第十五章 傅里叶级数 3收敛定理的证明
预备定理1：(贝塞尔不等式)若函数f 在[-π,π]上可积，则
2a 20+∑∞=1n 2
n 2n )b +(a ≤?ππ-2(x)f π1dx ，其中a n , b n 为f 的傅里叶系数.
证：令S m (x)=2a 0+∑=+m
1
n n n sinnx )b cosnx (a ，则
?
π
π-2m (x )]S -[f(x )dx=?ππ
-2(x )f dx-2?ππ
-m (x )f(x )S dx+?π
π
-2m (x
)S dx. 其中 ?π
π
-m (x )f(x )S dx=?π
π-0
f(x)2
a dx+dx cosnx f(x )a m
1
n π
π-n ∑?= ??+????sinnxdx f(x)b ππ-n =20a 2π+π∑=m
1
n 2n 2n )b +(a . 由三角函数的正交性，有 ?π
π-2
m (x )S dx=?∑??
????++=π
π-2
m 1n n n 0sinnx)b cosnx (a 2a dx =???
? ??π
π-2
02a dx+?∑??=??????+ππ-m 1n ππ-22n ππ-22n nx dx sin b nx dx cos a dx=20a 2π+π∑=m 1n 2n 2n )b +(a . ∴?π
π-2
m (x )]S -[f(x )dx=?π
π-2
(x )f dx-2
πa -2π∑∞
=1n 2n
2n )b +(a +20a 2π+π∑=m
1n 2
n 2n )
b +(a
=?π
π-2
(x )f dx-???20a 2π+π???∑=m
1n 2n 2n )b +(a ≥0. ∴2a 20+∑=m
1n 2
n 2n )b +(a ≤?ππ-2(x)f π
1dx 对任何正整数m 都成立. 又 ?ππ-2(x)f π
1dx 为有限值，∴正项级数2a 20+∑∞
=1n 2
n 2n )b +(a 的部分和数列有界， ∴2a 20+∑∞=1n 2n 2n )b +(a 收敛且有2a 20+∑∞=1n 2
n 2n )b +(a ≤?ππ-2(x)f π
1dx.
推论1：(黎曼-勒贝格定理)若f 为可积函数，则
cosnx f(x )lim
π
π
-n ?
∞→dx=sinnx f(x )lim π
π
-n ?∞→=0.
证：由2a 20+∑∞=1
n 2
n 2n )b +(a 收敛知，2n 2n b +a →0 (n →∞)，∴a n →0, b n →0, (n →∞)， ∴cosnx f(x )lim ππ-n
?∞→dx=sinnx f(x )lim π
π
-n ?∞→dx=0.
推论2：若f 为可积函数，则
x 21n sin f(x )lim π
n ??? ??+?
∞→dx=x 21n sin f(x )lim 0π-n ??? ?
?
+?∞→dx =0. 证：∵x 21n sin ?
?
? ?
?+=cos 2x sinnx+sin 2
x
cosnx ， ∴x 21n sin f(x )π
??? ??
+?dx =sinnx 2x f(x )cos π0???????dx+cosnx 2x f(x )sin π0??????
?dx =sinnx (x )F π
π-1?dx+cosnx (x )F π
π-2?dx ，其中
F 1(x)=?????≤≤<≤-πx 02x cos )x (f 0x π0，，；F 2(x)=??
?
??≤≤<≤-πx 02x sin )x (f 0x π0，，.
可知F 1与F 2在[-π,π]上可积. 由推论1可知
sinnx (x )F lim ππ-1n ?∞→dx=cosnx (x )F lim ππ-2n ?∞→=0. ∴x 21n sin f(x )lim π0n ??? ?
?
+?∞→dx=0. 同理可证：x 21n sin f(x )lim 0
π
-n
??
? ??+?∞→dx =0.
预备定理2：若f 是以2π为周期的函数，且在[-π,π]上可积，则它的
傅里叶级数部分和S n (x)可写成S n (x)=???
? ??
++ππ-2
t 2sin
t
21n sin t)f(x π
1dt ，
当t=0时，被积函数中的不定式由极限 2
t 2sin
t
21n sin lim
0t ??? ??
+→=n+21确定. 证：在傅里叶级数部分和S n (x)=2a 0+sinkx )b +coskx (a n
1
k k k ∑=中
代入傅里叶系数公式，可得：
S n (x)=?ππ-f(u)2π
1du +∑??=?
???????? ????? ??n 1k ππ-ππ-sinkx sinkudu f(u)+coskx coskudu f(u)π1 =?∑??????+=ππ-n 1k )sinkusinkx +kx coskuducos (21f(u)π1du=?∑??
?
???+=ππ-n 1k x)-cosk(u 21f(u)π1du. 令u=x+t ，得S n (x)=?∑??
?
??++=x -πx -π-n 1k coskt 21t)f(x π1dt ，
又被积函数周期为2π，且∑=+n 1
k coskt 21=2
t 2sin
t
21n sin ??? ?
?
+， ∴S n (x)=???
? ??
++ππ-2
t 2sin
t
21n sin t)f(x π
1dt. (f 的傅里叶级数部分和积分表示式).
收敛定理15.3证明：若周期为2π的函数f 在[-π, π]上按段光滑，则
在每一点x ∈[-π, π]，f 的傅里叶级数2a 0+∑∞
=1
n n n sinnx )b +cosnx (a 收敛于f
在点x 的左右极限的算术平均值，即
2
0)-f(x 0)f(x ++=2a 0+∑∞
=1n n n sinnx )b +cosnx (a ，其中a n , b n 为傅里叶系数.
证：记f 的傅里叶级数的部分和为S n (x)=???
? ??
++ππ-2t 2sin
t
21n sin t)f(x π
1dt.
∵???? ??
+ππ-2
t 2sin t 21n sin π1dt=?∑??? ??+=ππ-n 1k coskt 21π1dt=1；
又上式左边为偶函数，∴两边同时乘以f(x+0)后得：
2
0)f(x +=???
? ??
++ππ-2
t 2sin
t
21n sin 0)f(x π1dt.
令φ(t)=-2t sin 20)f(x -t)f(x ++=-2
t sin
2
t
t 0)f(x -t)f(x ?++, t ∈(0,π].
则 φ(t)lim 0t +
→=-f ’(x+0)·1=-f ’(x+0).
再令φ(0)=-f ’(x+0)，则φ在点t=0右连续.
又φ在[0,π]上至多只有有限个第一类间断点，∴φ在[0,π]上可积. 根据预备定理1的推论2，有
2
t 2sin
t
21n sin t)]f(x -0)[f(x π1lim π0n ??? ??
+++?∞→dt=t 21n sin φ(t)π1lim π0n ??? ??+?∞→dt=0， ∴??????????????? ??
+++?∞→dt 2t 2sin
t 21n sin t)f(x π1-20)f(x lim π0n
=0，同理可证 ?????
?????????? ??
++-?∞→dt 2t 2sin
t 21n sin t)f(x π1-20)f(x lim π0n =0；
∴??????????????? ??
++++?∞→dt 2t 2sin
t 21n sin t)f(x π1-20)-f(x 0)f(x lim π0n
=??
?
???++∞
→(x )S -20)-f(x 0)f(x lim n n =0. 即
2
0)-f(x 0)f(x ++=2a 0+∑∞
=1n n n sinnx )b +cosnx (a . 习题
1、设f 以2π为周期且具有二阶连续的导函数，证明f 的傅里叶级数在(-∞,+∞)上一致收敛于f.
证：由f 在(-∞,+∞)上光滑，知f ’在[-π, π]上可积， 且f ’的傅里叶系数为：a ’0=0；a ’n =nb n , b ’n =-na n , (n=1,2,…). ∴|a n |+|b n |=
n |a |n '+n |b |n '≤)n 1a (2122n +'+)n 1b (2122n +'=)b a (212n 2n '+'+2n
1. 由贝塞尔不等式知级数∑∞
='+'1
n 2n
2
n
)b a (收敛，又级数∑
∞
=1n 2
n
1
级数， 由正项级数的比较原则知，2|a |0+∑∞
=+1
n n n |)b ||a (|收敛，
由定理15.1知f 的傅里叶级数在(-∞,+∞)上一致收敛于f.
2、设f 为[-π,π]上的可积函数. 证明：若f 的傅里叶级数在[-π,π]上一
致收敛于f ，则帕塞瓦尔等式成立，即?ππ-2(x)f π
1dx=2a 20+∑∞
=1n 2
n 2n )b +(a ， 其中a n , b n 为傅里叶系数.
证：∵f 的傅里叶级数在[-π,π]上一致收敛于f ，
∴f(x)=2a 0+∑∞
=1
n n n sinnx )b +cosnx (a .
∴?ππ-2(x)f π1dx=?∑??
????+∞=ππ-1n n n 0sinnx)b +cosnx (a 2a )x (f π1dx =2a 2
+?∑∞=ππ-1
n n n sinnx ])x (f b +cosnx )x (f [a π1dx. ∵f 在[-π,π]上可积，∴f 在[-π,π]上有界. ∴∑∞
=1
n n n sinnx ])x (f b +cosnx )x (f [a 在[-π,π]上一致收敛.
∴?ππ-2
(x)f π1dx=2a 2
0+dx ]sinnx )x (f b +cosnx dx )x (f [a π1ππ-1n n ππ-n ?∑?∞=dx
=2a 20+∑∞=1n 2n 2n π)b +π(a π1=2a 20+∑∞
=1
n 2
n 2n )b +(a .
3、由于帕塞瓦尔等式对于在[-π,π]上满足收敛定理条件的函数也成立. 请应用这个结果证明下列各式：
(1)8π2=∑∞=1n 2)1-n 2(1；(2)6π2=∑∞=1n 2n 1；(3)90
π4=∑4n 1. 证：(1)对函数f(x)= πx 0 4
π
0x π- 4π
-?????<≤<<，，
在(-π, π)上展开傅里叶级数得： f(x)=∑∞
=--1
n 12n 1)x
sin(2n ，其中a 0=a n =0，b n =2n )1(1n --，n=1,2,…；
根据帕塞瓦尔等式有?ππ-2(x)f π1dx=∑∞
=1
n 2
n b =∑∞=1n 2n 2n (-1)-1=∑∞=1k 2
1)-(2k 1， 又?ππ-2(x)f π
1dx=?ππ-216ππ1dx=8π2，∴8π2=∑∞=1n 2)1-n 2(1
.
(2)对函数f(x)=x 在(-π, π)上展开傅里叶级数得：f(x)=2∑∞
=+-1
n 1
n n
sinnx
)1(. 其中a 0=a n =0，b n =n
)1(21
n +-，n=1,2,…；根据帕塞瓦尔等式有
?ππ-2(x)f π1dx=∑∞=1n 2
n b =4∑∞
=1n 2n 1，又?ππ-2(x)f π1dx=?ππ-2x π1dx=32π2， ∴32π2=4∑∞
=1n 2n
1
，即6π2=∑∞=1n 2n 1.
(3)对函数f(x)=x 2在(-π, π)上展开傅里叶级数得：
f(x)=31π2+4∑∞
=1n 2
n n cosnx (-1). 其中a 0=32π2，a n =2n n 4(-1)，b n =0，n=1,2,…； 根据帕塞瓦尔等式有?ππ-2(x)f π1dx=2a 20+∑∞=1n 2
n a =92π4+16∑∞
=1n 4n 1，又
?ππ-2(x)f π1dx=?ππ-4x π1dx=32π2，∴52π4=92π4+16∑∞
=1
n 4n 1，即90π2=∑4
n 1
.
4、证明：若f,g 均为[-π,π]上的可积函数，且它们的傅里叶级数在[-π,π]
上分别一致收敛于f 和g ，则?π
π-f(x)g(x)π1dx=2αa 00+∑∞=+1
n n n n n )βb αa (，
其中a n , b n 为f 的傅里叶系数，αn ,βn 为g 的傅里叶系数. 证：由f 的傅里叶级数在[-π,π]上一致收敛于f ，有
f(x)=2a 0+∑∞
=1
n n n sinnx )b +cosnx (a . ∵f,g 均在[-π,π]上可积，
∴∑∞
=1
n n n g(x )sinnx ]b +g(x )cosnx [a 在[-π,π]上一致收敛.
∴?π
π-f(x)g(x)π
1dx=?ππ-0g(x)2a π1dx+∑?∞=1n ππ-n n g(x )sinnx ]b +g(x )cosnx [a π1dx
=2αa 00+∑??∞=??????1n ππ-ππ-n n x g(x )sinnx d π1b +x g(x )cosnx d π1a =2αa 00+∑∞=+1n n n n n )βb αa (.
5、证明：若f 及其导函数f ’均在[-π,π]上可积，?π
π-f(x )dx=0, f(-π)=f(π)，且帕塞瓦尔等式成立，则?'π
π
-2(x )]f [dx ≥?π
π
-2[f(x )]dx.
证：设a 0,a n ,b n 为f 的傅里叶系数；a ’0,a ’n ,b ’n 为f ’的傅里叶系数. 由?π
π-f(x )dx=0, f(-π)=f(π)，有a ’0=a 0=0; a ’n =nb n ,b ’n =-na n .
根据帕塞瓦尔等式，有?ππ-2[f(x)]π1dx=2a 20+∑∞=1n 2n 2n )b +(a =∑∞
=1n 2
n 2n )b +(a ， ?'ππ-2(x)]f [π1dx=2a 20'+∑∞=''1n 2n 2n )b +a (=∑∞=1
n 2
n 2n 2)b +(a n ≥∑∞
=1n 2n 2n )b +(a =?ππ-2[f(x)]π1dx. ∴?'ππ-2(x )]f [dx ≥?π
π-2[f(x )]dx.
（2008.06.19）实变函数期末复习指导（文本） 中央电大教育学院陈卫宏2008年07月01日 陈卫宏：大家好！这里是“实变函数”教学活动。 考试时间 实变函数期末考试时间：7月12日,8：30~10：00. 期末考试题型比例 单选题5（20分） 填空题5（20分） 证明题4（60分） 第1章考核要求 ⑴了解集合的表示，子集，理解集合的并、交、差、补等概念，特别是一列集合的并与交的概念； ⑵掌握集合的运算律，会求一列简单集合的并、交以及上极限和下极限； ⑶熟练掌握证明两个集合相等的方法（互为子集）并会具体应用； ⑷了解单射、满射、双射及对等的概念，知道基数相等与大小的定义，会用伯恩斯坦定理； ⑸理解可列集的定义及等价条件（可排成无穷序列的形式），了解可列集的运算性质，理解有理点集是可列集； ⑹了解常见的连续集和连续集的运算，知道基数无最大者。 第2章考核要求 ⑴了解距离、收敛、邻域、孤立点、边界点、内核、导集、闭包等概念，会求简单集合的内核、导集和闭包，理解聚点的定义及其等价条件； ⑵掌握波尔查诺——维尔斯特拉斯定理的条件和结论； ⑶了解开集、闭集、完备集的定义以及开集、闭集在并、交运算之下的性质，开集与闭集互为补集，掌握直线上开集的构造；
⑷了解波雷尔有限覆盖定理、距离可达定理和隔离性定理的条件和结论； ⑸理解康托集的构造及其性质。 第3章考核要求 ⑴理解勒贝格外测度的定义及其性质，知道可列集的测度为零，区间的测度等于其体积； ⑵理解可测集的（卡拉皆屋铎利）定义，了解可测集的充分必要条件以及可测集的运算性质； ⑶熟练掌握单调可测集列极限的测度； ⑷知道Gδ型集、Fσ型集以及波雷尔集的定义，了解常见的勒贝格可测集，掌握可测集同开集、闭集和可测集同Gδ型集、Fσ型集之间的关系。 第4章考核要求 ⑴知道点集上连续函数的定义和点集上连续函数列一致收敛的极限函数的连续性，了解函数列上、下极限的概念，理解“几乎处处”的概念； ⑵熟练掌握可测函数的定义及其等价条件，掌握可测函数的判定方法，理解可测函数关于四则运算和极限运算的封闭性、连续函数和简单函数皆可测以及可测函数可表示为简单函数列的极限； ⑶了解叶果洛夫定理，理解依测度收敛的定义，知道依测度收敛与几乎处处收敛二者互不包含，理解刻划依测度收敛和几乎处处收敛之间关系的勒贝格定理和黎斯定理，知道依测度收敛的极限函数是惟一的（把几乎处处相等的函数视为同一函数）； ⑷理解刻划可测函数同连续函数之间关系的鲁金定理（两种形式）。 第5章考核要求 ⑴知道测度有限集合上有界函数勒贝格积分的定义，理解测度有限集合上有界函数勒贝格可积的充分必要条件是有界可测； ⑵了解测度有限集合上有界函数勒贝格积分的简单性质，理解闭区间上有界函数黎曼可积必勒贝格可积且二者积分相等； ⑶了解一般集合上非负函数勒贝格积分存在和勒贝格可积的定义，非负函数积分存在的充分必要条件是非负可测； ⑷理解一般集合上一般函数勒贝格积分存在和勒贝格可积的定义，熟练掌握一般可测集上一般函数勒贝格积分的性质； ⑸理解积分极限定理，特别是勒贝格控制收敛定理及其应用；
高中的数学公式定理大集中 三角函数公式表 同角三角函数的基本关系式 倒数关系: 商的关系：平方关系： tanα 2cotα＝1 sinα 2cscα＝1 cosα 2secα＝1 sinα/cosα＝tanα＝secα/cscα cosα/sinα＝cotα＝cscα/secα sin2α＋cos2α＝1 1＋tan2α＝sec2α 1＋cot2α＝csc2α （六边形记忆法：图形结构“上弦中切下割，左正右余中间1”；记忆方法“对角线上两个函数的积为1；阴影三角形上两顶点的三角函数值的平方和等于下顶点的三角函数值的平方；任意一顶点的三角函数值等于相邻两个顶点的三角函数值的乘积。”） 诱导公式（口诀:奇变偶不变，符号看象限。） sin（－α）＝－sinα cos（－α）＝cosα tan（－α）＝－tanα cot（－α）＝－cotα sin（π/2－α）＝cosα cos（π/2－α）＝sinα tan（π/2－α）＝cotα cot（π/2－α）＝tanα sin（π/2＋α）＝cosα cos（π/2＋α）＝－sinα tan（π/2＋α）＝－cotα cot（π/2＋α）＝－tanα sin（π－α）＝sinα cos（π－α）＝－cosα tan（π－α）＝－tanα cot（π－α）＝－cotα sin（π＋α）＝－sinα cos（π＋α）＝－cosα tan（π＋α）＝tanα cot（π＋α）＝cotα sin（3π/2－α）＝－cosα cos（3π/2－α）＝－sinα tan（3π/2－α）＝cotα
sin（3π/2＋α）＝－cosα cos（3π/2＋α）＝sinα tan（3π/2＋α）＝－cotα cot（3π/2＋α）＝－tanα sin（2π－α）＝－sinα cos（2π－α）＝cosα tan（2π－α）＝－tanα cot（2π－α）＝－cotα sin（2kπ＋α）＝sinα cos（2kπ＋α）＝cosα tan（2kπ＋α）＝tanα cot（2kπ＋α）＝cotα (其中k∈Z) 两角和与差的三角函数公式万能公式 sin（α＋β）＝sinαcosβ＋cosαsinβsin（α－β）＝sinαcosβ－cosαsinβcos（α＋β）＝cosαcosβ－sinαsinβcos（α－β）＝cosαcosβ＋sinαsinβ tanα＋tanβ tan（α＋β）＝—————— 1－tanα 2tanβ tanα－tanβ tan（α－β）＝—————— 1＋tanα 2tanβ 2tan(α/2) sinα＝—————— 1＋tan2(α/2) 1－tan2(α/2) cosα＝—————— 1＋tan2(α/2) 2tan(α/2) tanα＝—————— 1－tan2(α/2)
高中数学-微积分基本定理 A 级 基础巩固 一、选择题 1．(2018·四平模拟)定积分??0 1x 2－x d x 的值为( A ) A ．π4 B ．π2 C ．π D ．2π [解析] ∵y ＝x 2－x ， ∴(x －1)2 ＋y 2 ＝1表示以(1,0)为圆心，以1为半径的圆， ∴定积分??01x 2－x d x 所围成的面积就是该圆的面积的四分之一， ∴定积分??0 1x 2－x d x ＝π 4 ， 故选A ． 2．(2018·铁东区校级二模)由曲线xy ＝1与直线y ＝x ，y ＝3所围成的封闭图形面积为( D ) A ．2－ln3 B ．ln3 C ．2 D ．4－ln3 [解析] 方法一：由xy ＝1，y ＝3可得交点坐标为(1 3，3)，由xy ＝1，y ＝x 可得交点坐 标为(1,1)， 由y ＝x ，y ＝3可得交点坐标为(3,3)， ∴由曲线xy ＝1，直线y ＝x ，y ＝3所围成的平面图形的面积为
???1 3 1 (3－1x )d x ＋? ?1 3(3－x )d x ＝(3x －ln x )|1 13＋(3x －12x 2)|3 1， ＝(3－1－ln3)＋(9－92－3＋1 2)＝4－ln3 故选D ． 方法二：由xy ＝1，y ＝3可得交点坐标为(1 3，3)， 由xy ＝1，y ＝x 可得交点坐标为(1,1)， 由y ＝x ，y ＝3可得交点坐标为(3,3)， 对y 积分，则S ＝? ?0 3(y －1y )dy ＝(12y 2－lny )|3 1＝92－ln3－(12－0)＝4－ln3， 故选D ． 3．(2018·安庆高二检测)已知函数f (x )＝x n ＋mx 的导函数f ′(x )＝2x ＋2，则??1 3f (－ x )d x ＝( D ) A ．0 B ．3 C ．－2 3 D ．23 [解析] ∵f (x )＝x n ＋mx 的导函数f ′(x )＝2x ＋2， ∴nx n －1 ＋m ＝2x ＋2， 解得n ＝2，m ＝2， ∴f (x )＝x 2 ＋2x ， ∴f (－x )＝x 2－2x ， ∴??1 3f (－x )d x ＝? ?1 3(x 2－2x )d x ＝(13x 3－x 2)|3 1＝9－9－13＋1＝23，故选D ． 4．函数F (x )＝??0 x cos t d t 的导数是( A ) A ．f ′(x )＝cos x B ．f ′(x )＝sin x C ．f ′(x )＝－cos x D ．f ′(x )＝－sin x [解析] F (x )＝??0 x cos t d t ＝sin t | x 0＝sin x －sin0＝sin x ． 所以f ′(x )＝cos x ，故应选A ． 5．(2018·昆明高二检测)若直线l 1：x ＋ay －1＝0与l 2：4x －2y ＋3＝0垂直，则积分??－a a (x 3 ＋sin x －5)d x 的值为( D ) A ．6＋2sin 2 B ．－6－2cos 2
Cauchy 收敛原理 “单调有界数列必有极限。”与“夹逼定理：设有三个数列{}{}{}n n n z y x ,,满足n n n z y x ≤≤，且c z x n n n n ==∞ →∞ →lim lim ，则c y n n =∞ →lim 。 ”给出了数列收敛的充分条件而不是必要条件，经过许多数学家的努力，终于由法国数学家Cauchy 获得了完善的结论——Cauchy 收敛原理，它从数列本身找到了能够判断数列收敛性的充分必要条件。 定理5 （Cauchy 收敛原理）数列{}n a 收敛的充分必要条件是：对任意的0>ε，都存在正整数N ，当N n m >,时，有 ε<-m n a a 证明 必要性： 设a a n n =∞ →lim ，则对0>?ε，存在正整数N ，当N l >时，有 3 ε <-a a l 从而当N n m >,时，有 εε ε <+ <-+-≤-+-=-3 3 m n m n m n a a a a a a a a a a 必要性得证。 充分性 先证明数列{}n a 有界。取1=ε，由题设，必存在正整数0N ，当1,00+=>N m N n 时，有 110<-+N n a a 因而当0N n >时，有 11111000001++++++<+-≤+-=N N N n N N n n a a a a a a a a 当令{ } ,1,,,1100+=+N N a a a M ()( ) ,2,1=≤n M a n ，数列{}n a 有界。由致密性定理，数列{}n a 存在收敛的子列{} l n a ，设()∞→→l a a l n ，即对0>?ε，存在正整数L ， 当L l >时，有 3 ε < -a a l n
高中所用重点公式汇总
公式口诀： 一、《集合与函数》 内容子交并补集，还有幂指对函数。性质奇偶与增减，观察图象最明显。 复合函数式出现，性质乘法法则辨，若要详细证明它，还须将那定义抓。
指数与对数函数，两者互为反函数。底数非1的正数，1两边增减变故。函数定义域好求。分母不能等于0，偶次方根须非负，零和负数无对数；正切函数角不直，余切函数角不平；其余函数实数集，多种情况求交集。两个互为反函数，单调性质都相同；图象互为轴对称，Y＝X是对称轴；求解非常有规律，反解换元定义域；反函数的定义域，原来函数的值域。幂函数性质易记，指数化既约分数；函数性质看指数，奇母奇子奇函数，奇母偶子偶函数，偶母非奇偶函数；图象第一象限内，函数增减看正负。 二、《三角函数》 三角函数是函数，象限符号坐标注。 函数图象单位圆，周期奇偶增减现。同角关系很重要，化简证明都需要。正六边形顶点处，从上到下弦切割；中心记上数字1，连结顶点三角形；向下三角平方和，倒数关系是对角，顶点任意一函数，等于后面两根除。诱导公式就是好，负化正后大化小，变成锐角好查表，化简证明少不了。二的一半整数倍，奇数化余偶不变，将其后者视锐角，符号原来函数判。两角和的余弦值，化为单角好求值，余弦积减正弦积，换角变形众公式。和差化积须同名，互余角度变名称。 计算证明角先行，注意结构函数名，保持基本量不变，繁难向着简易变。逆反原则作指导，升幂降次和差积。条件等式的证明，方程思想指路明。万能公式不一般，化为有理式居先。公式顺用和逆用，变形运用加巧用；1加余弦想余弦，1 减余弦想正弦，幂升一次角减半，升幂降次它为范；三角函数反函数，实质就是求角度，先求三角函数值，再判角取值范围；利用直角三角形，形象直观好换名，简单三角的方程，化为最简求解集； 三、《不等式》 解不等式的途径，利用函数的性质。对指无理不等式，化为有理不等式。
§3 收敛定理的证明 (一) 教学目的：了解收敛定理的证明． (二) 教学内容：贝塞尔不等式，黎曼-勒贝格定理； 收敛定理的证明． (1) 基本要求：掌握贝塞尔不等式，黎曼-勒贝格定理；了解收敛定理的证明要点． (2) 较高要求：理解收敛定理的证明． (三) 教学建议： (1) 要求学生必须掌握贝塞尔不等式和黎曼-勒贝格定理，了解收敛定理的证明要点． (2) 对较好学生布置与收敛定理的证明有关的习题． —————————————————————————— Dini 定理 设以π 2为周期的函数f 在区间] , [ππ-上按段光滑, 则在每一点 ∈x ] , [ππ-, f 的Fourier 级数收敛于f 在点x 的左、右极限的算术平均值, 即 nx b nx a a x f x f n n n sin cos 22)0()0(1 ++=-++∑∞ = , 其中n a 和n b 为f 的Fourier 系数. 证明思路: 设)(x f ～ ∑∞ =++1 . sin cos 2n n n nx b nx a a 对每个∈x ] , [ππ-, 我们 要证明 )(→x S n 2 ) 0()0(-++x f x f . 即证明 0 2)0()0(lim =?? ? ??--++∞→n n S x f x f . 方法是把该极限表达式化为积分, 利用Riemann —Lebesgue 定理证明相应积分的极限为零. 1 写出)(x S n = ∑=++n k k k kx b kx a a 1 sin cos 2的简缩形式. ?- ++= π ππ dt t t n t x f x S n 2 sin 221 2sin ) (1 )(. 称这一简缩形式为)(x S n 的积分形式, 或称为Dirichlet 积分, 2 利用该表示式, 式 2 ) 0()0(-++x f x f )(x S n -可化为
：号学 ：名姓生学 ：级年 封 ：业专：）系（院华中师范大学 2006 –2007 学年第一学期 期末考试试卷（ A 卷）（解答） 课程名称 实变函数 课程编号 83410014 任课教师 李工宝、何穗、刘敏思 题型 判断题 叙述题 计算题 解答题 总分 分值 15 15 10 60 100 得分 得分 评阅人 一、判断题（判断正确、错误，请在括号中填“对”或 “错” 共 5 小题，每题 3分，共 5×3=15 分） 1、可数个可数集的并集是可数 集 对） 2、可测集 E 上的非负可测函数必 Lebesgue 可积。 （ 错 ） 3、 R n 上全体 Lebesgue 可测集所组成的集类 具有连续势。 （ 错 ） 4、非空开集的 Lebesgue 测度必大于零。 对） 5、若f n （x ）（n 1，2，L ）和 f （ x ）都为可测集E 上的可测函数，且lim f n （x ） f （x ），a.e. 于E ， n 则 f n (x) f (x) ，x E 。 得分 评阅人 1、单调收敛定理（即 Levi 定 理） 、叙述题 （共5小题 , 每题3分，共 5×3 =15 分） 错） 答：设E 是 Lebesgue 可测集， f n （x ） （n 1，2，L ）为E 上的非负可测函数，若 { f n （ x ） }是单调递 增的，记 f (x) lim f n (x)，则 lim f n ( x)dx f (x)dx 。 EE
2、R n中开集的结构定理 答：R n中的任一非空开集总可表示成R n中至多可数个互不相交的半开半闭区间的并。 (或R n中的任一开集或为空集或可表示成R n中至多可数个互不相交的半开半闭区间的并。 ) 3、R n中的集合E是Lebesgue可测集的卡氏定义(即C.Caratheodory定义) 答：设E R n，如果对任意T R n，总有 m*T m*(T E) m*(T E c) 则称E为R n中的Lebesgue 可测集，或称E是Lebesgue 可测的。 4、F.Riesz定理(黎斯定理) 答：设E为Lebesgue 可测集，f n (x) (n 1，2，L )和f (x)都是E上的几乎处处有限的可测函数，如果f n(x) f(x) x E ，则存在｛f n ( x) ｝的一个子列｛f n k(x) ｝，使得lim f n k(x) f(x) a.e.于E 。 k k k 5、有界闭区间[a,b] 上绝对连续函数的定义 答：设f (x) 是定义在有界闭区间[ a, b]上实函数，如果0，存在0 ，使得对[ a, b] 内任意有限 n 个互不相交的开区间( i, i ) i 1，2，L ，n ，只要它们的总长( i i) ，总有 i1 n f( i) f ( i) 。 i1 则称f (x) 是有界闭区间[ a, b] 上绝对连续函数。 第 1 页(共 3 页)
(经典)高中数学正弦定理的五种全证明方法
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高中数学正弦定理的五种证明方法 ——王彦文 青铜峡一中 1.利用三角形的高证明正弦定理 （1）当?ABC 是锐角三角形时，设边AB 上的高是CD ，根据锐角三角函数的定义，有=sin CD a B ,sin CD b A =。 由此，得 sin sin a b A B = ，同理可得 sin sin c b C B = ， 故有 sin sin a b A B = sin c C = .从而这个结论在锐角三角形中成立. （2）当?ABC 是钝角三角形时，过点C 作AB 边上的高，交AB 的延长线于点D ，根据锐角三角函数的定义，有=∠=∠sin sin CD a CBD a ABC ，sin CD b A = 。由此，得 = ∠sin sin a b A ABC ，同理可得 = ∠sin sin c b C ABC 故有 = ∠sin sin a b A ABC sin c C = . 由(1)(2)可知，在?ABC 中， sin sin a b A B = sin c C = 成立. 从而得到：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比值相等，即 sin sin a b A B = sin c C = . 2.利用三角形面积证明正弦定理 已知△ABC,设BC ＝a, CA ＝b,AB ＝c,作AD⊥BC,垂足为D 则Rt△ADB 中,AB AD B =sin ∴S △ABC =B ac AD a sin 2121=?同理,可证 S △ABC =A bc C ab sin 21 sin 21= ∴ S △ABC =B ac A bc C ab sin 2 1 sin 21sin 21== 在等式两端同除以ABC,可得b B a A c C sin sin sin ==即C c B b A a sin sin sin ==. 3.向量法证明正弦定理 (1)△ABC 为锐角三角形,过点A 作单位向量j 垂直于AC ,则j 与AB 的夹角为90°-A ,j 与 CB 的夹角为90°-C 由向量的加法原则可得 AB CB AC =+ a b D A B C A B C D b a D C B A
数学课本中的定理、公式、结论的证明 数学必修一 第一章 集合（无） 第二章 函数（无） 第三章 指数函数和对数函数 1．对数的运算性质： 如果 a > 0 ， a 1， M > 0 ，N > 0， 那么 （1）log ()log log a a a MN M N =+； （2）log log -log a a a M M N N =； （3）log log ()n a a M n M n R =∈． 根据指数幂的运算性质证明对数的运算性质 证明：（性质1）设log a M p =，log a N q =，由对数的定义可得 p M a =，q N a =， ∴p q p q MN a a a +=?=， ∴log ()a MN =p q +， 即证得log log log a a a MN M N =+． 证明：（性质2）设log a M p =，log a N q =， 由对数的定义可得 p M a =，q N a =， ∴ q p q p a a a N M -==， ∴q p N M a -=log ， 即证得log log -log a a a M M N N =． 证明（性质3）设log a M p =，由对数的定义可得 p M a =， ∴n np M a =， ∴log n a M np =， 即证得log log n a a M n M =．
第四章函数应用（无） 数学必修二 第一章立体几何初步 直线与平面、平面与平面平行、垂直的判定定理与性质定理的证明． 1、直线与平面平行的判定定理 若平面外一条直线与此平面内一条直线平行,则该直线与此平面平行． 2、平面与平面平行的判定定理 如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行．
作者简介:郭明乐 (1978年 1月生 ),男,硕士 ,讲师 ,研究方向 :马氏过程和无穷粒子系统. 基金项目:安徽省高校省级自然科学重点项目(KJ2007A012),安徽省高等学校青年教师科研资助计划(2005jq1044). E-mail: mleguo @ https://www.doczj.com/doc/3e8932898.html,. Riemann 积分的收敛定理 郭明乐 喻娜 （安徽师范大学数学计算机科学学院 ,安徽 ,芜湖 241000） 摘要：利用 Lebesgue 积分与 Riemann 积分的关系,给出了一组 Riemann 积分的收敛定理，深化了Riemann 积分的理论和应用. 关键词：Riemann 积分，Lebesgue 积分，单调收敛定理，控制收敛定理 中图分类号：O172.2 文献标识码：A 众所周知,由于Riemann 积分的局限性,数学工作者们相继对积分理论进行了深入的研究. 1902年Lebesgue 发表了一篇标志着从古典分析向近代分析转变的论文,从而建立了Lebesgue 积分理论 ,使得积分应用领域得到极大的拓广 .但Riemann 积分在现代科学中仍具有较大的实用价值.在实变函数已经指出:如果)(x f 在[a, b]上Riemann 可积 ,则)(x f 在[a, b]上也 Lebesgue 可积 ,且两个积分值相等，即 ? ? =] ,[)()()(b a b a dx x f L dx x f .但是这一结论对于广义 Riemann 积分 (无界函数及无穷区间上的积分 )不再成立,对广义的Riemann 积分与Lebesgue 积分的关系研究目前也取得了较为完善的理论成果[1] . 这些结论为我们利用Riemann 积分来计算Lebesgue 积分带来许多方便,同时也可以利用Lebesgue 积分序列的极限的宽松条件来研究Riemann 积分序列的极限问题.本文利用Lebesgue 积分理论,获得了 Riemann 积分的单调收敛定理、控制收敛定理及有界收敛定理 ,同时给出这些定理的应用.为叙述方便，文中出现无穷区间I 指的是以下三种类型区间之一:[a, ∞), (?∞,b], (?∞, ∞),区间指的是[a, b]或无穷区间.?I dx x f )(和? I dx x f L )()(分别表示在区间I 上的Riemann 积分和Lebesgue 积 分. 引理1 [1] 若)(x f 在无穷区间I 上的无穷限 Riemann 积分是绝对收敛的 ,则)(x f 在I 上Lebesgue 可积 ,且 =?I dx x f )(?I dx x f L )()(. 引理2 [1] 若定义在无穷区间I 上的可测函数 )(x f 在任何有限区间上都是 Riemann 可 积的 ,则)(x f 在区间I 上Lebesgue 可积的充要条件是)(x f 在I 上的无穷限积分绝对收敛. 定理1 设 (i) {})(x f n 是[a, b]上Riemann 可积函数列; (ii) ..),()(e a x F x f n ≤于[a, b],且)(x F 在[a, b]上Lebesgue 可积; (iii) ..)()(e a x f x f n n ??→?∞ →于[a, b], 且)(x f 在[a, b]上Riemann 可积,
高中数学相关定理、公式及结论证明 汉阴中学正弦定理证明 内容：在ABC ?中，c b a ,,分别为角C B A ,,的对边，则.sin sin sin C c B b A a == 证明： 1.利用三角形的高证明正弦定理 （1）当?ABC 是锐角三角形时，设边AB 上的高是CD ， 根据锐角三角函数的定义，有sin CD b A ==sin CD a B 。 由此，得 sin sin a b A B = ， 同理可得 sin sin c b C B = ， 故有 sin sin a b A B = sin c C = . 从而这个结论在锐角三角形中成立. （2）当?ABC 是钝角三角形时，过点C 作AB 边上的高， 交AB 的延长线于点D ，根据锐角三角函数的定义， 有=∠=∠sin sin CD a CBD a ABC ，sin CD b A = 。 由此，得 =∠sin sin a b A ABC ，同理可得 =∠sin sin c b C ABC 故有 = ∠sin sin a b A ABC sin c C = . （3）在ABC Rt ?中，,sin ,sin c b B c a A == ∴ c B b A a ==sin sin ， .1sin ,90=?=C C Θ.sin sin sin C c B b A a ==∴ 由(1)(2)（3）可知，在?ABC 中， sin sin a b A B = sin c C = 成立. 2.外接圆证明正弦定理 在△ABC 中,已知BC=a,AC=b,AB=c,作△ABC 的外接圆,O 为圆心, 连结BO 并延长交圆于B ′,设BB ′=2R.则根据直径所对的圆周 角是直角以及同弧所对的圆周角相等可以得到 ∠BAB ′=90°，∠C =∠B ′， ∴sin C =sin B ′=R c B C 2sin sin ='=. ∴R C c 2sin =. 同理,可得R B b R A a 2sin ,2sin ==.∴R C c B b A a 2sin sin sin ===. 3.向量法证明正弦定理 a b D A B C A B C D b a
本文讨论了一类递推数列1()n n x f x +=的单调性与收敛性问题,同时也推广与包含了近期一些文献中的结果、 运用单调有界性来证明收敛,而能用单调有界定理证明收敛的有四种情况: ? 易知单调递增或递减,需证有上界或下界。 ? 易知有上界或下界,需证单调递增或递减。 ? 易知既有上界又有下界,需证单调。 ? 易知单调,需证既有上界又有下界。 ①用导数来求证1()n n x f x +=单调有界性 如果' ()0f x ≥,即函数 ()f x 单调递增时,数列{}n x 具有单调性 就是可以肯定的,而研究递增递减那要瞧 1x 跟2x 的比较了(如果 12=x x 的话,那么1n =x x )具体的说 若12x x >时,由12()()f x f x >,那么可以判定{}n x 为减数列。 若12x x <时,由12()()f x f x <,那么可以判定{}n x 为增数列。
例题1、 {}1+12=0,n 1=2-cos ,23n n n x x x x ππ?? ≥ ? ?? 当时，证明数列收敛并且极限值位于，证:记()=2-cos f x x ,则' ()=sin 0f x x > 因为10x =,2=1x ,则120=13x x =<≤,由于[] ()03f x 在，上递增 所以123()()()f x f x f x <<,即2 33x x <≤ 那么{}n x 具有单调有界性,上界为3 然后对数列两边取极限,记极限为A 则A -cosA =2、 设函数()=-+cos g x x x 2,其中A 为方程()g x 的根, 由于()g x 在[]03， 上连续,在()03，内可导,则' ()=1-sin 0g x x > 所以函数递增,又由于-4 24-10 ()=0,()02236 g g ππππ<=> 所以()g x 的根在223 ππ ?? ?? ? ，内。
由柯西收敛原理证确界存在定理
精品文档 收集于网络，如有侵权请联系管理员删除 有限覆盖定理→紧致性定理 证明：设数列}{n x 满足 b x a n ≤≤。 先证0x ?∈[b a ，]， 在0x 的任一邻域 (ε-0x ,ε+0x )中必含有n x 的无限项。 如果不然。x ?∈[b a ，]，x δ?0φ，使(x x δ-,x x δ+)只含}{n x 的有限项。记E={(x x δ-,x x δ+)|x ∈[b a ，]，x δ由上产生}，是[b a ，]的一个覆盖。由有限覆盖定理，知?E 中有限个开区间（11δ-x ,11δ+x ）(22δ-x ,22δ+x )…… (k k x δ-,k k x δ+)覆盖],[b a 。则 一方面：由覆盖的定义，}{n x 中的所有项包含于这有限个开区间内，另一方面，因为{i i x δ-,i i x δ+}（),...2,1k i =均只含}{n x 的有限项，故这有限个开区间只包含}{n x 中的有限项，这将互相矛盾。 故0x ?∈[b a ，]， 在0x 的任一邻域 (ε-0x ,ε+0x )中必含有n x 的无限项。 特别地，取1=ε，则?)1,1(001+-∈x x x k ， 取2/1=ε，则?)(),2/1,2/1(12002k k x x x k >+-∈， …… 取n /1=ε，则?)(),/1,/1(100->+-∈n n k k k n x n x x n …… 则}{n k x 为}{n x 的子数列,满足0 第四节 离散鞅的收敛定理 设}0;{M n X X n ≤≤=为一数列，],[b a 为一闭区间，如果a X k <，b X k >+1，则称该数列上穿],[b a 一次。记 ?? ?≤≤>+≤≤≤=M n a X M a X M n n n n 0,,1} ,0;min{1τ ???≤≤≤+≤≤≤=M n b X M b X M n n n n 111,,1} ,;min{ττσ ?? ?≤≤>+≤≤≤=M n a X M a X M n n n n 112,,1} ,;min{σστ ? ? ?≤≤≤+≤≤≤=M n b X M b X M n n n n 222,,1} ,;min{ττσ … ?? ?≤≤>+≤≤≤=--M n a X M a X M n n k n n k k 11,,1} ,;min{σστ ? ? ?≤≤≤+≤≤≤=M n b X M b X M n n k n n k k ττσ,,1} ,;min{ 于是b X a X ≥≤11,στ，数列穿过],[b a 一次，b X a X ≥≤22,στ，数列穿过],[b a 两次，如此下去，b X a X k k ≥≤στ,，数列穿过],[b a k 次，在这里都假设 k i M i i ≤≤≤1,,στ。 定义1-4-1 M k ≤σ的最大的k 称为数列}0;{M n X X n ≤≤=上穿],[b a 的次数，记为b a V 。若11+=M σ，则令0=b a V 。 定理1-4-1 （上穿不等式）设}0;{M n X X n ≤≤=为下鞅，则 |}|][{1]})[(])[({1 ][0a X E a b a X E a X E a b V E n M b a +-≤----≤ +++ 证明：令M n a X Y n n ≤≤-=+0,)(,则由定理1-3-2的推论1-3-2知n Y 也是下鞅。易见，若n X 穿过],[b a 一次，即b X a X i i ≥≤στ,，则,,0a b Y Y i i -≥=στ即n Y 穿过 ],0[a b -一次。所以n Y 穿过],0[a b -的次数也是b a V ，且由n X 在],[b a 上定义的 124推论2 经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心 125切线长定理从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，圆心和这一点的连线平分两条切线的夹角 126圆的外切四边形的两组对边的和相等 127弦切角定理弦切角等于它所夹的弧对的圆周角 128推论如果两个弦切角所夹的弧相等，那么这两个弦切角也相等 129相交弦定理圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等 130推论如果弦与直径垂直相交，那么弦的一半是它分直径所成的 两条线段的比例中项 131切割线定理从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割 线与圆交点的两条线段长的比例中项 132推论从圆外一点引圆的两条割线，这一点到每条割线与圆的交点的两条线段长的积相等 133如果两个圆相切，那么切点一定在连心线上 134①两圆外离d﹥r+r ②两圆外切d=r+r ③两圆相交r-r﹤d﹤r+r(r﹥r) ④两圆内切d=r-r(r﹥r) ⑤两圆内含d﹤r-r(r﹥r) 135定理相交两圆的连心线垂直平分两圆的公共弦 136定理把圆分成n(n≥3): ⑴依次连结各分点所得的多边形是这个圆的内接正n边形 ⑵经过各分点作圆的切线，以相邻切线的交点为顶点的多边形是这个圆的外切正n边形 137定理任何正多边形都有一个外接圆和一个内切圆，这两个圆是同心圆 138正n边形的每个内角都等于（n-2）×180°/n 139定理正n边形的半径和边心距把正n边形分成2n个全等的直角三角形 149正n边形的面积sn=pnrn/2 p表示正n边形的周长 141正三角形面积√3a²/4( a表示边长) 142如果在一个顶点周围有k个正n边形的角，由于这些角的和应为 360°，因此k×(n-2)180°/n=360°化为（n-2）(k-2)=4 143弧长计算公式：l=nπr/180 144扇形面积公式：s扇形=nπr2/360=lr/2 145内公切线长= d-(r-r) 外公切线长= d-(r+r) 146等腰三角形的两个底角相等 147等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合 148如果一个三角形的两个角相等，那么这两个角所对的边也相等 149三条边都相等的三角形叫做等边三角形 150两边的平方的和等于第三边的三角形是直角三角形 编辑本段数学归纳法 （—）第一数学归纳法： 一般地，证明一个与正整数n有关的命题，有如下步骤： （1）证明当n取第一个值时命题成立 （2）假设当n=k（k≥n的第一个值，k为自然数）时命题成立，证明当n=k+1时命题也成立。 （二）第二数学归纳法： 第二数学归纳法原理是设有一个与自然数n有关的命题，如果： 第十五章 傅里叶级数 3收敛定理的证明 预备定理1：(贝塞尔不等式)若函数f 在[-π,π]上可积，则 2a 20+∑∞=1n 2 n 2n )b +(a ≤?ππ-2(x)f π1dx ，其中a n , b n 为f 的傅里叶系数. 证：令S m (x)=2a 0+∑=+m 1 n n n sinnx )b cosnx (a ，则 ? π π-2m (x )]S -[f(x )dx=?ππ -2(x )f dx-2?ππ -m (x )f(x )S dx+?π π -2m (x )S dx. 其中 ?π π -m (x )f(x )S dx=?π π-0 f(x)2 a dx+dx cosnx f(x )a m 1 n π π-n ∑?= ??+????sinnxdx f(x)b ππ-n =20a 2π+π∑=m 1 n 2n 2n )b +(a . 由三角函数的正交性，有 ?π π-2 m (x )S dx=?∑?? ????++=π π-2 m 1n n n 0sinnx)b cosnx (a 2a dx =??? ? ??π π-2 02a dx+?∑??=??????+ππ-m 1n ππ-22n ππ-22n nx dx sin b nx dx cos a dx=20a 2π+π∑=m 1n 2n 2n )b +(a . ∴?π π-2 m (x )]S -[f(x )dx=?π π-2 (x )f dx-2 πa -2π∑∞ =1n 2n 2n )b +(a +20a 2π+π∑=m 1n 2 n 2n ) b +(a =?π π-2 (x )f dx-???20a 2π+π???∑=m 1n 2n 2n )b +(a ≥0. ∴2a 20+∑=m 1n 2 n 2n )b +(a ≤?ππ-2(x)f π 1dx 对任何正整数m 都成立. 又 ?ππ-2(x)f π 1dx 为有限值，∴正项级数2a 20+∑∞ =1n 2 n 2n )b +(a 的部分和数列有界， ∴2a 20+∑∞=1n 2n 2n )b +(a 收敛且有2a 20+∑∞=1n 2 n 2n )b +(a ≤?ππ-2(x)f π 1dx. 推论1：(黎曼-勒贝格定理)若f 为可积函数，则 第四章 Lebesgue积分的知识要点与复习自测 一、非负简单函数与非负可测函数L积分的知识要点： ◇体会非负简单函数、非负可测函数L积分的定义，理解为什么它们的L积分总是存在的，并且为什么它们的L积分都可用下方图形的测度来表示； ◇能正确地区分非负简单函数L积分存在与L可积的差异；非负可测函数L积分存在与L可积的差异； ◇熟练掌握非负简单函数与非负可测函数L积分的常用基本运算性质【数乘性、加法性、不等式性质、集合的可加性和完全（可数）可加性、集合的单调性和唯一性（即几乎处处相等的非负简单函数或非负可测函数的L积分必相等）】，并能熟练地运用这些性质进行积分的运算。 ◇熟练掌握并能正确地叙述非负可测函数列L积分的两个重要的极限定理（Levi 定理和Fatou引理）；能正确地区分这两个定理各自的适用范围（Levi定理只适合于单调递增的非负可测函数列，而Fatou引理对任意的非负可测函数列都适合）；会用Levi 定理证明非负可测函数项级数的逐项积分性（Lebesgue基本定理），会用Lebesgue基本定理证明非负可测函数L积分的集合的完全可加性；会用Levi定理证明非负可测函数L可积的重要性质—积分的绝对连续性。 ◇注意体会将非负可测函数根据集合的可数不交的可测分解，借助集合的示性函数转化为非负可测函数项级数的方法； 注意体会将非负可测函数通过截断函数转化为单调递增非负可测函数列的极限的方法。 ◇会用积分的几何意义简洁地证明：非负可测函数的L积分与表示它的单调递增非负简单函数列的选取无关；以及Levi定理。 ◇ 掌握并会证明有关非负可测函数L 积分的以下几个重要的结论： ① 设()f x 为可测集E 上的非负可测函数，则()d 0E f x x =??()0..f x a e =于E （称 为非负可测函数积分值为零的特征）； ② 设()f x 为可测集E 上的非负可测函数，则()()f x L E ∈?()f x 在E 上几乎处处有限（称为非负可测函数L 可积的有限性，注意L 积分存在不具有这个性质）； ③ mE <+∞，()f x 为E 上几乎处处有限的非负可测函数，{}n y 满足： n y ，lim n n y →∞ =+∞，00y =，1n n y y δ+-<， 则()()f x L E ∈?10 [()]n n n n y mE x y f x y ∞ +=≤<<+∞∑； ④（非负可测函数L 可积的积分绝对连续性）设()f x 为可测集E 上的非负可测函数，若()()f x L E ∈，则A E ??，A 为可测集，总有 lim ()d 0mA A f x x →=?， 即0ε?>，0δ?>，使得A E ??，A 为可测集，当mA δ<时，总有 0()d A f x x ε≤ (经典)高中数学正弦定理的五种最全证明方法 高中数学正弦定理的五种证明方法 ——王彦文 青铜峡一中 1.利用三角形的高证明正弦定理 （1）当?ABC 是锐角三角形时，设边AB 上的高是CD ，根据锐角三角函数的定义，有=sin CD a B ,sin CD b A =。 由此，得 sin sin a b A B = ，同理可得 sin sin c b C B = ， 故有 sin sin a b A B = sin c C = .从而这个结论在锐角三角形中成立. （2）当?ABC 是钝角三角形时，过点C 作AB 边上的高，交AB 的延长线于点D ，根据锐角三角函数的定义，有=∠=∠sin sin CD a CBD a ABC ，sin CD b A = 。由此，得 = ∠sin sin a b A ABC ，同理可得 = ∠sin sin c b C ABC 故有 = ∠sin sin a b A ABC sin c C = . 由(1)(2)可知，在?ABC 中， sin sin a b A B = sin c C = 成立. 从而得到：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比值相等，即 sin sin a b A B = sin c C = . 2.利用三角形面积证明正弦定理 已知△ABC,设BC ＝a, CA ＝b,AB ＝c,作AD⊥BC,垂足为 D.则Rt△ADB 中,AB AD B =sin ,∴AD=AB·sinB=csinB. ∴S △ABC =B ac AD a sin 2121=?.同理,可证 S △ABC =A bc C ab sin 21 sin 21=. ∴ S △ABC =B ac A bc C ab sin 2 1 sin 21sin 21==.∴absinc=bcsinA=acsinB, 在等式两端同除以ABC,可得b B a A c C sin sin sin ==.即C c B b A a sin sin sin ==. 3.向量法证明正弦定理 (1)△ABC 为锐角三角形,过点A 作单位向量j 垂直于AC ,则j 与AB 的夹角为90°-A ,j 与 CB 的夹角为90°-C .由向量的加法原则可得 AB CB AC =+, a b D A B C B C D b a D C B A第一章 鞅 第四节 离散鞅的收敛定理
[整理]年高中数学定理汇总
数学分析15.3傅里叶级数收敛定理的证明
第四章 Lebesgue积分的知识要点与复习自测
(经典)高中数学正弦定理的五种最全证明方法
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