兰州大学2009年数学分析考研试题参考解答

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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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