北京大学数学分析考研试题及解答

1、判断无穷积分sin(sin xx)dx 的收敛性。1解根据不等式 |sin uu |1|u |3 ,| u |，62sin xsin x1sin x 31 1， x 1,) ；得到| sin()|x|3xx66 x从而1再根据1(sin( sin x)sin x )dx 绝对收敛，因而收敛，xxsin xdx 是条件收敛的，由 sin(sin xsin xsin xsin x) (sin()，xxxxsin x可知积分sin()dx 收敛，且易知是是条件收敛的。1 x例 5.3.39设 Pn ( x)1xx2xn， xm 是 P2 m 1( x)0 的实根，.n!2!求证： xm0 ，且 li

2、m xm。m证明 （ 1）任意 mN * ，当 x0 时，有 P2 m 1 ( x)0 ；当 x0 且 x 充分大时，有 P2 m 1 ( x)0 ，所以 P2 m 1( x)0 的根 xm 存在，又 P(x)P(x)0 ， P2 m 1 ( x) 严格递增，所以根唯一，xm 0 。2m 12 m（ 2）任意 x(,0) ， lim Pn ( x)ex0 ，所以 P2 m1 ( x) 的根 xm，（ m）。n因为若 m时， P2m1 (x) 0 的根， xm 不趋向于。则存在 M0，使得 (M ,0) 中含有 xm 的一个无穷子列，从而存在收敛子列xx，（x0mk0为某有限数 x0M ）；0e

3、MlimP2m1( M)lim P2 m 1(xm )0 ，矛盾。kkkkk例、 设 anln(1( 1)pn ) ，讨论级数an 的收敛性。nn2解 显然当 p0 时，级数an 发散；n21xln(1 x)1111由lim1 xlimlimx22x，x 0x 0x 02 1x2得 1 x2xln(1 x)x2 ，（ x 充分小），4精选文库11( 1)n1于是2 ppan2 p ，（ n 充分大）4 nnn（ 1）当 p11(1)n时，2 p ，np收敛，n 2 nn2(1)n收敛， anan(1)n1n2npann pn p，an收敛，an 绝对收敛；n2n2（ 2）当 1p1 时，1收敛

4、，(1)n收敛，2n 2 n2 pn2n p于是( 1)nan收敛，从而(1)nan ) 收敛，an 收敛，n pn pn2n 2n 2而1发散，由 1(1)nanan，得( (1)nan| an |)发散，所以an发散，n 2 npn pn pn 2n pn 2故此时an 条件收敛。n2（ 3）当 0p1 时，( (1)nan ) 发散，而(1)n收敛，此时an 发散。2n 2npn 2 n pn 2北京大学2007 年数学分析考研试题及解答1、 用有限覆盖定理证明连续函数的介值定理。证明这里只证明连续函数的零点定理，由此即可推证介值定理。命题：若f ( x) 在 a, b 上连续，且f (

5、a) f (b)0 ，那么必然存在一点(a,b) ，满足 f ( )0 。采用反正法，若对于任意点x( a,b) ，有 f (x)0 ，那么显然对于任意xa,b ，仍然有 f ( x)0 。由于 f 的连续性，我们对于任意一点xa, b ，可以找到一个邻域O ( x) ，使得 f ( x) 在xO x (x)a,b 中保号，那么a,b 区间被以上形式的O x (x) ， x a,b 开区间族所覆盖，-2精选文库由有限覆盖定理，可得存在有限个开区间O( x1), O( x2 ),., O( xn ) 就能覆盖闭区间x1x2xna,b ，再由覆盖定理的加强形式可得，存在0 ，满足当 y1, y2

6、a, b ， y1 y2时，存在 O x(x1), O x( x2 ),., O x( xn ) 中的某个开集同时覆盖y1 , y2 。那么我们就证明了当12ny1y2时，有 f ( y1), f ( y2 ) 同号；baa(ba)i现 取 正 整 数 m ， 满 足， 令 zi， i 0,1,., m ， 那 么 我 们 有mmzi1zi， f ( zi ) 与 f ( zi 1) 同号，从而证明了f ( z0 ) 与 f (zm ) 同号，即 f (a) 与 f (b) 同号，这与题目中的f (a) f (b)0 矛盾，证明完毕。2、 设 f ( x), g ( x) 在有限区间 (a,b

7、) 内一致连续，证明：f ( x) g(x) 也在 (a, b) 内一致连续。证明 首先证明 f (x), g (x) 都在 (a,b) 上有界，因为f (x) 在有限区间 (a,b) 内一致连续，从而存在1 0 ，满足当此 x1 , x2 (a,b) ， x1x21 时，有f ( x1 )f ( x2 ) 1，现取正整数 m ，满足 ba1 ，令 zia(ba)i， i 1,2,., m1 ；mm对任意 x( a, b) ，存在 z j ，使得x z jba1 ，mf ( x)f ( x)f ( zj )f ( zj )1f (zj)1maxf ( zi ) ，1 i m 1即得 f ( x

8、) 在 (a, b) 上是有界的；同理 g(x) 在 (a, b) 上也是有界的；下面证明，若f (x), g( x) 在区间 I 上有界，且都一致连续，则f (x) g( x) 在区间 I 上一致连续。设 M0 ，满足f ( x)M , g( x)M ， xI ;那么由f ( x), g ( x) 得一致连续性得到，对于任意0，存在0 ，使得当 x, yI ， xy时，有-3精选文库f (x)f ( y)， g (x)g( y)从而f ( x) g (x)f ( y)g ( y)f ( x) g(x)f ( x) g ( y)f ( x) g( y)f ( y) g( y)f ( x) g

9、( x)g ( y)f (x) f ( y) g ( y)2M ，即得 f ( x) g(x) 在 I 上一致连续。3、 已知 f ( x) 在 a,b 上有四阶导数，且有f (4)()0, f (3) () 0,(a,b) ，证明：存在 x1, x2( a, b) ，使得 f (x1 )f (x2 )f()( x1x2 ) 。证明 不妨设 f ( )f()0（这是因为否则可以考虑g (x)f ( x) f ( )f()( x) ，而 g( x) 的三、四阶导数与f ( x) 的相同）。从而我们要证明存在x1, x2(a, b) ，使得 f (x1)f (x2 )0 。下面分两种情形来证明之，

10、（ 1） f() 0 ，当 f ()0 ，由带 Peano 余项的 Taylor 展开式，我们得到f (x)f ()f () ( x)2o( x)2) ，2那么在足够小的邻域内有f ( x)0 ，取 y1y2 ，满足 f ( y1 ) 0, f ( y2 )0 ，不妨设f ( y1)f ( y2 ) ，由于 f ()0，那么存在 x2(, y2 ) ，使得 f (x2 )f ( y1 ) ，从而取 x1y1 , x2 x2 ， f ( x1 )f ( x2 ) 0 ；当 f ()0时，同理可得；（ 2） f() 0 ，那么有 f (3) ()0 ， f (4) ()0 ，可以同样Taylor

11、展开，f ( x)f ( )f (4) ()4o(x44!( x) ) ，做法与（ 1）相同，证毕。4 、构造一个函数在 R 上无穷次可微， 且 f (2 n 1)(0)n ， f (2 n ) (0) 0 ， n 0,1,2,., 并说明满足条件的函数有任意多个。解 构造函数项级数-4精选文库f ( n) (0) xnnx2n1 ，n 1n!n1 (2 n 1)!显然此幂级数的收敛半径为，从而可以定义函数：f ( x)nx2n 1 ，n1 (2 n1)!容易验证此函数满足：f (2 n 1) (0) n, f (2 n) (0)0 ， n 0,1,2,. ，1考虑到函数 g(x)e x2,

12、x0 ，0, x0由我们熟知的结论知，g ( x) 在 R 上无穷次可微，且g (n) (0)0， (n 0,1,2,.) ，对任意 h( x) 在 R 上无穷次可微的函数，从而f ( x)h(x)g( x) 也满足题目要求条件，结论得证。5、设D0,10,1 ， f ( x, y) 是 D 上的连续函数，证明满足f ( x, y)dxdy f ( , ) 的D( , ) 点有无穷多个。证明设 mminf ( x, y) : (x, y)Df ( x1, y1 ) ，Mmax f (x, y) : ( x, y)Df ( x2 , y2 )。那么我们有mfx ydxdyM，( ,)Dm f (

13、x, y) M ， (x, y)D ，下面分两种情况讨论：（ 1）若 mf (x, y)dxdy 或DDf (x, y)dxdyM 有一个成立时，当mf(,)dxdy，我们有(f(,y)0， f (x, y)m 0，xyxm dxdyDD从而有 f ( x, y)m0， (x, y)D ，从而 f ( x, y)m 为常数，此时结论显然成立；当f(, )dxdyM时，我们有(Mf( ,y)dxdy0， Mf ( x, y)0 ，x yxDD从而 f ( x, y)M 为常数，此时结论显然成立；（ 2） mf ( x, y)dxdy MD我们可以选取无穷多条连接(x1, y1 ) 和 (x2 ,

14、 y2 ) 的不相交的连续曲线-5精选文库xx(t ), yy(t ), t1tt2 ， ( x(t), y(t )D ；显然 F (t)f(x(t ), y(t ) 连续，F (t1)f (x1, y1), F (t2 )f ( x2, y2 ) ，由连续函数的介值定理，存在(t1 , t2 ) ， ( x(), y()( ,) ，使得F ()f ( x, y)dxdy ，D即 f (,)f ( x, y)dxdy ，结论得证。D6 、求sin4xdydze y dzdxz2 dxdy ，其中是 x2y2z21, z 0 ，方向向上。解法 1设 D xz( x, z) : x2z21,z0

15、，1 : y1 (x2z2 ) ，(x, z)D xz ；2 : y1( x2z2 ),( x, z)Dxz ；sin4 xdydze y dzdx z2dxdy()(sin 4 xdydzey dzdxz2 dxdy)12(sin4xxz2 )e1( x2z2 )z2z)dxdzD xz1 (x21 ( x2z2 )(sin4 xxz2 )e1( x2z2 ) (1)z2z)dxdzDxz1 ( x21 ( x2z2 )2z3dxdzDxz1( x2z2 )x r cos33y r sin1rsin2drrd0201r1r4sin32drd0r 20122 sin4 tdt0(1cos2)(

16、d cos)022cos 2t12dt4(2)3022112cos 2t1(cos 4t1)dt40423-6精选文库342。8232解法 2记 D ( x, y, z) : x2y 21,z 0 ，( x, y, z) : x2y2z21, z 0 ，利用高斯公式，得sin4 xdydz e y dzdxz2dxdy()D下侧D上侧4sin 3yx cosx e ( sgn y) 2zdxdydz 0212 r cos r 2 sin d2 zdxdydz 2 ddr0002 212 (1sin2 ) d4022 211。4227、 设 f ( x, y) 是 R2 上的连续函数，试作一无界

17、区域D ,使 f ( x, y) 在 D 上的广义积分收敛。解 首先取 y10 ，使得 D10,1 0, y1 ，满足f (x, y) dxdy1 ；D12再选取 y20 ，使得 D21,20, y2 ，满足f (x, y) dxdy1；D222依次选取 yn0，使得 D n n1, n 0, yn ，满足f (x, y) dxdy1，D2nn取 DDi ， D 是一个无界区域，可以验证f ( x, y) 在 D 上的广义积分收敛。i 18、 设 f ( x)ln(1sinpx ) ，讨论不同的 p 对 f (x) 在 (1,) 上积分的敛散性。x解 显然在 p0 时，ln(1sinpx )

18、dx 发散，下面只对p 0时讨论。1x-7精选文库由 ln(1sin x)sin x1 sin 2 xsin 2 x) ，pxp22 po(2 pxxx当 p0 时，sin xdx 收敛，1xp0p1sin 2 xdx 发散，时，12 p2x当 0p1时，sin xdx 发散；1xp1p 时，sin2xdx 收敛；21x2 p当 p1时，sin xdx 收敛；1xp所以（ 1）当 p1时，由 f (x)sin x1 sin 2 x1 sin2xp22 p2 p，xx4 x得f ( x) dx 绝对收敛；1（ 2）当 1p1 时， f ( x)sin x1 sin 2 x1 sin 2 x ，（

19、 x充分大），2x p2 x2 p4 x2 pf (x)sin xdx 收敛，sin xf ( x) sin xf (x) ，由于sin xdx 发散，1p1xpxpxpx此时，(f (x)sin x发散，于是f (x) dx 发散，xp| f ( x) |)dx11而( f ( x)sin xsin xdxf (x)dx 收敛；xp)dx，xp收敛，111故当 1p1时，1f ( x)dx 条件收敛；2（3） 0p1时，f ( x)sin x( 1o(1) sin 2 x1 sin 2 x，（ x 充分大）；2xp2x2 p4 x2 p由于sin 2 x dx 发散，于是0(f(x)sin

20、x)dx 发散，而sin x dx 收敛，1x2 pxp1xp故此时0f ( x)dx 发散。-8精选文库9、 记 F ( x, y)nye n ( x y)，是否存在 a0 以及函数 h( x) 在 (1 a,1a) 上可导，n 1且 h(1) 0 ， F (x, h( x)0 。解 设 un ( x, y) nye n ( xy )| nye n( x y ) | | ny | 33!y)36 | y |312 ，n( x( x y)n知级数nye n( x y) 在 x y0 内是收敛的，n 1从而 F ( x, y)nye n ( x y) 在 xy 0 内有定义；n 1显然 F (1

21、,0)0 ；由于un ( x, y) ，n 1un (x, y)( n2 ye n( x y ) ) ，un (x, y)( ne n( x y)n2 ye n ( x y) )n 1xn1n 1yn 1都在 x y， y（, 为任意大于0 的常数）内都是一致收敛的。所以F (x, y)un ( x, y)( n2 ye n ( x y) ) ，xn 1xn 1F (x, y)un (x, y)( ne n(x y )n2 ye n (xy) )yn 1yn 1从而 F( x, y) 在 (1,0)的某个邻域 D 上偏导数F ,F 都存在，且是连续的，xy又有F(1,0)( ne n( x y )n2 ye n ( xy) ) (1,0)ne n0 ，yn 1n 1到这里我们已经验证了隐函数定理的三条件：（ 1） F (x, y)C 1( D ) ， D