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一、证明题

1． 证明下列结论:

（1）设函数列对收敛, 则

（2）设散, 则

在[a, b]上非一致收敛. 【答案】（1）由已知令单调, 所以

由M 判别法知级数（2）假设及

由于

有

都在[a, b]上连续, 令

对上式取极限得

对任意正整数p 都成立, 由柯西收敛准则知

收敛, 矛盾. 故

在[a, b]上非一致

和,

则由

.

在[a, b]上绝对收敛且一致收敛.

在[a, b]上一致收敛, 则

, 存在正整数N , 当n>N时, 对任意正整数p

都收敛.

知

收敛.

由

在[a, b]上

中的每一项

都是[a, b]上的单调函数. 若

和

都绝

在[a, b]上绝对收敛且一致收敛;

都在[a, b]上连续, 级数

在[a, b]上处处收敛, 而在x=b处发

收敛.

2． 分别用确界原理及区间套定理证明:若f （x ）在[0, 1]上单调递增, 且f （0）>0, f （1）<1,

则记间套

,

若在分点处有g （x ）=0, 则结论成立, 否则g （x ）在每个区间由区间套定理, 存在唯一的

, 往证

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, 使得, 则

.

, 则S 是非空有界数集.

, 则g （0）<0, g （1）>0.利用二等分法构造区

的端点处函数值异号,

,

往证

（反证法）.

【答案】（1）利用确界原理证明:构造数集, （2）利用区间套定理证明:

设

3． 设f （x ）在[0, 1]上连续且满足

证明:

【答案】显然, , 有

对上式从0到1积分, 得

在上式两边同乘以正数

, 得

最后一步的不等式是根据函数

4． 证明定理 （有限覆盖定理）:

设个开域用直线

为一有界闭域

,

为一个开域族, 它覆盖了 D （即‘

）.

t 之中, 并假设D 不能被

中有限个开域所覆盖,

分成四个相等的闭矩形, 那么至少有一个闭矩形

其中每一个闭矩形

中都至少含

）. 则在

中必存在有限

它们同样覆盖了 D （即

把矩形

有最大值而得到的.

【答案】设有界闭域D 含在矩形它所含的D 的部分不能被所含的D 的部分都不能为有D 的一点, 任取其中一点为

由闭矩形套定理可知:存在一点由于

中有限个开域所覆盖, 把这个矩形（若有几个, 则任选其一）再分为中有限个开域所覆盖, 于是, 每个闭矩形

则

且

满足对任意的自然数N 都有:

四个相等的闭矩形, 按照这种分法 继续下去,

可得一闭矩形套

所以

又因在由于

是有界闭域D 上的点, 所以中必有一开域包含

不妨设此开域为

使得

故n 充分大时, 恒有

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按定理条件,

.

则必存在点和一个邻域

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可见, 矩形但是, 这与每个故

包含于邻域

中, 从而包含于开域中,

中有限个开域所覆盖矛盾,

中所含的D 的部分不能被

中必有D 的有限开域覆盖.

二、解答题

5． 求下列函数在给定点的全微分:

（1）（2

）

【答案】（

1）因由得（2）由由

得

6． 求下列函数的全微分:

（1）（2）【答案】 （1）（2

） 7．

为R 中的开集，（1）对每个（2）

试证:

【答案】首先证明因

的x

存在关于

存在.

使得

根据条件（2）令

当

时，有

取极限，根据条件（1）可得

；根据柯西准则，知

存在. 即等

式①左端极限存在，记之为A.

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2

在点（0, 0）, （1, 1） 在点（1, 0）, （0, 1）.

在（0, 0）连续, 从而zx 在（0, 0）可微.

得

在（1, 0）, （0, 1）处连续, 从而z 在这两点处可微, 由

得

同理z 在（1

, 1

）可微, 由

为上的函数，

且

中的y 一致连续.

①

（为开集），所以