柯西黎曼方程的极坐标形式为什么,怎样证明.

函数极限存在的柯西准则的证明,高手来回答,

函数极限存在的柯西准则的证明,高手来回答,
是这样的,在卓里奇的数分教材中关于函数极限存在的柯西准则的证明的最后部分我看不大懂,请耐心看完的描述
要证明∀ε>0,存在B∈B,使得函数f:X->R在B上的振幅小于ε,则f关于基B有极限
教材证明如下:顺次取1,1/2,...1/n,...作为ε,对它们取基B的一列元素B`1,B`2,.,B`n,使得振幅ω(f;B`n)

3l何1年前1

hansonisme 共回答了19个问题 | 采纳率89.5%

LZ打得辛苦:) 不过或许有点问题,因为m来路不明.不过我大概能看明白.
1. 对于极限来说,≤和a是指任意ε>0, 存在N, 使得任意n>N, |an-a|N”, "

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为什么罗尔定理拉格郎日和柯西,甚至是判断函数的单调性和凹凸性的前提都是在闭区间连续开区间可导

为什么罗尔定理拉格郎日和柯西,甚至是判断函数的单调性和凹凸性的前提都是在闭区间连续开区间可导
请大家多举例子,正例和反例,如果可以的话还有图形解释.

ye09291年前2

ydx177 共回答了17个问题 | 采纳率100%

简单的回应一下你问题的要求,但是：
1、以下没有图形解释,只有函数,自己画,都是简单函数!
2、正例不举了,这三个定理及其相关推论在基本函数的图像中都一目了然,自己随便写个函数,画坐标图看看即可.
3、正向推导中这些条件的必要性到可以说说,用来解释你的“为什么”.
4、给你点反例.
关于罗尔定理：
首先理一下该定理证明的思路：
连续且闭=>有最大最小=>存在x1使f(x1)=max=>f'x1=0
其中
前两步推导就是最大值最小值定理
或称
维尔斯特拉斯极值定理
其前提条件“连续且闭”不可或缺
后一步推导就是费马定理
其前提条件“x处可导”不可或缺
因此
罗尔定理的应用条件：闭连续+开可导
反例：
1、(a,b)可导,f(a)=f(b),则必存在x使得f'(x)=0
错!
反例：f(x)=x(0,1];=1(x=0)
这表明两端处连续性不可或缺!
2、f(x)=x[0,0.5];=1-x(0.5,1],所以存在f'(x)=0
错!
最大值f(0.5)处没有导数!
这表明可导性不可或缺!
关于拉格朗日定理：
还是先理一下证明思路：
引进辅助函数g(x)=f(x)-{[f(b)-f(a)]/(b-a)}*(x-a)
把函数图形做一个线性量上下移动后
即可将罗氏定理中结论用上.
因此拉氏是罗氏的变形,其应用前提一样
反例：
1、(a,b)可导,则存在x使f'(x)=[f(b)-f(a)]/(b-a)
错!
反例：f(x)=x(0,1];=1(x=0)
这表明两端连续不可或缺
2、[a,b]连续,则存在x使得f'(x)=[f(b)-f(a)]/(b-a)
错!
反例：f(x)=|x|[0,1]
这表明可导性不可或缺
3、f(x)=1/x(x不等于0)；=0（x=0）
不能应用拉氏定理
因为x=0为间断点
严格地说是：
结论未必能够成立（事实上不成立）
关于柯西中值定理：
先提醒一点：不能直接由拉氏作商或作差推出柯氏!
理一下定理推倒的思路
引入h(x)=f(x)-[f(b)-f(a)]/[g(b)-g(a)]*[g(x)-g(a)]作为辅助函数
=>
存在有h'(x)=0
=>
展开即可
可见基本同拉氏（拉氏是柯氏的特殊情况）
反例类似（略）
单调性是拉氏定理的倒推,所以需要这两个条件
凹凸性的充分性证明中用到的微分中值公式和拉氏差不多,所以也需要.
注：
凹凸性证明中,一般用一介导判据的增减性或二介导的正负性判断,这些判据的前提条件中没有“闭连续”,其实是一样的,因为可导必然连续（但有开闭之分）.
注：
对于类似|x|和x^2+|x|等不可导的函数,但并不意味着无法判断,因为导数判据是其结论的充分条件,因此只能用凹凸性的定义证明,而且前者最终的结论是非严格凹性（因为有等号成立）.
但其实一般应用中都是可导的简单函数,最多出现二介导不存在或零点的情况,分段即可.
注：
除了和拉氏、罗氏相同的两个条件外,
柯氏中还有一个前提条件:“分母导数”不为零

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填空题：在区间[0,π/2]上,sinx及x+cosx满足柯西微分中值定理的中的ξ=?求大神指导.

红玫瑰23831年前1

xslmm 共回答了19个问题 | 采纳率100%

设函数f(x)=sinx,F(x)=x+cosx,
∵f(x),F(x)在区间[0,π/2]是连续的,且在(0,π/2)均是可导,根据柯西中值定理,
[f(π/2)-f(0)]/[F(π/2)-F(0)]=f'(ξ)/F'(ξ),
f(π/2)=sin(π/2)=1,
f(0)=sin0=0,
F(π/2)=π/2+cosπ/2=π/2.
F(0)=0+cos0=1,
f'x)=cosx,
F'(x)=1-sinx,
(1-0)/(π/2-1)=cosξ/(1-sinξ),
2/(π-2)=cosξ/(1-sinξ),
∵(1-sinξ)(1+sinξ)=(cosξ)^2,
∴cosξ/(1-sinξ)=(1+sinξ)/cosξ,
设2/(π-2)=k,
cosξ/(1-sinξ)=k=(1+sinξ)/cosξ,
(1+sinξ)^2/(cosξ)^2=k^2,
1+2sinξ+(sinξ)^2=k^2[1-(sinξ)^2]
(sinξ)^2(1+k^2)+2sinξ+1-k^2=0,
sinξ=(-1±k^2)/(1+k^2),
因负根不在区间内,所以舍去,
∴sinξ=(-1+k^2)/(1+k^2),
将k=2/(π-2)代入,
sinξ=(-π^2+4π)/(π^2-4π+8),
∴ξ=arcsin[(-π^2+4π)/(π^2-4π+8)]≈0.5095.

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设x1=1,数列Xn+1=1+1/Xn （n=1,2,……）证明Xn收敛,并求极限（请用单调有界或柯西准则证明）

lwj45120021年前1

yueliang55555 共回答了17个问题 | 采纳率94.1%

易证奇数项子列与偶数项子列都是单调递增且有界,故都有极限.分别设为A与B.
有：A=1+1/B
B=1+1/A
解出A与B都等于（1+根号5）/2

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关于柯西-施瓦兹不等式的证明.

人生ww1年前2

jinshugupiao12 共回答了16个问题 | 采纳率93.8%

http://baike.baidu.com/view/7618.htm
百度百科 柯西不等式

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柯西收敛证明 教授们劳驾你们了.

芹菜小小1年前1

粤粤 共回答了18个问题 | 采纳率94.4%

“柯西收敛原理”是数学分析中的一个重要定理之一,这一原理的提出为研究数列极限和函数极限提供了新的思路和方法.
　　在有了极限的定义之后,为了判断具体某一数列或函数是否有极限,人们必须不断地对极限存在的充分条件和必要条件进行探讨.在经过了许多数学家的不断努力之后,终于由法国数学家柯西（Cauchy）获得了完善的结果.下面我们将以定理的形式来叙述它,这个定理称为“柯西收敛原理”.
　　定理叙述：
　　数列{xn}有极限的充要条件是：对任意给定的ε>0,有一正整数N,当m,n>N时,有|xn-xm|0,有Z属于实数,当x,y>Z时,有|f(x)-f(y)|n
　　|xn-xm|=| [(-1)^(n+2)]/(n+1)+.+[(-1)^(m+1)]/m |
　　当m-n为奇数时 |xn-xm|=| [(-1)^(n+2)]/(n+1)+.+[(-1)^(m+1)]/m |

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急!求数学大神!反常积分的收敛性——根据无穷积分的柯西判别法的极限形式:limx∧p|f(x)|=λ(x→+∞),当p＞

急!求数学大神!反常积分的收敛性——根据无穷积分的柯西判别法的极限形式:limx∧p|f(x)|=λ(x→+∞),当p＞1,0≤λ＜+∞时,∫a→+∞|f(x)|dx收敛,我不明白为什么在题目中总是取某个p'＞1使算出来的上面的极限值λ=1来确定收敛范围的,如果我换一个其他的p＞1来求出λ假设等于2,根据判别法这必然也是收敛的,却得到一个不同于上面的收敛范围,这是怎么回事啊?

chirs12071年前1

123668900 共回答了16个问题 | 采纳率75%

不可能……如果有某个p'＞1使算出来的上面的极限值λ=1就不会有一个其他的p＞1来求出λ=2
因为你想如果f(x)=1/x²,你只有取p=2算出来λ=1,你没有办法将p取其他值来得到λ=2,这是因为limx^p|f(x)|事实上衡量了当x→+∞时f(x)的量级,当λ≠0和无穷大时只能是x^p的某个量级,不能同时是x^p量级同时又是x^p'（p'≠p）,不知道这么说你明白了不……
（当然λ=0的情况比较特殊需要另外考虑）

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..请用根值判别法即柯西判别法判定敛散性

wuyan_8006141年前1

空中灰尘 共回答了19个问题 | 采纳率89.5%

敛

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柯西公式在高中有什么应用?可以的话举个例子.

liyjcockro1年前1

wodeyangzi1 共回答了24个问题 | 采纳率70.8%

柯西公式可以解决不等式的放缩问题,求解最小值,求数列前n项和的极限
例如a+b+c=3,已知a>0,b>0,c>0
求1/a+1/b+1/c的最小值
(1/a+1/b+1/c)(a+b+c)/3 利用了(a+b+c)/3=1
=1+(a/b+b/a+c/b+b/c+c/a+a/c)/3 利用柯西不等式放缩
>=1+2
=3
当且仅当a=b=c=1时等号成立
所以1/a+1/b+1/c的最小值是3
此类例子很多,模拟题和真题中很常见,你可以自己试着慢慢体会
如有其它问题请采纳此题后点求助,

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求用柯西收敛定理,区间套定理,维尔斯特拉斯定理,有限覆盖定理等单独证明确界定理的过程

求用柯西收敛定理,区间套定理,维尔斯特拉斯定理,有限覆盖定理等单独证明确界定理的过程
各证明过程请分别写出,会几种就请写几种吧

jinsama1年前1

挽救中兴 共回答了18个问题 | 采纳率88.9%

把你qq号告诉我,我把实数完备性的6个等价定理的互相证明给你发过去,在这儿不好打.

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数列的柯西准则怎么证

阿不的人1年前2

chenlu786 共回答了20个问题 | 采纳率90%

柯西准则：
数列收敛的充分必要条件是：对于任意给定的正数ε,存在着这样的正整数N,使得当m>N,n>N时就有|Xn-Xm|0,存在正整数k,使得任意m>N,都有：
|X(k+1)-Xm|

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帮助我证明柯西根值判别法.p1发散 P=1无法判别.

ww的小鸡比马大1年前3

ldy8212 共回答了20个问题 | 采纳率95%

当pr＝(p+1)/2>p,由极限的保序性质知道,存在N,当n>N时,有
n次根号(an)r^n,n>N时,通项不趋于0,发散.
p＝1时,比如an＝1/n,n次根号(an)的极限是1,级数an发散.
取an＝1/n^2时,n次根号(an)的极限是1,但级数an收敛.

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柯西定律已知 2 *x平方3*y的平方≤6 求证x+2y≤根号下11 快速 的 有这种证明题思路的

zouweiwei1年前1

test929 共回答了22个问题 | 采纳率100%

柯西不等式：
(ax+by)^2

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会用柯西的极限定义证明极限,才算真正掌握了微积分.

会用柯西的极限定义证明极限,才算真正掌握了微积分.
很多人以为会多元函数的微积分才叫会微积分.其实微积分的核心是柯西的一个极限定义,整个微积分大厦都建在这个定义上,正如整个经典力学都建在牛顿三定律上一样.
微分积分是完全不重要的,最核心的内容是“柯西极限定义”以及“无穷级数”.微分积分只在自然科学中有应用,而极限定义与无穷级数才是研究函数的强有力的工具.
很多非数学系的学生学了高等数学,却只会微分积分,不会去用极限定义证明极限,不会证明连续,也不会无穷级数,这是很不好的,真正有价值的是后者.可以说界定会不会微积分,就看你会不会用极限定义证明极限.

dm_1081年前1

彩虹0574 共回答了13个问题 | 采纳率100%

深表不赞同,柯西之前的数学家为微积分的严谨性苦苦思索,但这只是数学上的,而且发明发展微积分的人大多都在柯西之前,而且无穷级数并不能表示所有的式子,它本身是有缺陷的.柯西因为上课讲了过多的关于严谨性的东西而被校长批评,他任教的综合工科学校关注的不是纯数学的东西,会只是一种数学的严谨,这和工程更关心东西不一样.我看过张景中院士的另一种表述这种严谨性的东西,更加容易和鲜活.我们没必要在这种并不实用的东西上纠缠,在低层次上消耗自己的时间和精力,微积分只是个工具,对工科学生能应用它到工程上就是会.而且希望楼主不要再在这种地方发表自己的看法,可以到贴吧.

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n的阶乘开n次方的极限是多少?例：求级数∑n!（x/n）∧n,如果用柯西判别法做的话,就会出现n

n的阶乘开n次方的极限是多少?例：求级数∑n!（x/n）∧n,如果用柯西判别法做的话,就会出现n
n的阶乘开n次方的极限是多少?
例：求级数∑n!（x/n）∧n,
如果用柯西判别法做的话,就会出现n!开n次方的极限,

ccyq11年前1

nkwuhongli 共回答了13个问题 | 采纳率84.6%

是不是x

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柯西收敛证明 教授们.救人一命胜造七级浮屠啊

梓轩TT1年前1

刘5科科斗 共回答了23个问题 | 采纳率100%

1
设fn+1(t)-g(t)=1/2sint[fn(t)-g(t)]
即fn+1(t)=1/2sintfn(t)+g(t)[1-1/2sint]
与原函数对照得到g(t)=2cost/(2-sint)
所以fn+1(t)-2cost/(2-sint)=1/2sint[fn(t)-2cost/(2-sint)]
所以fn(t)-2cost/(2-sint)=1/2sint[f(n-1)(t)-2cost/(2-sint)]=(1/2sint)^2[f(n-2)(t)-2cost/(2-sint)]
=.=(1/2sint)^n[f(n-n)(t)-2cost/(2-sint)]=(1/2sint)^n[f0(t)-2cost/(2-sint)]
=(1/2sint)^n[e^t-2cost/(2-sint)]
即
fn(t)=2cost/(2-sint)+(1/2sint)^n[e^t-2cost/(2-sint)]
因为|1/2sint|

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泰勒中值定理那个“中值”是什么意思?这个定理(或说这个公式)为什么而用?为什么又说它是拉格朗日中值、柯西中值的推广呢?

飞龙舞雪_ww1年前1

xqer 共回答了13个问题 | 采纳率84.6%

读者一定记住说到函数的中值定理一定是该函数在某点（如a或0）的中值定理因为中值定理是用来解决函数的非特殊点的函数值这往往很困难甚至不可能求得出,因此我们可以考虑在这一点附近找特殊值用极限来逼近,这个公式通常用来求一些难以求出的极限问题,至于与拉格朗日等关系吗建议读者多看书,多思考思考!希望对你有些启发!

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线性代数求教,柯西2的那个齐次怎么求的,为什么特解在后面补个0?

呀咩贴1年前1

tutu516 共回答了23个问题 | 采纳率91.3%

把特解(1,-2,1,3)^T代入AX=β 得
α1 -2α2 + α3 + 3α4 = β
所以 α1 -2α2 + α3 + 3α4 + 0(α1+β) = β
----注意这里B= (α1,α2 ,α3 ,α4 ,α1+β)
所以组合系数 (1,-2,1,3,0)^T 是 AX=β 的解

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关于复变函数积分 我分别用留数与柯西公式算,结果为什么不一样（急）

xixi_luo1年前0

共回答了个问题 | 采纳率

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柯西积分不等式怎么证

大白白1年前1

有所谓 共回答了15个问题 | 采纳率86.7%

设f(x),g(x)在区间[a,b]可积,a≤b
∵对任意t∈R,有(tf(x)-g(x))²≥0
=>∫[a,b](tf(x)-g(x))²dx≥0
=>t²∫[a,b]f²(x)dx-2t∫[a,b]f(x)g(x)dx+∫[a,b]g²(x)dx≥0
记A=∫[a,b]f²(x)dx,B=2∫[a,b]f(x)g(x)dx,C=∫[a,b]g²(x)dx
则上式变为At²-Bt+C≥0,对任意t∈R成立
∴该二次函数判别式△=B²-4AC≤0
即(∫[a,b]f(x)g(x)dx)²≤(∫[a,b]f²(x)dx)(∫[a,b]g²(x)dx)
注：这里若a>b,该积分不等式也成立,只需把a,b交换证明即可

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线性代数,这里柯西1和柯西2是怎么取的?

叶落秋寒8881年前1

bjqtu 共回答了17个问题 | 采纳率88.2%

随便取两个线性无关的向量即可满足
A^2·x=0
了
所以,就取两个最简单的

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推导极坐标系下的柯西黎曼方程,主要是f(z)用直角坐标系可以表示为f(z)=u(x,y)+iv(x,y),但用极坐标系怎

推导极坐标系下的柯西黎曼方程,主要是f(z)用直角坐标系可以表示为f(z)=u(x,y)+iv(x,y),但用极坐标系怎么表示?

zhimei12171年前1

johnnyhhh 共回答了20个问题 | 采纳率90%

在直角坐标中f(z)表示为f(z)=u(x,y)+iv(x,y),其中z表示为z=x+iy,类似地在极坐标中,变量是r和θ,因此f(z)表示为f(z)=u(r,θ)+iv(r,θ),其中z表示为z=re^(iθ).把这里的r和θ看做中间变量,即u和v都是关于x与y的复合函数,根据极坐标与直角坐标的转化关系r=√(x^2+y^2),θ=arctan(y/x),有u'x=u'r*r'x+u'θ*θ'x=cosθ*u'r-rsinθ*u'θ,同理求出u'y,v'x和v'y,带人直角坐标的柯西黎曼方程u'x=v'y,u'y=-v'x中,得sinθ*u'r+rcosθ*u'θ=-cosθ*v'r+rsinθ*v'θ,cosθ*u'r-rsinθ*u'θ=sinθ*v'r+rcosθ*v'θ,两式联立可得u'r=rv'θ,v'r=-ru'θ,这就是极坐标下的柯西黎曼方程.

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设y=f(x)是微分方程y''+2y'+3y=e^3x满足初始条件（即柯西条件）y(0)=y'(0)=0的特解,求极限l

设y=f(x)是微分方程y''+2y'+3y=e^3x满足初始条件（即柯西条件）y(0)=y'(0)=0的特解,求极限lim(ln(1+x^2)/f(x))（x趋向0）有人说用洛必达法,但是y‘(0)=0不是不能用吗?还是我理解有问题

smalltetsu1年前1

smile_gjp 共回答了13个问题 | 采纳率84.6%

这个微分方程是常系数线性的,其特解是指数函数、正余弦函数的组合,所以是连续可微且任意阶可微的,所以用洛必达法则是没有问题的,用两次,再根据y''(0)=1即可得到结果2

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三维波动方程的初边值（混合）问题的求解公式是什么?（不是柯西问题啊）

ytffnxkj1年前1

45853258 共回答了9个问题 | 采纳率100%

Y=A【sin(ax)+sin(by)+sin(cz)】

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反常积分的收敛性——根据无穷积分的柯西判别法的极限形式:limx∧p|f(x)|=λ(x→+∞),当p＞1,0≤λ＜+∞

反常积分的收敛性——根据无穷积分的柯西判别法的极限形式:limx∧p|f(x)|=λ(x→+∞),当p＞1,0≤λ＜+∞时,∫a→+∞|f(x)|dx收敛,我不明白为什么在题目中总是取某个p'＞1使算出来的上面的极限值λ=1来确定收敛范围的,如果我换一个其他的p＞1来求出λ假设等于2,根据判别法这必然也是收敛的,却得到一个不同于上面的收敛范围,这是怎么回事啊?

未激活1181年前1

nlc983b 共回答了14个问题 | 采纳率92.9%

不可能……如果有某个p'＞1使算出来的上面的极限值λ=1就不会有一个其他的p＞1来求出λ=2
因为你想如果f(x)=1/x²,你只有取p=2算出来λ=1,你没有办法将p取其他值来得到λ=2,这是因为limx^p|f(x)|事实上衡量了当x→+∞时f(x)的量级,当λ≠0和无穷大时只能是x^p的某个量级,不能同时是x^p量级同时又是x^p'（p'≠p）,不知道这么说你明白了不……
（当然λ=0的情况比较特殊需要另外考虑）

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为什么0/∞型的极限不能直接用洛必达法则,请从洛必达法则的证明上解释(柯西种值定理).

ywjxdc1年前1

杰思瑞 共回答了15个问题 | 采纳率86.7%

0/∞型极限 = 0

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B组第二题,利用柯西准则判别下列级数的收敛性的两个小题,不用函数项级数,交错级数等知识,只用放缩发证明,求详细过程,谢谢

可乐1001年前1

ll多多 共回答了30个问题 | 采纳率90%

（1）令ak=sinkx／2^k,则|∑（k=n to n+p）ak|=
|sinnx／2^n+sin（n+1）x／2^（n+1）+...+sin（n+p）／2^（n+p）|＜=1／2^n+1／2^（n+1）+...+1／2^（n+p）=（1-1／2^（p+1））／（2^n（1-1／2））＜1／2^（n-1）
对任意的ε＞0,存在N=[-lnε／ln2]+2,当n＞N时,对任意的n、p属于正整数,有|∑（k=n to n+p）ak|＜ε
由Cauchy准则知,∑（n=1 to +∞）an收敛
（2）设该级数为∑（n=1 to +∞）bn
（观察知bn具有规律：当n=3k+1、3k+2时bn=1／n,当n=3k+3时bn=-1／n（k=0,1,...））
则|∑（k=3n+1 to 6n）bk|=|1／（3n+1）+1／（3n+2）-1／（3n+3）+...+1／（6n-2+1／（6n-1）+1／（6n）|＞1／（3n+1）+1／（3n+4）+...+1／（6n-2）＞1／（3n+3）+1／（3n+6）+...+1／（6n）=1／3[1／（n+1）+1／（n+2）+...+1／（2n）|＞1／3[n／（2n）]=1／6
取ε0=1／7,则对于任意的N属于正整数,总存在n0=3n+1＞N、m0=6n＞n0,有|∑（k=n0 to m0）bk|＞ε0
由Cauchy准则知,∑（n=1 to +∞）bn发散

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能否说"实部与虚部满足柯西-黎曼方程的复变函数是解析函数"

uu旖旎1年前1

依依情愫 共回答了19个问题 | 采纳率100%

不能.实部和虚部还必须是可微的.

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被积函数不连续,其定积分也可能存在的理论的提出者是A.牛顿 B.黎曼 C.柯西

liaolei141421年前1

就不是布什 共回答了14个问题 | 采纳率78.6%

B黎曼

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∑(-1)^n/n^2 用柯西收敛证明敛散性

郑乐盈1年前1

21898421 共回答了23个问题 | 采纳率91.3%

如果不限制方法,可以直接用Leibniz判别法解决.
所以不妨就按Leibniz判别法的证明来.
对任意ε > 0,存在N = [1/ε]+1 > 1/ε.
当n > N时有n² > n > 1/ε,故1/n² < ε.
考虑∑{n ≤ k ≤ n+p} (-1)^k/k² = (-1)^n·(1/n²-1/(n+1)²+...+(-1)^p/(n+p)²)
若p为偶数,0< (1/n²-1/(n+1)²)+...+(1/(n+p-2)²-1/(n+p-1)²)+1/(n+p)²
= 1/n²-1/(n+1)²+...+(-1)^p/(n+p)²
= 1/n²-(1/(n+1)²-1/(n+2)²)-...-(1/(n+p-1)²-1/(n+p)²)
< 1/n² < ε.
若p为奇数,0 < (1/n²-1/(n+1)²)+...+(1/(n+p-1)²-1/(n+p)²)
= 1/n²-1/(n+1)²+...+(-1)^p/(n+p)²
= 1/n²-(1/(n+1)²-1/(n+2)²)-...-(1/(n+p-2)²-1/(n+p-1)²)-1/(n+p)²
< 1/n² < ε.
即总有|∑{n ≤ k ≤ n+p} (-1)^k/k²| = |1/n²-1/(n+1)²+...+(-1)^p/(n+p)²| < ε.
由Cauchy收敛准则,级数收敛.
上面的证法放缩的比较精细,其实适用于∑{1 ≤ n} (-1)^n/n.
如果不要求这样广的适用面,也可以考虑用Cauchy收敛准则证明绝对收敛,即∑{1 ≤ n} 1/n²收敛.
其部分和0 < ∑{n ≤ k ≤ n+p} 1/k² < ∑{n ≤ k ≤ n+p} 1/(k(k-1))
= ∑{n ≤ k ≤ n+p} (1/(k-1)-1/k)
= 1/(n-1)-1/(n+p)
< 1/(n-1).
当n趋于∞时收敛到0.
由Cauchy收敛准则,∑{1 ≤ n} 1/n²收敛.
∑{1 ≤ n} (-1)^n/n²绝对收敛,从而也是收敛的.
当然也可以不用绝对收敛这一说法,直接说
|∑{n ≤ k ≤ n+p} (-1)^k/k²| ≤ ∑{n ≤ k ≤ n+p} 1/k² < 1/(n-1)收敛到0.
从而∑{1 ≤ n} (-1)^n/n²收敛.

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f=u+vi解析 u^2=v 证明：f是常数 思路是：柯西黎曼方程.证明f'=0

顶傻B专用1年前1

黔晋 共回答了20个问题 | 采纳率80%

əu/əx=əv/əy ,得：əu/əx=2uəu/əy 1)
əu/əy=-əv/əx,得：əu/əy=-2uəu/əx 2)
2）代入1)得：əu/əx=2u(-2uəu/əx)=-4u^2 əu/əx
故(1+4u^2)əu/əx=0
故有əu/əx=0,
故əu/əy=-2uəu/əx=0
即u与x,y都无关,故u=c,c为常数
所以v=u^2=c^2
所以有f=c+c^2 i为常数.

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有关柯西的一个小问题,急柯西（ξ）能不能等于负值?就是分布列第一横行第二个数字能不能是负值?

大鹏在天上1年前2

暗恋的体尝 共回答了21个问题 | 采纳率90.5%

柯西中值定理是拉格朗日中值定理的推广,是微分学的基本定理之一.
柯西（Cauchy）中值定理 柯西设函数f(x),g(x)满足
⑴在闭区间[a,b]上连续；
⑵在开区间（a,b）内可导；
⑶对任一x∈（a,b）有g'(x）≠0,
则存在ξ∈（a,b）,使得
[f(b)-f(a)]/[g(b)-g(a)]=f'（ξ）/g'（ξ）
因此可以为负值,只要满足条件即可

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柯西收敛定理的证明我要清楚一点的证明越多越好我想对比看看课本上的有些东西摸不着头脑

我不在意你绝迹1年前1

w6f3q2 共回答了12个问题 | 采纳率83.3%

我只证充分性：Cauchy列（基本列）收敛
证明：
1、首先证明Cauchy列有界
取e=1,根据Cauchy列定义,取自然数N,当n>N时有c
|a(n)-a(N)|N时,我们有
|a(n)-A|=|a(n)-aj(k)|+|aj(k)-A|

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我认为柯西收敛定理是不对的,请看如下疑问,请指教

我认为柯西收敛定理是不对的,请看如下疑问,请指教
定理为：
数列{xn}有极限的充要条件是：对任意给定的 ε>0,有一正整数N,当m,n>N时,有|xn-xm|

看oo1年前3

wb8848 共回答了23个问题 | 采纳率91.3%

任意 （An） - （An-1）= 1/n 趋近于零
注意反例中的这句话,只有当n趋于无穷时这句话才是成立的.第一项和第二项的差是1/2显然不趋于零.
所以反例是不对的.

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如何利用柯西—施瓦兹不等式证明下面的题?

彻夜孤单1年前3

秋叶落白云扫 共回答了24个问题 | 采纳率87.5%

“推荐答案”里的柯西不等式是错的.应该是[∫f(x)g(x)dx]²≦[∫f²(x)dx][∫g²(x)dx]
现在f(x)≥0,所以
f(x)cos(kx) = [√f(x)]*[√f(x)*cos(kx)]
f(x)sin(kx) = [√f(x)]*[√f(x)*sin(kx)]
对这个分拆用柯西不等式,得到
[∫f(x)cos(kx)dx]²+[∫f(x)sin(kx)dx]²
≦ [∫f(x)dx][∫f(x)cos²(kx)dx]+[∫f(x)dx][∫f(x)sin²(kx)dx]
= [∫f(x)dx][∫f(x)dx]
=1

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对解决第二次数学危机,波尔查诺和柯西,谁的贡献大?

流浪的羽1年前4

取个撒子名字好嘛 共回答了19个问题 | 采纳率94.7%

百科资料：
直到19世纪20年代,一些数学家才比较关注于微积分的严格基础.从波尔查诺、阿贝尔、柯西、狄里赫利等人的工作开始,到威尔斯特拉斯、狄德金和康托的工作结束,中间经历了半个多世纪,基本上解决了矛盾,为数学分析奠定了一个严格的基础.
波尔查诺给出了连续性的正确定义；阿贝尔指出要严格限制滥用级数展开及求和；柯西在1821年的《代数分析教程》中从定义变量出发,认识到函数不一定要有解析表达式；他抓住极限的概念,指出无穷小量和无穷大量都不是固定的量而是变量,无穷小量是以零为极限的变量；并且定义了导数和积分；狄里赫利给出了函数的现代定义.在这些工作的基础上,威尔斯特拉斯消除了其中不确切的地方,给出现在通用的极限的定义,连续的定义,并把导数、积分严格地建立在极限的基础上.
19世纪70年代初,威尔斯特拉斯、狄德金、康托等人独立地建立了实数理论,而且在实数理论的基础上,建立起极限论的基本定理,从而使数学分析建立在实数理论的严格基础之上.
真不好说谁的贡献大.应该说都有贡献.

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复变函数积分：求∫c e^-(z^2)的积分 用柯西公式,c:|z|=1,

stork05561年前1

hanliu_1 共回答了26个问题 | 采纳率76.9%

没奇点啊.=0

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拉格朗日推导柯西中值的问题为什么不能用拉格朗日来推导柯西中值定理呢?即f'(x)=(f(b)—f(a))/(b—a)除以

拉格朗日推导柯西中值的问题
为什么不能用拉格朗日来推导柯西中值定理呢?即f'(x)=(f(b)—f(a))/(b—a)除以g'（x）求出柯西中值定理呢?是不是限制条件不同还是别的?

0010901581年前1

bannamin 共回答了11个问题 | 采纳率81.8%

由柯西中值定理,得f'(x1)=(f(b)—f(a))/(b—a),g'(x2)=(g(b)—g(a))/(b—a),二式相除,只能得到
f'(x1)/g'(x2)=(f(b)—f(a))/(g(b)—g(a)),你无法保证x1=x2,所以无法直接利用柯西中值定理.

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各位研友知道怎么证明柯西--施瓦茨不等式吗?拜托各位大神

各位研友知道怎么证明柯西--施瓦茨不等式吗?拜托各位大神
麻烦证明一下

crs8111年前1

wmkj 共回答了17个问题 | 采纳率82.4%

全称柯西施瓦茨不等式（Cauchy-Schwarz） 数学上,柯西—施瓦茨不等式,又称施瓦茨不等式或柯西—布尼亚科夫斯基—施瓦茨不等式,是一条很多场合都用得上的不等式,例如线性代数的矢量,数学分析的无穷级数和乘积的积分,和概率论的方差和协方差.最基本应用为 ||^2

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关于极限的数学分析柯西极限问题数列An满足limn趋于无穷(a1+a2+…+an)/n=a,试证明limn趋于无限an/

关于极限的
数学分析柯西极限问题数列An满足limn趋于无穷(a1+a2+…+an)/n=a,试证明limn趋于无限an/n=0

-生猛洋葱-1年前1

kiriwa 共回答了11个问题 | 采纳率90.9%

对任意正数e,存在正整数N,当n>N时,
|(a[1]+a[2]+...+a[n-1])/(n-1)-a|

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求柯西 - 许瓦尔兹不等式的证明过程

进行ing1年前1

paopaocha 共回答了20个问题 | 采纳率85%

(∫f(x)g(x)dx)^2=0
所以∫[kf(x)-g(x)]^2dx>=0
k^2(∫f(x)dx)^2-2k∫f(x)g(x)dx+(∫g(x)dx)^2>=0
Δ=4(∫f(x)g(x)dx)^2-4(∫f(x)dx)^2(∫g(x)dx)^2

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柯西黎曼方程谁写的

2migds1年前1

飞檐 共回答了21个问题 | 采纳率90.5%

柯西 Cauchy
黎曼 Riemann
两个人

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高等数学中柯西—施瓦茨不等式如何证明

换个地方重新生活1年前2

ulture00 共回答了16个问题 | 采纳率87.5%

施瓦茨不等式
一、高数中的施瓦茨不等式

证明：令,则
从而有,即
对的二次三项式讲,从而有
所以

二、线代中的施瓦茨不等式
[x,y]^2 ≤ [x,x]*[y,y]
证明：
构造方程(x1z-y1)^2+(x2z-y2)^2+...+(xnz-yn)^2>=0
(x1^2+x2^2+...xn^2)z^2+2*z (x1y1+x2y2+...xnyn) +(y1^2+y2^2+...+yn^2)>=0
上面的不等式左边是关于z的一元二次方程
那么它的根判别式Δ

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求高手判断此数学证法的正误用确界定理证明柯西收敛定理：先证柯西数列有界,再证其有确界A,由确界的定义构造一个子列,使A-

求高手判断此数学证法的正误
用确界定理证明柯西收敛定理：先证柯西数列有界,再证其有确界A,由确界的定义构造一个子列,使A-1/m＜Xn1＜A（m=1,2,3,.）,然后证得此子列收敛,最后证明柯西定理,

迷失在纽约1年前2

zhmi 共回答了16个问题 | 采纳率100%

数学分析上有证明.两者等价,都是实数系基本定理.
不用柯西原理和其他定理,直接证法如下.
定理 非空有上界的数集必有上确界；非空有下界的数集必有下确界.
证明：任意实数x可以表示为x=[x]+(x),整数部分+非负小数部分.我们将(x)表示成无限小数形式：
(x)=0.a1 a2 a3 ... an ...,
其中a1,a2,...,an,...中的每一个数字都是0,1,...,9中的一个,若(x)是有限小数,则在后面接上无限个0.这称为实数的十进制无效小数表示.注意0.123000...=0.122999... 为了保持表示的唯一性,约定类似情况统一表示成前者.这样,任意实数集合S就可以由一个确定的无限小数的集合来表示:
{a0+0.a1 a2 ... an ... | a0=[x], 0.a1 a2 ... an ... = (x), x属于S}.
设数集S有上界,则可令S中元素的整数部分的最大者为b0,b0一定存在,否则S就无上界,并记
S0={x|x属于S 且 [x]=b0}.
显然由b0的定义,S0不是空集,并对任意x属于SS0,有xS1>...>Sn>...,和一列数b0,b1,...,bn,...,满足
b0是整数,bk是0,1,...,9中的一个.
令c=b0+0.b1 b2 ... bn ...,下面证明c就是S的上确界.
首先,若x属于S,则或存在非负整数m,使得x不属于Sm,或对任何非负整数n有,x属于Sn.
若x不属于Sm,有
x < b0+0. b1 b2 ... bm 0,当m充分大,便有 1/10^m < e.
取y属于Sm,则c与y的整数部分及前m位小数是相同的,所以
c-y c-e,这就说明了任何小于c的数都不是S的上界.
故c就是S的上确界.
同理可证下确界存在性.
用柯西原理的话,先证明闭区间套定理,再证明确界存在定理.

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出柯西乘积级数的和为w呢?定理:设级数u1+u2+...和v1+v2+...都绝对收敛,其和分别为s,o.则它们的柯西乘

出柯西乘积级数的和为w呢?
定理:设级数u1+u2+...和v1+v2+...都绝对收敛,其和分别为s,o.则它们的柯西乘积u1v1+(u1v2+u2v1)+...+(u1vn+u2vn-1+...unv1)+...也是绝对收敛的,且其和为s*o.
书上证明:
考虑把柯西乘积级数去掉括号的级数:u1v1+u1v2+u2v1+...+u1vn+...
如果上述级数绝对 收敛且其和为w,则由收敛级数的去加括号的基本性质以及比较审敛法可知,柯西乘积级数也绝对收敛且其和为w.
.
这段话,我想不通,由u1v1+u1v2+u2v1+...+u1vn+...绝对收敛 的确 能推导出柯西乘积级数绝对收敛,但怎么导出柯西乘积级数的和为w呢?

chang10201年前1

zhufafa 共回答了27个问题 | 采纳率77.8%

出柯西乘积级数的和为w呢?

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高数 用柯西-哈达玛定理求幂级数收敛半径时，x是几次方，就对|an|开几次幂，为什么？

Ann安儿1年前1

菲菲110 共回答了23个问题 | 采纳率91.3%

是n次方，开n次方

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定积分中分割、求和、取极限是柯西提出来的吗

jadejade1361年前1

左舷45度 共回答了18个问题 | 采纳率94.4%

是的,后来黎曼进一步发展了积分理论.所以我们今天数学分析里说的积分再很多场合也称为柯西-黎曼积分.

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柯西施瓦茨不等式的定义

zhang20071年前1

迷糊宣 共回答了14个问题 | 采纳率100%

全称柯西施瓦茨不等式（Cauchy-Schwarz）
数学上,柯西—施瓦茨不等式,又称施瓦茨不等式或柯西—布尼亚科夫斯基—施瓦茨不等式,是一条很多场合都用得上的不等式,例如线性代数的矢量,数学分析的无穷级数和乘积的积分,和概率论的方差和协方差.
最基本应用为
||^2

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英语翻译多元函数不定式极限的求解摘要：将求一元函数不定式极限的罗必达法则推广到多元函数的情形,首先给出多元函数的柯西微分

英语翻译
多元函数不定式极限的求解
摘要：将求一元函数不定式极限的罗必达法则推广到多元函数的情形,首先给出多元函数的柯西微分中值定理,由此得出多元函数的 型及 型不定式极限的罗必达法则.简单说了解决这个问题的其他办法.
关键词：多元函数；不定式；极限；罗必达法则.

穆歆1年前1

dangrui 共回答了27个问题 | 采纳率88.9%

Multivariate function infinitive limit the model
Abstract:to evaluate a circular function infinitive limits of ROM will reach law extended to the situation,multiple functions of multiple function is first in differential mean value theorem and cauchy multivariable function,so that the type and the type of infinitive limits of ROM will reach law.Simply said the other way to solve this problem.
Keywords:multiple functions; Infinitive; Limit; ROM.Will reach law

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