兰州大学2007年数学分析考研试题参考解答

标签：style   class   tar   color   int   rgb   

1 计算题

(1)   $\displaystyle{\lim_{x\to 0^+}\left(\frac{(1+x)^{1/x}}{e}\right)^{1/x}}$

解答: $$\begin{eqnarray*} \lim_{x\to 0^+}\left(\frac{(1+x)^{1/x}}{e}\right)^{1/x} &=&\exp\left[\lim_{x\to0^+}\frac{\frac{1}{x}\ln(1+x)-1}{x}\right]\\ &=&\exp\left[\lim_{x\to0^+}\frac{x-(1+x)\ln(1+x)}{(1+x)x^2}\right]\\ &=&\exp\left[\lim_{x\to0^+}\frac{1-(1-\ln(1+x))}{2x}\right]\\ &=&\exp\left[\lim_{x\to0^+}\frac{-\ln(1+x)}{2x}\right]\\ &=&e^{-\frac{1}{2}}. \end{eqnarray*}$$

(2)   $\displaystyle{\lim_{n\to\infty} \ln\sqrt[n]{\left(1+\frac{1^2}{n^2}\right)\left(1+\frac{2^2}{n^2}\right)\cdots\left(1+\frac{n^2}{n^2}\right)}}$

解答: $$\begin{eqnarray*} & &\lim_{n\to\infty} \ln\sqrt[n]{\left(1+\frac{1^2}{n^2}\right)\left(1+\frac{2^2}{n^2}\right)\cdots\left(1+\frac{n^2}{n^2}\right)}\\ &=&\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\ln\left[1+\left(\frac{k}{n}\right)^2\right]\\ &=&\int_0^1\ln(1+x^2)\rd x\\ &=&x\ln(1+x^2)|_0^1-\int_0^1 \frac{2x^2}{1+x^2}\rd x\\ &=&\ln2+\frac{\pi}{2}-2. \end{eqnarray*}$$

(3)   $\displaystyle{\lim_{(x,y)\to(0,0)}\left(|x|^\alpha\sin\frac{1}{y}+|y|^\beta\cos \frac{1}{x}\right)}$

解答: $$\begin{eqnarray*} & &\lim_{(x,y)\to(0,0)}\left(|x|^\alpha\sin\frac{1}{y}+|y|^\beta\cos \frac{1}{x}\right)\\ &=&\lim_{(x,y)\to(0,0)}|x|^\alpha\sin\frac{1}{y}+\lim_{(x,y)\to(0,0)}|y|^\beta\cos \frac{1}{x}\\ &=&0+0\\ &=&0. \end{eqnarray*}$$

(4) $\displaystyle{\int_e^{e^2}\frac{\ln\ln x}{x\ln x}\rd x}$

解答: $$\bex \int_e^{e^2}\frac{\ln\ln x}{x\ln x}\rd x&=&\int_1^2\frac{\ln t}{t}dt =\frac{(\ln t)^2}{2}|_1^2 =\frac{(\ln 2)^2}{2}. \eex$$

(5)   $\displaystyle{\oint\limits_C\frac{(x+y)\rd x-(x-y)\rd y}{x^2+y^2}}$ , 其中 $C$ 为圆周 $x^2+y^2=a^2$ 的逆时针方向.

解答: $$\begin{eqnarray*} & & \oint\limits_C\frac{(x+y)\rd x-(x-y)\rd y}{x^2+y^2}\\ &=&\int_0^{2\pi}\frac{a(\cos\theta+\sin \theta)(-a\sin\theta)-a(\cos \theta-\sin \theta)(a\cos\theta)}{a^2}d\theta\\ &=&\int_0^{2\pi}(-1)d\theta=-2\pi. \end{eqnarray*}$$

2  讨论级数 $\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^p (\ln n)^q}}$ 的收敛性, 其中 $p>0,q>0$ .

解答:

(1) $p>1$ 由 $\displaystyle{\lim_{n\to\infty}\frac{1/[n^p(\ln n)^q]}{1/n^p}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{(\ln n)^q}=0}$ 及比较判别法知原级数收敛;

(2) $p=1$ 由 $\displaystyle{\int_3^\infty \frac{1}{x(\ln x)^q}=\int_{\ln 3}^\infty \frac{dt}{t^q}}$ 及积分判别法知

　　(a) $0<q\leq 1$ 时级数发散;

　　(b) $q>1$ 时级数收敛;

(3) $p<1$ 取 $r\in (p,1)$ 由 $\displaystyle{\lim_{n\to\infty}\frac{1/[n^p(\ln x)^q]}{n^r}=\lim_{n\to\infty}\frac{n^{r-p}}{(\ln x)^q}=\lim_{x\to\infty}\frac{e^{(r-p)x}}{x^q}=+\infty}$ 及比较判别法知原级数发散.

注记: $p<1$ 时用到极限 $\displaystyle{\lim_{x\to\infty}\frac{e^{\alpha x}}{x^\beta}=+\infty}$ , 这是因为 $$\frac{e^{\alpha x}}{x^\beta}>\frac{1}{([\beta]+2)!}\frac{(\alpha x)^{[\beta] +2}}{x^\beta}>\frac{\alpha^{[\beta]+2}}{([\beta]+2)!}x\quad (x>1).$$

3  证明 $2<e<3$ .

证明: 由 $e^x$ 的 $Taylor$ 展式 $\displaystyle{e^x=\sum_{k=1}^\infty\frac{x^k}{k!}}$ 知 $$2=1+1<e=\sum_{k=1}^\infty\frac{x^k}{k!}<1+1+\sum_{k=2}^\infty\frac{1}{2^{k-1}}=3.$$

4  设 $f(x,y)$ 关于 $x,y$ 均是一元连续函数.

(1)举例说明 $f(x,y)$ 可以不是二元连续函数.

(2)证明当 $f(x,y)$ 关于 $x$ 单调时, $f(x,y)$ 是二元连续函数.

证明: (1)取 $$f(x,y)=\begin{cases} \frac{xy}{x^2+y^2},(x,y)\neq (0,0)\\ 0,\quad \ \ \ (x,y)=(0,0) \end{cases}$$ 即有之.

(2) $\forall\ (x_0,y_0)\in \bbR^2$ ,由题意,

　　(a) $f(x,y_0)$ 在 $x=x_0$ 处连续, 而有 $$\forall\ \varepsilon>0,\exists\ \delta_1>0,\ s.t.\ |x-x_0|\leq \delta_1\Rightarrow |f(x,y_0)-f(x_0,y_0)|<\frac{\varepsilon}{2}$$ (b) $f(x_0-\delta_1,y),f(x_0+\delta_1,y)$ 都在 $y=y_0$ 处连续,而有对上述任意的 $\varepsilon$ , $$\exists\ \delta_2>0,\ s.t.\ |y-y_0|\leq\delta_2\Rightarrow\begin{cases} |f(x_0-\delta_1,y)-f(x_0-\delta_1,y_0)|<\frac{\varepsilon}{2}\\ |f(x_0+\delta_1,y)-f(x_0+\delta_1,y_0)|<\frac{\varepsilon}{2} \end{cases}$$ 于是对 $\forall\ (x,y)\in [x_0-\delta_1,x_0-\delta_1]\times [y_0-\delta_2,y_0+\delta_2]$ ,

　　　　(i) 若 $f(\cdot,y)$ 递增, 则 $$f(x,y)\leq f(x_0+\delta,y)<f(x_0+\delta_1,y_0)+\frac{\varepsilon}{2}<f(x_0,y_0)+\varepsilon$$ $$f(x,y)\geq f(x_0-\delta,y)>f(x_0-\delta_1,y_0)-\frac{\varepsilon}{2}>f(x_0,y_0)-\varepsilon$$

　　　　(ii)若 $f(\cdot,y)$ 递减, 则 $$f(x,y)\geq f(x_0+\delta,y)>f(x_0+\delta_1,y_0)-\frac{\varepsilon}{2}>f(x_0,y_0)-\varepsilon$$ $$f(x,y)\leq f(x_0-\delta,y)<f(x_0-\delta_1,y_0)+\frac{\varepsilon}{2}<f(x_0,y_0)+\varepsilon$$ 于是有之.

5  令 $\displaystyle{x_1=a,x_2=b,x_{n+2}=\frac{x_{n+1}+x_n}{2},n=1,2,3,\cdots}$ . 试求 $\displaystyle{\lim_{n\to\infty} x_n}$ .

解答: 由题意, $$x_{n+1}-x_n=-\frac{1}{2}(x_n-x_{n-1})=\cdots=(-\frac{1}{2})^{n-1}(x_2-x_1)=(-\frac{1}{2})^{n-1}(b-a)$$ 于是 $$|x_{n+p}-x_n| \leq \left|\sum_{k=n}^{n+p-1}(x_{k+1}-x_k)\right| \leq (b-a)\sum_{k=n}^{n+p-1}(\frac{1}{2})^{n-1}\leq \frac{1}{2^{n-2}}(b-a)\to 0\ (n\to\infty)$$ $\{x_n\}$ 是 $Cauchy$ 列, $\{x_n\}$ 收敛, 设极限为 $x$ . 再由 $$x_{k+1}-x_{k}=\left(-\frac{1}{2}\right)^{k-1}(b-a)$$ 知 $$x_{n+1}=x_1+\sum_{k=1}^{n}(x_{k+1}-x_k)=a+(b-a)\sum_{k=1}^n\left(-\frac{1}{2}\right)^{k-1}$$ 两边令 $n\to\infty$ , 有 $$x=a+(b-a)\frac{1}{1-(-\frac{1}{2})}=\frac{a+2b}{3}.$$

6  设 $f(x)$ 是 $[0,1]$ 上的连续函数, $0$ 是 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上的唯一零点, 并且 $f_+‘(0)>0$ . 试证明 $\displaystyle{\int_0^1\frac{x}{f(x)}\rd x}$ 收敛.

证明: 由题意及连续函数的介值性, 下列两种情况有且仅有一种发生:

(1) $f(x)>0,\forall\ x\in (0,1]$

(2) $f(x)<0,\forall\ x\in (0,1]$ 又 $f_+‘(0)>0$ , 即 $\displaystyle{\lim_{x\to 0^+}\frac{f(x)}{x}>0}$ , 从而 $\exists\ \delta>0,x\in (0,\delta]\Rightarrow \frac{f(x)}{x}>0$ 即 $f(x)>0$ . 故而情况 (2)发生,即 $f(x)>0,\forall\ x\in (0,1]$ , 从而 $\displaystyle{\int_0^1\frac{x}{f(x)}\rd x}$ 只以 $0$ 为瑕点. 再由 $$\lim_{x\to 0^+}\frac{x/f(x)}{1/\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0^+}\frac{x}{f(x)}\sqrt{x}=\frac{1}{f_+‘(0)}\cdot 0=0$$ 及比较判别法知 $\displaystyle{\int_0^1\frac{x}{f(x)}\rd x}$ 收敛.

7  求 $\displaystyle{I=\iiint_\Omega z\cos(x^2+y^2)\rd x\rd y\rd z }$ , 其中 $$\Omega=\{(x,y,z)\in \bbR^3\mid z\geq 0,x^2+y^2+z^2\leq 1\}.$$

解答: $$\begin{eqnarray*} I&=&\iiint_\Omega z\cos(x^2+y^2)\rd x \rd y \rd z\\ &=&\int_0^1\sez{\ \iint\limits_{x^2+y^2\leq 1-z^2}z\cos(x^2+y^2)\rd x \rd y\ }\rd z\\ &=&2\pi \int_0^1\sez{z\int_0^{\sqrt{1-z^2}}r\cos r^2 dr}\rd z\\ &=&\pi \int_0^1 z \sin (1-z^2)\rd z\\ &=&\frac{\pi}{2}(1-\cos 1)\\ &=&\pi \sin^2\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$$

8  对 $x\in \bbR$ , 记 $\dps{\rho(x)=\min_{n\in \bbZ}|x-n|}$ , 其中 $\bbZ$ 是整数集. 试证明:

(1) $\rho(x)$ 是 $\bbR$ 上周期为 $1$ 的连续函数;

(2) $\displaystyle{f(x)=\sum_{n=0}^\infty\frac{\rho(10^nx)}{10^n}}$ 是 $\bbR$ 上的连续函数.

证明:

(1) $\forall\ x_0\in \bbR,\exists\ n\in \bbZ,\ s.t.\ n\leq x_0<n+1$ .

　　(a) $x_0=n$ 此时, $\rho(x_0)=0;x_0+1=n+1,\rho(x+1)=0=\rho(x_0)$ . 且当 $\displaystyle{x\in(x_0-\frac{1}{2},x_0+\frac{1}{2})}$ 时, $\rho(x)=x-x_0$ , 而有 $$\lim_{x\to x_0}\rho(x)=\lim_{x\to x_0}(x-x_0)=0=\rho(x_0)$$

　　(b) $\displaystyle{n<x_0\leq n+\frac{1}{2}}$ 此时, $\rho(x_0)=x-n;n+1<x_0+1\leq(n+1)+\frac{1}{2},\rho(x_0+1)=(x_0+1)-(n_0+1)=x_0-n=\rho(x_0)$ , 取 $$\delta=min\{x_0-n,n+\frac{1}{2}-x_0\}>0,$$ 当 $x\in (x_0-\delta,x_0+\delta)$ 时, $\rho(x)=x-n$ , 而也有 $$\lim_{x\to x_0}\rho(x)=\lim_{x\to x_0}(x-n)=x_0-n=\rho(x_0)$$ 　　　　　　　　

　　(c) $\displaystyle{n+\frac{1}{2}<x_0< n+1}$ 此时, $\rho(x_0)=n+1-x_0;n+1+\frac{1}{2}<x_0+1\leq n+2,\rho(x_0+1)=(n+2)-(x_0+1)=(n+1)-x_0=\rho(x_0)$ , 取 $$\delta=min\{x_0-n-\frac{1}{2},n+1-x_0\}>0,$$ 当 $x\in (x_0-\delta,x_0+\delta)$ 时, $\rho(x)=n+1-x$ , 而也有 $$\lim_{x\to x_0}\rho(x)=\lim_{x\to x_0}(n+1-x)=n+1-x_0=\rho(x_0)$$ 从而 $f$ 是 $\bbR$ 上周期为 $1$ 的连续函数.

(2)明显的, $$\left|\frac{\rho(10^nx)}{10^n}\right|\leq \frac{1}{10^n}$$ 由 $Weierstrass$ 判别法知函数项级数 $\displaystyle{ \sum_{n=0}^\infty\frac{\rho(10^nx)}{10^n} }$ 一致收敛. 再由 (1), $\displaystyle{\frac{\rho(10^nx)}{10^n}}$ 是连续的, 而 (表递进) $f(x)$ 作为一致收敛的, 各项连续的函数项级数的和, 是连续的. 

兰州大学2007年数学分析考研试题参考解答,布布扣,bubuko.com

兰州大学2007年数学分析考研试题参考解答

标签：style   class   tar   color   int   rgb   

原文地址：http://www.cnblogs.com/zhangzujin/p/3710726.html