2008年中国科学技术大学数学分析试题解答.pdf

2008 年中国科学技术大学年中国科学技术大学 数学分析试题解答数学分析试题解答 试题解答由试题解答由 SCIbird 提供提供 说明说明 自 07 南开数分和 08 北大数分解答之后 再奉献 08 科大数分试题解答 试题仍在博 士家园的博士数学论坛首发 大家若有转载请注明出处 关于试题先做下如下说明关于试题先做下如下说明 这套试题基本保留了 9 道原题 其中原第三题实在太过糟糕 破坏了试卷整体质量 所以决 定舍去 而用另外的试题代替 部分试题按自己的理解修改了条件 第四题增加了两数列非 负条件 第十题增加了函数非负连续条件 最后 一并感谢提供试题的网友们 1 设 1 0Cxf 求证 1 0 0 1 x 使得 00 2 sinf xx 2 若 则 xxf 2 sinxx 有且仅有三个根 证明证明 1 令 2 sinF xf xx 则 0 0 1 0FF 由连续函数零点定理知 存在 00 0 1 0 xF x 即 0 0 1 x 使得 00 2 sinf xx 2 令tx 2 sin t g tt 当0t 当t 时 0g t 故 0g t 的根只能分布在 0 上 易知 0 0g 1 sin2g tt 由函数图象可知 函数sin2t与 1 在 0 上只有两个交点 1212 0 2 tttt g t在区间 12 0 tt 上单调递减 在区间 12 t t上单调递增 因为 1 0 0g tg 10g 存在0 使得只要 1212 xxyy 就有 1122 f x yf xy 1212 0 1 x xxx 则 121212 sup sup sup g xg xf x yf xyf x yf xy 令 12 F yf x yf xy 则 F y为 0 1 上连续函数 所以存在 0 max F yF y 此时 2010 0 xxyy 故 1212 sup max g xg xf x yf xyF y 使得 1 n n aM 因为 1nnn xxa 所以 1 1 1 11 n kk nkkk xxxxaM 从而 1 0 n xMx 这说明数列 n x有界 其必要收敛子列 设 k n x为其一个收敛子列 k n xa 因为级数 1 n n a 收敛 所以0 0rN 当 0nN p 时 1 11 n np pnp nk kn k k k n xxxxar 存在一个充分大的0N 使得当 kk nN mN mn 时 22 kk nn xaxa 及 2 k mn xx 两式相加得 m xa 时 22 ll nn xaax 及 2 l nm xx 两式相加得 m ax 时 m xa 使得当 m nN 时 nm fxfx 时 nn fxP xb 其中 P x为某一 固定的多项式 n b为某一收敛数列 因为 nmn m bba 为柯西列 因为由已知条件 nn f xfxf xP xb 一致收敛于 0 及 lim n n bb 所以有 f xP xb 即 f x也是多项式 证毕 6 计算曲面积分 2723 Ixx yz dS 其中 222 1yzx 解解 因为曲面关于平面 yoz 对称 72 x y是 x 的奇函数 所以 72 0 x y dS 类似的 由对称性知 3 0z dS 注意到曲面关于 x y z是轮换对称的 所以 222 x dSy dSz dS 故 27232222 114 333 Ixx yz dSx dSxyzdSdS 7 证明 2 2 0 4 ln 1 ln 12 cos 0 0 1 rr rr d r I r 证明证明 1 因为 222 12 cos12 1 0rrrrr 所以当01r 时 I r是 Riemann 可积的 任取 0 1 r 存在01rb 使得被积函数在 0 0 2 b 上连续 因而 I r可以在积分号下求导 所以 2 2 0 22cos 12 cos r r I rd r 这里应用一个在傅立叶级数中常见的一个等式 2 2 1 cos 12 cos cos n n rr r rnx r 01r 1 考虑 i zre 对级数 1 1 n n z z z 两边取实部即可得到上面的等式 1 注意到 1 左边级数是一致收敛的 因而可以逐项积分 所以 2 2 0 2 2 1 0 cos 12 cos cos 0 n n rr dd r rn r 进而可知 0I r 所以 0 0I rI 01r 时 由上面结果可知 22 22 2 00 211 ln 12 cos ln 1cos 4 ln 4 ln rr drdrI rIr rrr 3 最后证明 1 0I 222 2 000 1 2 ln 22 cos ln4sin4 ln22lnsin 2 rddId 记 2 0 lnsin 2 Id 则 2 000 lnsin2lnsin2ln2sincos 222 uu Idududu 00 2 ln22lnsin2lncos 22 uu dudu 对上式最后一项用tu 换元得 2 0 lncoslnsin 22 ut dudt 代回上式 得到 2 ln22II 从而 2 ln2I 所以 22 2 00 ln 22 cos ln 14sin4 l 2 n220rddII 综合 1 2 3 讨论 命题证毕 8 设函数 f x y在 R2上二阶连续可微 满足 0f 22 1yx yx 及 lim 0 1 x f x 证明 存在一点 00 xy 使得 00 0 xy f 其中 为拉普拉斯算子 注注 想了两个星期 最终未能证出 遂放弃之 9 设函数 f x在 R 上无穷次可微 且满足 0 0 0 0f f 证明 1 存在0 和定义在 上的可微函数 t 使得 sinftt 2 求 t 在0t 处的二阶 Taylor 展开式 证明证明 1 令 sinF t yf yt 由 f x在 R 上无穷次可微 知 F t y也是无穷次可 微的 又 0 0 0 0f f 所以 0 0 0 0 0 0 0 y FFf 由隐函数定理知 存在0 和定义在 上的可微函数 yt 使得 0F tt 即 sinftt 2 sinftt 两边对 t 求导 得 cosfttt 2 sinfttfttt 由 0 0 得 1 0 0 f 及 3 0 0 0 f f 所以 2222 3 11 0 0 0 0 2 0 2 0 f ttto ttto t ff 10 设定义在 R 上的非负连续函数 f x 满足 0 x a f xf tdt a 为常数 证明 1 当1a 时 0f x 2 举例说明 当01a 使得 0 0 1F x 由 F x在 R 上单调递增 知 0 1 0 0 a xFF xxFxx 另一方面 0 0 0 x x F xF x e dx 这就产生了矛盾 从而当1a 时 0f x 2 当01a 下面验证这样定义的函数 f x满足题意 显然此 f x在 R 上非负连续 当0 x 时 0 x a f xf tdt 成立 当0 x 时 1 1 1111 00 1 1 1 1 1 1 aaa a x a x a a a dta tdtaxa xffx a a t 此时也满足 0 x a f xf tdt 后记后记 今年科大试题质量挺高的 可美中不足的是个别题貌似条件有遗漏 但 试题