兰州大学2009年数学分析考研试题参考解答

1计算.

(1)  \dps{
\lim_{x\to 0}\frac{\int_0^{x^2}\sin^\frac{3}{2}t\rd t}{\int_0^xt\sex{t-\sin
t}\rd t} }

.

解答: \bex
\mbox{原式}&=&\lim_{x\to 0}\frac{2x\sin^\frac{3}{2}x^2}{x\sex{x-\sin x}}\\
&=&\lim_{x\to 0}\frac{2x^4}{x\cdot\frac{x^3}{6}}\\ &=&12. 
\eex

(2)  \dps{
\int \arctan \sqrt{x}\rd x.  }

.

解答: \bex
\mbox{原式}&=&x\arctan\sqrt{x} -\int \frac{1}{1+x}\cdot
\frac{1}{2}x^{-\frac{1}{2}}\cdot x\rd x\\ &=&x\arctan\sqrt{x}
-\frac{1}{2}\int \frac{x^\frac{1}{2}}{1+x}\rd x\\ &=&x\arctan\sqrt{x}
-\int \frac{y}{1+y^2}\cdot y \rd y\sex{y=\sqrt{x}}\\ &=&x\arctan\sqrt{x}
-y+\arctan y+C\\ &=&(x+1)\arctan\sqrt{x}-\sqrt{x}+C. \eex

(3)  \dps{
\int_1^2 \rd x\int_{\sqrt{x}}^x \frac{1}{y}e^{-x}\rd y +\int_2^4 \rd
x\int_{\sqrt{x}}^2 \frac{1}{y}e^{-x}\rd y.  }

解答: \bex
\mbox{原式}&=&\int_1^2\rd y \int_y^{y^2}\frac{1}{y}e^{-x}\rd x\\
&=&\int_1^2\sex{y-1}e^{-y}\rd y\\ &=&\left.
-ye^{-y}\right|^2_1\\ &=&-2e^{-2}+e^{-1}. \eex

(4)  求抛物线 \dps{ y^2=4x }

与它在 (1,2)

处的法线所围成的有限区域的面积.

解答: 在 (1,2)

处, \frac{\rd x}{\rd y}=\frac{1}{2}\cdot 2=1,

而法线方程为 y-2=-\sex{x-1},\ x=3-y,

其与抛物线交于 \sex{1,2},\ \sex{9,-6}.

于是所求面积 \bex S&=&\int_{-6}^2\rd
y\int_{\frac{y^2}{4}}^{3-y}\rd x\\
&=&\int_{-6}^2\sex{3-y-\frac{y^2}{4}}\rd y\\ &=&\left.
\sex{2y-\frac{y^2}{2}-\frac{y^3}{12}}\right|^2_{-6}\\ &=&3\cdot
8-\frac{1}{2}\cdot\sex{-32}-\frac{1}{12}\cdot224\\
&=&24+16-\frac{56}{3}\\ &=&\frac{64}{3}. \eex

(5)  求幂级数 \dps{ \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}\frac{x^{2n-1}}{n}
}

的收敛域与和函数.

解答: (1)回忆对于级数 \bee\label{lz09sf_1_5_a_n} \sum_{n=1}^\infty a_n,
\eee

若
\limsup_{n\to\infty}\sev{\frac{a_{n+1}}{a_n}}<1,

则 \eqref{lz09sf_1_5_a_n}

收敛. 实际上, \bex &
&1>\limsup_{n\to\infty}\sev{\frac{a_{n+1}}{a_n}} =\inf_k\sup_{n\geq
k}\sev{\frac{a_{n+1}}{a_n}}\\ &\ra&\mbox{对 }1>r>0,\ \exists\
N_r>0,\ s. t. \ k\geq N_r\rightsquigarrow \sev{\frac{a_{n+1}}{a_n}}\leq r\\
&\ra&\sev{a_n}\leq r\sev{a_{n-1}}\leq\cdots \leq
r^{n-N_r}\sev{a_{N_r}}\\ &\ra&\sum_{n=1}^\infty a_n\mbox{ 有优级数
}a_1+\cdots+a_{N_r-1}+\sev{a_{N_r}}\sum_{n=N_r}^\infty r^{n-N_r}\\
&\ra&\sum_{n=1}^\infty a_n\mbox{ 收敛}. \eex

(2)现求收敛域. 由于 \lim_{n\to\infty}\frac{\sev{x}^{2n+1}}{n+1}\cdot\frac{n}{\sev{x}^{2n-1}}
=\sev{x}^2,

而

(a)当 \sev{x}<1

时, 原幂级数绝对收敛;

(b)当 x=-1

时, 原幂级数 \dps{=\sum_{n=1}^\infty
\frac{\sex{-1}^n}{n}}

, 为条件收敛;

(c)当 x=1

时, 原幂级数 \dps{=\sum_{n=1}^\infty
\frac{\sex{-1}^{n-1}}{n}}

, 亦为条件收敛;

(d)当 \sev{x}>1

时, 原幂级数发散.

(3)再求和函数. \bex
\mbox{原幂级数} &=&\frac{2}{x}\sum_{n=1}^\infty
\sex{-1}^n\frac{x^{2n}}{2n}\\ &=&\frac{-2}{x}\int_0^x
\sez{\sum_{n=1}^\infty \sex{-1}^nt^{2n-1}}\rd t\\
&=&\frac{-2}{x}\int_0^x \frac{1}{t} \sum_{n=1}^\infty \sex{-t^2}^n\rd
t\\ &=&\frac{-2}{x}s\int_0^x\frac{1}{t}\cdot \frac{t^2}{1+t^2}\rd t\\
&=&\frac{-1}{x}\int_0^x \frac{2t}{1+t^2}\rd t\\
&=&-\frac{1}{x}\ln\sex{1+t^2}|^x_0\\
&=&-\frac{\ln\sex{1+x^2}}{x},\ x\in (-1,1). \eex

注记: 当 x=0

时, \lim_{x\to
0}\frac{\ln\sex{1+x^2}}{x}=\lim_{x\to 0}x=0.

(6)  计算曲面积分 \dps{ \int_L \sex{e^x\sin y-b\sex{x-y}}\rd
x+\sex{e^x\cos y-ax}\rd y, }

其中 L

是从 (2a,0)

沿曲线 y=\sqrt{2ax-x^2}

到点 (0,0)

的一段.

解答: (1)曲线 y=\sqrt{2ax-x^2}

, 即 x^2-2ax+y^2=0,\ y\geq 0,

\sex{x-a}^2+y^2=a^2,\ y\geq 0.

(2)记 P=e^x\sin
y-b\sex{x-y},\ Q=e^x\cos y-ax,

则 \frac{\p P}{\p y}=e^x\cos y-b,\ \frac{\p Q}{\p
x}=e^x\cos y-a,

而 \frac{\p Q}{\p x}-\frac{\p P}{\p y}=b-a.

(3)由 Green

公式, \bex
\mbox{原曲线积分}&=&\iint\limits_{\sex{x-a}^2+y^2\leq a^2\atop y\geq 0}
\sex{b-a}\rd x\rd y-\int_0^{2a}\sex{-bx}\rd x\\
&=&\sex{b-a}\cdot\frac{1}{2}\cdot \pi a^2 +b\cdot \frac{1}{2}\cdot
\sex{2a}^2\\ &=&\frac{\sex{\pi+4}a^2b-\pi a^3}{2}. \eex

2  证明: \dps{\lim_{n\to\infty}\sin n}

不存在.

证明:

(1)由于区间
\sez{2k\pi+\frac{\pi}{4},\ 2k\pi+\frac{3\pi}{4}},\ k=0,1,2,\cdots

长度为 \dps{\frac{\pi}{2}>1}

, 而存在整数 n_k\in \sez{2k\pi+\frac{\pi}{4},\
2k\pi+\frac{3\pi}{4}};

(2)同理, 存在整数
m_k\in \sez{2k\pi+\frac{5\pi}{4},\ 2k\pi+\frac{7\pi}{4}};

(3)于是若 \dps{\lim_{n\to\infty}\sin n=a}

存在, 则 \sez{\frac{\sqrt{2}}{2},\ 1} \ni
\lim_{k\to\infty}\sin n_k =a =\lim_{k\to\infty}\sin m_k \in \sez{-1,\
-\frac{\sqrt{2}}{2}},

矛盾!

3  设函数 f:[a,b]\to [a,b]

满足 \dps{\sev{f(x)-f(y)}\leq
L\sev{x-y}^\alpha}

, 其中 L

, \alpha

为正常数. 证明:

(1)当 \alpha>1

时, f(x)

恒为常数;

(2)当 L<1

, \alpha=1

时, 存在唯一的 \xi\in [a,b]

, 使得 f\sex{\xi}=\xi

.

证明:

(1)当 \alpha>1

时, 由 0\leq \sev{\frac{f(y)-f(x)}{y-x}} \leq
L\sev{y-x}^{\alpha-1} \to 0,\ \sex{y\to x},

知 f‘(x)=0,\ \forall\ x\in [a,b]

(

这里左端点左导数, 右端点右导数)

, 于是 f

恒为常数.

(2)当 L<1

, \alpha=1

时, 任取 \xi_0\in [a,b]

, 做数列 \bee\label{lz09sf_3_xi_n}
\xi_n=f\sex{\xi_{n-1}},\ n\geq 1.  \eee

由 \sev{\xi_n-\xi_{n-1}}\leq
L\sev{\xi_{n-1}-\xi_{n-2}},

知 \sed{\xi_n}_{n=1}^\infty

是压缩数列, 而极限存在, 设为 \xi

. 于 \eqref{lz09sf_3_xi_n}

中令 n\to\infty

, 利用 f

之连续性, 有 \xi=f\sex(\xi).

下证唯一性. 设 \eta

也满足 \eta=f(\eta)

, 则 \sev{\xi-\eta} =\sev{f\sex{\xi}-f\sex{\eta}}
<L\sev{\xi-\eta},

而 \xi=\eta

.

4  证明: 有界函数 f(x)

在区间 I

上一致连续的充分必要条件是对任给的 \ve>0

和 x,y\in I

, 总存在正数 M

, 使得当 \dps{\sev{\frac{f(x)-f(y)}{x-y}}>M}

时就有 \sev{f(x)-f(y)}<\ve

.

证明:

(1)这一题目大概是说 f

一致连续等价于 f

在大范围内不能抖动得太厉害 (

否则太伤身体了)

.

(2)原题目没有对 f

加{\bf 有界}条件. 一个简单的例子 f(x)=x,\ x\in \bbR

说明有界是必须的.

(3)必要性. 用反证法. 若结论不成立, 则 \exists\
\ve_0>0,\ \forall\ n\in\bbN, \ \exists\ \sed{x_n},\ \sed{y_n},\ s. t.

\sev{\frac{f(x_n)-f(y_n)}{x_n-y_n}}>n,\
\sev{f(x_n)-f(y_n)}>\ve_0.

即有 \sev{x_n-y_n}<\frac{2K}{n},\
\sex{K=\sup_{x\in I}\sev{f(x)}},

这与 f

一致连续矛盾.

(4)充分性. 同样是用反证法. 若结论不成立, 则 \exists\
\ve_0>0,\ \sed{x_n},\ \sed{y_n},\ s. t.

\sev{x_n-y_n}<\frac{1}{n},\
\sev{f(x_n)-f(y_n)}>\ve_0,

即有
\sev{\frac{f(x_n)-f(y_n)}{x_n-y_n}}>n\ve_0.

由假设, 对 \dps{\frac{\ve_0}{2}>0}

, 只需 n

充分大, 就有 \sev{f(x_n)-f(y_n)}<\frac{\ve_0}{2},

矛盾!

5  设 f:\bbR^2\to
\bbR^2

是连续映射, 若对 \bbR^2

中任何有界闭集 K

, f^{-1}\sex{K}

均是有界的, 证明 f\sex{\bbR^2}

是闭集.

证明:

(1)古怪得很.

(2)用反证法. 若 f\sex{\bbR^2}

不是闭集, 则 \exists\ \sed{x_n}\subset\bbR^2,\ s. t.
\ f(x_n)\to y\notin f\sex{\bbR^2}.

而集合 A=\sed{f(x_n)}_{n=1}^\infty\cup \sed{y}

作为 \bbR^2

中的有界闭集 (

有界是因为极限存在, 而闭性是由于极限唯一)

, 其原像 f^{-1}\sex{A}

是有界的. 现因 x_n\in f^{-1}(A),

及 Weierstrass

聚点定理, \exists\ \sed{n_k}\subset \sed{n},\ s. t.
\ x_{n_k}\to x.

由 f

之连续性, \lim_{k\to\infty}f\sex{x_{n_k}}=f(x)=y\in
f\sex{\bbR^2},

矛盾!

6  证明二元函数 f(x,y)=\sqrt{xy}

在点 (0,0)

处连续, f_x(0,0)

, f_y(0,0)

存在, 但 f(x,y)

在点 (0,0)

处不可微.

证明:

(1)f(x,y)=\sqrt{xy}

在点 (0,0)

处连续. 事实上, \forall\ \ve>0,\ \exists\
\delta=\ve>0,\ s. t.

\left.  \ba{ll} 0<x<\delta\\
0<y<\delta \ea\right\}\ra \sev{f(x,y)-f(0,0)}=\sqrt{xy}<\ve.

(2)f_x(0,0)

, f_y(0,0)

存在. 由 x>0\ra \sev{\frac{f(x,0)-f(0,0)}{x}}=0
=\sev{\frac{f(0,y)-f(0,0)}{y}},

知 f_x(0,0)=0=f_y(0,0).

(3)f(x,y)

在点 (0,0)

处不可微. 这是因为 \bex & &\frac{1}{n}\to 0\\
&\ra&\sev{\frac{\dps{f\sex{\frac{1}{n},\frac{1}{n}}-f(0,0)}}
{\sqrt{\sex{\frac{1}{n}}^2+\sex{\frac{1}{n}}^2}}}
=\frac{\dps{\frac{1}{n}}}{\sqrt{2}\dps{\frac{1}{n}}}
=\frac{1}{\sqrt{2}}\nrightarrow 0.  \eex

7  设 \dps{f(x)=\sum_{n=1}^\infty
\frac{1}{2^n+x}}

, 证明:

(1)f(x)

在 [0,\infty)

上可导, 且一致连续;

(2)反常积分 \dps{\int_0^\infty
f(x)\rd x}

发散.

证明:

(1)f(x)

在 [0,\infty)

上可导, 且一致连续. 记 u_n=\frac{1}{2^n+x},

则 u_n‘=-\frac{1}{\sex{2^n+x}^2},

而(

表递进)

(a)\dps{\sum_{n=1}^\infty u_n}

收敛,

(b)u_n‘

连续,

(c)\dps{\sum_{n=1}^\infty u_n‘}

一致收敛, 由逐项求导, f‘(x)=-\sum_{n=1}^\infty
\frac{1}{\sex{2^n+x}^2},\ \forall\ x\geq 0.

又 \sev{f‘(x)} \leq \sum_{n=1}^\infty
\frac{1}{2^{2n}}=\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{\dps{1-\frac{1}{4}}}=\frac{1}{3},

知 f

一致连续.

(2)反常积分\dps{\int_0^\infty f(x)\rd x}

发散. 事实上, 由 \bex
\sev{\int_{2^{k-1}}^{2^k}\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{2^n+x}\rd x} &\geq&
\int_{2^{k-1}}^{2^k}\frac{1}{2^k+x}\rd x\\ &\geq& \frac{2 \cdot
2^{k-1}}{2\cdot 2^k}\\ &=&\frac{1}{2}>0,\ \forall\ k\geq 1,
\eex

及 Cauchy

收敛准则, 知所讨论之反常积分确实反常, 的确发散.

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