北京大学数学分析考研试题及解答

1、得到从而判断无穷积分1根据不等式|sinu,.,sin x、 sin x ,|sin( ) I1 (sin(xsin x)xsin( sn x)dx的收敛性。 x13u | 7 |u | ,| u | ， 621 . sin x .3 1 1tI I t , x 1, 6 x 6 xsnx)dx绝对收敛，因而收敛, x);再根据sn)dx是条件收敛的,1 xsin x sin x sin x一)一)一，, sin x由 sin( ) (sin( x可知积分sin(snx)dx收敛，且易知是是条件收敛的。1 x例 5.3.39 设 Pn(x)21 x 2!n xn!xmP2mi(x) 0的实根,

2、求证：xm 0 ,且lim xmm证明(1)任意m0时，有P2m l(x)0；0且x充分大时，有P2m l(x)0,所以0的根xm存在,又 P2m1(x) P2m(x) 0, Bm1(x)严格递增，所以根唯一，*m 0。(2) 任意 x (,0), lim Pn(x) ex 0,所以 F2m 1(x)的根 xm,(m )。n因为若m 时，P2m 1(x) 0的根，xm不趋向于。则存在M 0 ,使得(M ,0)中含有 xm的一个无穷子列，从而存在收敛子列xmkx0 , ( x°为某有限数x0M )；0 e Mlim P2mk 1( M) lim1 (xmk) 0,矛盾。Kki e( 1

3、)n例、 设an ln(1 (-)-),讨论级数an的收敛性。npn 2解显然当p 0时，级数an发散；n 21 1日1 12J2P4 n(1)npn(n充分大)(1)当p i时，工，M)n收敛，n 2 n n 2 A(1)nnpan收敛,anan(1)nnpan收敛,an绝对收敛;n 2(2)收敛,(4)-收敛， 2 np(1)nnpan收敛，从而(n 21)n npan)收敛， an收敛,n 214发散,2 np由工np(1)nnpanan( 1p)nann|an |)发散,所以n 2an发散,故此时 an条件收敛。n 21(3)当0 P 1 时, 21)n npan)发散,an发散。北京

4、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 (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,那么显然于任意 x a,b,仍然 有 f(x) 0。由于f的连续性，我们又于任意一点x a,b,可以找到一个邻域 O x(x),使得f(x)在Ox(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，由有限覆盖定理，可得存在有限个开区间O (x1),O (x2)

5、,.,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yi,y2 a,b,|yi V2时，存在O (Xi),O (%)，,O (xn)中的某个开集同时覆盖yi,y2。那么我们就证明了当X1x2xnyi y2时，有 f(yi), f (y2)同号；现取正整数m ,满足ba，令z a (b a)i , i 0,i,.,m,那么我们有mmZi i Zi|, f(Zi)与f(Zi i)同号，从而证明了f(zo)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)内一致连续，证明

6、： 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i 0,满足当此x1,x2 (a,b), xi x21时，有f(xi) f(x2)| 1,现取正整数m,满足 31,令Zi a ”回，i 1,2,., m 1;mm对任意x (a,b),存在Zj,使得b ax Zj i,mf(x) |f(x) f(Zj) |f(Zj)1 f (Zj)1 max f(Z),1 i m 1即得f(x)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

7、一致连续，则 f(x)g(x)在区间I上一致 连续。设 M 0 ,满足 f (x) M, g(x) M , x I ;那么由f(x),g(x)得一致连续性得到，对于任意0,存在时，有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(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 xi,x2 (a,b),使得 f(xi) f(

8、x2) f ( )(xi x2)。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 xi,x2 (a,b),使得f(xi) f(x2) 0。下面分两种情形来证明之，(1) f ( ) 0,当f ( ) 0,由带Peano余项的Taylor展开式，我们得到f ( )22f(x) f( ) H(x) o(x ),2那么在足够小的邻域内有f (x) 0 ,取y1 y2，满足f(y1)0, f (y2)0 ,不妨设f(Yi)f(y2),由于 f() 0,那么存在 x2( ,y2)

9、,使得 f(x2) f(yj,从而取 x1 Y1, x2 x2, f (x1) f (x2) 0 ；当f ( ) 0时，同理可得；(2) f ( ) 0,那么有 p3)( ) 0, f(4)( ) 0,可以同样 Taylor 展开，f(4)( )44f(x) f ( ) -7(x) o(x ),4!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(2n1)(0) n, f(2n)(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f (0) n xn 1 n!n 2n 1x ， n 1 (2n 1)!显然此哥级数的收敛半径为,从而可以定义函数:f(x

10、)n 2n 1 x , n 1 (2n 1)!容易验证此函数满足:产 1)(0) n, f(2n)(0) 0n 0,1,2,.,考虑到函数g(x)1x2,x 00,x 0由我们熟知的结论知,g(x)在R上无穷次可微，且g(0) 0, (n 0,1,2,),h(x)g(x)也满足题目要求条件,对任意h(x)在R上无穷次可微的函数，从而 f(x)结论得证。5、设 D 0,1 0,1, 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 m min f (x, y): (x, y) Df(x1,y1),M max f (x, y): (x, y

11、) D f(x2,yz)。那么我们有m f(x, y)dxdy M , Dm f (x, y) M , (x,y) D ,下面分两种情况讨论：(1) 若 m f(x, y)dxdy 或 f(x,y)dxdy M 有一个成立时， DD当 m f (x, y)dxdy ,我们有 (f (x, y) m)dxdy 0 , f (x, y) m 0 , DD从而有f (x, y) m 0, (x, y) D ,从而f (x, y) m为常数，此时结论显然成立;当 f(x, y)dxdy M 时，我们有 (M f(x, y)dxdy 0, M f (x, y) 0,DD从而f(x,y) M为常数，此时结

12、论显然成立;(2) m f(x, y)dxdy M D我们可以选取无穷多条连接(x1, y1)和(x2, y2)的不相交的连续曲线x x(t), yy(t),tit t2 , (x(t), y(t) D;f(xi,y”(t2) fd, yz),显然 F(t) f (x(t), y(t)连续，F(ti)由连续函数的介值定理，存在62), (x( ),y()(,),使得F( ) f(x,y)dxdy,D即 f( , ) f(x,y)dxdy,结论得证。D是x2 y2 z2 1,z 0,方向向上。6、求 sin4 xdydz e |y|dzdx z 02 sin4tdt 0 (1 cos2 )( d

13、 cos )dxdy,其中解法 1 设 Dxz (x,z):x2 z2 1,z 0,1 : y Ji (x2 z2) ,(x, z) Dxz ；2 : y 也(x2 z2),( x,z) Dxz ； sin4 xdydz e |y|dzdx z2dxdy( )(sin4 xdydz e 'ydzdx z2dxdy) 12(sin4 x , x e *(x2 > z2. z )dxdzDxz1 (x2 z2)1 (x2 z2)4(sin xDxz.1 (x2 z2) e1 (x z )( 1) z2)dxdz 1 (x2 z2)x rcosy rsin 12 dr00d32dxdz

14、Dxz -.1 (x2 z2)33rdr_sin_1 r2202 41-11，2cos 2t (cos 4t241)出 323-8 2解法2记 D ( x, y, z): x* 21,z 0,( x, y,z):x21,z 0,利用高斯公式，得7、sin4 xdydz e |y|dzdx)D下侧D上侧z2dxdy4sin3 x cosx e y|( sgny)2zdxdydz 2 012 122 ( sin4 0 22zdxdydz1 一2d dr 2 r cos r sin 00)df(x, y)是R2上的连续函数，试作一无界区域D ,使f (x,y)在D上的广义积分收敛。解首先取y 0 ,

15、使得Di0,1 0,yi,满足再选取y20,使得D21,20, y2,满足f (x,y) dxdyD21；22依次选取yn 0，使得Dn ni,n 0, yn,满足1f (x,y) dxdy ,DnD1取D Di , 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 1一 .sin x8、设f(x) ln(1 s),讨论不同的 p对f (x)在(1,)上积分的敛散性。xp解显然在p0时,1 ln(1snx)dx发散，下面只对 p 0时讨论。 xp, sin x由 ln(1xsin xp x1 sin2272sin xTp-)，0时,sin xdx收敛, px2sin x 4

16、地2-pdx 发放, x1时,sin xdx发散;p时,. 2 sin2-p xxdx收敛;1时,sin xxpdx收敛;所以1时,由f (x)sin xpx21 sin x2 x2p21 sin xf (x)dx绝对收敛;(2)1 时,f(x)sin xpx21 sin x21 sin x此时,故当(3)由于f(x)sin xxpdx收敛,sin xxp(f (x)(f(x)故此时2p x(x充分大)，f(x)sin xxpf (x),由于sin x一 Jdx发散, pxsin xpxsin x,p)dx1时,2时,.2sin x2p x| f (x) |)dx发散,f (x) dx 发散,

17、半dx收敛, xf (x)dx条件收敛;f(x)sin xpx1 (2f (x)dx 收敛;.2sin xo(1)r-x21 sin x二2P-4 x,(x充分大)；dx发散，于f (x)dx 发散。f(x)*)dx发散，而p1x1sin x ,dx收敛, xp9、记 F (x, y) nye n(x y)n 1,是否存在a 0以及函数h(x)在(1 a,1 a)上可导,且 h(1) 0, F(x,h(x) 0。解 设 un(x, y) nye n(x y)|nyen(xy)|ny|n6|y| 132 )(x y) n知级数 nyen 1n(x y)在 x y0内是收敛的,从而F(x, y)

18、nye n(x y)在x y 0内有定义; n 1显然 F (1,0) 0;由于 Un(x, y),n 1Un(x, y)2 n(x y)、un(x, y)n(x y) 2 n(x y)、(n ye ) , (ne n ye )n 1 xn 1n 1 yn 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)( n2ye n(x y),x n 1 x n 1F(x,y)un(x, y)n(x y) 2 n(x y). (ne n ye )y n 1 yn 1从而F(x,y)在(1,0)的某个邻域D上偏导数一FxF都存在，且是连续的,y又有yn(x y) 2 n(x y)(1,0) (nen ye )n 1到这里我们已经验证了隐函数定理的三条件:(1.0)1(1) F(x,y) C(D), D为刚刚解答中(1,0)的某个邻域,(2) F(1,0) 0,(3)1(1,0)0，y(x y) ey(1 e(xy)2 '从而根据隐函数定理可知存在这样的h(x)满足题目中的条件，结论得证。事实上，F(x, y)y nye n(x y)y-1)1x n 1x 1