[家里蹲大学数学杂志]第058期兰州大学2011年数学分析考研试题参考解答

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$\bf 摘要$: 本文给出了兰州大学 2011 年数学分析考研试题的一个参考解答.

$\bf 关键词$: 兰州大学; 数学分析; 考研试题

1计算题 ($6\times 10‘=60‘$).

(1)求极限 $$\bex \lim_{x\to 0}\frac{e^{x-\sin x}-e^\frac{x^3}{6}}{x^5} \eex$$

解答: $$\bex \mbox{原极限}&=&\lim_{x\to 0}\frac{e^\xi\sex{x-\sin x-\frac{x^3}{6}}}{x^5}\quad\sex{\xi\mbox{ 在 } 0,x\mbox{ 之间}}\\ &=&\lim_{x\to 0}\frac{-x^5/120+O(x^7)}{x^5}\\ &=&-\frac{1}{120}. \eex$$

(2)设 $x\geq 0$, $\dps{f(x)=\int_0^x (u-u^2)\sin u\rd u}$, 求 $f(x)$ 的最大值.

解答: 由 $$\bex f‘(x)=(x-x^2)\sin^2x\left\{\ba{ll} >0,&0<x<1\\ <0,&x>0 \ea \right. \eex$$ 知 $f$ 在 $x\geq 0$ 上的最大值为 $$\bex f(1)=\int_0^1 (u-u^2)\sin^2u\rd u =-2\cos 1-\sin 1. \eex$$

(3)设 $\Omega=[0,1]^3\subset \bbR^3$, $p$ 是实数, 判断广义积分 $$\bex \iint_\Omega \frac{\rd x\rd y\rd z}{\sex{x^2+y^2+z^2}^\frac{p}{2}} \eex$$ 的敛散性.

解答: 注意到 $$\bex B_1\subset \Omega\subset B_{\sqrt{3}}\quad \sex{B_r=\sed{(x,y,z);\ x^2+y^2+z^3\leq r^2}} \eex$$ 我们知原广义积分的敛散性与 $$\bex \iint_{B_1}\frac{\rd x\rd y\rd z}{\sex{x^2+y^2+z^2}^\frac{p}{2}} =\int_0^1 \frac{4\pi r^2}{r^p}\rd r =4\pi \int_0^1 \frac{1}{r^{p-2}}\rd r \eex$$ 相同. 故当 $p<3$ 时, 原积分收敛; 当 $p\geq 3$ 时, 原积分发散.

(4)求幂级数 $\dps{\sum_{n=0}^\infty \sex{\frac{1}{3^{n+1}}-(-2)^{n+1}}x^n}$ 的收敛域与和函数.

解答: $$\bex \mbox{原级数}&=& \frac{1}{3}\sum_{n=0}^\infty \sex{\frac{x}{3}}^n -(-2)\sum_{n=0}^\infty (-2x)^n\quad\sex{\sev{x}<3\mbox{ 且 } \sev{2x}<1}\\ &=&\frac{1}{3}\frac{1}{1-\frac{x}{3}} +2\frac{1}{1+2x}\quad\sex{\sev{x}<\frac{1}{2}}\\ &=&\frac{1}{3-x}+\frac{2}{1+2x}\quad\sex{\sev{x}<\frac{1}{2}}. \eex$$

(5)计算 $\dps{\int_{(1,0)}^{(3,2)}\frac{x\rd x+y\rd y}{\sqrt{x^2+y^2}}}$, 路径沿曲线 $\dps{y^4=2x^2-2 (x>0,y>0)}$.

解答: $$\bex \mbox{原第二型曲线积分} =\int_{(1,0)}^{(3,2)}\rd \sqrt{x^2+y^2} =\sqrt{x^2+y^2}|^{(3,2)}_{(1,0)} =\sqrt{14}-1. \eex$$

(6)计算 $\dps{\iint_{\varSigma}z\rd x\rd y+x\rd y\rd z+y\rd x\rd z}$, 其中 $\varSigma$ 为柱面 $x^2+y^2=1$ 被平面 $z=0$ 及 $z=3$ 所截部分的外侧.

解答: $$\bex \mbox{原第二型曲面积分} &=&\iint_{x^2+y^2\leq 1\atop 0\leq z\leq 3} \sez{\frac{\p z}{\p z}+\frac{\p x}{\p x} +\frac{\p (-y)}{\p y}}\rd x\rd y\rd z\\ & & -\iint_{x^2+y^2\leq 1\atop z=3}z\rd x\rd y\\ &=&3\pi -3\pi\\ &=&0. \eex$$

2判断题 ($3\times 6‘=18‘$).

(1)若一元函数 $f(x)$ 在 $x=x_0$ 附近有定义且存在 $\delta>0$ 和正常数 $\alpha, L$, 使得对任何 $x\in (x_0-\delta,x_0+\delta)$ 成立 $$\bex \sev{f(x)-f(x_0)}\leq L\sev{x-x_0}^\alpha, \eex$$ 则 $f(x)$ 在 $x_0$ 点可导.

解答: 错! 比如函数 $f(x)=\sqrt{x}$ 在 $x_0=0$ 处适合题中条件 $\dps{\alpha=\frac{1}{2}}$, 但其在原点不可导.

(2)若二元函数 $f(x,y)$ 在 $(x_0,y_0)$ 的某邻域内有定义且 $\dps{\lim_{(x,y)\to (x_0,y_0)}f(x,y)}$ 存在, 则 $\dps{\lim_{y\to y_0}\lim_{x\to x_0}f(x,y)}$ 一定存在.

解答: 错! 比如函数 $\dps{f(x,y)=y\sin \frac{1}{x}}$ 在 $(0,0)$ 处, 重极限存在, 但累次极限 (先 $x$ 后 $y$) 不存在.

(3)二元函数 $f(x,y)$ 在 $(x_0,y_0)$可微, 则 $f(x,y)$ 的偏导数在 $(x_0,y_0)$ 点都连续.

解答: 错! 比如函数 $$\bex f(x,y)=\left\{\ba{ll} x^2\sin\frac{1}{x},&x\neq 0\\ 0,&x=0 \ea\right. \eex$$ 就是反例.

3($15‘$) 已知 $x\in [-\pi,\pi]$, 证明: $\dps{\sev{\sin\frac{x}{2}}\leq \frac{\sev{x}}{\pi}}$.

证明: $$\bex \sev{\sin\frac{x}{2}} =\sin\frac{\sev{x}}{2} \geq \frac{2}{\pi}\cdot\frac{\sev{x}}{2} =\frac{\sev{x}}{\pi}. \eex$$

4($15‘$) 证明: 符号函数 $$\bex \mathrm{sgn}(x)=\left\{\ba{lll} -1,&x<0\\ 0,&x=0\\ 1,&x>0 \ea\right. \eex$$ 在 $[-1,1]$ 上是 Riemann 可积的, 但在 $[-1,1]$ 上不存在原函数.

证明: $\mathrm{sgn}(\cdot)$ 仅有两个跳跃间断点, 而 Riemann 可积; 也因为这, 它没有原函数, 毕竟导函数最多容许第二类间断点 (参考 第020期兰州大学2005年数学分析考研试题参考解答).

5($15‘$) 设 $f(x)$ 是 $\bbR$ 上的实函数, $\dps{F(x,y)=\frac{f(y-x)}{2x}}$ 且 $\dps{F(1,y)=\frac{1}{2}y^2-y+5}$. 取 $x_0>0$, 定义 $$\bex x_{n+1}=F(x_n,2x_n)\quad\sex{n\geq 0}. \eex$$ 求证: $\dps{\lim_{n\to\infty} x_n}$ 存在并求其值.

证明: 由题意, $$\bex F(1,y)=\frac{f(y-1)}{2}=\frac{1}{2}y^2-y+5, \eex$$ $$\bex f(y-1)=y^2-2y+10=(y-1)^2+9, \eex$$ $$\bex f(x)=x^2+9, \eex$$ 及 $$\bee\label{lz115:eq} x_{n+1}=F(x_n,2x_n)=\frac{f(x_n)}{2x_n} =\frac{x_n^2+9}{2x_n}. \eee$$从而由

(1)$x_{n+1}\geq 3$ (均值不等式, $n\geq 0$);

 (2)$\dps{\frac{x_{n+1}}{x_n}=\frac{1}{2}+\frac{9}{2x_n^2}\leq 1}$ ($n\geq 1$) 知\footnote{据单调有界定理.} $\dps{\lim_{n\to\infty}x_n=a}$ 存在. 于 \eqref{lz115:eq} 中令 $n\to\infty$ 有 $$\bex a=\frac{a^2+9}{2a} \ra a=3. \eex$$

6($15‘$) 设 $f(x,y)$ 在区域 $D\subset\bbR^2$ 上分别对每一自变量 $x$ 和 $y$ 是连续的, 并且当固定 $x$ 时, 对 $y$ 是单调的. 证明: $f$ 是区域 $D$ 上的二元连续函数.

证明: 参考第018期兰州大学2007年数学分析考研试题参考解答.

7($12‘$) 设函数列 $\sed{f_n(x)}_{n=1}^\infty$ 在 $[0,1]$ 上连续, 在 $(0,1)$ 内可导, 并且 $\sed{f_n(x)}_{n=1}^\infty$ 在 $[0,1]$ 上一致有界, $\dps{\sed{f_n‘(x)}_{n=1}^\infty}$ 在 $(0,1)$ 上一致有界. 证明: 函数列 $\sed{f_n(x)}_{n=1}^\infty$ 有一致收敛的子列.

证明: 仅须说明\footnote{证完 \eqref{lz117:eq} 后即可令 $n_l\to\infty$, 而证完.} $\exists\ \sed{n_k}\subset \sed{n}$, 使得 $$\bee\label{lz117:eq} \forall\ \ve>0,\ \exists \ N>0,\ s.t.\ \left.\ba{rr} n_k,n_k\geq N\\ x\in [0,1] \ea\right\} \ra \sev{f_{n_k}(x)-f_{n_l}(x)}\leq\ve. \eee$$这可分三步来完成.

(1)首先\footnote{利用 $$\bex \sev{f_n(x)-f_n(x‘)} \leq \sup_{\xi\in (0,1)}\sev{f_n‘(\xi)}\cdot\sev{x-x‘}. \eex$$ }说明 $\sed{f_n(x)}$ 等度连续, 即 $$\bex \forall\ \ve>0,\ \exists\ \delta>0,\ \left.\ba{rr} \sev{x-x‘}\leq \delta\\ n\in\bbN \ea\right\} \ra \sev{f_n(x)-f_n(x‘)}\leq\frac{\ve}{3}. \eex$$

(2)其次\footnote{多次应用 Weierstrass 聚点定理.}说明 $\exists\ \sed{n_k}\subset \sed{n}$ 使 $\sed{f_{n_k}(x_j)}_{k=1}^\infty$ 收敛. 这里, $x_j=j\delta\in [0,1]$ 是 $[0,1]$ 的有限多个数. 从而对上述任意的 $\ve>0$, $$\bex \exists\ N>0, \ s.t.\ \left.\ba{rr} n_k,n_l\geq N\\ \forall\ x_j \ea\right\}\ra \sev{f_{n_k}(x_j)-f_{n_l}(x_j)}\leq\frac{\ve}{3}. \eex$$

(3)最后说明 \eqref{lz117:eq}: $$\bex x\in [0,1]\ra \exists\ x_j,\ s.t.\ \sev{x-x_j}\leq \delta, \eex$$ 而 $$\bex \sev{f_{n_k}(x)-f_{n_l}(x)} &\leq& \sev{f_{n_k}(x)-f_{n_k}(x_j)} +\sev{f_{n_k}(x_j)-f_{n_l}(x_j)}\\ & & +\sev{f_{n_l}(x_j)-f_{n_l}(x)}\\ &\leq&\ve. \eex$$ 

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