数学分析_各校考研试题及答案

1、2003南开大学年数学分析一、设w=f(x+y,x一y,x)其中f(x,y,z)有二阶连续偏导数，求wxyxy解：令u二x+y,v二x-y,z二x则Wx-f+f+以w-/+/(一1)+/+/(一1)+/+/(一1)xyuuuvvuvvzuzv1二、设数列an非负单增且liman=a，证明lima,+a;+ann二annfg11解：因为an非负单增，故有an<an+an+ann-(na,)n由liman=a；据两边夹定理有极限成立。nfg三、设f(x)=xaln(1+x2),x>0试确定a0,x-0的取值范围，使f(x)分别满足:(1) 极限limf(x)存在xf0+(2) f(x)

2、在x=0连续(3) f(x)在x=0可导解：(1)因为limf(x)=limxaln(i+x2)=limxax2-+(l)nT-+o(x2n)极限存在则xf0+xf0+xf0+2n2+an0知an2因为limf(x)=0=f(0)所以要使f(x)在0连续则a>2xf0f(0)=0所以要使f(x)在0可导则a>1四、设f(x)在只连续，证明积分ff(x2+y2)xdx+ydy与积分路径无关l解；令U二x+*则ff(x2+y2)xdx+ydy二1ff(u)du又f(x)在R上连续故存在F(u)121使dF(u)二f(u)du二f(x2+y2)xdx+ydy所以积分与路径无关。此题应感谢

3、小毒物提供思路)五、设f(x)在a,b上可导f(|广(x)|-M证明jbf(x)dx-(b-a)2a4证：因f(x)在a,b可导，则由拉格朗日中值定理，存在红(a,b)使(x)-/(竽)=代)(x-孚)-Jbf伦)(x-aM(x)dx邛几)(x-罗)dxa+b)dx-M佇(7¥-x)dx+P(x-巴)dx=M(b-a)22a+b242六、设an单减而且收敛于0。Y|a)asinnn证明工ansinn收敛发散b)证：(1)因为中u=Y(|asink|+aksink).=工(|aksink|-aksink).1Ysink|而an单减而且收敛于o据狄利克莱判别法知sin_2工ansinn收

4、敛(2)因为正项级数Yasinnn发散则YaksinkT(n又由上题知Yaksink有界故有limUn=1nfgvnsinx七'设F(t)=e-tx=dx证明+gsinx(1) Ji+ge-txdx在0，+g)致收敛1x(2) F(t)在°,+g)连续+gsinx-证：因收敛(可由狄利克莱判别法判出)故在t>=0上-致收敛；又e-tx在x>=1,t>=0单调且一致有界°etXl(Wx1，t'°)由阿贝尔判别法知一致收敛*t°e°,+只),3a,卩°使丫°ea,卩由上题知，f(t)在a，卩一致

5、收敛,且由etx在(x,t)e1，+a)xa,卩上连续知f(t)在a，卩连续所以在t°连x续，由t°的任意性得证八、令f(X)是a,b上定义的函数列，满足n(1)对任意X°ea，bfn(%)是一个有界数列(2)对任意£°，存在一个5°,当x,yea,b且|xy<6时,对一切自然数n,有f(x)f(y)<£求证存在一个子序列f(x)在a,b上一致收敛nk证：对任意xea,b，fn(X)是一个有界数列故由致密性定理存在一收敛子列，设为f(X)，又令U=u(x，5丿|xea，b则U为a,b的一个开覆盖集，由有限覆盖定n

6、k理，存在有限个开区间覆盖a,b，不妨设为u(X1,5x".%(xm,5x)1m于是对Vs0,能找到一N>0，Vn,nN,Vx.(i=1,2,m)有kki,12fn(x)fn(x)<3令5=min5x，则由条件知对上述Vs°k2k21ms35°,Vxea,b,3x使xx|<5,对一切自然数n,有f(x)f(x)<llnnl3于是Vs°,3K°,Vk,tK有n,nN,Vxea,b,3xea,b有ktlf(x)f(x)=f(x)f(xj+f(xjf(xj+f(xjf(x)tk<nlnlnlnlntlkkk<s由柯

7、西准则得f(x)f(xj+f(xjf(xj+f(xjf(x)n一一，一-t证。nltnlnllknlnkk2004年南开大学数学分析试题答案1.limL-f(x)xTaf(a)丿xa=limexTax-a=ef(a)=1d2zy£丽=fx+叭+讥-丄ffx2yx3yy3.即证明21吨+x)<1+设f(x)=，即证2ln(1+x)<x+11+x1+x2ln(1+x)-x1+,f(0)=0,1+x-1-治=兀<0，f(x)<f(0)=证完。4.口x2y2ln(x2+y2)dxdyf2兀sin20cos2Odof1r5lnr2dr008J2sin20cos2Odof

8、1r5lnrdr二00725.设P二x2-y2,q=-2xy,坐=-2y=竺,OxQy积分与路径无关，则f仃"兀3J=Jx2dx=-036.lnn1v-1nn-1enna散，原题得证7.由拉格8.1)Fk+1lnnana+1,又当朗日定理，f(2n)-f(n)<2nlimf進)=limnns应用数学归纳法，nsn=k时=minF,f=kk+1Elnna<0na+1收敛，当时，n=1f(2n)f(n)=f'(g)n级数区lnnna+1n=1=0，原题得证n=1时命题成立，命题也成(Fk+fkJ-Fk-fk+1F由归纳假设k+1连续。2)F(x)F(x)F(x)F(x

9、)(3)由k+i单调递减趋于,k+i与都连续，由地尼定理，该收敛为一致收敛。Vxg(a,b),Vx<x<x9.(1)证明：0012x一x取九二1x二x,x二x，代入式中得，x-x122020£()(、丄2a一x2a一x”)£(f(x)一/(x)乙/(x)一/(x)f(x)<f(x)+4f(x)f(x)即1<2，所以函数10x一x20x一xx一x201020f(x)一f(x),g(x)二上单调递增有下界，从而存在右极限，则x一x0f+(x0)二limf(x)一f(x°)Vx<x<x<x1234f(x)一f(x)由题设可得亠二

10、<x一x12f(x)一f(x)/f(x)一f(x)<34x一x34f(x)一f(x)12x一x12f(x)一f(x)34x一x34从而limx2Tx1f(x)一f(x)12x一x12<limx4Tx3x一x34OyOzg+g+g=0xyOxzOxOyOzh+hy+hz=0xyOxzOx求出所以导函数递增。(2)参考实变函数的有关教材。2005年南开大学数学分析试题答案l.由于D关于x轴对称，被积函数关于y成奇函数，所以该积分为02.di=f+f?+f字，其中字,営由zOxOxOxOyhg一hg=xzzxOxgh一ghyzzyOzhg一hg=x_yy工Oxgh一ghyzzy：3

11、n+233.lim1工1=fJX=nk=1,'4-()204_X2n4.|JMsintdt|<2,在xe(0,+s)上单调一致趋于0,则f(x)在xe(0,+s)上一致0X+t收敛，又邑巴在Xe(0,+s)上连续，则f(x)在xe(0,+s)上连续。x+15.由泰勒公式e=1+1+1+丄+亠1!2!n!(n+1)!11+1!2!1n!eg(n+1)!侖，后者收敛，则原级数收敛。.|1”，x、|1、x|MxM6由拉格朗日中值定理，f()|=f(g)<<,后者收敛，由魏尔特拉nnnnn2n2斯定理，原级数一致收敛。f'(-)由s(x)一致收敛，则可以逐项求导，s&

12、#39;(x)仝J也一致收敛且连续，故s(x)连续可n2n=1QQdPQQdP7反证：设存在(x0,y0)有(善一石)(x0,y0)丰0，不妨设(善一石)(x0,y0)>0，由连QQQPJPdx+Qdy=JJD续函数的局部保号性，知道存在-个邻域6,当(x,y)e§时(詈-石)(x,y)>0，则存在QQQP(一)dxdy>0与已知矛盾。QxQy8当0<x<2时，f'(x)=f飞)x<x2<x<a时，f'(x)=f''(n)(x-a)<a-x，综上，f'(x)<g(x)(2)若对任意的x

13、e(0,a)有f'(x)=g(x)，则在x=|时，f''(x)不存在，矛盾。设当xeU时，f'(x)g(x)<0当xe(0,a)U时f'(x)g(x)=0，两边对x积分即可6.f(x)-gq)>g(x0)(x-x°)，f(%)一f(x)、g(x)(x0-x)，由g(x)在(a，b)上有定义，则g(x)在(a,b)上有界，则可以得到f(x)在(a,b)上连续。(2)/nil/(x)-/(xK(/(x)-/(x)nilx<x<x,贝I10<g(x)<21,则012x-x1x-x1021f(x)-f(x)f(x)-

14、f(x)f(x)-f(x)i0<2o则显单调递增有下界，存在右极限，f(x)x一xx一xx一x+010200存在，同理f'(x)存在，由极限的保不等式性可得一02003年中国科学院数学研究院数学分析试题答案j.baB一A1.limln(ex+ex)=limln(1+ex)xt0+xt0+x.ABAB一A(1)当B-A>0时，limln(ex+ex)=limln(1+ex)xt0+xx0+当A>0时,BAB-Alimln(ex+ex)=limln(1+ex)=xt0+xt0+x当A<0时,ABAB-Alimln(ex+ex)=limln(1+ex)=-sxt0+x

15、t0+x当A=0时,ABAB-Alimln(ex+ex)=limln(1+ex)=0xt0+xt0+x(2)当BA<0时,ABAlimln(ex+ex)=limln(1+ext0+xt0+xB-Ax)=limxt0+xBAAeB-AAex=Alimexxt0+x2A(A-B)lim=0xt+se(A-B)x2A(3)当BA=0时，limln(ex+ex)=limln(2ex)=limln2+xx0+x0+4BAA当A>0时，limln(ex+ex)=limln(2ex)=limln2+=+sxt0+xt0+xt0+xA当A<0时，limln(exxt0+Alimln(2ex)

16、xt0+limln2+=-gxt0+x当A=0时，limln(exxt0+Alimln(2ex)xt0+limln2+xt0+x二ln22.当九0时，limf(x)=0,从而f(x)连续；3xtO1当九1时，f'(0)=limxV1sin=0，f'(0)存在;xt0x11当九2时，f'(x)=Xx-1sin-x九-2cosxxlimf'(x)=0,xt03.即证：yxy>xyx。lny+ylnx>lnx+xlny,f(t)二lny+ylnt-lnt-1lny,f(l)二0,f(y)f'(t)=乎-lnyy-1当1<t<y时，设g(

17、y)二11-lny，心丁亍>0g(y)>g(1)二0,所以f'(t)二口-lny>0f(t)>f(1)=0,ty-1当0<t<y<1时，设g(y)二-lny，g'(y)二1->ty0，g(y)<g(1)二0,所以f'(t)二口-lny<0f(t)>f(y)=0,t4.2+cosOd°=卜dO=2卜dO-K2+cosO02+cosOdO02+cosO卜溯o=丄卜4dOo=4p2O02cosO204cos2O04cos2Od0皿dtanO4j2=04tan2O+3j2兀dO2 +cosOf'

18、(x)5假设存在常数M，0'fx)<M，积分lnf(b-ln畑<M(b-a)矛盾z+1二rcosp6作代换x=rsinpcos0y二rsinpsin0V二卜d0farctan2r2sinpdpJ2cosp2(-1+rcosP)dr000rsinp=f271d0farctan2dp2cosp(-2r+2r2cosp)dr=000卜d0卜吋-(2cosp)2+26cos4pdp二2kfarctan226(2+cos2p)2-2(1+cos2p)dp003032x2x7椭球面96+y2+z2二1的切向量为(96,y,z)x1396=，切占为x二9,y二,z二和x=-9,y二341

19、2，切占为y88和y13z8Z196260d,D13138.V£>0,36>0,当一3<x<8时,-£<f(2“)一f(“)-A<£1 f(x)-£<21£<222-A<£221一E2nf(白-fA1x2n相加：2n£4kk=1y1£4kk=1xf(X)-f(書)工A<厶<2kk=1所以广(0)=A9J1y(x)-1x2+y2dx=J-8+J8-1-8limJ1yf(x)dx=limJ-8yt0-1x2+y2yt0-1+limJ8yt0-8+limJ

20、*1yt08=OlimJ-8=0yTO-1由含参量积分的性质，limJ1yt08J8dx=f(g)J8dx=才f(O)ytOoy2+x21oy2+x22Jodx=f(g)Jodx=£f(O)ytO-8y2+x22-8y2+x2科院2006年数学分析试题参考解答1求a,b使下列函数在x=0处可导:ax+bx2+1当x>0;当x<0.解：由于函数在x=0处可导，从而连续，由f(O+O)=b,f(OO)=1得到b=1；又由f(O)=a,f(O)=O得到a=0.即得。n=1n=1+证明:用反证法。由a>0知级数艺,艺均为正项级数。naa+1n=1nn=1nV11假设级数乙收

21、敛，则lim=0，于是有a+1nTga+1n=1nna11g1lim厂=lim=lim=1,从而由正项级数的比较判别法知级数收Tg1TgaTg1anTgnTgnTg1nn=1na+1a+1a+1nnn敛，矛盾，从而得证。3设m,n>0为整数，求积分Jxm(1-x)ndx的值.解：设I(m,n)二Jxm(1-x)ndx,则由分部积分法有01xm+1xm+111xm+1nI(m,n)=J(1-x)nd=(1-x)nI-Jn(1-x)n-1(-1)dx=I(m+1,n-1).m+1m+10m+1m+100从而nnn-1nn-1I(m,n)=I(m+1,n-1)=i(m+2,n-2)=一m+1m

22、+1m+2m+1m+2n!1m!n!I(m+n,0)m+n=(m+n)!mzn+i=时莎即得解。m!(利用余元公式、换元、B函数更为简单)4设a>0,f(x)是定义在-a,a上的连续的偶函数，则ff(x)dx=ff(x)dx.1+ex-a证明：由f(x)是定义在-a,a上的连续的偶函数知f(-x)=f(x)，从而令x=-t有f(x)dx=f(-dt)=fdt1+e-t1+et1+ex-a-a证明：我们先来证明一个不等式，一般的称为CauchySchwarz不等式，即从而f(x)dx1+exaf(X)dx+f1+exef(t)dt)=1ff(x)dx1+et2aaa得证。0000a5设函数

23、f(x)在含有a,b的某个开区间内二次可导且fr(a)=fr(b)=0,则存在gw(a,b)使得|f忆)l>4(b一a)2|f(b)f(a)|.证明:由Tayler定理，对x=a2bw(a,b)有L-if(x)=f(a)+f'(a)(xa)+1f''(g)(xa)2,2!1f(x)=f(b)+f'(b)(x一b)+f唯)(x一b)2.2!2而f'(a)=f'(b)=0,故有If(b)一f(a)l=1|f唯)(x一a)2f唯)(x一b)212!12令|f(g)1=maxlf''(g)I,If''(g)1,则有1

24、2|f(b)-f(a)|<llf''(g)2(¥)2<lf''(g)I(ba)!4即If''(g)l>If(b)一f(a)I.(b一a)2设实值函数f(x)及其一阶导数在区间a,b上连续,而且f(a)=O,则6maxIf(x)I<Jba(fIf'(t)I2dt)2,xwa,baff2(x)dx<(b一a)2fIf'(t)I2dt.2定理1ff(x)g(x)dx<(ff2(x)dx)；dg2(x)dx)2(f,g是a,b上的可积函数)aaa设力(x)=f(x)+tg(x),则h2(x)=

25、f2(x)+2tf(x)g(x)+12g2(x),两边从a到b取积分，有fh2(x)dx=ff2(x)dx+2tff(x)g(x)dx+12fg2(x)dxaaaa由等式右边对VteM都成立，知=(2ff(x)g(x)dx)2-4ff2(x)dxfg2(x)dx<0即证.aaa面我们来证明题目:(1设maxIf(x)1=1f(x)I,则有Newton-Leibniz公式有xea,b0If(x)I=If(a)I+fIf(t)Idt=fIf(t)Idt0aa即If(X)I2=(ff(t)Idt)20f0If(t)I2dtf012dt=(x-a)fIf(t)I2dt0aaa<(b-a)f

26、bIf(t)I2dta两边开方即得证。(2)同样，由Newton-Leibniz公式有f(x)=f(a)+ff'(t)dt=ff'(t)dtaa12dtaaa等式两边x从a到b积分有2(t)dtdxaaa0n0=fff'2(t)dtd(X)2aa=ff'2(t)dtIb-ff'2(x)idx2a2aa>ff'2(t)dt又得证。2a设n是平面区域D的正向边界线C的外法线，则d2Udu2)dxdy丄竺ds=ff(皂dndu2CD证明：由Green公式有dudu7dud2ud2u、TTds=dy+(dx)=(+)dxdydndxdydu2du2

27、x2y28设曲线r肚+土=1的周长和所围成的面积分别为冉，还令S2LJ=(b2x2+2xy+a2y2)ds，贝ljJ=兀2r证明：由对称性知J=厶(b2x2+2xy+a2y2)ds=£a2b2ds=a2b2L=l=兀2兀2rr9计算积分JdX1+x30的值,并证明它也等于数项级数无匕上的和。3n2n=1解:设I=J二1+x30J1dx则I=J，L1+x30(1+x)(1x+x2)0=J(1丄-1上d)dx31+x3x2x+10111J12x-1-3ln(1+x)Idx306x2-x+10111111=一ln2ln(x2-x+1)1+J3602x2x+10dx=-ln2+32x-1)(

28、/T)-22石ln2+arctan33201+=1ln2+亜39为证明另黑儿我们先来证明一个定理:n=1定理2设f(x)仝anxn在|x|<R内收敛若瓦希也收敛，则n0n0Rn+1n+1事实上,f(x)在(-R,R)上收敛，从而内闭一致收敛，对于任何Xe(-R,R),都有Xn+1n+1n0n=0jf(t)dt=atndt=atndt=艺annn=00n=0即有幂级数艺ann=0xn+1n+1在(-R,R)上收敛，而艺ann=0器也收敛从而在0,R上一致收敛，和函数在x=R处左连续，便有0lim艺ax->R-0n=0Xn+1Rn+1=a-n+1nn+1n=0回到题目看数项级数三船收敛

29、，设f(x)=r(-1)n-1X3n-3,|x|<1'由定理2即知n=1n=0兰船Jf(x)dx=I-n=1010求曲线x=acos31,y=asin31(a>0)绕直线y=x旋转所成的曲面的表面积.解：这是星形线，充分考虑到对称性(x=0,y=0,x二y,x二-y)，有JIacos31一asin311表面积S=2J2兀x2(t)+y2(t)dt2工4広3.=6j2兀a2J(-cos31+sin31)sintcostdt+J(cos31一sin31)sintcostdt=6f2兀工42一2(护M-3仃a2=兀a255北京大学2005设f(x)=4xz!sinxx2-sinx

30、试求limsupf(x)和liminff(x).xT+8xT+8首先我们注意到.f(x)=x?sinx1sinx在sinxe(0,1的时候是单调增的.x2-sinx并且在x充分大的时候显然有x2sinx-1.sinxx2-sinxx2smxsinx<所以易知在xT时,limsupf(x)=1.xT+8当然此上极限可以兀令x=2刼+kT+-这么一个子列得到.对于f(x)的下极限我们注意到lim=0,而liminf"sinx=0,xt+8x2-sinxxt+8x2-sinx所以有liminff(x)=0.xT+8此下极限当然可以令x=(2k+1加,kT这么个子列得到.1.设f(x)

31、在开区间(a,b)可微，且f'(x)在(a,b)有界。证明f(x)在(a,b)一致连续.证明：设|f'(x)|在xe(a,b)时上界为M因为'(x)在开区间(a,b)上可微对于Vx,xe(a,b),由Lagrange中值定理，存在12e(x,x)，使得|f(x)-f(x)|=|fg川x-x|<M|x-x.12112ii1112112这显然就是Lipschitz条件,所以由x,x任意性易证明f(x)在(a,b)上一致收敛.12设f(x)在开区间(a,b)(-s<a<b<+s)可微且一致连续，试问f(x)在(a,b)是否一定有界。(若肯定回答，请证明

32、；若否定回答，举例说明)证明:否定回答.f(x)在(a,b)上是无界的.设f(x)=(1-x)L显然此f(x)在0,1上是连续的根据Cantor定理,闭区间上连续函数一致连续所以f(x)在(0,1)上一致连续.显然止匕f(x)=(1-x)1在(0,1)上是可微的.f'(x)=.而2(1-x)1f'(x)=在(0,1)上是无界的.2(1-x)13设f(x)=sin2(x2+1).(1)求f(x)的麦克劳林展开式。求f(n)(0)。(n=1,2,3)解:这道题目要是直接展开是很麻烦的.先对原式做一下变形.有f(x)=-cos2(x2+1)再由cosx的Maclaurin展开式有22

33、f(x)是偶函数，所以其展开式形式应该为：f(x)=k+kx2+kx4Hbkx2nh012n比较系数有：k0=0接下来，若P为奇数，则由1gf(x)=兰(-1)k+1i=122k(x2+1)2k(2k)!中x2p项系数为：k=丄Cp22k(-1)k+1厶一2k=1艺22k(-1)k+12p2皿(2k)!k=严22k=严12(2k-p)!p!，此时令2k-p=2t-1戶k=t+£2p(1)222t-i(1)t+12p(1)2sin22p2P£1(2t-1)!p同理可得：p为偶数时,k=2p(-1)2竺2。综合得:2pf2P(0)=k2o'(2P)!=1f(n)(0)=

34、<2p!(-1)竽2-1(2p)!sin2Tp为奇数p!(_)+12八(2p)!cos2Tp为偶数Ip!f2p-1(0)=0其中p=1,2,34试作出定义在R2中的一个函数f(x,y)，使得它在原点处同时满足以下三个条件:(1)f(x,y)的两个偏导数都存在；(2)任何方向极限都存在；(3)原点不连续解：。显然这个函数在xy丰0的时候，有偏导-Tx2+y2>0f(X,y)=x2+y20Tx=y=0数存在f(x,y)=yf(x,y)=xx(x2y2)(x2+y2)2y(y2x2)(x2+y2)2，而对于xy=0的时候，有f(x,y)=0yf(x,y)=0x，此式在原点也成立。p2co

35、sasina.对于任意万向极限，有limf(pcosa,psina)=lim=cosasma。pT0pT0p2显然沿任意方向趋于原点。此函数的方向极限都存在。最后，因为沿不同方向幺北卩趋向原点。不妨设兀a，Bw(o,)，显然有不同的极限4cosasin么与cos卩sin卩。且其都不为0。所以该函数在原点不连续。5.计算fx2ds.其中L是球面x2+y2+z2=1与平面x+y+z=0的交线。L解：首先，曲线L是球面x2+y2+z2=1与平面x+y+z=0的交线。因为平面x+y+z=0过原点，球面x2+y2+z2=1中心为原点。所以它们的交线是该球面上的极大圆。再由坐标的对称性。易知有x2ds=f

36、y2ds=fz2ds。L因此有fx2ds二-f(x2+y2+z2)ds二fds二3L3L6.设函数列f(x)满足下列条件：(1)Vn，f(x)在a,b连续且有f(x)<f(x)nnnn+1(xea,b)(2)f(x)点点收敛于a,b上的连续函数s(x)n证明:f(x)在a,b上一致收敛于s(x)n证法X首先，因为对任意Xo4b,Wfn(x。)TS(X。)。且有f(X。)§f+1(X0)，所以3n，对于任意n>n，有0<S(x)-f(x)<。klX-Xo又因为f(x)与s(x)在x点连续。所以可以找到5>0,当n0x0<5,且xea,b(x)x0nk

37、nk0|S(x)-S(x)|<同时成立。因此，当n>n,03kx-x|<8,且xea,b时,0%|S(x)-f(x)|<|S(x)-f(x)|<|S(x)-S(x°)|+|S(x0)-f(x°)|+|f(x)-f(x°),kk:xea,b覆盖了x00,kk如此，令A=x:|x-x|<5，所以有开区间族Ax00x0a,b区间。而S(x)在闭区间a,b上连续。由Heine-Borel定理，从开区间族A:xea,b中可以选出有限个A,A,A，A,0x,x2*3xkx0x1x2使a,buA。由A的选法。可由相应5xixii=1与n，xi

38、ki当xeAp|a,b,xin>n时，有|S(x)-f(x)|<£ok.ni取N=maxn:1<i<k,当n>N时，且xea,b,有|S(x)-f(x)<£k.ni立。所以f(x)在a,b上一致收敛于S(x)on证毕。证法2:反证法设存在某£>0，对于任意n，有一x，使得f(x)-S(x)|>£nnn0x有界，由Bolzano-Weierstrass定理，所以其必存在n收敛子列x收敛于a,b中nk值x0因为对任xea,b,有f(x)TS(x)o0n00且有f(xo)<f+i(xo)，所以叫p当n>

39、;n时，kkpS(x°)-f(x)-S(x)-/(x)<n0kkp£3'设某n>nkkp1p<8,且xea,b时0由S(x)与f(x)连续性存在一80，当nkp1有|S(x)-S(x0)|£<弓以及/nkp1(x)-fnkp1(x。)<£-3同时成立.显然，又因为xTx.所以存在K值,nk0K>kp1当n>n时，kKx-x0<成立.最后，当n>nK时，有S(x)-f(x)-S(x)-f(x)-S(x)-S(x)+S(x)-f(x)+nnnnnnn00n0kkkkkpikkkpjf(x)-f(x

40、)n0nnkp1kp1knkkv£这与假设矛盾.0所以在a,b上,f(x)是一致收敛于s(x).证毕.n大连理工大学2005试题数学分析试题解答计算题1、求极限：a+2a+.+nalimi2n,其中lima=an2nnT8nT8解：a+2alimi:nT8+nan=limBU=lim(n+1)an=a(利用Stolz公式)nT8(n+1)2n2s2n+12厶n2nT82、求极限：lime-x(1+)x2xT8解：1(1+)xlime-x(1+)x2=lim(x)xxsxxse(1+丄)x-elimxT8i(1+丄)-打xx+1TX21=elim2x2xT8+o(丄)-x2x211+1

41、=e,'3、/.lime-x(1+丄)x2=lim(xsxxs(1+)xx)x=lim(exT8ee-2x)1ee证明区间（0,1）和（0,+）具有相同的势。证明：构造一一对应y=arctanx。14、计算积分JJdxdy，其中d是x=0,y=1,y二x围成的区域y2+xD解：JJdxdy=J1Jydxdy=f1ln(x+y2)|ydyy2+x00y2+x00J1ln(1+y)dy-J1lnydy00=(1+y)ln(1+y)-(1+y)-yIny+yI10=2ln2计算第二类曲线积分：I=1ydxxdy,C:X2+2y2二1方向为逆时针。x=cos0,0e0,2兀)I=j-ydx-x

42、dyCx2+y21sin20cos20+COS2022d0=上j2Kcos20d0203+cos20>-j+8万能公式代换=-41x21+x23+二1+x26、迈丿darctanx=-43(2+x2)(1+x2)<2J+82dx8(2+x2)(1+x2)+81dx+j+881+x281+-d26、设a>0,b>0,证明:(a+1)b+1(a)b证明：(a+1Y+1f'(x)=1+(akb丿(ab)kb+1丿1ab、1+b丿abb(，构造函数f(x)=1+b+1=f(b+1)b=f(b)kx丿所以f(x)递增，从而得证xln(1+H)abx>0(Taylor

43、展开可以证明)x+(ab)二、设f(x)为a,b上的有界可测函数，且jf2(x)dx=0,证明：f(x)在a,b上几乎a,b处处为0。证明：反证法，假设A二x|f(x)壬0，那么mA>0。A=xIf(x)>2,A=UA。必然存在某个A,mA>0nnnnnn=1Jf2(x)dx>mAn>0,矛盾n2a,b=0三、设函数f(x)在开区间(0,+)内连续且有界，是讨论f(x)在(0,+)内的一令x'=,x"=。当n足够大的时候Ix'-x"I=(2n+1)兀n兀(2n+1)n兀Isin-sinI=1>sx'x"&

44、lt;5致连续性。讨论：非一致连续，构造函数：f(x)=sin1x显然，f(x)连续且有界。但是f(x)在xT0时非一致连续反证法：如果一致连续，对Vs>0,x>0,35>0,当丨x'-x"I<5Isin-sinI<s.取s<1四、设f(x,y)=，讨论函数的连续性和可微性。x'x解：1)连续性：连续limxT0yT02)可微性：可微f(0,0)=limf(x'°)f(0'°)=0xxt0五、六、f(0,0)=limf(0,y)f(0'0)=0yXT0yf(x,y)-f(x,y)-f(x,

45、y)limxt0yt0=limxt0yt0x2y设f(x)在(a,b)内二次可微，求证：北e(a,b),满足/(a)-2f(晋)-f(b)=f"(g)证明：b-a令g(x)=f(x+)-f(x),利用Cauchy中值定理:2=g©=f(匚+乎)-f(匚),:e(a,x)x-a利用Lagrange中值定理：f(匚+耳)-f(匚)=耳f"(g),ge(匚,匚+予)令=字,原式=g(x)-g(a)=(乎)2f"(g)f(x)在R上二次可导，VxeR,f"(x)>0,3xeR,f(x)<000limf'(x)=a<0,limf

46、'(x)=P>0，证明:f(x)在R上恰有两个零点。xT-gxT+w证明：(1)先证：当xT-g的时候，f(x)>0当x的绝对值足够的时候，不妨设x<x<0,1a八x)<ya当x<x时，f(x)>f(x)+(x一x).1112当x<22(xi)+x的时候，f(x)>0a1(2)同理，当xT+g的时候，f(x)>0又f"(x)>0nf'(x)为递增函数nf(x)先单调减少，在单调递增f(x)<0,根据连续函数的介值定理，在(-g,x),(x,+g)各有一个零点000七、设函数f(x)和g(x)在a,

47、b内可积，证明:对a,b内任意分割A:a=x<x<.<x=b,Vg，耳gx,x,i=0,1,2,.有01niiii+1lim刃f(g)g(q)Ax二Jbf(x)g(x)dx|A|T0iiiai=0证明：根据定义f(x)g(x)dx=lim|A|T0刃f(g)g(g)Axiiii=0I因f(g)g(g)Ax-刃f(g)g(n)Ax1=1艺f(g)g(g)-g(n)AxIiiiiiiiiiii=0i=0i=0<maxIf(g)1因Ig(g)-g(n)Axiiiiii=0由于g(x)可积，所以刃Ig(g)-g(n)Ax<AxT0,为振幅)iiiiiii=0i=0八、.l

48、imIIAIT0Sf(g)g(g)Ax-Sf(g)g(n)Axiiiiiii=0i=0I=0，从而得证求级数：n=0(-1)n3n+1解：九、艺(-"s+1=x艺(T)"(x3)”在(1,1内收敛3n+13n+1n=0n=0艺(1)n(x3)"在(1,1内一致收敛，所以可以逐项求导n=0(x迟(1)"(x3)'=迟(1)n(x3)n=1一(一x)3M+33n+11+x3n=0n=0艺匕=limJ*11(x)M+1dx="丄dx=f1(3n+1mt+801+x301+x30n=0=ln(1+x)1J1d(x2x)+1J11d(x-i)36

49、01x+x2203+(x一i)2242ln212x-1.ln2兀=+arctan|1=+=3弋3o=T'312x-33)dx讨论函数项级数艺x(n2e-n2x2(nl)2e-(n”x2)在(o,i)和(1,+s)的一致收敛性n=1讨论：艺x(n2en2x2一(n一1)2e(n1)2x2)=xlim(n2en2x2).nT8n=11)0<x<1xlim(n2en2x2)=0ns级数收敛，但不一致收敛。取x=丄,1S(x)-01=n不趋近于0,所以不一致收敛nnn2)x>1xlim(n2en2x2)二0ns1(xe_x2)'二e_x2(1一2x2)<0即xeen2x2n2n2n2<e2<e一4en2xn2en2x2<e2e:0,Vx>1,3N=J4lnw,Vn>N,S(x)<£n十、计算x2dydz+y2dzdx+z2dxdy,其中Y为圆锥曲面z2=x2+y2被平面z=o,z=2所截部分的外侧。解：(x+y+z)dxdydzx2dydz+y2dzdx+z2dxdy=j2J2J2K(rcos0+rsin0+z)rd0drdz=Z2dzJzr2drJ2K(cos0+sin0)d0+J2zdzJzrdrJ2Kd0