兰州大学2008年数学分析考研试题参考解答

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1计算.

(1) $\dps{\lim_{n\to\infty} \ln\sqrt[n]{\sex{1+\frac{1}{n}} \sex{1+\frac{2}{n}} \cdots \sex{1+\frac{n}{n}} }}$ .

解答: $$\bex \mbox{原式}&=&\lim_{n\to\infty} \sed{ \frac{1}{n} \sez{\ln\sex{1+\frac{1}{n}}+\cdots+\ln \sex{1+\frac{n-1}{n}}} +\frac{\ln 2}{n}}\\ &=&\int_0^1\ln\sex{1+x}\rd x\\ &=&\int_1^2\ln x\rd x\\ &=&\left.x\ln x-x\right|_1^2\\ &=&2\ln2-1. \eex$$

(2) $\dps{\lim_{n\to\infty} \frac{1\cdot 3\cdot \cdots\cdot \sex{2n-1}} {2\cdot 4\cdot \cdots\cdot \sex{2n}}}$ .

解答: 由 $$2k=\frac{\sex{2k-1}+\sex{2k+1}}{2} >\sqrt{\sex{2k-1}\sex{2k+1}},\ k=1,2,\cdots,n,$$ 知 $$0<\frac{1\cdot 3\cdot \cdots\cdot \sex{2n-1}} {2\cdot 4\cdot \cdots\cdot \sex{2n}} <\frac{1}{\sqrt{2n+1}},$$ 而 $$\bex \mbox{原式}&=&0. \eex$$

(3) $\dps{\lim_{x\to+\infty} \sed{ \sex{x^3+3x}^\frac{1}{3} -\sex{x^2-2x}^\frac{1}{2} }}$ .

解答: $$\bex \mbox{原式}&=&\lim_{x\to +\infty} \frac{ \dps{\sex{1+\frac{3}{x^2}}^\frac{1}{3} -\sex{1-\frac{2}{x}}^\frac{1}{2}}} {\dps{\frac{1}{x}}}\\ &=&\lim_{t\to 0_+} \frac{\sex{1+3t^2}^\frac{1}{3}-\sex{1-2t}^\frac{1}{2}}{t}\\ &=&\lim_{t\to 0_+}\sez{ \frac{1}{3}\sex{1+3t^2}^{-\frac{2}{3}}\cdot 6t -\frac{1}{2}\sex{1-2t}^{-\frac{1}{2}}\cdot \sex{-2}}\\ &=&1. \eex$$

(4) $\dps{\int_0^\pi \frac{x\sin x}{1+\cos^2x}\rd x}$ .

解答: 由变量替换 $x\leftrightsquigarrow \pi-x$ 知 $$\int_0^\pi \frac{x\sin x}{1+\cos^2x}\rd x =\int_0^\pi \frac{\sex{\pi-x}\sin x}{1+\cos^2x}\rd x,$$ 而 $$\bex \mbox{原式}&=&\frac{\pi}{2}\int_0^\pi \frac{\sin x}{1+\cos^2x}\rd x\\ &=&\frac{\pi}{2}\int_{-1}^1\frac{1}{1+t^2}dt\\ &=&\frac{\pi^2}{4}. \eex$$

(5) $\dps{\lim_{x\to \infty,y\to a}\sex{\cos \frac{y}{x}}^\frac{x^3}{x+y^3}}$ .

解答: $$\bex \mbox{原式}&=&\exp\sez{ \lim_{x\to\infty, y\to a} \frac{x^3}{x+y^3} \ln \cos\frac{y}{x}}\\ &=&\exp\sez{\lim_{x\to\infty, y\to a}\frac{x^3}{x+y^3} \cdot\sex{-2}\cdot \frac{y^2}{x^2}}\\ & &\sex{\ln\cos\frac{y}{x}\sim \cos\frac{y}{x}-1 =-2\sin^2\frac{y}{x} \sim -2\frac{y^2}{x^2}}\\ &=&\exp\sez{-2\lim_{x\to\infty, y\to a}\frac{y^2}{1+\frac{y^3}{x}}}\\ &=&e^{-2a^2} \eex$$

(6) $\dps{ \oint\limits_L \frac{x\rd y-y\rd x}{x^2+y^2}, }$ 其中 $L$ 是不过原点的简单闭曲线.

解答: 记 $$P=\frac{-y}{x^2+y^2},\ Q=\frac{x}{x^2+y^2},$$ 则 $$\frac{\p Q}{\p x}-\frac{\p P}{\p y}=0,$$ 而由 $Green$ 公式,

(1)若 $0$ 在 $L$ 的内部,则原式 $=0$ ;

(2)若 $0$ 在 $L$ 的外部,则取 $\ve>0$ 充分小,使得 $B\sex{0,\ve}$ 也包含在 $L$ 的内部, 而 $$\bex \mbox{原式}&=&\int_{B\sex{0,\ve}} \frac{x\rd y-y\rd x}{x^2+y^2}\\ &=&\frac{1}{\ve^2} \int_0^{2\pi} \ve\cos \theta\cdot \sex{\ve \cos\theta} -\ve \sin \theta \cdot\sex{-\ve \sin \theta}d\theta\\ &=&\int_0^{2\pi}d\theta\\ &=&2\pi. \eex$$

2 设 $f(0)=0$ , $f‘(0)>1$ . 证明 $\exists\ \delta>0,\ s.t.\ x\in \sex{0,\delta}\ra f(x)\geq x$ .

证明: 我们假设 $f$ 在 $0$ 的一个左邻域 $[0,\delta_1]$ 上二次连续可微, 而 $$\bex f(x)&=&f(0)+f‘(0)x+\frac{f‘‘\sex{\xi_x}}{2}x^2\\ &\geq&x+\sez{f‘(0)-1}x+Ax^2\\ & &\sex{A=\inf_{x\in [0,\delta_1]}f‘‘\sex{x}}\\ &=&x+\sez{f‘(0)-1+Ax}x\\ &>&x, \eex$$ 当 $$x<\frac{f‘(0)-1}{A}=\delta,$$ 时.

注记: 当然, 如果只假设 $f$ 在 $0$ 的一个左邻域 $[0,\delta_1]$ 上连续可微也是可以的. 比如 $$\bex f(x)&=&f(0)+f‘(\xi_x)x\sex{\xi_x\in (0,x),\mbox{中值定理}}\\ &>&x\sex{\mbox{保号性}}. \eex$$

3 试证明 $f(x)=x^{-2}$ 在 $(0,1)$ 上不一致连续, 但对任何 $\delta>0$ , 在 $[\delta,1)$ 上一致连续.

证明:

(1) $f(x)=x^{-2}$ 在 $(0,1)$ 上不一致连续. 因为 $$\sev{\frac{2}{n}-\frac{1}{n}} =\frac{1}{n}\to 0 \sex{n\to\infty},$$ 但 $$\sev{f\sex{\frac{2}{n}}-f\sex{\frac{1}{n}}} =\frac{3}{4}n^2\to\infty \sex{n\to \infty}.$$

(2) $f(x)=x^{-2}$ 在 $[\delta,1)$ 上一致连续, 其中 $\delta\in (0,1)$ 任意. 因为 $$\sev{f‘(x)} =\sev{-2x^{-3}} \leq 2\delta^{-3}<\infty,$$ 而 $$\bex \sev{f(x)-f(x‘)} &\leq&2\delta^{-3}\sev{x-x‘}\sex{\mbox{中值定理}}\\ &\to&0\sex{\sev{x-x‘}\to 0}. \eex$$

4 设 $0<\alpha<\beta$ , $\lambda$ 为实参数. 记 $$f_\lambda(x)=x^\alpha-x^\beta-\lambda.$$ 证明存在 $\Lambda>0$ , 使得对任何 $\lambda\in [0,\Lambda)$ , 都存在 $\delta>0,a>0$ , 满足 $f_\lambda\sex{a}\geq \delta$ .

证明: 其实真是没搞懂这个题目要做什么... $\dps{\exists\ \Lambda=\frac{1}{2}\sex{\frac{1}{2^\alpha}-\frac{1}{2^\beta}}>0}$ , $\forall\ \lambda\in [0,\Lambda)$ , $\dps{\exists\ a=\frac{1}{2}}$ , $\delta=\Lambda$ , $$\bex f_\lambda(a)&=&2\Lambda-\lambda\\ &>&\Lambda\\ &=&\delta. \eex$$

5 设 $p>0$ . 讨论级数 $\dps{\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n^p}}$ 的敛散性.

解答: 考察级数 $\dps{\sum_{n=1}^\infty\frac{\sev{x}^n}{n^p}}$ , 由 $$\lim_{n\to\infty} \frac{\sev{x}^{n+1}}{\sex{n+1}^p}\cdot \frac{n^p}{\sev{x}^n} =\lim_{n\to\infty} \sex{\frac{n}{n+1}}^p\sev{x}=\sev{x}.$$ 而

(1)当 $\sev{x}<1$ 时, 原级数绝对收敛;

(2)当 $\sev{x}=1$ 时,由 $\dps{\sum_{n=1}^\infty\frac{\sex{-1}^n}{n^p}}$ 收敛, 及 $$\bex \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^p}\left\{ \ba{ll} \mbox{发散}, &\mbox{当}p\leq 1,\\ \mbox{收敛}, &\mbox{当}p> 1, \ea \right. \eex$$ 知 (a) 当 $x=-1$ , $p\leq 1$ 时, 原级数条件收敛;

(b)当 $p>1$ 时, 原级数绝对收敛;

(c)当 $x=1$ , $p\leq 1$ 时, 原级数发散;

(3)当 $\sev{x}>1$ 时, 原级数发散.

6 设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上有界, 记 $$f^+\sex{x}=\max\sed{f(x),0},\ f^-\sex{x}=\max\sed{-f(x),0}.$$ 证明 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上可积的充分必要条件是 $f^+(x)$ , $f^-(x)$ 在 $[a,b]$ 上均可积, 并且 $$\int_a^bf(x)\rd x =\int_a^bf^+(x)\rd x +\int_a^bf^-(x)\rd x.$$

证明: 注意到 $$f(x)=f^+(x)+f^-(x),$$ 我们仅须证明等价性. 注意到

(1) $f$ 连续 $\dps{\ra f^+=\frac{\sev{f}+f}{2},\ f^-=\frac{\sev{f}-f}{2}}$ 连续;

(2) $f^+$ , $f^-$ 连续 $\ra f=f^++f^-$ 连续; 而 $$\bex f\mbox{ 的不连续点集是零测集} \lra f^+,f^-\mbox{ 的不连续点集是零测集}, \eex$$ 于是 $($ 实变理论 $)$ $$\bex f\mbox{ 可积}\lra f^+,\ f^-\mbox{ 可积}. \eex$$

注记: 设 $f$ 是 $[a,b]$ 上有界函数,则 $f$ 是 $Riemann$ 可积的充分必要条件是: $f$ 的不连续点集是零测集.

7 $f(x,y)$ 对两个变元均连续, 且关于其中一个变元单调, 则它就是两个变元混合连续的.

证明: 不妨设 $f$ 关于 $y$ 单增.对任意固定的 $(x_0,y_0)$ ,

(1)由 $f$ 关于 $y$ 连续, $\forall\ \ve>0,\ \exists\ \delta_1>0,\ s.t.$ $$\bee\label{lz08sf_7_f:y} \sev{y-y_0}\leq \delta_1\ra \sev{f(x,y_0)-f(x_0,y_0)}<\ve/2; \eee$$

(2)由 $f$ 关于 $x$ 连续, $\exists\ 0<\delta<\delta_1,\ s.t.$ $$\bee\label{lz08sf_7_f:x} \sev{x-x_0}\leq \delta\ra \left\{ \ba{ll} \dps{\sev{f(x,y_0+\delta)-f(x_0,y_0+\delta)}<\ve/2,}\\ \dps{\sev{f(x,y_0-\delta)-f(x_0,y_0-\delta)}<\ve/2,} \ea \right. \eee$$ 现对任意的 $(x,y)$ 满足 $\dps{\sev{x-x_0}\leq \delta,\ \sev{y-y_0}\leq \delta}$ , 有

(1) $$\bex f(x,y)&\leq&f(x,y_0+\delta)\sex{\mbox{由 }f\mbox{ 关于 }y\mbox{单增}}\\ &\leq&f(x_0,y_0+\delta)+\ve/2\sex{\mbox{由 }\eqref{lz08sf_7_f:x}_1}\\ &\leq&f(x_0,y_0)+\ve\sex{\mbox{由 }\eqref{lz08sf_7_f:y}}, \eex$$

(2) $$\bex f(x,y)&\geq&f(x,y_0-\delta)\sex{\mbox{由 }f\mbox{ 关于 }y\mbox{单增}}\\ &\geq&f(x_0,y_0-\delta)+\ve/2\sex{\mbox{由 }\eqref{lz08sf_7_f:x}_2}\\ &\geq&f(x_0,y_0)-\ve\sex{\mbox{由 }\eqref{lz08sf_7_f:y}}. \eex$$ 这就证到了结论.

8 设连续函数 $f(x)$ 满足 $f(1)=1$ , 记 $$F(t)=\int_{x^2+y^2+z^2\leq t^2}f\sex{x^2+y^2+z^2}\rd x\rd y\rd z.$$ 证明: $F‘(1)=4\pi$ .

证明:

(1)先化简 $F$ , $$\bex F(t)=4\pi\int_0^t r^2f(r^2)dr, \eex$$

(2)再计算, $$\bex F‘(t)=4\pi t^2f(t^2), \eex$$ $$\bex F‘(1)=4\pi f(1)=4\pi. \eex$$

9 称 $f(x)$ 是凸函数, 如果对任意的 $\lambda\in (0,1)$ , 均有 $$f\sex{\lambda x+\sex{1-\lambda}y}\leq \lambda f(x)+\sex{1-\lambda}f(y).$$

(1) 试给出凸函数的几何解释;

(2)若 $f(x)$ 是区间 $I$ 上的凸函数,试讨论 $f(x)$ 在 $I$ 上的连续性; (3)若 $f(x)$ 下有界, 即存在常数 $M$ , 使得对任何 $x$ , 都有 $f(x)\geq M$ , 问 $f(x)$ 是否有最小值? 证明你的结论.

证明:

(1)联结 $f$ 图像上两点的直线段总在 $f$ 图像的上方.

(2)对 $\forall\ x_1, x_2, x_3\in I$ 满足 $x_1<x_2<x_3$ , 记 $$\lambda=\frac{x_3-x_2}{x_3-x_1},$$ 而 $x_2=\lambda x_1+\sex{1-\lambda}x_3$ , $$\bex f(x_2)&=&f\sex{\lambda x_1+\sex{1-\lambda}x_3}\\ &\leq&\lambda f(x_1)+\sex{1-\lambda}f(x_3)\\ &=&\frac{x_3-x_2}{x_3-x_1}f(x_1) +\frac{x_2-x_1}{x_3-x_1}f(x_3), \eex$$ 即 $$\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x} \leq \frac{f(x_3)-f(x_1)}{x_3-x_1},\ \ \ \frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x} \leq \frac{f(x_3)-f(x_2)}{x_3-x_2}.$$ 于是对任意固定的 $x\in I^o$ $(I$ 的内部 $)$ , $$\bex h>k\ra \frac{f(x+h)-f(x)}{h}>\frac{f(x+k)-f(x)}{k}>\frac{f(x)-f(x-\delta}{\delta}, \eex$$ 其中 $\delta>0$ 充分小. 而对 $\forall\ h_l\to 0_+$ , $$\bex \sed{\frac{f(x+h_l)-f(x)}{h_l}}_{l=1}^\infty \eex$$ 单减有下界, 而极限存在. 简单的论述可以说明极限与所选取之特殊子列无关, 而 $f‘_+(x)$ 存在. 类似的, $f‘_-(x)$ 也存在. 于是 $f$ 左右连续,而连续. 当 $I$ 有左或右端点时, $f$ 在左端点左连续,或在右端点右连续.

(3)若 $I$ 是闭的,则 $f$ 一定存在最小值. 实际上, 令 $m=\inf f(x)$ , 则 $$\bex \exists\ x_n\in I,\ s.t.\ m\leq f(x_n)<m+1/n. \eex$$ 由 $Weierstrass$ 聚点定理, $$\exists\ \sed{n_k}\subset \sed{n},\ s.t.\ x_{n_k}\to x\in I,$$ 而 $$m\leq f(x)=\lim_{k\to\infty}f(x_{n_k})\leq \lim_{k\to\infty}\sex{m+1/{n_k}}=m,$$ 即 $$f(x)=m.$$ 但是若 $I$ 不是闭的, 那就未必了. 最简单的例子是 $f(x)=x,\ x\in (0,1)$ . 

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