北京大学数学分析考研试题及解答

1 10 判断无穷积分的收敛性 1 sin sin x dx x 解 根据不等式 3 1 sin 62 uuuu 得到 3 3 sinsin1 sin1 1 sin 66 xxx xxxx 1 x 从而 绝对收敛 因而收敛 1 sinsin sin xx dx xx 再根据是条件收敛的 1 sin x dx x 由 sinsinsinsin sin sin xxxx xxxx 可知积分收敛 且易知是是条件收敛的 1 sin sin x dx x 例 5 3 39 设 是的实根 2 1 2 n n xx P xx n m x 21 0 m Px 求证 且 0 m x lim m m x 证明 1 任意 当时 有 mN 0 x 21 0 m Px 当且充分大时 有 所以的根存在 0 x x 21 0 m Px 21 0 m Px m x 又 严格递增 所以根唯一 212 0 mm PxPx 21 m Px 0 m x 2 任意 所以的根 0 x lim 0 x n n P xe 21 m Px m x m 因为若时 的根 不趋向于 m 21 0 m Px m x 则存在 使得中含有的一个无穷子列 从而存在收敛子列 0M 0 M m x 0 k m xx 为某有限数 0 x 0 xM 矛盾 2121 0lim lim 0 kkk M mmm kk ePMPx 例 设 讨论级数的收敛性 1 ln 1 n n p a n 2 n n a 解 显然当时 级数发散 0p 2 n n a 由 2 00 1 1 ln 1 1 limlim 2 xx xx x xx 0 11 lim 21 x x 1 2 得 充分小 22 1 ln 1 4 xxxx x 2 10 于是 充分大 22 1 1 1 1 4 n n ppp a nnn n 1 当时 收敛 1p 2 2 1 p n n 2 1 n p n n 收敛 2 1 n n p n a n 1 1 n nn pp aa nn 收敛 绝对收敛 2 n n a 2 n n a 2 当时 收敛 收敛 1 1 2 p 2 2 1 p n n 2 1 n p n n 于是收敛 从而收敛 收敛 2 1 n n p n a n 2 1 n n p n a n 2 n n a 而发散 由 得发散 所以发 2 1 p n n 1 1 n nn pp aa nn 2 1 n nn p n aa n 2 n n a 散 故此时条件收敛 2 n n a 3 当时 发散 而收敛 此时发散 1 0 2 p 2 1 n n p n a n 2 1 n p n n 2 n n a 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 若在上连续 且 那么必然存在一点 f x a b 0f a f b a b 满足 0f 采用反正法 若对于任意点 有 那么显然对于任意 仍然 xa b 0f x xa b 有 0f x 由于的连续性 我们对于任意一点 可以找到一个邻域 使得f xa b x Ox 在中保号 那么区间被以上形式的 开区间族所 f x x Oxa b a b x Ox xa b 3 10 覆盖 由有限覆盖定理 可得存在有限个开区间就能覆盖闭区间 12 12 xxxn n OxOxOx 再由覆盖定理的加强形式可得 存在 满足当 时 a b0 12 y ya b 12 yy 存在中的某个开集同时覆盖 那么我们就证明了当 12 12 xxxn n OxOxOx 12 y y 时 有同号 12 yy 12 f yf y 现取正整数 满足 令 那么我们有m ba m i ba i za m 0 1 im 与同号 从而证明了与同号 即与同 1ii zz i f z 1 i f z 0 f z m f z f a f b 号 这与题目中的矛盾 证明完毕 0f a f b 2 设在有限区间内一致连续 证明 也在内一致连续 f x g x a b f x g x a b 证明 首先证明都在上有界 因为在有限区间内一致连续 f x g x a b f x a b 从而存在 满足当此 时 有 1 0 12 x xa b 121 xx 12 1f xf x 现取正整数 满足 令 m 1 ba m i ba i za m 1 2 1im 对任意 存在 使得 xa b j z 1j ba xz m jj f xf xf zf z 1 j f z 11 1max i i m f z 即得在上是有界的 f x a b 同理在上也是有界的 g x a b 下面证明 若在区间上有界 且都一致连续 则在区间上一致 f x g xI f x g xI 连续 设 满足 0M f xM g xM xI 那么由得一致连续性得到 f x g x 对于任意 存在 使得当 时 有0 0 x yI xy 4 10 f xf y g xg y 从而 f x g xf y g y f x g xf x g yf x g yf y g y f xg xg yf xf yg y 2M 即得在上一致连续 f x g xI 3 已知在上有四阶导数 且有 f x a b 4 3 0 0 ffa b 证明 存在 使得 12 x xa b 1212 f xf xfxx 证明 不妨设 0ff 这是因为否则可以考虑 而的三 四阶导数与 g xf xffx g x 的相同 从而我们要证明存在 使得 f x 12 x xa b 12 0f xf x 下面分两种情形来证明之 1 当 由带 Peano 余项的 Taylor 展开式 我们得到 0f 0f 22 2 f f xfxo x 那么在足够小的邻域内有 取 满足 不妨设 0f x 12 yy 12 0 0f yf y 由于 那么存在 使得 12 f yf y 0f 22 xy 21 f xf y 从而取 1122 xy xx 12 0f xf x 当时 同理可得 0f 2 那么有 可以同样 Taylor 展开 0f 3 0f 4 0f 4 44 4 f f xfxo x 做法与 1 相同 证毕 4 构造一个函数在上无穷次可微 且 并说R 21 0 n fn 2 0 0 n f 0 1 2 n 明满足条件的函数有任意多个 解 构造函数项级数 5 10 1 0 n n n f x n 21 1 2 1 n n n x n 显然此幂级数的收敛半径为 从而可以定义函数 21 1 21 n n n f xx n 容易验证此函数满足 21 2 0 0 0 nn fn f 0 1 2 n 考虑到函数 2 1 0 0 0 x ex g x x 由我们熟知的结论知 在上无穷次可微 且 g xR 0 0 n g 0 1 2 n 对任意在上无穷次可微的函数 从而也满足题目要求条件 h xR f xh x g x 结论得证 5 设 是上的连续函数 证明满足 0 1 0 1 D f x yD 的点有无穷多个 D f x y dxdyf 证明 设 11 min mf x yx yDf x y 22 max Mf x yx yDf xy 那么我们有 D mf x y dxdyM mf x yM x yD 下面分两种情况讨论 1 若或有一个成立时 D mf x y dxdy D f x y dxdyM 当 我们有 D mf x y dxdy 0 D f x ym dxdy 0f x ym 从而有 从而为常数 此时结论显然成立 0f x ym x yD f x ym 当时 我们有 D f x y dxdyM 0 D Mf x y dxdy 0Mf x y 从而为常数 此时结论显然成立 f x yM 2 D mf x y dxdyM 我们可以选取无穷多条连接和的不相交的连续曲线 11 x y 22 xy 6 10 12 xx tyy t ttt x ty tD 显然连续 F tf x ty t 111222 F tf x yF tf xy 由连续函数的介值定理 存在 使得 12 t t xy D Ff x y dxdy 即 结论得证 D ff x y dxdy 6 求 其中是 方向向上 42 sin y xdydzedzdxz dxdy 222 1 0 xyzz 解法 1 设 22 1 0 xz Dx zxzz 22 1 1 yxz xz x zD 22 2 1 xz yxzx zD 42 sin y xdydzedzdxz dxdy 12 42 sin y xdydzedzdxz dxdy 22 1 42 2222 sin 1 1 xz xz D xz xezdxdz xzxz 22 1 42 2222 sin 1 1 1 xz xz D xz xezdxdz xzxz 3 22 2 1 xz D z dxdz xz cos 33sin 1 200 sin 2 1 x r y r r drrd r 4 1 3 200 2sin 1 r drd r 42 2 00 2sin 1 cos cos tdtd 2 2 0 cos214 2 23 t dt 2 0 114 2 1 2cos2 cos41 423 ttdt 7 10 34 2 8 2 3 2 解法 2 记 22 1 0 Dx y zxyz 222 1 0 x y zxyzz 利用高斯公式 得 42 sin y xdydzedzdxz dxdy DD 下侧上侧 3 4sincos sgn 2 0 y xxeyz dxdydz 2zdxdydz 21 2 2 000 2cossinddrrrd 2 2 0 11 2 2 sin 42 d 1 1 2 2 4 2 2 7 设是上的连续函数 试作一无界区域 使在上的广义积分收敛 f x y 2 RD f x yD 解 首先取 使得 满足 1 0y 11 0 1 0 Dy 1 1 2 D f x y dxdy 再选取 使得 满足 2 0y 22 1 2 0 Dy 2 2 1 2 D f x y dxdy 依次选取 使得 满足0 n y 1 0 nn Dnny 1 2 n n D f x y dxdy 取 是一个无界区域 可以验证在上的广义积分收敛 1 i i DD D f x yD 8 设 讨论不同的对在上积分的敛散性 sin ln 1 p x f x x p f x 1 解 显然在时 发散 下面只对时讨论 0p 1 sin ln 1 p x dx x 0p 8 10 由 22 22 sinsin1 sinsin ln 1 2 pppp xxxx o xxxx 当时 收敛 0p 1 sin p x dx x 时 发散 1 0 2 p 2 2 1 sin p x dx x 当时 发散 01p 1 sin p x dx x 时 收敛 1 2 p 2 2 1 sin p x dx x 当时 收敛 1p 1 sin p x dx x 所以 1 当时 由 1p 22 22 sin1 sin1 sin 24 ppp xxx f x xxx 得绝对收敛 1 f x dx 2 当时 充分大 1 1 2 p 22 22 sin1 sin1 sin 24 ppp xxx f x xxx x 收敛 由于发散 1 sin p x f xdx x sinsin pp xx f xf x xx 1 sin p x dx x 此时 发散 于是发散 1 sin p x f xf xdx x 1 f x dx 而 收敛 收敛 1 sin p x f xdx x 1 sin p x dx x 1 f x dx 故当时 条件收敛 1 1 2 p 1 f x dx 3 时 充分大 1 0 2 p 22 22 sin1sin1 sin 1 24 ppp xxx f xo xxx x 由于发散 于是发散 而收敛 2 2 1 sin p x dx x 0 sin p x f xdx x 1 sin p x dx x 故此时发散 0 f x dx 9 10 9 记 是否存在以及函数在上可导 1 n x y n F x ynye 0a h x 1 1 aa 且 1 0h 0F x h x 解 设 n x y n ux ynye 3332 3 6 1 n x y y nyeny nxyxyn 知级数在内是收敛的 1 n x y n nye 0 xy 从而在内有定义 1 n x y n F x ynye 0 xy 显然 1 0 0F 由于 1 n n ux y 2 11 n x y n nn ux y n ye x 2 11 n x yn x y n nn ux y nen ye y 都在 为任意大于 0 的常数 内都是一致收敛的 xy y 所以 2 11 n x y n nn ux yF x y n ye xx 2 11 n x yn x y n nn ux yF x y nen ye yy 从而在的某个邻域上偏导数都存在 且是连续的 F x y 1 0 D FF xy 又有 2 1 0 1 0 1 n x yn x y n F nen ye y 1 0 n n ne 到这里我们已经验