兰州大学XX年数学分析考研试题及解答

1、兰州大学2005年数学分析考研试题及解答判断题1设数列数Xn满足：对任意正整数 p, lim(%4P - %) =0 ,则2收敛。 n >解错。1例如：对xn = £ ，对任息正整数 p ,就有k 4 knim：(xn p-xn)=nim：Vn+)=0,n p但*口发散。2设f (x)在a,b上Riemann可积,则f (x)在a,b上一定有原函数。解错。1 1,0<x<1例如：f(x)=)，显然f(x)在1,1上可积，但不存在 F(x)在-1,1上可导,1,-1 <x<0且F(x) = f(x), x*1,1,的函数F(x),即f(x)在1,1上不存在

2、原函数。3设f(x)在区间a,b上处处可导，则f'(x)在a,b上一定Riemann可积。解错。2 i例如：f(x) =Jx sin/,0,x1,显然 f (x)在0,1上连续，f(x)在0,1上可积，0,x=0f (x)在0,1上处处可导，f (x)=2xsin - - cos ,0 : x 三 1x x x0, x = 0但f (x)在0,1上无界，f'(x)在0,1上不可积。4若二元函数f(x,y)在(x°,y。)点可微，则f (x, y)在(%, y°)点的所有方向导数都存在。解正确。已有的定理结论。"bo-bo5设积分1(x)dx收敛，g

3、(x)是a,)上的单调有界函数，则 f N (x)g(x)dx收敛。 aa解 正确。这就是著名的 Abel判别法。二计算题。 k1 求 lim Z 2。n- n n k1/< -k k ,n n 1 k1n 2nn(n 1)2八n k二 n2 n kn(n+1)及夹逼定理，知2 求lln xdx。1解 ° ln xdx =(xln x - x)3求级数Z (-1)n 2n±1x2n的收敛域与和函数。 n 1n解 记 un(x) =(1)n 2n-1x2n ,则 lim un"x) = x2 nn " un(x)(x#0),当x <1时，原级数

4、绝对收敛;当乂=±1时，原级数发散；当x >1时，原级数发散。所以该哥级数的收敛域为(-1,1),1d、n2n 1 2n(-1) xn 1nQO2、n=2% (-x )n 12 n 八kx_l.n 1 n2=21 x2二 4八 tndt-0n =0d 7' tndtn -0-2x02十11 -tdt2x22-ln(1+x2), (x<1)4级数积分I = fXdy 7 x,其中C为椭圆2x2+3y2=1沿逆时针方向。c3x 4yy _xP(X，y)=3x2 4y2，Q(X，y)=3x2 4y2'史金, (x,y)#(0,0) .xt y取wa0任意小，C&

5、amp;:3x2+4y2 =1，则xdy - ydxI -22c3x 4yxdy - ydx二 22C 3x2 4y21 .=-xdy - ydxC；1 _2 2dxdy-3x2 4y±1 二 二、2二，3 .4n=忑。 2 .5求口xdydz+ydzdx + zdxdy,其中工是yoz平面中的曲线y = z线绕y轴所生成的旋转曲面在0 E y E1的部分的外侧。解 0 =( x, y,z) ： x2 + z2 4 y 41, 22一工1 =(x,y,z):x +z M1,y =1,由高斯公式，得11xdydz ydzdx zdxdy =( i i - i i)(xdydz ydzd

6、x zdxdy)：,;；工=3dxdydz 11dzdxx2 z2 3103一, 、2 ._(y) dy 一0 1二3 一二-二21=n。23叙述函数列fn (x)在I上不一致收敛到f (x)的分析定义，并用定义证明fn (x) = xn在 0,1上不一致收敛。曲a 0 ,对任意正整数 N ,解 函数列 fn(x)在I上不一致收敛到f (x)的分析定义：存在存在nN >N,XnN w I ,使得fnN (XnN ) - f(XnN)2,fn(X)=Xn在0,1上不一致收敛。0 <x <11, x =1由 1而fn(1) n11 nf(1) =(1一)t e，所以fn(x)=X

7、n在0,1上不一致收敛。4设f(x)在a,收)上一致连续，中(x)在a,y)上连续，且lm(f (x) _(x)=0。证明：中(x)在a,)上一致连续。证明 令F(x) = f(X)-(x),则F(x)在a,也)上连续，又lim F(x)存在，所以F(x)在X J 二a,收)上一致连续，故 中(x) = f (x) F(x)在a,)上一致连续。5设平面x+y+z=3截三轴于A,B,C三点，O为坐标原点，P(x,y,z)是三角形ABC上一点，以OP为对角线，三坐标平面为三面作一长方体, 解以OP为对角线，三坐标平面为三面的长方体体积试求其最大体积。其中等号成立当且仅当6设f(x)是闭区间V =

8、xyz 三, 33、 d i=1x = y = z =1 , V最大=1。a,b上的连续可导函数，记L(0) =xWa,b : f (x) =0,假设事实上，f (x) =lim fn(x)=nf弋0) 02且对xwf 口(0)，成立 f'(x) =0 ,证明：(1) f“(0)是有限集；(2) L(0)中使f (x) A0的点的个数与f'(x)<0的点的个数最多相差1,即成立 sg sgn(x)w1。x3 -(0)证明(1)断言对 x W f,(0)，存在 6x >0 ,使得 y Wa,b, 0< y x <6x 时，f (y) # 0, 事实上，由f

9、'(x) #0 ,知，存在dx >0,使得之w U (x,6x)na,b时，有f铝)#0,而 f(y) = f(y)-f(x) = f Kyx)(y-x)0, f,(0)是有界闭集，有界是必然的。因为f(0)匚a,b,闭性亦显然，因为对 xw f(0),存在 xn W f(0), limxn =x, f 仰)=0 , f (x) = lim f(xn)=0,于是 n ,n )二二有x W f(0),上述的开集族U (x, 6X)就覆盖了有界闭集f(0)。根据有限覆盖定理，存在有限个开集U(xi,6x),(i=1,2,，m),使得 mmmio 仁 uua 电)，而 f(0) =Uf

10、,(0)nu (x e) = Uxi；(2 )不妨设(1 )中构造的xj单增，即x1 < x2 <. < xm ,断言 f (xi)叶(xi书)<0,i =1,2,m -1 ,事实上，不妨设f '(xj <0 ,则因f (x)在国用书)内 无零点，而f (x) <0,任意xw(xi，xi由)，(否则，由连续函数介值定理，即导出矛盾)。明显的，f (xi 1) = f _(xi 1) = lim f (x) - f (xi 1)-0 ,又 f '(xi书)¥0,所以 f '(xi书)A0。x*1x - xi 1这样，我们从第一

11、个零点开始讨论，知道 sgn f '(xi)是交替等于1或-1的，故 £ sgn f '(x) <1 o xf -1(0)7.解常微分方程 ydx+(x2y x)dy = 0 ；x已知函数y(x)二次可导，且满足 y(x) =e +I (xt)y(t)dt ,求y(x)。解(1)由 ydx +(x2y -x)dy =0 ,2 xdy - ydx = x ydy ,xdy -ydx ,2 = ydy ，x2d y d yd = d ,x 22是=8+c,x 2yxy6 114 n.,故原积分方程的解为 y(x) = -e +e +e 。263+cx, 22x xx由 y(x) =e+x J0 y(t)dt 工 ty(t)dt ,1_ 2x x得 y'(x)=2e +y(t)dt,y(0)=1, y'(0)=2, y''(x)