武汉大学2006年数学分析考研试题

武汉大学2006年数学分析考研试题
武汉大学2006年数学分析考研试题
一、已知：
21lim 31x x ax b x
→++=-，求常数,.a b
二、已知：2
1
11()221n n
n x x +∞=-+∑，求其收敛域。

三、f 在[]0,1上可导，且(1)2(0)f f =，求证：(0,1)ξ∃∈，使得(1)()()f f ξξξ'+=。

四、已知()f x 在[]0,1上可导，(0)0,0()1f f x '=<≤。

求证：
1
1
2
30
(())()f x dx f x dx
≥⎰⎰。

五、 已知f 在[,]a b 上单调递增，(),()f a a f b b ≥≤，求证：[,]a b ξ∃∈，使得
()f ξξ=
六、 在过(0,0),(,0)O A π的曲线:sin (0)L y a x a =>中，求出使得3
(1)(2)L
y dx x y dy +++⎰的值最小的。

七、 求第二型曲面积分322
22
()
S
xdydz ydzdx zdxdy I x y z ++=++⎰⎰，S
为椭圆
222
222
1x y z a b c ++=的外侧
八、 求证0
sin xy
x
e
dx
x y
+∞
-+⎰在[]0,1上一致收敛。

九、 已知方程2
cos()0
x
y xy +-=
(1)研究上述方程并说明它在什么时候可以在点(0,1)附近确定函数()y y x =，
且(0)1y =。

(2)研究函数()y y x =在点(0,1)附近的可微性。

(3)研究函数 ()y y x =在点(0,1)附近的单调性。

(4) 试问上述方程在点(0,1)的充分小邻域内可否确定函数(),(1)0x x y x ==？并说明理由。

武汉大学2006年数学分析考研试题解答
一．解 由21lim 31x x ax b x
→++=-，
知()2
1
lim 0
x x
ax b →++=，
10
a b ++=，
()21123lim lim 211
x x x ax b x a
a x →→+++===-+--，
所以5a =-，4b =. 二．解 设()2
11221n n n x u
x x -⎛⎫
=
⎪+⎝⎭
，
显然当1x =时，()1
1n
n u
∞
=∑收敛，
当1x ≠时，()()
21
111lim
lim
221
n n n n n u x x x u x ++→∞
→∞-=+，
当1
121x x -<+时，()()
1lim 0
n n n u x u x +→∞
=，此时，()1n
n u
x ∞
=∑绝对收敛；
当1
121x x -=+时，
()1
2
n n
u x ≤，此时，()1
n n u
x ∞
=∑绝对收敛；
当
1
121
x x ->+时，()()
1lim
n n n u x u x +→∞
=+∞
，此时，()1
n
n u
x ∞
=∑发散，
所以级数的收敛域为1121x x -≤+，
()
()
2
2
121x x -≤+，()320x x +≥，
x ≥或者2x ≤-，
故收敛域为(][),20,-∞-+∞. 三．证明 设
()()1
f x F x x =
+，
则有()()00F f =，()()()()
11002f F f F ===， ()()()()()
2
11x f x f x F x x '+-'=
+，
由拉格朗日中值定理，存在()0,1ξ∈，使得
()()()()1010F F F ξ'-=-，
()()()100
F F F ξ'=-=，
即知有()()()10f f ξξξ'+-=，()()()1f f ξξξ'+=.
四、假设()f x 在[]0,1上可导，且()0()1,0,1,(0)0f x x f '<<∀∈=，
试证明 ()2
30
()()>⎰
⎰
x x
f t dt
f t dt
，()0,1∀∈x . 证明 令()
2
30
()()()=-⎰
⎰x
x
F x f t dt
f t dt
,
(
)320
()2()()()()2()()
'=-=-⎰⎰x x
F x f x f t dt f x f x f t dt f x ,
因()0()1,0,1,(0)0f x x f '<<∀∈=，所以()0>f x , 令20
()2()()
=-⎰
x g x f t dt f x ，则[]()2()1()0''=->g x f x f x ,
即得()(0)0>=g x g , 所以()0'>F x ， 则()
2
30
()()()(0)0
=->=⎰
⎰x x
F x f t dt
f t dt F ,()0,1∀∈x ,
于是 ()
2
30
()()x
x
f t dt
f t dt
>⎰⎰，()0,1∀∈x .
五．证明 有题设条件，对
a x b
≤≤，有
()()()a f a f x f b b
≤≤≤≤，
若()f a a =，则取a ξ=，即得结论.
若()a f a <，则存在0δ>（充分小），当a x a δ≤≤+时，有
()()
x f a f x <≤，
令[](){}:,,E x t a x t f t =∈<，则E 是非空有界集， 设sup E β=，则有a b β<≤，
()f ββ≤，
若b β=，则有()b f b b ≤≤，()b f b =， 若b β<，我们断言()f ββ=，
假若()f ββ<，则存在0δ>，使得[],t a βδ∈+时， 有()t f t <，
于是E βδ+∈，这与sup E β=矛盾，所以()f ββ=， 综合以上，结论得证.
六．解()()()3
12L
I a y dx x y dx =+++⎰
()()3
3
1sin 2sin cos a x x a x a x dx π
⎡⎤=+++⎣⎦⎰
3
3
2
000
sin 2cos sin cos a xdx a x xdx a x xdx π
π
π
π=+++⎰⎰⎰
()3
24
2203
a
a a π=+⋅+-+⋅
3
443
a a π
=-+，
()()()244411I a a a a '=-=+-，
1
a =时，()0I a '=，
当01a <<时，()0I a '<，()I a 在[]0,1上严格递减， 当1a <<+∞时，()0I a '>，()I a 在[)1,+∞上严格递增， 所以()I a 在1a =处达到最小值. 七．解 取0ε>充分小，2222
:S x y z ε
ε++=，
由高斯公式，得
()
3
2
2
22
S
xdydz ydzdx zdxdy
I x
y z
++=++⎰⎰
S
S S ε
ε
-=++⎰⎰⎰⎰⎰⎰
()
32
2
22
S xdydz ydzdx zdxdy x
y z
ε
++=++⎰⎰
31S xdydz ydzdx zdxdy ε
ε=++⎰⎰
()31111V dxdydz ε
ε=++⎰⎰⎰
3
3
14343
πεπ
ε=⋅⋅=.
八．证明 设(),sin f x y x =，(),xy
e g x y x y
-=
+，
显然()0
,2
A f x y dx ≤⎰
，对每一个[]0,1y ∈，(),g x y 关于x 单调
递减，
()10,g x y x
<≤
，
关于[]0,1y ∈一致的有()lim ,0x g x y →+∞
=， 由狄利克雷判别法，知()()0
,,f x y g x y dx
+∞⎰关于[]0,1y ∈是一
致收敛的， 即得0
sin xy
x e dx x y
+∞-+⎰
在[]0,1上一致收敛.
九．解 设()()
2
,cos F x y x
y xy =+-，
显然，有()0,10F =，
()(),1sin y F x y x xy =+，
()0,110
y F =≠，由隐函数存在定理，
存在0δ>，存在[],δδ-上的连续可微的函数()y y x =，
()01
y =，
满足()(),0F x y x ≡，[],x δδ∈-，
()(),2sin x F x y x y xy =+，
()()()()
()
,2sin ,1sin x y F x y x y xy y x F x y x xy +'=-
=-
+，
当0x δ<<，（0δ>充分小）时，有()0y x '<，()y x 在[]0,δ上严格单调递减；
当0x δ-<<时，有()0y x '>，()y x 在[],0δ-上严格单调递增， （4）()0,10x
F =，
由于每一充分接近1的y ，1y <， 存在x ，x -，使得(),0F x y =，(),0F x y -=，
所以上述方程在点()0,1的充分小邻域内，不能确定函数()x x y =，()10x =. 对1y >，方程()
2
cos x y xy +=无解.。