三、设数列 {x n } 满足当 n < m 时， | x n − x m |>
1 ，证明：数列 {x n } 无界. n
证: 用反证法, 假设数列 {x n } 有界, 即存在正数 M , 使得 | x n |≤ M . 依题意当 n < m 时， | x n − x m |>
1 1 1 , 注意到此时还有 | x n − x m |> > n n m
y →−∞
又 sin x − 2 ∈ [−3, −1] ⊂ (−∞, g(3)] ，所以方程有解。 当 y ∈ (−∞, 0) 时， g ′(y ) > 0 , 从而 g(y ) 在 (−∞, 0) 上严格单调递增且 g(y ) ≤ g(0) = 0 . 记 I = {y | −3 ≤ g(y ) ≤ −1} ，从而 g(y ) 在 I 上严格单调递增。 所以 ∀x ∈ R ，方程 y e
3 −y
= sin x − 2 有惟一解 y = y(x ) .
这样我们证明了隐函数 y = y(x ) : R → I 的存在性，且为满射。 (2) y = y(x ) 是连续可微的。只需证明其在任意点 x 是连续可微的即可。
∀x ∈ R ，存在惟一 y ∈ I ，使得 F (x , y ) = 0 . 下面验证 F (x , y ) 满足隐函数定理条件：由
3 −y 3 −y
= sin x − 2 有惟一解 y = y(x ) .
−y
，则 g ′(y ) = y (3 − y )e
2
，因为 g(0) = 0, g(3) > 1 ，及
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y →+∞
lim g(y ) = 0, lim g(y ) = −∞ . 所以 g(y ) ∈ (−∞, g(3)] .
∫∫ (y − z )dydz + (z − x )dzdx + (x − y )dxdy ，其中
∑
曲面 ∑ 是球面 x + y + z = 2Rx 被圆柱面 x + y = 2rx (z > 0, 0 < r < R) 所
2 2 2 2 2
截部分，定向取外侧. 解答: 曲面 ∑ 的单位外法向量为： n = ⎪ ⎨
1 1 + ; 2n 2m
2 是这个关系式对应的的几何直观,即闭区间列 I n = [x n − 发现这两点后就很容易过渡到调和级数发散上来.
1 1 , xn + ] 两两相交为空. 2n 2n
四、设函数 f (x ) ∈ C 令 g(x ) =
∞
定义在 (−1, 1) 上，且满足 f (0) = 1,| f ′(0) |≤ 2 ，
′′ − x 0 |≤| x n ′′ − x n ′ | + | xn ′ − x 0 |≤ 又| xn
k k k k
1 ′′ → x 0 ′ − x 0 | ，故 x n + | xn k k nk
k
′ ) = lim f (x n ′′ ) = f (x 0 ) .(海涅定理) 因为函数 f (x ) 在 x = x 0 处连续，所以 lim f (x n
六、已知函数 F (x , y ) = 2 − sin x + y e
3 −y
定义在全平面上，证明： F (x , y ) = 0 惟一确定
了全平面上隐函数 y = y(x ) ，且 y(x ) 是连续可微的。 证：我们分两步证明本题，先证明隐函数 y = y(x ) 存在，再证明其是连续可微的。 (1) 先证明 ∀x ∈ R ，方程 y e 记 g(y ) = y e
f ′(x ) (n ) (n ) ，若 | g (0) |≤ 2n ! ，证明：对所有 n ∈ N , | f (0) |≤ (n + 1)! . f (x )
证：由题设知 f ′(x ) = g(x )f (x ) ，两边对 x 求 m 阶导数，由莱布尼茨公式知
k (k ) f (m +1)(x ) = ∑ C m g (x )f (m −k )(x ) k =0 m
G
⎧ ⎪x − R y z ⎫ ⎪ , , ⎪ ⎬ ，由第一二类曲面积分之间的关系知 ⎪ ⎪ R R R⎪ ⎪ ⎩ ⎭
I =
∫∫ (y − z )dydz + (z − x )dzdx + (x − y)dxdy
∑
1 = ∫∫ ⎡⎣⎢(y − z )(x − R) + (z − x )y + (x − y )z ⎤⎦⎥dS = R ∑
(n )
(0) |≤ (n + 1)!
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注：这里我们实际应用的是第二数学归纳法原理，对于两种归纳法应该熟练掌握。在数学分 析里随处可见数学归纳法原理的身影，应该引起足够的重视。有关自然数的命题,考虑用数 学归纳法来证明还是比较自然的思路.
五、计算第二类曲面积分 I =
|≤ 1 , ∀a ∈ [0, b ], x ∈ [0, +∞) ，
∫
+∞ 0
f (x )dx 收敛。
故由阿贝尔判别法知，
∫
+∞ 0
e −ax f (x )dx 对于 a ∈ [0, b ] 一致收敛。
我们用数学归纳法，证明题中不等式。 命题成立。 假设 1 ≤ n ≤ m 时，| f 当 n = 1 时，| f ′(0) |≤ 2 = (1 + 1)! ， 当 n = m + 1 时，有
(n )
(0) |≤ (n + 1)! .
| f (m +1)(0) |=
m
k (k ) k g (0)f (m −k )(0) ≤ ∑ C m ⋅ 2k !⋅ (m − k + 1)! ∑C m k =0 k =0
两式相加, 即得 | x n − x m |>
1 1 + -------(*) , n < m . 这是个对称关系式. 2n 2m 1 1 , xn + ] . 由(*)可知区间列 {I n } 两两相交为 2n 2n
考虑闭区间列 {I n } , 其中 I n = [x n −
空.又因为 | x n ±
(对 f (x1 ) > f (x 2 ), f (x 2 ) < f (x 3 ) 情形，可类似讨论) 不妨设 f (x1 ) < f (x 3 ) ，因为 f (x ) 是 \ 上的连续函数，由连续函数介值定理知 存在 x 0 ∈ (x1, x 2 ) ，使得 f (x 0 ) = f (x 3 ) , x 0 ≠ x 3 , 与 1)矛盾。 这样由条件 2) 知不论函数 f (x ) 是 \ 上的严格单调递增函数，还是严格单调递减函数，
f (f (x )) 都是严格单调递增函数，但 e −x 却是严格单调递减的，这就产生了矛盾的。从而题
目中要求的连续函数不存在。 注：本题貌似是道陈题，类似的有 f ( f (x )) = −x . 若连续函数 f (x ) 存在，则必为单射是本 题的关键之处， 由此在直观上不难想像 f (x ) 为单调函数, 这是另一个关键， 最后再由复合函 数单调性可导出矛盾。
1 1 |≤| x n | + ≤| x n | +1 ≤ M + 1 , 所以存在一个充分大的有限闭区间 n n
[−δ, δ ] ,使得 I n ∈ [−δ, δ ] .
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我们考虑这些区间的长度和,记区间 I n 的长度为 | I n | , 则 | I n |=
m
m
m m! =∑ ⋅ 2k !⋅ (m − k + 1)! = 2m ! ∑ (m − k + 1) k =0 k !(m − k )! k =0 ⎛ ⎞ m(m + 1)⎟ ⎟ = 2m ⋅ ⎜ (m + 1)2 − = (m + 2)! ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 2 ⎝ ⎠
所以由数学归纳法原理知，对所有 n ∈ N , | f
k →∞ k →∞
k
′ ) − f (x n ′′) |≥ ε 矛盾。原命题得证。 但这与 | f (x n
注：值得提醒的是，在采用反证法证明时，要做到准确表述命题的否定形式。例如本题要求 知道一致连续的否定形式。 可以采取形式逻辑的方法, 比如把原题写成 ∀p, ∃q , 反证时取反, 即 ∃p, ∀q 等等.
试题解答
一、证明：有界闭区间上的连续函数必一致连续. 证: 用反证法，假设函数 f (x ) 在有界闭区间 [a, b ] 上连续，但不一致连续。那么至少存在一 个 ε > 0 ，使得无论 δ > 0 多么小，总存在 x ′, x ′′ ∈ [a, b ] 满足：
| x ′ − x ′′ |< δ ，
对这样的 ε > 0 和 δ = 1 / n ,存在 x ′, x ′′ ∈ [a, b ]
′ − xn ′′ |< 1 / n , 满足： | x n
′ ) − f (x n ′′) |≥ ε | f (x n
k k
′ } 是有界数列，故其存在收敛子列 {x n ′ } , xn ′ → x 0 ∈ [a, b ] 因为 {x n
七、设函数 f (x ) 在 [0, +∞) 上内闭 Riemann 可积，广义积分 求证： lim
∫
+∞ 0
f (x )dx 收敛，
a → 0+
∫
+∞ 0
e −ax f (x )dx =
−ax
∫
+∞ 0
f (x )dx .
−ax
证：考虑 a ∈ [0, b ] ，因为 e 及广义积分