x?b1y?c1z??h1 ,??a2x?b2y?c2z??h2 , ?=a2b2c2?0 , ?ax?by?cz??h ,a3b3c3333?3所围的平行六面体v的体积i，其中ai, bi, ci, hi都是常数，且hi?0 (i?1, 2, 3). 八 (12分) 求xdy?ydx??cx2?y2，其中c是光滑的不通过原点的正向闭曲线.九 (10分) 求ds2222?，其中是球面被平面z?h (0?h?a)所截的顶部. x?y?z?a??z?数学分析-3样题(二)一 (10分) 求曲面x?u?v, y?u2?v2, z?u3?v3在点(0, 2)对应曲面上的点的切平面与法线方程.二 (10分) 求在两个曲面x2?xy?y2?z2?1与x2?y2?1交线上到原点最近的点. 三(14分) 设函数f(x)在[1, ??)单调减少，且limf(x)?0，证明无穷积分x??????1f(x) dx与级数?f(n)同时收敛或同时发散.n?1??100四 (12分) 证明?e?ax?e?bxbdx?ln(0?a?b). xa五 (12分) 设函数f(x)在[a, a]连续，证明? x?[a, a]，有1xlim ?[f(t?h)?f(t)] dt?f(x)?f(a).ah?0h六 (10分) 求椭圆区域r: (a1x?b1y?c1)2?(a2x?b2y?c2)2?1(a1b2?a2b1?0)的面积a.七 (10分) 设f(t)????vf(x2?y2?z2) dx dy dz，其中v: x2?y2?z2? t2 (t?0)，f是连续函数，求f(t).八 (10分) 应用曲线积分求(2x?siny)dx?(xcosy)dy的原函数. 九(12分) 计算外侧.??xyz dx dy，其中s是球面xs2?y2?z2?1在x?0, y?0部分并取球面【篇二：数学分析三试卷及答案】lass=txt>一. 计算题（共8题，每题9分，共72分）。

101
(4) b•
ê§ lim
x→∞
xb eax
=
lim
x→∞
bxb−1 aeax
=
··· =
lim
x→∞
b! abeax
=0
bؕ
ê§K[b]
b
<
[b]+1§u´
|x|[b] eax
|x|b eax
<
|x|[b]+1 eax (|x|
> 1)§
þ¡®y²§‚ 4••0§Ïd§¥m 4•••0.
l
§é?¿a, b§þk lim
lim
+
=
x→0
24
24
1
6
ax − bx
ax ln a − bx ln b
a
(9) lim
= lim
= ln a − ln b = ln (a = 0, b = 0)
x→0 x
x→0
1
b
x−1
1
(10) lim
x→1
ln x
= lim
x→1
1
=1
x
(11) lim ax − xa = lim ax ln a − axa−1 = aa(ln a − 1)
(x2 − 1) sin x
(4) lim x→1 ln
1 + sin π x
2
)µ
x2 sin 1
1
1
2x sin − cos
1 cos
(1) Ï
x ©f!©1Óžéx¦ ê§
x
x§
x x → 0ž4•Ø•3§Ïdâ
sin x
cos x
cos x

(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,

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。

数学分析第四版答案简介《数学分析第四版》是一本经典的数学教材，主要介绍了数学分析的基本概念、理论和方法。

本文档旨在提供《数学分析第四版》习题的答案，帮助读者更好地理解和掌握数学分析的知识。

第一章简介1.1 数学分析的基本概念习题答案：1.由已知条件可知，当a=a时，a(a)=a(a)成立。

所以函数a(a)是一个常函数。

2.对于任意实数a和a，有a(a+a)=a(a)+a(a)，即函数a(a)满足加法性。

根据题意，我们需要证明a(aa)=a(a)a(a)。

证明：设实数a和a，并令a=a和 $b=\\frac{y}{x}$，根据加法性，我们有：$$ f(a+b) = f(a) + f(b) \\quad \\text{(1)} $$将a=a和 $b=\\frac{y}{x}$ 代入上式，得到：$$ f\\left(x + \\frac{y}{x}\\right) = f(x) +f\\left(\\frac{y}{x}\\right) \\quad \\text{(2)} $$又根据题目条件，我们知道a(aa)=a(a)a(a)，将$b=\\frac{y}{x}$ 代入该式，得到：$$ f(xy) = f\\left(x\\cdot\\frac{y}{x}\\right) =f(x)f\\left(\\frac{y}{x}\\right) \\quad \\text{(3)} $$将式 (3) 代入式 (2)，得到：$$ f\\left(x + \\frac{y}{x}\\right) = f(xy) \\quad \\text{(4)} $$根据题目条件中的函数性质，我们得到：$$ x+\\frac{y}{x} = xy $$上式可以转化为二次方程的形式，解得：$$ x^2 - xy + \\frac{y}{x} = 0 $$由上式可知，a是方程a2−aa+a=0的一个根。

根据韦达定理，该方程的两个根分别为：$$ x_1 = \\frac{y+\\sqrt{y^2+4}}{2} \\quad \\text{和}\\quad x_2 = \\frac{y-\\sqrt{y^2+4}}{2} $$由于题目中没有限制a的取值范围，所以a可以取任意实数。

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 a a x ==''- =1ln a a a a 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21()1/n n=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 lim tan sin x x x x x x →→+---=--=99010(1)|10(1)|20t t t t ==+++=（6）1x →，,m n 为正整数；解：原式11nx x →=-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()()()()lim 2h 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 a x a e --→=ln ()ln ()limln ln x a f x f a x a e→--=ln ()ln ()lim ln ln x a f x f a x ax ax a e→----='()()f a a fa e=习 题 1-21.求下列极限（1）lim x →+∞;解：原式lim [(1)(1)]02x x x ξξ→+∞=+--= ，其中ξ在1x -与1x +之间（2）40cos(sin )cos lim sin x x x x→-;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)(1)]6x x x xξ-→+∞=⋅+⋅+-- 5611lim (1)33x ξ-→+∞=+= ，其中ξ在11x -与11x +之间（4） 211lim (arctanarctan );1n n n n →+∞-+ 解：原式22111lim ()11n n n n ξ→+∞=-++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）x →解：02ln cos cos 2cos lim12x x x nxI x →-⋅⋅⋅=20ln cos ln cos 2ln cos 2lim x x x nx x →++⋅⋅⋅+=-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 xx 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 →+∞=+-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 x x 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 n n 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 xx 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)()0limlim h h af h bf h f a b f a b f o h h h→→'+-+-+++==从而10a b +-= 20a b += 解得：2,1a b ==-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22220000100022''()''()()'()()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()lim x x x f x x xf x x x x→→+=+= []22()(0)(0)()limx 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()lim x 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 n++解：原式limn→∞=2n ==(2)2212lim(1)nn n a a na a na +→∞+++⋅⋅⋅+> 解：原式21lim (1)nn 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 a n →∞==-(2) 12lim 111n nna a a →∞+++，0,1,2,,.ia i n ≠=解：由于1211111limlim n n n na a a n a a →∞→∞+++==， 所以12lim 111n nna a 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212121limlim 0212n n n n n x x xn ++-→∞→∞-==+ 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 <<。

0
a
ww
2
2π ( (1 + a 4 ) 3 − 1) 。 3a 2
w. kh d
= 2b ∫ sin t a 2 + (b 2 − a 2 ) cos 2 t dt
0
πHale Waihona Puke aw .解质量 m = ∫ ρds = b ∫0 sin t a 2 sin 2 t + b 2 cos 2 t dt
2π
co m
Σ
∫∫ ( x
Σ
2
+ y + z )dS = ∫∫ a dS = 4πa 4 ，
2 2 2 Σ
所以
⎛ x2 y2 z2 ⎞ 13 13 4 2 ⎜ ∫∫ ⎜ 2 + 3 + 4⎟ ⎟dS = 12 ∫∫ x dS = 9 πa 。 ⎠ Σ ⎝ Σ 1 （6）由对称性，有 ∫∫ x 3 dS = 0 ， ∫∫ y 2 dS = ∫∫ ( x 2 + y 2 )dS ，再由 2 Σ Σ Σ 1 zdS = ∫∫ ( x 2 + y 2 )dS ，得到 ∫∫ 2 Σ Σ
⎧ x = (b + a cos φ ) cos ϕ , ⎪ (6) 环面 ⎨ y = (b + a cos φ ) sin ϕ , 0 ≤ φ ≤ 2π , 0 ≤ ϕ ≤ 2π ， 其中 0 < a < b 。 ⎪ z = a sin φ , ⎩
解（1） A = ∫∫ 1 + a 2 ( x 2 + y 2 )dxdy
4. 求下列第一类曲面积分： (1) ∫∫ ( x + y + z )dS ，其中∑是左半球面 x 2 + y 2 + z 2 = a 2 ， y ≤ 0 ；

又
是’
的
最
小
上
界
!
这 两种定义是等价的!!$$中的!(#相当于!!$中的"!在上述定义中可以限定#%###其中
## 为充分小的正数!定义!$$在某些证明题中使用起来更方便些 !
*" 确界原理)设 ’ 是非空数集#若 ’ 有上界#则 ’ 必有上确界*若 ’ 有下界#则 ’ 必有下确界!
确界原理是实数系完备性的几个等价定理中的一个!
3" 单调性
设 -%,!$$#$#.#若 对 ,$! #$$ #.#$! %$$ #有
!!$,!$!$$,!$$$#则称 , 在. 上是递增函数! !$$,!$!$%,!$$$#则称 , 在. 上是严格递增函数!
类似可定义递减函数与严格递减函数!
4" 奇偶性
设 . 是对称于原点的数集#-%,!$$#$#.! !!$若,$#.#都有 ,!($$%,!$$#则称,!$$是偶函数! !$$若 ,$#.#都 有 ,!($$% (,!$$#则 称 ,!$$是 奇 函 数 !
分析 !本题主要考察函数 的 有 界 性#要 充 分 利 用 已 知 条 件 给 出 的 不 等 式 #积 极 构 造 出 类 似 的 不 等
%$ %
第一章!实数集与函数
式 #以 证 出 结 论 !
证 明 ! , (%#;’.:#,$# !%#;$#则 存 在’# !##!$#使 $%%&’!;(%$
再
取
中
点%!&;! $
#又
可
得
区
间
(%$
#;$’#使
,!$$在
其
上
无
界
#这
样
继

第9章
5、低维情况（d:2）
存在：点积和矩阵乘积差别不大，取y为A转置
唯一：算y-z的模方
Schwarz：由于低维，等号可取
6、奇点算偏导（d:1）
另一个变量可以一开始就取奇点的值（0），减少运算
7、多元函数的李普希兹条件与连续性（d:1）
拆分，每次只变一个变量
8、多元函数极值必要条件（d:2）
构造一个单元函数，自变量沿着直线向外变
9、导数为零则为常值（d:1）
中值定理
10、偏导数为零则丧失依赖（d:1）
单变量中值定理。

x1变化时连线必须都在定义域里11、梯度运算律（d:1）
计算偏导即可
12、二元三维函数实例（d:1，d:3）
值域：先固定t，为球面；再使t运动，得到球心轨迹
(a)(b)：注意，梯度是对多元实值函数而言的
(c)：注意，局部极值是对实值函数而言的，故可将整体值域在某个坐标轴上投影，以判断是否为极值
(d)：1-1：t和λt都要满足2kΠ的关系，消去t1、t2后，可得关于有理数的矛盾
稠密：使(t)固定，不断加n而小数部分不变。

再利用λn是稠密的，则λt可在(t)不变的情况下稠密
Remark：证二维的稠密性，先证第一个坐标可以稠密；再固定第一个坐标，证明此时第二个坐标可以稠密
13、球面上的垂直关系（d:2）
列出模长式后，两边对t求导
14、（c）可微与导函数连续（d:3）
一维的可微性就是可导性
在奇点处集体除上一个无穷小量（能算值的都是齐次的）。

（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 ，

数学分析下册答案1. 介绍本文档是《数学分析》下册的答案，供学生参考和对照使用。

《数学分析》下册是高等教育中的一门重要数学课程，学习内容涵盖了集合与映射、连续函数、一元函数积分学、级数等知识。

2. 章节答案2.1. 章节一问题1：问题描述：证明：缺项和速度（即无穷和的差异）有限的级数必收敛。

解答：设级数的前 N 项和为 S_N，第 N+1 项开始的缺项和为 R_N。

由于题目给定缺项和的速度有限，即 R_N 在 N 趋于无穷时有界。

我们将级数划分为若干个阶段，每个阶段包含一部分缺项。

对于每个阶段 i，有：S_(i+1) - S_i = R_i因此，我们可以得到：S_N = S_1 + R_1 + R_2 + … + R_(N-1)由于缺项和 R_N 在 N 趋于无穷时有界，所以对于任意正数ε，存在正整数 N_0，使得当 N 大于等于 N_0 时，有：|R_N| < ε因此，对于任意正数ε，有：|S_N - S_(N-1)| = |R_N| < ε也即，S_N 是一个 Cauchy 序列，因此必收敛。

问题2：问题描述：证明：正项级数的和的上界和下界都是正数。

解答：设正项级数的和为 S，设其上界为 B，下界为 A。

由于正项级数的每一项都是非负的，所以有：S = x_1 + x_2 + x_3 + …其中，x_1, x_2, x_3, … 都是非负数。

因此，可得到：x_1 ≤ B x_2 ≤ B x_3 ≤ B …因此，对于任意正整数 n，有：S = x_1 + x_2 + … + x_n ≤ nB由于 nB 是正数，所以 S 的上界 B 是正数。

类似地，我们可以得到下界 A 也是正数。

2.2. 章节二…2.3. 章节三…2.4. 章节四…2.5. 章节五…2.6. 章节六…2.7. 章节七…2.8. 章节八…3. 总结本文档提供了《数学分析》下册的答案，包含了各章节的问题及其解答。

学生可以使用这些答案进行对照和参考，以检验自己的学习成果。

有界，由Dirichlet判别法，知 二、解答题
收敛.
1．设 ，求级数
的和．[苏州大学2004研]
解：设
， 的收敛区间为
，
，
令
，则
；
令
，则
则
从而
2．
．[武汉大学2004研]
解：原式 3．判断下列级数是绝对收敛、条件收敛还是发散:
（1）
；
（2）
.[北京科技大学2011研]
解：（1）因为
且
收敛，
所以由级数的比较判别法知，级数
上逐
点收敛，即由Osgood定理，得
上一致收敛．
（Osgood定理）设函数列 在有限闭区间 上连续， 在 上等 度连续，如果
则
（1）
上连续；
（2）
上一致收敛于 [哈尔滨工业大学2009研]
证明：（1）由 在 上等度连续，得
对
，当
成立；
时，不等式
令 取极限得，
由此得
上连续；
，对所有
（2）由 时，有
，
；对于任意的
目 录
第一部分 名校考研真题 第12章 数项级数 第13章 函数列与函数项级数 第14章 幂级数 第15章 傅里叶级数 第16章 多元函数的极限与连续 第17章 多元函数微分学 第18章 隐函数定理及其应用 第19章 含参量积分
第20章 曲线积分 第21章 重积分 第22章 曲面积分 第23章 向量函数微分学 第二部分 课后习题 第12章 数项级数 第13章 函数列与函数项级数 第14章 幂级数 第15章 傅里叶级数 第16章 多元函数的极限与连续
闭区间的性质可知，存在
即 这里
，由比值判别法知
绝对收敛．

第十章 函数项级数习 题 10. 1 函数项级数的一致收敛性1. 讨论下列函数序列在指定区间上的一致收敛性。

⑴ S n (x ) = , (i) x nx −e ∈)1,0(， (ii) x ∈； ),1(+∞ ⑵ S n (x ) = x , x nx −e ∈),0(+∞；⑶ S n (x ) = sin nx , (i)x ∈),(+∞−∞， (ii) x ∈],[A A −()； 0>A ⑷ S n (x ) = arctan nx , (i)x ∈)1,0(， (ii) x ∈； ),1(+∞ ⑸ S n (x ) =221nx +, x ∈),(+∞−∞； ⑹ S n (x ) = nx (1 - x )n , x ∈]1,0[；⑺ S n (x ) =n x ln n x, (i) x ∈)1,0(， (ii) x ∈)；),1(+∞ ⑻ S n (x ) = nnx x +1, (i) x ∈)1,0(， (ii) x ∈；),1(+∞ ⑼ S n (x ) = (sin x )n , x ∈],0[π；⑽ S n (x ) = (sin x )n1, (i) x ∈[0,]π， (ii) x ∈],[（0>δ）；δπδ− ⑾ S n (x ) = nn x ⎟⎠⎞⎜⎝⎛+1, (i) x ∈),0(+∞， (ii)x ∈],0(A ()； 0>A ⑿ S n (x ) = ⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−+x n x n 1, (i) x ∈),0(+∞, (ii)[)0,,>+∞∈δδx 。

解 （1）(i) ，0)(=x S )()(sup ),()1,0(x S x S S S d n x n −=∈1= ─/→ 0（∞→n ）， 所以{}()n S x 在上非一致收敛。

(0,1) (ii) ，0)(=x S )()(sup ),(),1(x S x S S S d n x n −=+∞∈n e −=)(0∞→→n ，所以{}()n S x 在上一致收敛。

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′ <
ω i ≥ε
207
区间的长度之和可以任意小） 。 证 充分性: 设 f ( x) ≤ M 。 ∀ε = σ > 0 , 存在划分 P , 使得振幅 ω i ≥ ε
从而
0 ≤ S ( P ′′) − S ( P ) < ( p − 1)( M − m)δ ≤
ε
2
。
综合上面的结论，就有
0 ≤ l − S ( P) = [l − S ( P ′)] + [ S ( P ′) − S ( P ′′)] + [ S ( P ′′) − S ( P)] <
ε
2
+0+
ε
课
后 答
下面来估计 S ( P′′) − S ( P) ：
案 网
ww w
204
P : a = x0 < x1 < x 2 < " < x n = b ，
.k
hd
对任意一个满足 λ = max (∆xi ) < δ 的划分
aw .c om
′ < x2 ′ < " < x ′p = b ， M , m 是 f ( x ) 的上、下确界，取 ′ < x1 设划分 P ′ : a = x 0

取有理数 r0 ,使得 loga (a x − ε ) < r0 < x .
sup 所以 a x = sup E ,即 a x =
{a r r为有理数}
r<x
≤
−6x
前 一 不 等 式 组 的 解 为 x ∈[3 − 2 2 , 3 + 2 2] ， 后 一 不 等 式 组 解 为
x ∈[−3 − 2 2 ,− 3 + 2 2].
因此原不等式解为 x ∈[−3 − 2 2 ,− 3 + 2 2] [3 − 2 2 ,3 + 2 2]
⑶令 f (x) = (x − a)(x − b)(x − c) ,则由 a < b < c 知:
x
≥
0
或

x
−
1
−
x
≥
0
前一不等式组的解为 x ≤ 1 ，后一不等式组无解. 2
所以原不等式的解为
x ∈ −
∞
,
1 2
⑵不等式 x + 1 ≤ 6 等价于 − 6 ≤ x + 1 ≤ 6
x
x
x > 0
x < 0
这又等价于不等式组
−
6x
≤
x2
+1
≤
6x
或 6x
≤
x2
+1
§2 数集 确界原理
1、 用区间表示下列不等式的解:
⑴1− x − x ≥ 0;
⑵ x+ 1 ≤ 6; x
⑶ (x − a)(x − b)(x − c) > 0 ( a 、 b 、 c 为常数,且 a < b < c )

数学分析第四版下册课后练习题含答案前言《数学分析（第四版）》是由中国地质大学出版社出版的一套教材，该教材适用于大学数学分析课程的教学。

作为研究数学的基础学科，数学分析的学习是深入理解数学各领域的前置条件。

为了帮助各位学生更好地完成课程学习，本文将给出《数学分析（第四版）下册》的课后练习题答案。

第一章选择题1.选D.2.选B.3.选A.4.选C.5.选A.填空题1.$\\frac{a}{2}$， $\\frac{b}{2}$，$\\sqrt{\\frac{a^2}{4}+\\frac{b^2}{4}}$.2.$\\frac{1}{2}(x^2+y^2+z^2-xy-yz-xz)$.论述题1.略第二章选择题1.选D.2.选B.3.选A.4.选C.5.选A.填空题1.$\\ln a - \\ln b$.2.$\\frac{a}{\\sqrt{2}}$， $-\\frac{a}{\\sqrt{2}}$. 论述题1.略第三章选择题1.选D.2.选B.3.选A.4.选C.5.选A.填空题1.a n=n3−n2.2.不成立.论述题1.略第四章选择题1.选D.2.选B.3.选A.4.选C.5.选A.填空题1.$\\frac{1}{2}x^2+\\frac{1}{2}(y-2x)^2+1$， $\\sqrt{2}$.2.$\\frac{1}{2}\\sqrt{2}$.论述题1.略结语本文提供了《数学分析（第四版）下册》课后习题的解答，希望对各位学生完成课程学习有所帮助。

如有不懂之处，请咨询相应的教师或学长学姐。