西安交通大学数学分析

陇东学院数学系许万银 西安交通大学硕士研究生 1997 年入学考试数学分析试题 一. 选择题(在每小题的四个选项中,只有一个是对的.把所选项前的字母,填在题前的括号 内.5 315=): 设 1 ( 1)n n ann n =+ +,则是 n a( B ) (A)有界数列; (B)无界数列; (C)无穷小量; (D)无穷小量. 4 sin2 1 xdx x = + ( D ) (A) 1 2 ; (B); (C)1; (D)0. 设 2 sin ,0, ( ) 1,0 xx f x xx . = +处的连续性. 证明: 当 0 0 2 x xx时,有 0 0 3 0 22 x xx,取 0 2 0 2 min,0 2 x x = ,则当 0 xx时,有 22 00 00 0 2 0 000 0 112 22 2 xxxxxx xx x xxx xx x = 四. ( 10 )设( )f x在0,1上可导,且1f x0( ).对于(0,1)内的所有x,有( )1fx.证明:在区间 (0,1)内有且仅有一数 0 x,使 00 ()xf x=. 证明:令,.则因为在0上可导,且 ( )( )F xxf x=0,1x( )F x,1 ( )0(0)0F xf=. 所以,使得,即 0 (0,1)x 000 ()()0F xxf x= 00 ()xf x=. 假若另有且 1 (0,1)x 10 xx,使得 111 ()()0F xxf x=,不妨设 01 xx( )f x在 , a b上有下界.事实上若( )f x在 , a b上无下界,则0L , , L xa b,使得 () L f xL,则 1 ( ) ( ) F x mf x = 在上连续,从而在 上有下界,即 , a b , a b0L , 即就是 , xa b ,有 1 ( )f xmm L ,这与 , inf( ) xa b mf x=矛盾. 因此 1 , xa b,使得 1 ()f xm=,故( )f x在 ,上存在最小值. a b 八. ( 10 )设 22 ( ) 1 n nx fx n x = + (1,2,n =L),证明:对任意的(0,1),( ) n fx在 ,1上一致收敛于 零;在0,1上( ) n fx不一致收敛. 证明: ,有0,1x 22 lim( )lim0 1 n nn nx fx n x = + . 令 22 222 (1) ( )0 (1) n nn x fx n x = + ,得 1 x n =.当 1 0,x n 时( )0fx,当 1 ,1x n 时. ( )0fx时,有 22 ,1 ,1 sup( )0max( )( )0 1 nnn x x n fxfxf n = + (), n 所以( ) n fx在 ,1上一致收敛于零; 因为 0,1 0,1 11 sup( )0max( )0 22 nn x x fxfx =(),所以在0上n,1( ) n fx不一致收敛. 九. (5)已知( )f x在1,)+上连续,并有( )0f x 且 1 ( )f x dx + 收敛.则这一结论是 否成立?(若成立,需给出证明; 若认为不一定成立,需给出反例) lim( )0 x f x + = 解: 这一结论不一定成立.例如取 2 22 2 22 3 46,1, 2 11 4, , 2n 22 ( ) 11 4, 22 0, xx nxnnxn nn f x nxnnxn nn + + = + 其它. (这里) 陇东学院数学系许万银 则 2 1 1 1 ( ) 6 n f x dx n + = = .但 1 ( )2,0,1,2, 2 f nfnn += L,因此lim( ) x f x + 不存在. 133 陇东学院数学系许万银 硕士研究生入学考试数学分析试题六 西安交通大学硕士研究生 1998 年入学考试数学分析试题 一. 选择题(在每小题的四个选项中,只有一个是对的.把所选项前的字母,填在题前的括号 内.6 530): = 设 2 1 sin,0, ( ) 0,0. xx f xx x = = (0,1),则( )f x在0 x =处( C ) (A)极限不存在; (B) 极限存在但不连续; (C)连续但不可导; (D)可导. 设( )f x在处可导,且0 x =(0)0 f , 1 0 ( )() x nnn F xtf xt = dt,则当时,是0 x ( )F x(D) (A)x的阶无穷小; (B) (1n+ )x的阶无穷小; n (C) x的同阶无穷小; (D) x的阶无穷小. 2n 设( )f xx=,0,2 x,则( )f x的傅立叶级数在2x=处收敛于( C ) (A)2; (B)0; (C) ; (D) 2 . 设 2222 22 22 1 ()sin,0, ( , ) 0,0, xyxy xyf x y xy + += += 则( , )f x y在点处(0,0)( D ) (A)( , ) x fx y与( , ) y fx y不存在; (B)( , ) x fx y与( , ) y fx y不连续且( , )f x y不可微; (C)( , ) x fx y与( , ) y fx y连续且( , )f x y可微; (D)( , ) x fx y与( , ) y fx y不连续但( , )f x y可微. 下列的函数中,满足 “ 0000 limlim( , )limlim( , ) xyyx f x yf x y =， 但 0 0 lim( , ) x y f x y 不存在” 的是 ( C ) (A) 11 sinsin,0,0, ( , ) 0,00. xyxy yxf x y xy + = = 或 (B) 1 sin,0, ( , ) 0,0. xy yf x y y = = (C) 22 22 22 ,0 ( , ) 0,0. xy xy xyf x y xy + += += , (D) ,0 ( , ) 0,0. yx xy xyf x y xy + += += , 设为逆时针方向的圆周是C 22 9xy+=,则曲线积分 2 (22 )(4 ) C xyy dxxx dy+ ? 的值是 ( D ) (A)9; (B)9; (C)18; (D)18. 二. ( 8 )设( )lnf xx=(0 x ),求( 1 0)f ,( 1 0)f +及( )fx. 134 陇东学院数学系许万银 解: ln(),1, ln(),10, ( )ln ln ,01, ln ,1, xx xx f xx xx xx = 0 0 ( 1)( 1) ( 1 0)lim h fhf f h + = 0 0 ln(1)0 lim h h h = 1 0 0 lim ln(1)h h h = 1 0 0 ln lim (1)h h h = 1 ln1 e = , 0 0 ( 1)( 1) ( 1 0)lim h fhf f h + + += 0 0 ln(1)0 lim h h h + = 1 0 0 lim ln(1)h h h + = 1 0 0 ln lim (1)h h h + = 1 ln1 e = =, 因此不存在,同理( 1)f (1) f 不存在. 1 ,1, 1, 1 ,1 1 ,10, 1 ( ),01, 1 ,01, 1. 1, 1 ,1. x x x x x x x fxx x x x x x x x = , ,使得Aa,尽管,但 A u A u A ( , A y) ,而成立 0A ( ,)( ,( ,) A A u AA uaa f x ydxf x yf x ydx)dx + = ,则称( , ) a f x y + dx 在区间( ,) 内不一致收敛. 用“N”语言表述函数序列1( ) n fx 在区间内一致收敛于( , )a b( )f x. 定义:设函数序列1( ) n fx 及函数( )f x都在区间( ,内有定义.若)a b0,( )NN=,使得当 时,nN( , )xa b ,有( )( ) n fxf x,使得0,x,尽管 11x 积分区域( , , ) 0,01,01x y zzxyyxx =+ 可表示为 34 = U，其中 1 ( , , )1,0,01x y z zxyxxzz = ， 2 ( , , ) 01,1,01x y zyx zxz = . 于是 1111111 0000000 ( , , )( , , )( , , ) xx yzxx z xz Idxdyf x y z dzdzdxf x y z dydzdxf x y z dy + =+ . 五. 证明下列各题: 设( )f x在的某邻域内具二阶连续的导数,且0 x = 0 ( ) lim0 x f x x =.试证级数 1 1 n f n = 绝对收 敛.(8) 证明:.否则若,则(0)0f=(0)0f 0 (0) lim x f x = . 而 0000 (0)( )( )(0)( )( )(0) limlimlimlim0(0)(0) xxxx ff xf xff xf xf ff xxxxx = , 136 陇东学院数学系许万银 矛盾. 000 ( )(0)( )0( ) (0)limlimlim0 xxx f xff xf x f xx = x =. 根据 Taylor 公式: 22 1 ( )(0)(0)(0)() 2 f xffxfxx=+ 得 22 1 ( )(0)() 2 f xfxx=+, 因此 2 0 ( )1 lim(0) 2 x f x f x =,从而 2 0 ( )1 lim(0) 2 x f x f x =, 特别 2 2 1 11 limlim(0)0 2 1 nn f n nff n n = , 又因 2 1 1 n n = 收敛,所以 1 1 n f n = 收敛,即 1 1 n f n = 绝对收敛. 设( )f x在上连续,且 , a b( )0f x ,证明方程( )0 ( ) xx ab dt f t dt f t += 在上有唯一 根.(8) , a b 证明:若( )f x在 ,上连续,且a b( )0f x,则在 ,上a b( )f x恒大于零或恒小于零.事实上若 12 , , x x a b(不妨设 12 xx不妨设在 ,上a b( )f x恒大于零.令( )( ) ( ) xx ab dt F xf t dt f t =+ , , xa b.则在上连 续，并且 ( )F x , a b ( )F a( )f t dt=+0 ( )( ) aab aba dtdt f tf t = ， 所以( , )a b ，使得( )0F=，即x=是方程( )0 ( ) dt f t xx ab f t dt += 在 ,上的根. a b 当 , xa b时,有 1 ( )( )0 ( ) F xf x f x =+,从而在上严格增加.因此( )F x , a bx=是方程 ( ) ab f t dt 0 ( ) xx dt f t +=在 ,上的唯一根. a b 写出于内连续的函数在该区间一致连续的充要条件,并给出证明. (10) ( , )a b 定理:( )f x在内一致连续),(ba( )f x在内连续且),(ba)0( +af与)0( bf存在. 137 陇东学院数学系许万银 证明:0,因为( )f x在内一致连续,所以),(ba0,使得 12 ,( , )x xa b,当 12 xx时, 有 1 (f x2)()f x,则当 1 axa+, 2 axa+时, 有 12 ,( , )x xa b且 12 xx 1 axa,从而当+, 2 axa+时,有 12 ()()f xf x. 根据 Cauchy 收敛准则知存在,同理得)0( +af)0( bf存在. 令则在上连续,因此在上一致连续,从而 在(内一致连续,即 = ,当 1 ,1 3 x n 时 .因此( )0fx因为 111 2 24 000 1arcta lim( )limlimarctanlim 122 n nnnn nxn fx dxdxnx n x n 4 = + =, 11 00 lim( )00 n n fx dxdx = , 所以 11 00 lim( )lim( ) nn nn fx dxfx dx . 138 陇东学院数学系许万银 西安交通大学硕士研究生 1999 年入学考试数学分析试题 一. 下边给出一组函数,请按照每题要求,从中列举出一个,并简要说明你的列举是正确 的.(8 540): = (A) 1, ( ) 0, x yD x x = 为有理数, 为无理数. (B)( )yxD x=; (C) 2 ( )yx D x=; (D) 1 , ( ) 0, p xp qq qqyR x x = = ,为互质整数, 为无理数. 0, (E) 2 1 ,0 ( ) 0,0 x ex yf x x = = . , (F) 11 ( , )()sinsinf x yxy xy =+; (G)( , )f x yxy=; (H) 22 22 22 ,0 ( , ) 0,0. xy xy xyf x y xy + += += , (I) 2222 22 22 1 ()sin, ( , ) 0,0. xyxy xyf x y xy + += 0, += (J) 22 22 22 ,0 ( , ) 0,0. xy xy f x yxy xy + =+ += , 问题: 在R上处处有定义,但处处极限不存在的是 (A) . 事实上: 0 xR,根据有理数与无理数的稠密性知:分别存在有理数列 n a与无理数列 n b,使得 ,.而, 0 ax=lim n lim n n 0n bx=lim()1 n n D a =lim()0 n n D b =,因此不存在. 0 lim( xx D x ) 在R上有唯一连续点的是 (B) . 事实上:因为在( )D xR上有界,li,所以 0 m0 x x = 0 0 lim( )lim( )0(0) xxx f xxD xf =,从而在 处连续.但 ( )yxD x= 0 0 x = 0 xR且,根据有理数与无理数的稠密性知:分别存在有理数列 0 0 x n a与无理 数列 n b,使得,.而 0 axlim n n = 0 xlim n n b = 0 ()lim nnn nn a D aax lim =lim( nn b D b ,因此 不存在. 从而在 ) nn lim00 = 0 lim( xx D x )( )yxD x= 0 x0处不连续. 139 陇东学院数学系许万银 在R上仅有唯一可导点的是 (C) . 140 事实上:因为 2 000 (0)(0)()()0 (0)limlimlim()0 xxx fxfxDx fxDx xx + = , 所以 2 ( )yx D x=在处可导且 0 0 x =(0)0 f =. 但 0 xR且,根据有理数与无理数的稠密性知:分别存在有理数列 0 0 x n a与无理数列 n b,使 得, 0 xlim n lim n n a = 0n bx=. 而 22 0 lim()lim nnn nn a D aax 2 =, , 2 limlim00 nn b D =() nn b 因此 0 2 lim( ) xx x D x 不存在. 从而 2 ( )yx D x=在 0 0 x 处不连续,因此在 0 0 x 处不可导. 任意一点的任意邻域内均有间断点,且任一间断点的任意邻域内均有连续点的是 (D) . 1 , ( ) 0, p xp qq qqyR x x 0,= = ,为互质整数, 为无理数. 事实上由于 0 xR,有.所以 0 lim( )0 xx R x =( )R x在有理点处不连续,在无理点处不连续. 在处的两个累次极限均存在,但二重极限不存在的是(0,0) (H) . 事实上 2222 0000 0 limlimlimlim00 0 xyxx xyx xyx = + , 2222 0000 0 limlimlimlim00 0 yxyy xyy xyy = + . 而 22 000 11 lim( , )limlim 22 xxx x x f x x xx = + , 22 000 0 lim( ,0)limlim00 0 xxx x f x x = + , 所以 0 0 lim( , ) x y f x y 不存在. 在处的两个累次极限均不存在,但二重极限存在的是(0,0) (F) . 事实上因为 0 1 limsin y y 不存在, 0 1 limsin0 y y y =,所以 0 1111 limsinsinsinsin y x xyx + y 不存在,因此 0000 111111 limlim()sinsinlimlimsinsinsinsin xyxy xyx xyxyx +=+ y 不存在. 同理 00 11 limlim()sinsin xy xy xy +也不存在. 因为 11 ()sinsinxyxy+ xy +,而 0 0 lim0 x y xy +=,所以 0 0 lim( , )0 x y f x y =. 在处的偏导(0,0) x f 与 y f 存在但不连续,而在点可微的是(0,0) (I) . 陇东学院数学系许万银 22 222222 22 121 2 sincos,0, ( , ) 0,0. x x xx xyxyxyfx y xy + += y += 由于因为 2222 00 211 limcoslimcos 2 xx x 2 1 xxxxxx = + 不存在, 所以 2222 )0, 0(),( 1 cos 2 lim yxyx x yx + 不存在. 又因 22 1 2 sin20 xx xy + ,所以)0 , 0(),(yx0 1 sin2lim 22 )0, 0(),( = + yx x yx , 故 + + 222222 )0, 0(),( 1 cos 21 sin2lim yxyx x yx x yx 不存在,从而),(yxfx在不连续. )0 , 0( 同理可得 =+ + + += . 0, 0 , 0, 1 cos 21 sin2 ),( 22 22 222222 yx yx yxyx y yx y yxfy ),(yxfy在不连续.即函数)0 , 0( , )f x y的两个偏导数在原点都不连续. )0 , 0( 因为 22 22 1 sin)()0 , 0()0 , 0()0 , 0() 0 , 0( yx yxyfxffyxf yx + +=+ 又因0 1 sin 22 22 22 + + +yx yx yx,0. 所以0 1 sinlim 22 22 22 0 = + + + yx yx yx , 即)( 1 sin)( 22 22 = + + yx yx, 从而函数在原点可微,且f)0 , 0(= )0 , 0( dz0)0 , 0()0 , 0(=+yfxf yx . 在处任意阶可导,但Taylor级数不收敛于它本身的是0 x = (E) . 事实上由于,所以在 ( )(0) 0 n f=0,1,2,n =L0 x =处的 Taylor 级数( )0( )T xf x,xR. 二. (4 728)讨论下列各题: = 设 1 sin,0, ( ) 0,0. xx f xx x = = 试讨论的取值范围,使得( )f x在0 x =处连续;可导;导函数连续. 解:要使x有意义,必须 p q =,其中p为整数,为正奇数,且qp与互质.下面在此限制条件下进 行讨论. q 当0时, 0 1 limsin x x x 不存在. 141 陇东学院数学系许万银 当0时,因为, 0 lim0 x x = 1 sin1(0)x x ,所以 0 1 limsin0 x x x =.因此当0时,( )f x在 处连续. 0=x 当1时,因为 1 000 1 () sin (0)(0)1 (0)limlimlim()sin0 xxx x fxf x fx xx + = x = , 所以( )f x在处可导. 0 x = 由于 12 11 sincos,0, ( ) 0,0. xxx fxxx x = = 所以当2时,( )f x的导函数连续. 设, 1( ) ,0,1f xxx x= 2( ) , 1,1fxx x= .试分别讨论 Rolle 定理的条件与结论对它们 是否成立. 解:由于,所以 1 ,01, ( ) 0,1 xx f x x 由于,所以 2 ,01, ( ) ,1 xx fx xx = 0 2( ) fx在0上连续.,1 2( ) fx在( 1内可导且 . ,0)(0,1)U 2( ) fx= 1,01, 1,10 x x 当 0 xn()时,根据有理数与无理数的稠密性知:分别存在有理数列0, 1, 2,n= L n a与无理 数列 n b,使得,.而 0 lim n n ax =lim n 0n bx= 0 lim()limsinsin0 nn nn f aax =, lim()lim00 n nn f b =, 因此 0 lim( ) xx f x 不存在. 从而( )f x在 0 xn处不连续. 142 陇东学院数学系许万银 设,讨论其在(0内的收敛性,一致收敛性及内闭一致收敛性. ( ) n n Sxx=,1) 解:当时,因此(0,1)xlim( )lim0 n n nn Sxx =( ) n n Sxx=在内的收敛于. (0,1)0 因为 (0,1)(0,1) sup( )0sup110 n n xx Sxx = (),所以n ( ) n n Sxx=在内不一致收敛于零. (0,1) 对任意的 ,因为(0,1)a b , , , sup( )0supmax0 nnn n xa b xa bxa b Sxxxb =n (), 所以在 ,上一致收敛于零,因此( ) n n Sxx=a b( ) n n Sxx=在上内闭一致收敛于. (0,1)0 三. (8) 设( )f x为0, 2 上的可积函数,应如何延拓( ) f x 到(, ) 才能使其在(, ) 内的 Fourier 级数具有形式x. 1 cos(21) n n an = 解：假设延拓后的函数为 (), 2 (),0, 2 ( ) ( ),0, 2 ( ),. 2 gxx fxx F x f xx g xx , ,使得0,x,尽管满足 0 0 xx ,( , )xxa b , 尽 管 满 足 0 xx ,和 G A G y,尽管满足 , G AG( , ) G yc d,但 0 ( ,) G G A f x ydx + ,则称广义积分( , ) a f x y dx + 在内关于( , )c dy不一致 收敛. 定义:设函数( )f x在 ,上有界.若a b 0 0,使得0,都存在的分割T( , )a b ,尽管满足 T因为 (0,0) 2222 22 1 ()sinxyxy 22 0 0 lim()0 x y xy xy + + ,又因+=,所以 因此 0 0 lim( , )0(0,0) x y f x yf =, ( , )f x y在处连续. (0,0) 22 222222 22 121 2 sincos,0, ( , ) 0,0. x x xx xyxyxyfx y xy + += y += 2222 00 211 limcoslimcos 2 xx x 2 1 xxxxxx = + 由于因为不存在, 146 陇东学院数学系许万银 所以 2222 )0, 0(),( 1 cos 2 lim yxyx x yx + 不存在. 又因 22 1 2 sin20 xx xy + ,所以)0 , 0(),(yx0 1 sin2lim 22 )0, 0(),( = + yx x yx , 故 + + 222222 )0, 0(),( 1 cos 21 sin2lim yxyx x yx x yx 不存在,从而),(yxfx在不连续. )0 , 0( 同理可得 =+ + + += . 0 , 0 , 0, 1 cos 21 sin2 ),( 22 22 222222 yx yx yxyx y yx y yxfy ),(yxfy在不连续.即函数)0 , 0( , )f x y的两个偏导数在原点都不连续. )0 , 0( 因为 22 22 1 sin)()0 , 0()0 , 0()0 , 0()0 ,0( yx yxyfxffyxf yx + +=+ 又因0 1 sin 22 22 22 + + +yx yx yx,0. 所以0 1 sinlim 22 22 22 0 = + + + yx yx yx , 即)( 1 sin)( 22 22 = + + yx yx, 从而函数在原点可微,且f)0 , 0(= )0, 0( dz0)0 , 0()0 , 0(=+yfxf yx . 设 0 sin ( ) xy x I yedx(0y x + =),试讨论( )I y的连续性,可导性.并在可导处求( )I y. 解:记 sin ,0, ( , )0,) (0,)x yD( , ) 1,0. xy x ex f x yx x = = ,=+ +. 则( , )f x y与( , )sin xy y fx yex =在上连续. D 因为( , )0,) ,)x y+ +(其中0),有 sin ( , ) xyxy x x f x yeee x =. 而无穷积分收敛,所以含参变量广义积分 0 x edx + 22 0 ( )cos2 a x I yexy + =dx关于y在 ,)+上 一致收敛. 因为( , )0,) ,)x y+ +,有( , )sin xyxy y x fx yexee = . 而无穷积分收敛,所以含参变量广义积分 0 x edx + 00 ( , )sin xy y fx y dxeydx + = 关于在y ,)+上一致收敛.并且 147 陇东学院数学系许万银 22 00 0 11 ( , )sin(cossin ) 11 xyxy y fx y dxeydxexyx yy + + = += + . 0 (0,)y+,取 0 2 y =,则 0 ( ,)y+, 因为 0 sin ( ) xy x I ye x + =dx关于y在 ,)+上一致收敛,且( , )f x y在上连续,所以D( )I y在 ,)+上连续.从而( )I y在 0 y处连续,由 0 y的任意性得( )I y在(0,)+上连续. 因为( , )f x y在上关于可偏导, Dy 且 0 sin ( ) xy x I yed x + =x 00 ( , )sin xy y 与fx y dxeydx + = 关于y在 ,)+上一致收敛, 因此可以在积分号下求导: 2 00 sin1 ( )sin 1 xyxy y x I yedxexdx xy + =(0,)y + , +. 由此得( )arctan 2 I yy =+ 三. 计算下列各题: (2 1020 )= 设( )f x在, 上连续,且以2为周期,又 1 ( )( ) ()F xf t f xt dt = ,试以( )f x的 Fourier 系数表示的 Fourier 系数. ( )F x 解:记 1 ( )cos n af xnxdx = , 1 ( )cos n AF xn = xdx, 1 ( )sin0 n bf xnxdx = , 1 ( )sin0 n BF xnxdx = , 0,1,2,n =L. 则 2 11 ( )cos( ) (