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|系统分类:|关键词:武汉大学2014数学分析考研真题解答
武汉大学2014数学分析考研真题解答一、（1）求积分[intlimits_{0}^{1}{{{(xInx)}^{n}}dx}]解：不妨设$t=ln xRightarrow x={{e}^{t}},-infty &t&0$于是[intlimits_{0}^{1}{{{(xInx)}^{n}}dx}=intlimits_{-infty }^{0}{{{({{e}^{t}}cdot t)}^{n}}d{{e}^{t}}}=intlimits_{-infty }^{0}{{{e}^{(n+1)t}}cdot {{t}^{n}}dt}][=frac{1}{n+1}{{e}^{(n+1)t}}{{t}^{n}}|_{-infty }^{0}-frac{n}{n+1}intlimits_{-infty }^{0}{{{e}^{(n+1)t}}cdot {{t}^{n-1}}dt}=-frac{n}{n+1}intlimits_{-infty }^{0}{{{e}^{(n+1)t}}cdot {{t}^{n-1}}dt}]而[intlimits_{-infty }^{0}{{{e}^{(n+1)t}}cdot {{t}^{n-1}}dt}=frac{1}{n+1}{{e}^{(n+1)t}}{{t}^{n-2}}|_{-infty }^{0}-frac{n-1}{n+1}intlimits_{-infty }^{0}{{{e}^{(n+1)t}}cdot {{t}^{n-2}}dt}=-frac{n-1}{n+1}intlimits_{-infty }^{0}{{{e}^{(n+1)t}}cdot {{t}^{n-2}}dt}]于是[intlimits_{0}^{1}{{{(xInx)}^{n}}dx}=frac{n(n-1)}{{{(n+1)}^{2}}}intlimits_{-infty }^{0}{{{e}^{(n+1)t}}cdot {{t}^{n-2}}dt}]以此类推，既得[intlimits_{0}^{1}{{{(xInx)}^{n}}dx}=frac{n!}{{{(n+1)}^{n}}}intlimits_{-infty }^{0}{{{e}^{(n+1)t}}dt}=frac{{{(-1)}^{n}}n!}{{{(n+1)}^{n+1}}}{{e}^{(n+1)t}}|_{-infty }^{0}=frac{{{(-1)}^{n}}n!}{{{(n+1)}^{n+1}}}]（2）求极限$underset{xto {{1}^{-}}}{mathop{lim }},{{(1-x)}^{3}}sumlimits_{n=1}^{+infty }{{{n}^{2}}{{x}^{n}}}$解：不妨设$S(x)=sumlimits_{n=1}^{+infty }{{{n}^{2}}}{{x}^{n}}$考虑到$underset{nto +infty }{mathop{lim }},frac{{{n}^{2}}}{{{(n+1)}^{2}}}=1$，且$sumlimits_{n=1}^{+infty }{{{n}^{2}}}$和$sumlimits_{n=1}^{+infty }{{{(-1)}^{n}}}{{n}^{2}}$都发散于是$S(x)=sumlimits_{n=1}^{+infty }{{{n}^{2}}}{{x}^{n}},xin (-1,1)$则$frac{S(x)}{x}=sumlimits_{n=1}^{+infty }{{{n}^{2}}}{{x}^{n-1}}Rightarrow int_{0}^{x}{frac{S(t)}{t}}dt=sumlimits_{n=1}^{+infty }{n}{{x}^{n}}$设$g(x)=int_{0}^{x}{frac{S(t)}{t}dtRightarrow frac{g(x)}{x}=sumlimits_{n=1}^{+infty }{n{{x}^{n-1}}}}Rightarrow int_{0}^{x}{frac{g(t)}{t}}dt=sumlimits_{n=1}^{+infty }{{{x}^{n}}}=frac{x}{1-x}$于是$frac{g(x)}{x}=[frac{x}{1-x}]'=frac{1}{{{(1-x)}^{2}}}Rightarrow g(x)=frac{x}{{{(1-x)}^{2}}}Rightarrow $$frac{S(x)}{x}=[frac{x}{{{(1-x)}^{2}}}]'=frac{1+x}{{{(1-x)}^{3}}}Rightarrow S(x)=frac{x(1+x)}{{{(1-x)}^{3}}},xin (-1,1)$于是$underset{xto {{1}^{-}}}{mathop{lim }},{{(1-x)}^{3}}sumlimits_{n=1}^{+infty }{{{n}^{2}}{{x}^{n}}}=underset{xto {{1}^{-}}}{mathop{lim }},x(1+x)=2$（3）[underset{nto +infty }{mathop{lim }},n[{{(1+frac{1}{n})}^{n}}-e]]解：先求[underset{xto +infty }{mathop{lim }},x[{{(1+frac{1}{x})}^{x}}-e]]由于[underset{xto +infty }{mathop{lim }},x[{{(1+frac{1}{x})}^{x}}-e]overset{t=frac{1}{x}}{mathop{=}},underset{tto {{0}^{+}}}{mathop{lim }},frac{{{(1+t)}^{frac{1}{t}}}-e}{t}=underset{tto {{0}^{+}}}{mathop{lim }},[{{(1+t)}^{frac{1}{t}}}]']设[f(t)={{(1+t)}^{frac{1}{t}}}Rightarrow ln f(t)=frac{ln (1+t)}{t}Rightarrow frac{f'(t)}{f(t)}=frac{t-(1+t)ln (1+t)}{{{t}^{2}}(1+t)}Rightarrow f'(t)=frac{t-(1+t)ln (1+t)}{{{t}^{2}}(1+t)}cdot {{(1+t)}^{frac{1}{t}}}]于是[underset{tto {{0}^{+}}}{mathop{lim }},f'(t)=underset{tto {{0}^{+}}}{mathop{lim }},frac{t-(1+t)ln (1+t)}{{{t}^{2}}(1+t)}cdot {{(1+t)}^{frac{1}{t}}}=ecdot underset{tto {{0}^{+}}}{mathop{lim }},frac{t-(1+t)ln (1+t)}{{{t}^{2}}}=ecdot underset{tto {{0}^{+}}}{mathop{lim }},frac{1-ln (1+t)-1}{2t}=-frac{e}{2}]于是令$x=n$，于是[underset{nto +infty }{mathop{lim }},n[{{(1+frac{1}{n})}^{n}}-e]=-frac{e}{2}]（4）求不定积分[int{frac{(1+sin x){{e}^{-x}}}{(1-cos x)}}dx]解：由于[int{frac{(1+sin x){{e}^{-x}}}{(1-cos x)}}dx=int{frac{1}{1-cos x}}dx+int{frac{sin xcdot {{e}^{-x}}}{1-cos x}}dx]而[int{frac{sin xcdot {{e}^{-x}}}{1-cos x}}dx=-{{e}^{-x}}frac{sin x}{1-cos x}-int{frac{1}{1-cos x}}dx]于是[int{frac{(1+sin x){{e}^{-x}}}{(1-cos x)}}dx=-{{e}^{-x}}frac{sin x}{1-cos x}+C]（其中$C$为常数）（5）计算曲面积分：$int_{C}{xyds}$，其中$C$为球面${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}=9$和平面$x+y+z=0$的交线解：由于平面$x+y+z=0$过原点$(0,0,0)$，从而交线的半径为$3$，且交线关于$x,y,z$轮换对称从而$int_{C}{xyds}=int_{C}{yzds}=int_{C}{xzds}=frac{1}{6}int_{C}{2(xy+yz+xz)ds}$而$2(xy+yz+xz)={{(x+y+z)}^{2}}-({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}})$于是[int_{C}{xyds}=frac{1}{6}int_{C}{[{{(x+y+z)}^{2}}-({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}})]ds=}-frac{3}{2}int_{C}{ds}=-frac{3}{2}cdot 2pi cdot 3=-9pi ]二、已知$f(x)$在$[-1,1]$内二阶可微，且$f(0)=0$，求证：存在$xi in [-1,1]$，使得$f''(xi )=3int_{-1}^{1}{f(x)dx}$证明：由于$f(x)$在$[-1,1]$内二阶可微，于是 & & &$f(x)=f(0)+f'(0)x+frac{f''(xi )}{2!}{{x}^{2}}=f'(0)x+frac{1}{2}f''(xi ){{x}^{2}},0&xi &x$于是 &[int_{-1}^{1}{f(x)dx=f'(0)int_{-1}^{1}{xdx+frac{1}{2}}}f''(xi )int_{-1}^{1}{{{x}^{2}}}dx]即存在$xi in (0,x)subset [-1,1]$，使得$f''(xi )=3int_{-1}^{1}{f(x)dx}$三、已知${{x}_{n}}=f(frac{1}{{{n}^{2}}})+f(frac{2}{{{n}^{2}}})+cdots +f(frac{n}{{{n}^{2}}}),n=1,2,cdots $，其中$f(x)$在$x=0$的附近可导，且$f(0)=0,f'(0)=1$，求证：$underset{nto infty }{mathop{lim }},{{x}_{n}}$存在，并求其值。证明：由于$f(x)$在$x=0$附近可导，于是 & & $f(x)=f(0)+f'(0)x+alpha (x)x=x+alpha (x)x$其中$alpha (x)$是关于$x$的函数，$alpha (0)=0$且$alpha (x)to 0$，当$xto 0$于是$f(frac{i}{{{n}^{2}}})=frac{i}{{{n}^{2}}}+alpha (frac{i}{{{n}^{2}}})cdot frac{i}{{{n}^{2}}}Rightarrow sumlimits_{i=1}^{n}{f(frac{i}{{{n}^{2}}})=sumlimits_{i=1}^{n}{frac{i}{{{n}^{2}}}+sumlimits_{i=1}^{n}{alpha (frac{i}{{{n}^{2}}})}}}cdot frac{i}{{{n}^{2}}},i=1,2,cdots ,n$由[underset{nto +infty }{mathop{lim }},alpha (frac{i}{{{n}^{2}}})=0Rightarrow ]对任意的$varepsilon &0$，存在$N&0$，当$n&N$时，有$left| alpha (frac{i}{{{n}^{2}}}) right|&varepsilon $于是当$n&N$时，$left| sumlimits_{i=1}^{n}{alpha (frac{i}{{{n}^{2}}})}cdot frac{i}{{{n}^{2}}} right|&frac{varepsilon }{2}(1+frac{1}{n})$于是$underset{nto +infty }{mathop{lim }},sup sumlimits_{i=1}^{n}{alpha (frac{i}{{{n}^{2}}})}cdot frac{i}{{{n}^{2}}}le frac{varepsilon }{2}$及$underset{nto +infty }{mathop{lim }},inf sumlimits_{i=1}^{n}{alpha (frac{i}{{{n}^{2}}})}cdot frac{i}{{{n}^{2}}}ge -frac{varepsilon }{2}$由的任意性知：$underset{nto infty }{mathop{lim }},{{x}_{n}}=frac{1}{2}$，从而$underset{nto infty }{mathop{lim }},{{x}_{n}}$存在四、已知$Omega $.是由方程$left{begin{array}{ll}3{{x}^{2}}+{{y}^{2}}=1 \z=0end{array}right.$绕y轴旋转所生成的椭球面，$Sigma $为$Omega $的上半表面，$zge 0$，$(lambda ,u,v)$为其方向余弦，求曲面积分$iint_{Sigma }{z(lambda x+uy+vz)dS}$解：由题可知：椭球面$Omega $的方程为：$3{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+3{{z}^{2}}=1$由于$iint_{sum }{z(lambda x+uy+vz)dS}=iint_{sum }{xzdydz+yzdzdx+{{z}^{2}}dxdy}$取平面${{sum }_{1}}:3{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+3{{z}^{2}}=1,z=0$于是$iint_{{{sum }_{1}}}{xzdydz+yzdzdx+{{z}^{2}}dxdy}=0$于是$iint_{sum }{z(lambda x+uy+vz)dS}=iint_{sum +{{sum }_{1}}}{xzdydz+yzdzdx+{{z}^{2}}dxdy}$令[V:3{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+3{{z}^{2}}le 1,zge 0]由高斯公式可知：$iint_{sum }{z(lambda x+uy+vz)dS}=iint_{sum +{{sum }_{1}}}{xzdydz+yzdzdx+{{z}^{2}}dxdy}=4iiint_{V}{zdxdydz}$于是令$x=frac{1}{sqrt{3}}Rsin varphi cos theta ,y=Rsin varphi sin theta ,z=frac{1}{sqrt{3}}Rcos varphi $其中$0le Rle 1,0le theta le 2pi ,0le varphi le frac{pi }{2},left| J right|=frac{1}{3}{{R}^{2}}sin varphi $于是[iint_{sum }{z(lambda x+uy+vz)dS}=4iiint_{V}{zdxdydz}=frac{4}{3}int_{0}^{2pi }{dtheta }int_{0}^{frac{pi }{2}}{dvarphi int_{0}^{1}{frac{1}{sqrt{3}}}}Rcos varphi cdot {{R}^{2}}sin varphi dR=frac{sqrt{3}}{9}pi ]五、已知$z=f(x,y)$在区域$D$存在二阶连续偏导数，已知$=left{begin{array}{ll}u=x+2y \v=x+ayend{array}right.$变换，求$a$使得方程$2frac{{{partial }^{2}}z}{partial {{x}^{2}}}+frac{{{partial }^{2}}z}{partial xpartial y}-frac{{{partial }^{2}}z}{partial {{y}^{2}}}=0$变为$frac{{{partial }^{2}}z}{partial upartial v}=0$解：由于$left{begin{array}{ll}u=x+2y \v=x+ayend{array}right.$$Rightarrow {{u}_{x}}=1,{{u}_{y}}=2,{{v}_{x}}=1,{{v}_{z}}=a$于是$frac{partial z}{partial x}=frac{partial z}{partial u}cdot frac{partial u}{partial x}+frac{partial z}{partial v}cdot frac{partial v}{partial x}={{z}_{u}}+{{z}_{v}}$$frac{partial z}{partial y}=frac{partial z}{partial u}cdot frac{partial u}{partial y}+frac{partial z}{partial v}cdot frac{partial v}{partial y}=2{{z}_{u}}+a{{z}_{v}}$于是$frac{{{partial }^{2}}z}{partial {{x}^{2}}}=[frac{partial ({{z}_{u}})}{partial u}cdot frac{partial u}{partial x}+frac{partial ({{z}_{u}})}{partial v}cdot frac{partial v}{partial x}]+[frac{partial ({{z}_{v}})}{partial u}cdot frac{partial u}{partial x}+frac{partial ({{z}_{v}})}{partial v}cdot frac{partial v}{partial x}]={{z}_{uu}}+2{{z}_{uv}}+{{z}_{vv}}$$frac{{{partial }^{2}}z}{partial {{y}^{2}}}=2[frac{partial ({{z}_{u}})}{partial u}cdot frac{partial u}{partial y}+frac{partial ({{z}_{v}})}{partial v}cdot frac{partial v}{partial x}]+a[frac{partial ({{z}_{v}})}{partial u}cdot frac{partial u}{partial y}+frac{partial ({{z}_{v}})}{partial v}cdot frac{partial v}{partial y}]=4{{z}_{uu}}+4a{{z}_{uv}}+{{a}^{2}}{{z}_{vv}}$$frac{{{partial }^{2}}z}{partial xpartial y}=[frac{partial ({{z}_{u}})}{partial u}cdot frac{partial u}{partial y}+frac{partial ({{z}_{u}})}{partial v}cdot frac{partial v}{partial y}]+[frac{partial ({{z}_{v}})}{partial u}cdot frac{partial u}{partial y}+frac{partial ({{z}_{v}})}{partial v}cdot frac{partial v}{partial y}]=2{{z}_{uu}}+(a+2){{z}_{uv}}+a{{z}_{vv}}$由$2frac{{{partial }^{2}}z}{partial {{x}^{2}}}+frac{{{partial }^{2}}z}{partial xpartial y}-frac{{{partial }^{2}}z}{partial {{y}^{2}}}=0Rightarrow (6-3a){{z}_{uv}}+(2+a-{{a}^{2}}){{z}_{vv}}=0$于是令$left{begin{array}{ll}6-3a=0 \2+a-{{a}^{2}}=0end{array}right.$$Rightarrow a=-1$即当$a=-1$时，$frac{{{partial }^{2}}z}{partial upartial v}=0$六、已知$alpha &-1$，求证$I=int_{0}^{+infty }{frac{1-{{e}^{-alpha x}}}{x{{e}^{x}}}}dx$收敛，并求$I$的值。证明：由于$I=int_{0}^{+infty }{frac{1-{{e}^{-alpha x}}}{x{{e}^{x}}}}dx=int_{0}^{1}{frac{1-{{e}^{-alpha x}}}{x{{e}^{x}}}}dx+int_{1}^{+infty }{frac{1-{{e}^{-alpha x}}}{x{{e}^{x}}}}dx={{I}_{1}}+{{I}_{2}}$其中${{I}_{1}}=int_{0}^{1}{frac{1-{{e}^{-alpha x}}}{x{{e}^{x}}}}dx,{{I}_{2}}=int_{1}^{+infty }{frac{1-{{e}^{-alpha x}}}{x{{e}^{x}}}}dx$对于${{I}_{1}}$：考虑到$underset{xto {{0}^{+}}}{mathop{lim }},{{x}^{p}}cdot frac{1-{{e}^{-alpha x}}}{x{{e}^{x}}}dx=0,0&p&1$于是${{I}_{1}}$在$alpha &-1$时收敛对于${{I}_{2}}$：考虑到$alpha &-1$时，$underset{xto +infty }{mathop{lim }},{{x}^{2}}cdot frac{1-{{e}^{-alpha x}}}{x{{e}^{x}}}=0$于是${{I}_{2}}$在$alpha &-1$时收敛从而$I$在$alpha &-1$时收敛（2）不妨设$I(alpha )=int_{0}^{+infty }{frac{1-{{e}^{-alpha x}}}{x{{e}^{x}}}}dx,alpha &-1$于是$I'(alpha )=int_{0}^{+infty }{frac{x{{e}^{-alpha x}}}{x{{e}^{x}}}}dx=int_{0}^{+infty }{{{e}^{-(alpha +1)x}}}dx=-frac{1}{alpha +1}{{e}^{-(alpha +1)x}}|_{0}^{+infty }=frac{1}{alpha +1},alpha &-1$且$I(0)=0$于是$I(alpha )=int_{0}^{alpha }{frac{1}{t+1}dt=ln (1+alpha ),alpha &-1}$七、已知级数$sumlimits_{n=1}^{+infty }{frac{{{n}^{n+2}}}{{{(nx+1)}^{n}}}}$，求证（1） & & &该级数在$(1,+infty )$上收敛（2） & & & 该级数在$(1,+infty )$上非一致收敛，但是$f(x)=sumlimits_{n=1}^{+infty }{frac{{{n}^{n+2}}}{{{(nx+1)}^{n}}}}$在$(1,+infty )$上连续证明：（1）用比较判别法考虑$underset{nto +infty }{mathop{lim }},frac{{{n}^{n+4}}}{{{(nx+1)}^{n}}}$由于$nx+1&nxRightarrow frac{{{n}^{n+4}}}{{{(nx+1)}^{n}}}&frac{{{n}^{4}}}{{{x}^{n}}}$考虑到$xin (1,+infty )$时，$underset{nto +infty }{mathop{lim }},frac{{{n}^{4}}}{{{x}^{n}}}=0Rightarrow underset{nto +infty }{mathop{lim }},frac{{{n}^{n+4}}}{{{(nx+1)}^{n}}}=0$从而由比较判别法知：该级数在$(1,+infty )$上收敛；（2）由于取${{x}_{n}}=frac{n+1}{n}$，此时[underset{nto +infty }{mathop{lim }},frac{{{n}^{n+3}}}{{{(n+2)}^{n}}}=+infty ]且$sumlimits_{n=1}^{+infty }{frac{1}{n}}$发散 & & 于是该级数在$(1,+infty )$上非一致收敛另一方面 ，由于对任意的$[a,b]subset (1,+infty )$此时$frac{{{n}^{n+4}}}{{{(nx+1)}^{n}}}&frac{{{n}^{4}}}{{{a}^{n}}}$，$a&1$而$underset{nto infty }{mathop{lim }},frac{{{n}^{4}}}{{{a}^{n}}}=0$，则当$n$充分大时，有$frac{{{n}^{2}}}{{{a}^{n}}}&frac{1}{{{n}^{2}}}$而[sumlimits_{n=1}^{+infty }{frac{1}{{{n}^{2}}}}]收敛由$M$判别法可知，该级数在$[a,b]$上一致收敛由$[a,b]$的任意性及开区间覆盖定理知：该级数在$(1,+infty )$上内闭一致收敛从而$f(x)=sumlimits_{n=1}^{+infty }{frac{{{n}^{n+2}}}{{{(nx+1)}^{n}}}}$在$(1,+infty )$上连续
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如何提高自身数学分析水平?SCIbird 博士数学论坛 论坛上朋友们的请求,说说我自己的数分学习经历和心得,以供大家参考.首先声明:世上没有万能的方法,任何一种方法都有其局限性和适用范围,所以对SCIbird 说的话要辩证的看,取其精华.类似的,如果你在某本书里看到类似"放之四海皆真理的话" 那么你基本可以考虑把这本书扔到垃圾桶里了.正如题目所写的,本文讲述的是"如何提高自身数学分析水平"也就是说,本文是针对已经学过数分,但苦于数分水平提高缓慢的朋友们的.一点个人心得,希望能给需要帮助的人指引下方向.说是对数分的,但其实对其它数学科目也有参考意义.只是我对分析比较熟悉,故举的例子多是分析方面的.首先,我们要端正一个态度,即对于一个定理或一个问题,我们不应该用做考试题的态度来对待,而应该用研究数学问题的态度来对待.尽量挖掘出新的东西,而不局限于问题中的结论本身.具体说来,如下:研究问题,笼统说多是关于存在性,唯一性,条件充不充分,必不必要,有无充要条件等等.这些泛泛的说法大家也许都知道,也有道理,不过就是不知道具体该怎样做.下面我就详细说下这些年自己的心得体会,以供参考.1.以几何直观做启发,大胆想象,严密论证.分析界目前有这种不好的倾向,认为几何直观不严密,于是排斥几何直观而代之以抽象的分析论证,有的书上甚至一张图都没有.诚然,大学数学的一个特点是高度抽象性,而且几何直观确实不能代替严密的证明.但一味的强调抽象性,容易迷失方向,尤其是初学者,往往一头雾水,不知所云.其实,几何直观对许多分析定理有启发作用.很多定理可以从几何直观中观察出来,加以提炼,最后严格证明而上升为定理.举个例子:考虑费马引理,即可导函数的极值点处导数值为0.几何直观上,一个可导函数在极值点处的切线应该是水平的,而且似乎不一定要求导函数连续,然后通过分析严格证明我们的猜想.但是,问题就结束了吗?我们能不能走的远点,上面说可导函数极值点导数为0,那么我们可以问导数为0是否就是极值点?什么时候有极值点?前一个问题是否定的,导数为0点未必就是极值点.至于后一个问题,条件可能不止一个.其中有一个比较特殊,我们知道闭区间上的连续函数必有最大值和最小值.而对于非常数函数,如果最值在区间内部取得,它也是极值,如果f可导,则f'(x0)=0.于是我们转到什么时候可以有内部最值(也是极值).一个条件是非常数可导函数的两端点相等,则区间内部必有最值点,因而有内点x0满足f'(x0)=0,于是就有了罗尔定理.我们又问了,这个条件必要吗?可以举出反例,这说明罗尔定理的条件只是充分条件.类似的几何直观还很多,比如把图象旋转一下,罗尔定理就变成了拉格朗日定理,如果用参数形式表示拉格朗日定理,则就变成了柯西定理.当然,以上只是从几何直观做出的猜想,接下来必须严格的给予证明.2.可以从多角度思考问题.我们解决了一个好的问题后,不必立刻走开.可以再挖掘一下,看有没有新的发现比如我把条件和结论对调一下,结论还成立吗?原题条件是P1,我换个条件P2,结论还成立吗?或者说,若不满足条件P1,结论还成立吗?原问题条件太苛刻了,我削弱一下条件,结论成立否.原问题是3维的,换成n维情况还成立吗?原问题要求函数f连续,我换成Riemann可积后,结论如何?或者说原问题是与三角函数(涉及周期性)有关,我换成一般的周期函数后,结论如何?或者说原命题是否有推广的可能.举两个例子,比如关于积分号下取极限(or积分运算与极限过程互换),通常要求是一致收敛.但一致收敛这个条件太强了,能否换成更一般的条件.于是阿尔泽拉定理就出现了,其用一致有界和点态收敛条件来替换一致收敛.(可参考南开数学分析or谢惠民的书or微积分学教程) 所谓阿尔泽拉定理(也称为Riemann积分理论中的控制收敛定理)是如下形式:所谓一致有界,即存在正数M>0,使得任取n,x∈[a,b]有|fn(x)|
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评论共有3条
期中的题目
其实只有两年......而且是期中的题目
不喜欢，我要的是英文版的题目，这是中文的！
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