一、1、用“ε−δ语言”证明lim(x−2)(x−1)x−3
=0.
x→1
证明
|f(x)−0|=|x−2|
|x−3|
|x−1|，
当0<|x−1|<1
2
时，我们有
|x−3|=|−2+x−1|≥2−|x−1|>2−
12=32
，|x−2|≤|x−1|+1<13
2+1=2
，
于是当0<|x−1|<1
2
时，有
|x−2|
|x−3|
|x−1|<|x−1|，
对∀ε>0，取δ=min(12
,ε)，当0<|x−1|<δ时，都有
|f(x)−0|=
|x−2|
|x−3|
|x−1|<|x−1|<δ≤ε，这就证明了
lim(x−2)(x−1)
x→1
x−3=0.2、给出一个一元函数f(x)，在有理点都不连续，在无理点都连续，并证
明之.解
Riemann函数：
1
⎧1,x=0⎪p⎪1
R(x)=⎨,x=,q>0,p,q互素
q⎪q⎪x=无理数⎩0
，
对于任意实数x0，证明limR(x)=0
x→x0
.
Riemann函数是在历史上非常著名的函数，说明过一些重大问题，发挥过重大作用.
对0=
p，qq>0,p,q互素，所以只有p=0,q=1，R(0)=1，（R(x)
在x=0处的值是惟一确定的。）
函数R(x)是以1为周期的周期函数。
事实上，当x为无理数时，x+1亦是无理数，由定义知R(x)=0，
R(x+1)=0，R(x+1)=R(x)；
当
x为有理数时，x=
p，qq>0,p,q互素，x+1=p+q，
qq>0,p+q,q互素，由定义知
R(x)=
11
R(x+1)=，，qqR(x+1)=R(x)，
故有R(x+1)=R(x)，x∈R证明
.
q0
<ε。
1q对任意给定的ε>0，取充分大的正整数0，使得
p容易知道，在区间(x0−1,x0+1)中，使得0 （因为对每一个0 2 因此总能取到充分小的δ>0，使得(x0−δ,x0+δ)中的有理数的分母 q>q0。 故当无理数x满足0<|x−x0|<δ时，则R(x)=0；当有理数x=p满足0<|x−x0|<δ时，必有qq>q0，因而 0≤R(x)= 11 <<ε，qq0 这就证明了limR(x)=0.从而可知，此函数在有理点都不连续，在无理 x→x0 点都连续. 3、设f(x,y)为二元函数，在(x0,y0)附近有定义，试讨论“f(x,y)在点(x0,y0)处可微”与“f(x,y)在点(x0,y0)的某邻域内偏导数fx(x,y)，fy(x,y)都存在”之间的关系，必要时，请举出反例。 解（1）若f在(x0,y0)处可微，则f在(x0,y0)处的两个偏导数必存在，且 A= ∂f∂f(x0,y0),B=(x0,y0)；∂x∂y但不能推出f(x,y)在点(x0,y0)的某邻域内偏导数fx(x,y)，fy(x,y)都存 在。 例如 1+α⎧⎪(x2+y2)2,x,y∈Q设二元函数f(x,y)=⎨，其中α>1， ⎪0,其他情况⎩ 函数f(x,y)在原点处连续，在原点处可微；但该函数在除原点以外的其它点处不连续，偏导数不存在。 （2）若f(x,y)在点(x0,y0)的某邻域内偏导数fx(x,y)，fy(x,y)都存在，且fx(x,y)，fy(x,y)在(x0,y0)处连续，则有f(x,y)在点(x0,y0)处可微. 但仅有f(x,y)在点(x0,y0)的某邻域内偏导数fx(x,y)，fy(x,y)都存在， 推不出f(x,y)在点(x0,y0)处可微。 3 xy⎧ ,⎪22 例如函数z=f(x,y)=⎨x+y⎪0,⎩ x2+y2≠0 ,x2+y2=0 显然f(x,y)在原点某邻域内偏导数fx(x,y)，fy(x,y)都存在存在,但 f(x,y)在(0,0)处不可微. x+2 二、（1）设f(x)=，数列{xn}由如下递推公式定义： x+1x0=1,xn+1=f(xn),(n=0,1,2,⋯)，求证：limxn=2。 n→∞ 证明 设x0≥0，xn+1=1+ 1 ,1,2,⋯，n=0， 1+xn显然1≤xn+1≤2，1+xn≥2，n=1,2,⋯； 11 |xn+1−xn|=|(1+)−(1+)| 1+xn1+xn−1 = 111 |xn−xn−1|≤|xn−xn−1| 1+xn1+xn−12 ，n=1,2,3,⋯， xn=A，显然1≤A≤2；于是得{xn}是收敛的，设limn→∞ 在xn+1=1+从而An→∞ 11 两边令n→∞取极限得到A=1+，1+xn1+A2，因为1≤ 2 =2，解得A=±A≤2，所以A=±2， limxn=2。1x2 (cos)(2)计算极限limxx→∞ 。 1x21x21 解lim(cos)=[lim(cos)]2 xxx→∞x→∞ 当 x→∞时， 1 u=cos→1，v= xx2→+∞，可见这个极限是“1∞型”. 4 12 令A=u−1=cos−1，v=x， x1 1x2 (cos)]=lim[(1+A)A]Av，limxx→∞x→∞ 1λ=limAv=limx2(cos−1) xx→∞x→∞ 11 cos−1t=xcost−11x=lim=lim=−.212t2x→∞t→0() x最后得出 1−1x212 (cos)=e=,limxex→∞ 1x21112=(cos)=().lim4xx→∞ee⎧−x12 ⎪e,x≠0f(x)=⎨(3)设函数，求 ⎪x=0⎩0,解 f(n)(0)，n=0,1,2,⋯ 用洛必达法则及归纳法直接验算,可得 f(n)(0)=0，n=0,1,2,⋯ (4)求不定积分∫1+x2dx,解 ∫1+x2dx=x1+x2−∫x2x1+x22dx=x1+x−∫1+xdx+∫11+x2dx, ∫1111+x2dx=x1+x2+∫dx2221+x= 11 x1+x2+ln(x+1+x2)+C22 5 (5)证明黎曼ζ函数ζ(x)=∑ 1 (1,+∞)内是连续的，并在这区间内有任x在 n=1n∞ 意阶连续导函数.（这种性质，也称为无穷次可微。） 1−x证明：令un(x)=x=n，显然 nun(x)= 1−x−x−x2 =n′′′u(x)=−nlnnu(x)=n(lnn)，，，xnnn[un(x)](k)=(−1)kn−x(lnn)k，k=1,2,3,⋯ 都在(1,+∞)上连续；对任何δ>1，当x≥δ时， 1 |un(x)|≤δ， n1 ′(x)|≤δlnn，|unn|[un(x)](k)|≤ ∞ 1k(lnn)，δn∞∞ 1(k) (x)[u(x)]而∑δ(lnn)k收敛，所以∑un(x)，u′，，（k=1,2,3,⋯）n∑nnn=1n=1n=1n=1 ∑ ∞ 1 都在[δ,+∞)上一致收敛，故ζ(x)=∑x在[δ,+∞)内是连续的，并在这区 n=1n∞ 间内有任意阶连续导函数.由于δ>1是任意的，所以 ζ(x)=∑ 1xn=1n∞ 在(1,+∞)内是连续的，并在这区间内有任意阶连续导函数。 ∞11 显然∑x在(1,+∞)内非一致收敛，ζ(x)=∑x在(1,+∞)内不一致连续。 n=1nn=1n∞ 1 ζ(x)=A存在且有限，假若ζ(x)=∑x在(1,+∞)内一致连续，则有lim+ x→1n=1n在ζ(x)>∑ 1+ x中令x→1，取极限，得n=1n6 N∞ 1 A>∑，(N=1,2,3,⋯)， n=1n矛盾. N三、（1）计算积分 x2+y2+z2=R2 ∫∫ dSx+y+(z−h)222,其中常数h≠R，h≠0 x2 （2）a,b,c为三个实数，证明：方程e=ax+bx+c的根不超过三个 解（1）x=Rsinϕcosθ,y=Rsinϕsinθ,z=Rcosϕ，其中0≤θ≤2π,0≤ϕ≤π； → r=(Rsinϕcosθ,Rsinϕsinθ,Rcosϕ)， rθ=(−Rsinϕsinθ,Rsinϕcosθ,0)， → rϕ=(Rcosϕcosθ,Rcosϕsinθ,−Rsinϕ)， E=|rθ|=Rsinϕ，G=|rϕ|=R，F=(rθ,rϕ)=0， 2 2 2 2 2 → → → → → 故 EG−F2=R2sinϕ，dS=EG−F2dϕdθ=R2sinϕdϕdθ, x+y+z=R22 ∫∫ dS2 2 x2+y2+(z−h)21=∫dθ∫ 0 2ππ0 R2−2Rhcosϕ+h2R2sinϕdϕ=2πR2 2 1 (R2+2Rh+h2−R2−2Rh+h2)Rh1 =2πR(|R+h|−|R−h|) Rh⎧4πR,⎪ =⎨4πR2⎪|h|,⎩ （2）证明 0<|h| 设f(x)=ex−(ax2+bx+c)，用反证法，若f(x)的零点超过三个， 7 设x1 f′(ξ1)=0,f′(ξ2)=0,f′(ξ3)=0， 由罗尔中值定理，存在η1∈(ξ1,ξ2),η2∈(ξ2,ξ3)，使得 f′′(η1)=0,f′′(η2)=0， 再次由罗尔中值定理，存在ξ∈(η1,η2)，使得f′′′(ξ)=0， x但这与f′′′(x)=e>0，矛盾，结论得证. 2n四、设fn(x)=cosx+cosx+⋯+cosx, 求证:（1）对任意自然数n(n≥2),方程fn(x)=1在区间(0,)内必有唯一根xn， （2）并求数列{xn}的极限limxn. n→∞ π3 π111f()=++⋯+<1,由连续函数的介值证明(1)显fn(0)=n>1,n2n3222 πx∈(0,),使得fn(xn)=1;定理,存在n3 ππ′显然fn(x)<0,x∈(0,),即fn(x)在(0,)上严格单调递减,所以33fn(x)=1的根是唯一的. (2)显然fn+1(x)>fn(x),fn(xn)=fn+1(xn+1)>fn(xn+1), 于xn n→∞3 π0 1n cosxn(1−(cosxn)n) fn(xn)=cosxn+⋯+(cosxn)==1, 1−cosxnn中令n→∞,取极限， 8 cosa1π=1⇒cosa=，得a=, 1−cosa23 故 limxn= n→∞ π.3 9 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容