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第2章数列极限§1 实数系的连续性1．（1）证明不是有理数；（2）是不是有理数？证明：（1）可用反证法若是有理数，则可写成既约分数．由可知m是偶数，设，于是有，从而得到n是偶数，这与是既约分数矛盾．（2）不是有理数．若是有理数，则可写成既约分数，于是，即是有理数，这与（1）的结论矛盾．2．求下列数集的最大数、最小数，或证明它们不存在：解：min A＝0；因为，有，所以max A不存在．；因为，使得，于是有，所以min B不存在．max C与min C都不存在，因为，所以max C与min C都不存在．3．A，B是两个有界集，证明：（1）A∪B是有界集；（2）也是有界集．证明：（1）设，有，有，则，有．（2）设，有，有，则，有．4．设数集S有上界，则数集有下界．且．证明：设数集S的上确界为sup S，则对，有-x≤sup S，即；同时对，存在，使得，于是．所以-sup S为集合T的下确界，即．5．证明有界数集的上、下确界惟一．证明：设sup S既等于A，又等于B，且A<B．取，因为B为集合S的上确界，所以，使得，这与A为集合S的上确界矛盾，所以A＝B，即有界数集的上确界惟一．同理可证有界数集的下确界惟一．6．对任何非空数集S，必有．当时，数集S有什么特点？解：对于，有，所以．当时，数集S 是由一个实数构成的集合．7．证明非空有下界的数集必有下确界．证：参考定理2.1.1的证明．具体过程略．8．设并且，证明：（1）S没有最大数与最小数；（2）S在Q内没有上确界与下确界．证：（1）．取有理数r>0充分小，使得，于是．即，所以S没有最大数．同理可证S没有最小数．（2）反证法．设S在Q内有上确界，记（m，n∈N+且m，n互质），则显然有．由于有理数平方不能等于3，所以只有两种可能：（i），由（1）可知存在充分小的有理数r>0，使得，这说明，与矛盾；（ii），取有理数r>0充分小，使得，于是，这说明也是S的上界，与矛盾．所以S没有上确界．同理可证S没有下确界．§2 数列极限1．按定义证明下列数列是无穷小量：（1）；（2）；（3）；（4）；（5）；（6）；（7）（8）．证明：（1），取，当n>N时，成立．（2），取，当时，成立．（3），取，当时，成立；取，当时，成立，则当时，成立．（4），取，当n>N时，成立．（5）当n>11时，有．于是，取，当n>N时，成立．（6）当n>5，有．于是，取，当n>N时，成立．（7），取，当n>N时，成立（8）首先有不等式，取，当n>N时，成立．2．按定义证明下述极限：证明：（1），取，当时，成立（2），取，当时，成立（3），取，当n>N时，成立（4）令，则．当n>3时，有所以，取，当时，成立．（5），取，当n>N时，若n是偶数，则成立；若z是奇数，则成立．3．举例说明下列关于无穷小量的定义是不正确的：（1）对任意给定的，存在正整数N，使当n>N时，成立；（2）对任意给定的，存在无穷多个，使．解：（1）例如，则满足条件，但不是无穷小量．（2）例如则满足条件，但不是无穷小量．4．设k是一正整数，证明：的充分必要条件是．证明：设，则，成立，于是也成立，所以；设，则，成立，取，则，成立，所以．5．设，证明：．证明：由可知，成立，成立．于是，成立．6．设．且，证明：．证明：首先有不等式．由，可知，成立，于是．7．是无穷小量，是有界数列，证明也是无穷小量．证明：设对一切．因为是无穷小量，所以，，成立．于是，成立，所以也是无穷小量．。
数学类考研上海交大陈纪修《数学分析》配套考研真题第一部分名校考研真题第1章集合与映射本章暂未编选名校考研真题，若有最新真题会及时更新。
第2章数列极限一、判断题1．对任意的p为正整数，如果，则存在。
（）[重庆大学研]【答案】错查看答案【解析】根据数列收敛的Cauchy收敛准则，可举出反例：，虽然对任意的但（也可说明）。
2．对数列和若是有界数列，则是有界数列。
（）[北京大学研]【答案】对查看答案【解析】设｜S n｜<M，则3．数列存在极限的充分必要条件是：对任一自然数p，都有（）[北京大学研]【答案】错查看答案【解析】反例：，但不存在．二、解答题1．[暨南大学2013研]解：利用定积分的定义求解．2．设数列满足条件：，且，证明数列无界.[华东师范大学2009研]证明：用反证法.假若数列有界，即存在，使得，则由条件知.由得，对，存在正整数，当时，有，，令，则，且，，（1）对（1）式两边取上确界，有，所以，这与矛盾，所以数列无界.3．求极限．[华中科技大学2008研]解：一方面显然，另一方面，且由迫敛性可知．注：可用如下两种方式证明．（1）令，则，所以，从而．（2）由，得．4．证明不存在．[兰州大学2009研]证明：取，则由于，所以不存在．5．（1）设数列为正的单调递减数列，且收敛，证明：．（2）设数列为正的单调递减数列，且收敛，证明：．[南开大学2011研]证明：（1）因为为正的单调递减数列，由单调有界定理得存在，由收敛，可知必有（p为任意正整数），对任意存在正整数,使得对任意正整数，成立在上式中，令，取极限，则得由的任意性，则得显然故有．（2）因为为正的单调递减数列，由单调有界定理知存在，由收敛，可知必有；对任意存在正整数,使得对任意正整数，成立在上式中，令，取极限，则得由的任意性，则得显然故有．6．设证明收敛，并求极限。
[华中科技大学2007研]证明：很明显，假设则又因为所以单调递增有上界，故极限存在。
2021数学类考研陈纪修《数学分析》考研真题库第1部分名校考研真题第9章数项级数一、判断题1．若对任意的自然数p都有，则收敛．（）[东南大学研]【答案】错查看答案【解析】根据级数收敛的Cauchy收敛准则，举出反例：例如，对任意的自然数p，有，但是发散．正确的说法应该是，关于p一致有．2．若，且对任意的n，有，则收敛．（）[重庆大学研]【答案】错查看答案【解析】举反例：例如，虽然对任意的n，有，但是发散．n 必须足够大，才可以成立．二、解答题1．设收敛，证明：[华东师范大学研]证明：记级数的前n项和S n．则对上式两边取极限，从而即2．证明下列级数收敛．[东北师范大学研]证明：（1）方法一所以所以收敛。
方法二由于所以而收敛，从而收敛．（2）由比值判别法知收敛，再由比较判别法知收敛，即收敛。
3．证明：[浙江大学研]证明：因为且单调减，所以反复利用分部积分法，又所以将②代入①得4．讨论级数的敛散性．[复旦大学研]解：（1）若p、q>1，则绝对收敛。
（因为，例如p>q，则为优级数）；（2）若0＜p=q≤1，应用莱布尼兹定理知级数收敛，且是条件收敛；（3）当p、q>0，原级数与级数同时敛散，若p>1，0＜q ≤1或q>1，0＜p≤1时级数一敛一散，故原级数发散．若0＜p＜q＜1，则，且与同阶（当）；故级数发散，从而原级数发散．同理可证，若0＜q＜p＜1，原级数发散．5．若一般项级数与都收敛且下列不等式成立证明：级数也收敛．又若与都发散，试问一定发散吗？[汕头大学研、北京工业大学研]证明：由于级数与都收敛，所以由Cauchy收敛准则知对任意的ε＞0，存在N∈N，使得当n＞N及对任意的正整数p，都有又，所以，从而由Cauchy收敛准则知级数也收敛．若与都发散，不一定发散．反例：．6．设，证明：收敛．[浙江大学2006研]证明：因为令，则易知，所以因为，而收敛，所以收敛．7．设，举例说明存在（从而级数收敛），但，从而级数收敛的D’Alember判别法失效．[天津工业大学2006研]解：级数．由于故，所以用D’Alember判别法无法判别其敛散性．又，所以由根式判别法知收敛．8．判断级数的敛散性．[青岛科技大学研]解：令，则故由Raabe判别法知收敛．9．设f（x）在[1，+∞）上单调，证明：若广义积分收敛，则级数也收敛．[北京化工大学研]证明：不妨设f（x）在[1，+∞）上单调递减．先证明f（x）在[1，+∞）上非负，若存在，使得．由于当时，，又发散，故由比较判别法知发散，矛盾，所以f（x）在[1，+∞）上非负．因为f（x）在[1，+∞）上非负且单调递减，对任意的正数A，f（x）在[1，A]上可积，从而有依次相加可得由于收敛，于是对任意正整数m，有即非负级数部分和有界，故收敛．10．设是严格递减的正数列，且，证明：级数收敛．[南京农业大学研、上海理工大学研]证明：因为是严格递减的正数列，所以即是严格递减的数列．又由极限的性质知故由Leibniz判别法知收敛．11．讨论级数的收敛性．[厦门大学研]解：利用带Peano余项的Taylor公式（当x→0时），有于是．所以当x＞1－p时收敛，当x≤1－p时发散．12．，证明：存在，并求之．[上海大学研]证明：令，则从而因为，所以故有14．判断级数的绝对收敛性和相对收敛性．[武汉大学2005研]解：（1）绝对收敛性（主要使用放缩法）（2）相对收敛性：（A-D判别法）①；②。
陈纪修数学分析答案【篇一：陈纪修教授《数学分析》九讲学习笔记与心得】class=txt>云南分中心 ? 昆明学院 ? 周兴伟此次听陈教授的课，收益颇多。
陈教授的这些讲座，不仅是在教我们如何处理《数学分析》中一些教学重点和教学难点，更是几堂非常出色的示范课。
我们不妨来温习一下。
第一讲、微积分思想产生与发展的历史法国著名的数学家h.庞加莱说过：“如果我们想要预见数学的将来，适当的途径是研究这门科学的历史和现状。
” 那么，如果你要学好并用好《数学分析》，那么，掌故微积分思想产生与发展的历史是非常必要的。
陈教授就是以这一专题开讲的。
在学校中，我不仅讲授《数学分析》，也讲授《数学史》，所以我非常赞同陈教授在教学中渗透数学史的想法，这应该也是提高学生数学素养的有效途径。
在这一讲中，陈教授脉络清晰，分析精当，这是我自叹不如的。
讲《数学史》也有些年头，但仅满足于史料的堆砌，没有对一些精彩例子加以剖析。
如陈教授对祖暅是如何用“祖暅原理”求出球的体积的分析，这不仅对提高学生的学习兴趣是有益的（以疑激趣、以奇激趣），而且有利于提高学生的民族自豪感（陈教授也提到了这一点）。
第二讲、实数系的基本定理在这一讲中，陈教授从《实变函数》中对集合基数的讨论展开，对实数系的连续性作了有趣的讨论。
首先是从绅士开party的礼帽问题，带我们走进了“无穷的世界”。
我在开《数学赏析》时有一个专题就是“无穷的世界”，我给学生讲礼帽问题、也讲希尔伯特无穷旅馆问题，但遗憾的是，当我剖析“若无穷旅馆住满了人，再来两个时，可将住１号房间的移往３号房间，住２号房间的移往４号房间，从而空出两个房间”时，学生对我“能移”表示怀疑。
这一点我往往只能遗憾的说“跳不出有限的圈子，用有限的眼光来看无限，只能是‘只在此山中，云深不知处’”。
当然，我还是会进一步考虑如何来讲好这一讲。
若陈教授或其他老师有好的建议，能指点一下，则不胜感激。
对于集合[0,1]与(0,1)的对等关系，包括q与Ｒ的对等关系，或者说他们之间双射的构造。
数学分析原理答案数学分析原理答案【篇一：数学分析教材和参考书】：《数学分析》（第二版），陈纪修，於崇华，金路编高等教育出版社, 上册：2004年6月，下册：2004年10月参考书：（1）《数学分析习题全解指南》，陈纪修，徐惠平，周渊，金路，邱维元高等教育出版社, 上册：2005年7月，下册：2005年11月（2）《高等数学引论》（第一卷），华罗庚著科学出版社（1964）（3）《微积分学教程》，菲赫金哥尔兹编，北京大学高等数学教研室译，人民教育出版社（1954）（4）《数学分析习题集》，吉米多维奇编，李荣译高等教育出版社（1958）（5）《数学分析原理》，卢丁著，赵慈庚，蒋铎译高等教育出版社（1979）（6）《数学分析》，陈传璋等编高等教育出版社（1978）（7）《数学分析》（上、下册），欧阳光中，朱学炎，秦曾复编，上海科学技术出版社（1983）（8）《数学分析》（第一、二、三卷），秦曾复，朱学炎编，高等教育出版社（1991）（9）《数学分析新讲》（第一、二、三册），张竹生编，北京大学出版社（1990）（10）《数学分析简明教程》（上、下册），邓东皋等编高等教育出版社（1999）（11）《数学分析》（第三版，上、下册），华东师范大学数学系，高等教育出版社（2002）（12）《数学分析教程》常庚哲，史济怀编，江苏教育出版社（1998）（13）《数学分析解题指南》林源渠，方企勤编，北京大学出版社（2003）（14）《数学分析中的典型问题与方法》裴礼文编，高等教育出版社（1993）复旦大学数学分析全套视频教程全程录像,asf播放格式，国家级精品课程，三学期视频全程教师简介:陈纪修-基本信息博士生导师教授姓名：陈纪修任教专业：理学-数学类在职情况：在性别：男所在院系：数学科学学院陈纪修-本人简介姓名：陈纪修性别：男学位：博士职称：教授（博士生导师）高校教龄22年，曾获2001年上海市教学成果一等奖、获2001年国家级教学成果二等奖、获2002年全国普通高等学校优秀教材一等奖、2002年获政府特殊津贴；获宝钢教育奖（优秀教师奖）；被评为“九五”国家基础科学人才培养基金实施和基地建设先进工作者。
第14章曲线积分、曲面积分与场论1．计算曲线积分，其中L是绕原点的简单闭曲线．解：方法一当时，可以验证，所以可将曲线L换成以原点为中心，适当小的＞0为半径的小圆周：易见构造辅助函数：仍有．若定义A（0，0）＝0，B（0，0）＝1，则A，B在原点连续．事实上，由泰勒展开式，有．所以有即补充定义后A在原点连续，同理可证B也在原点连续．于是I＝J＝2π．方法二在L′上，有故积分值与无关．注意到被积函数关于连续，令，在积分号下取极限即得2．设封闭曲线的正向与z轴正向符合右手法则，求曲线积分解：由可得因此可设曲线L的参数方程为：，t从－3π/4到3π/4．于是3．设函数f（x）在（－∞，＋∞）上具有一阶连续导数，L是上半平面y＞0内的有向分段光滑曲线，其起点为（a，b），终点为（c，d）．记（1）证明：曲线积分I与积分路径无关；（2）当ab＝cd时，求I的值．证明：（1）因为所以在上半平面内曲线积分I与积分路径无关．（2）由（1）知，是某个函数u（x，y）的全微分，而设F（x）是f（x）的一个原函数，则，因此4．计算积分其中（n，x），（n，y）分别是由x轴、y轴正向与L的外法向n之间的夹角，L为逐段光滑的简单闭曲线．解：表示L的正向，即沿逆时针方向，切线方向τ与一致，如图14-1所示.从n逆时针旋转π/2即到τ，于是有（n，x）＝（τ，y），（n，y）＝π－（τ，x），故cos（n，x）ds＝cos（τ，y）ds＝dy，cos（n，y）ds＝－cos（τ，x）ds＝－dx．从而其中S表示L所围的面积．图14-15．计算曲面积分，其中S是球面解：将球面S分成三部分S1，S2，S3，其中此时曲面S1在xOy平面的投影区域为，S1的方程为z＝，故有从而6．计算曲面积分，其中S为下半球面的上侧，a＞0为常数．解：采用补面法．按常规应补平面S1：x2＋y2≤a2，z＝0．仔细观察发现被积函数在原点处有奇性，不能直接应用高斯公式，但注意到在下半球面上的点（x，y，z）满足x2＋y2＋z2＝a2，则可将原曲面积分改写成这样，取S1的法向方向与z轴正向相反，就可对上式使用高斯公式了．于是有其中V是S1，S所围的空间区域．故7．计算曲线积分L是x2＋y2＋z2＝2r1x与x2＋y2＝2r2x的交线（0<r2<r1，z＞0），L的方向是使L所围的球面上较小部分区域保持在左边．解：由于球面的外法向的方向余弦为所以由斯托克斯公式，有其中S是球面x2＋y2＋z2＝2r1x由L所围的部分．由于曲面S关于xOz平面对称，所以．又由可知，。
