数学分析(二)期末考试解答及评分标准

2
2
2
解：易知星形线 x 3 + y 3 = a 3 (a > 0) 的参数方程为
x = a cos3 t, y = a sin3 t, 0 ≤t ≤ 2π ………2 分
由曲线的对称性，只需求它在第一象限的弧长，即曲线总长 s 的 1 ，因此 4
∫ ∫ s =
π 2
⎜⎛ dx ⎟⎞2 + ⎜⎛ dy ⎟⎞2 dt = 3a
因此 f ( x) ⋅ g( x) 在[a, b]上可积. …………7 分
∞
∑ 3、证明函数项级数 (−1)n x n (1 − x) 在[0,1]上绝对收敛且一致收敛，但不绝 n=1
对一致收敛。
∞
∑ 证: (1) (−1)n x n (1 − x) 在[0,1]上绝对收敛: 实际上每项取绝对值之后 n=1
| f ( x) |≤ M , | g( x) |≤ M , M 为常数. 在[ xi−1 , xi ]上任取两点 x', x'' ,考虑
f ( x'')g( x'') − f ( x')g( x') = [ f ( x'') − f ( x')]g( x'') + [g( x'') − g( x')] f ( x')
∫ 解：因为 G( x + ∆x) = b f (t)dt ,于是 x + ∆x
∫ ∫ ∫ G( x + ∆x) − G( x) ∆x
=
1 ∆x
⎡ ⎢⎣
b x+ ∆x
f (t)dt
−
b x
f
(t
)dt
⎤ ⎥⎦
=
−
1 ∆x
x + ∆x
f (t)dt
x
…………3 分
由积分中值定理得，在 x与x + ∆x 之间必存在一点ξ ，使得
将 x = 1 代入上面两个幂级数中得 2
所以
∑ ∑ ∞ ⎜⎛ 1 ⎟⎞n = 1, ∞ (n + 1)⎜⎛ 1 ⎟⎞n = 3
n=1 ⎝ 2 ⎠
n=1
⎝ 2⎠
四、证明（共 28 分）
∑∞ 2n − 1 =3 …………8 分 2n
n=1
∑ 1. （共 7 分）利用 Cauchy 收敛原理证明级数 ∞ (−1)n+1 收敛。 n=1 2n 证: 对任意自然数 p，有
，当q
>
1时， ,
⎪⎩∞, 当0 < q ≤ 1时
因此，根据 cauchy 积分判别法得：
∑∞
当 q>1 时
1
n=2 n(ln n)q
散。…………8 分
∑∞
的 收 敛 ， 而 0<q≤1 时
1
n=2 n(ln n)q
的发
∞
∞
3、设数列 {an }单调趋于零，且级数 ∑ an 发散，讨论级数 ∑ an sin nx ，当
此即
∫bψ (u)sin pudu < ε , a
∫ lim bψ (u)sin pudu = 0 . …………7 分
p→+∞ a
五、讨论题（每小题 8 分，共 24 分） 1. 小题 8 分
∫ 若 f ( x) 在[a, b]连续，试讨论 G( x) = b f (t)dt 在[a, b]上可导性。 x
(密封线内不答题) ………………………………………密………………………………………………封………………………………………线……………………………………
座位号
专业
学院
_____________ ________
华南理工大学期末考试
《数学分析(二)》试卷 A 参考答案
注意事项：1. 考前请将密封线内填写清楚；
于是 所以
∫1 x+∆x f (t )dt = f (ξ )∆x
∆x x
G( x + ∆x) − G( x) = − f (ξ ) ∆x
lim G( x + ∆x) − G( x) = − lim f (ξ ) = − lim f (ξ ) = − f ( x)
∆x→0
∆x
∆x→0
ξ →x
这就证明了 G(x)可导且 G'( x) = − f ( x) 。…………8 分
侧不连续,而级数通项在 [0,1] 上连续,因此该级数在 [0,1] 上不一致连续.
…………4 分
∞
∑ (3) (−1)n x n (1 − x) 在[0,1]上一致收敛:直接计算出余项
n=1
∑ Rn ( x)
=
∞
(−1)k
k = n+1
x k (1 −
x)
=
(−1)n+1 x n+1 (1 − 1+ x
Ωi ≤ ωiM + ωi'M
从而
∑ ∑ ∑ Ω i ∆xi ≤ M ωi ∆xi + M ωi '∆xi
i
i
i
由于 f ( x), g( x) 在[a, b]上可积,所以
∑ ∑ ωi ∆xi → 0,
ωi '∆xi → 0, 当λ(∆) → 0时
i
i
故
∑ Ω i ∆xi → 0, 当λ(∆) → 0时 i
2. 可积、不可积
3. 5π 2a 3 4. 绝对收敛、发散
5． 1 + mx 2 + m(m − 1) x 4 + ... + m(m − 1)...(m − n + 1) x 2n + ...
2!
n!
三、计算（第 1 小题 7 分，共 23 分）
∫ 1. e ax cos bxdx （第 1 小题 7 分） ∫ 解: 因为当 a = 0, b = 0 时， e ax cos bxdx =C;
∞
∑ 的级数 x n (1 − x) 的部分和函数序列为{ x − x n+1 } ,因此在[0,1]上处处收敛. n=1
…………2 分
∞
∑ (2) (−1)n x n (1 − x) 在[0,1]上不绝对一致收敛: 从(1)可见取绝对值 n=1
∞
后的级数 ∑ x n (1 − x) 的和函数为 S( x) = x, x ∈ [0,1), S(1) = 0 ,它在点 x = 1 的左 n=1
=
− cos pb + cos pa
≤
2
…………2 分
a
p
p
现在把区间[a, b]分为小区间:
a = u0 < u1 < L < un = b , ∆ui = ui − ui−1 ,
M i , mi 分别为ψ ( x) 在[ui−1 , ui ] 的上、下确界，ωi = M i − mi ，有
∫ ∑ ∫ bψ (u)sin pudu = n ui ψ (u)sin pudu
∑ ∑ ∑ ∞
n=1
2n − 2n
1
=
∞
2
n=1
(n
+
1)⎜⎛ ⎝
1 2
⎟⎞ n ⎠
−
∞
3
n=1
⎜⎛ ⎝
1 2
⎟⎞ n ⎠
…………2
分
且
∑∞
1+ xn =
1
n=1
1− x
的收敛半径 R=1。在（-1，1）内逐项求导，得
∑∞
1 + (n + 1)x n =
1
…………5 分
n=1
(1 − x)2
《 数学分析（二） 》试卷 A 参考答案 第 2 页 共 2 页
π 2
cos4 t sin 2 t + sin4 t cos2 tdt
4 0 ⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠
0
π
∫ =
3a
π
2 sin t cos tdt
0
=
⎡sin 2
3a ⎢ ⎣
2
t
⎤ ⎥ ⎦
2 0
=
3 a, 2
所以， s = 6a . …………8 分
∑ 3、求级数 ∞ 2n − 1 的和。（第 3 小题 8 分） 2n n=1 解：因为
+
2n p i=1
mi
…………5 分
由于ψ (u) 可积，对于任意正数 ε ，存在分法，使
∑n
ωi ∆ui
i =1
<
ε 2
n
∑ 这时 mi 已定，再取 p 充分大 p ≥ p0 ，可使 i =1
∑ 2 n
p i=1 mi
<ε 2
因此，只要 p ≥ p0 ,就有
《 数学分析（二） 》试卷 A 参考答案第 5 页 共 5 页
2. 所有答案请直接答在答题纸上；
3．考试形式：闭卷；
4. 本试卷共 大题，满分 100 分， 考试时间 120 分钟。
题号
一
二
三
四
五
得分
评卷人
总分
一、选择题（每题 3 分，共 15 分） 1． A 2. C 3. D 4. B 5. A
二、填空题（每题 2 分，共 10 分）
1. tan x + C 或 csc x − cot x + C 2
| Sn+ p − Sn |< ε
∑ 故根据 Cauchy 收敛原理得，级数 ∞ (−1)n+1 收敛。…………7 分 n=1 2n
2、（共 7 分）若 f ( x), g( x) 在[a, b]上可积，则 f ( x) ⋅ g( x) 在[a, b]上也可积。
证 由假设 f ( x), g( x) 在[a, b]上可积，所以必为有界，设
⎝a ⎠ a
a
所以,综上所得
∫ e ax
cos bxdx
=
⎧ b sin bx
⎪ ⎨
a2
+ a cos bx + b2
e ax
+
C,
当a 2
+
b2
≠
0时
⎪⎩C , 当a 2 + b2 = 0时
其中 C 为任意常数。…………………7 分
2
2
2
2、计算星形线 x 3 + y 3 = a 3 (a > 0) 的弧长。（第 2 小题 8 分）
|
Sn+ p
−
Sn
|=
1 2
⎡1
⎢ ⎣
n
+
1
−
n
1 +
2
+
n
1 +
Βιβλιοθήκη Baidu
3
−
...
+
(−1) p−1
n
1 +
⎤
p
⎥ ⎦
…………1 分 所以当 p 为奇数时，
|
Sn+ p
−
Sn
|=
1 2
⎡1
⎢ ⎣
n
+
1
−
⎜⎛ ⎝
n
1 +
2
−
n
1 +
3
⎟⎞ ⎠
−
...
−
⎜⎜⎝⎛
n
+
1 p
−
1
−
n
1 +
p
⎟⎟⎠⎞⎥⎦⎤
<
1 n+
a
i =1 ui −1
∑ ∫ ∑ ∫ =
n i =1
ui [ψ (u) −
ui −1
mi ]sin
pudu +
n i =1
ui ui −1
mi
sin
pudu
∑ ∫ ∑ ∫ n
≤
i =1
ui ψ (u) −
ui −1
mi
n
du +
i =1
mi
ui sin pudu
ui −1
∑ ∑ ≤
n
ωi ∆ui
i =1
n+1⎝
n+2
⎠ n+1⎝n+ 2⎠ n+1
可见级数于[0,1]上一致收敛. …………7 分
4、设函数ψ ( x) 在区间[a,b]上有界可积，则
∫ lim bψ (u)sin pudu = 0
p→+∞ a
证: 因为ψ ( x) 在[a, b]上有界可积, 注意到对任意区间[a, b],
∫b
sin pudu
∫ 当 a = 0, b ≠ 0 时， e ax cos bxdx = 1 sin bx + C ; b
∫ 当 a ≠ 0, b = 0 时， e ax cos bxdx = 1 e ax + C ; a 当 ab ≠ 0 时,
…………3 分
学号
姓名
《 数学分析（二） 》试卷 A 参考答案 第 1 页 共 1 页
1
…………3 分 当 p 为偶数时，
|
Sn+ p
−
Sn
|=
1 2
⎢1
⎢ ⎣
n
+
1
−
⎜⎛ ⎝
n
1 +
2
−
n
1 +
⎟⎞ 3⎠
−
... −
⎜⎜⎝⎛
n
+
1 p
−
2
−
n
+
1 p
− 1 ⎟⎟⎠⎞
−
n
1 +
⎥
p
⎥ ⎦
<
1 n+
1
…………5 分
于是，对任意正数 ε
，取
N
=
⎡1⎤ ⎢⎣ε ⎥⎦
+
1 ，那末当
n>N
时总有
《 数学分析（二） 》试卷 A 参考答案 第 3 页 共 3 页
记ωi 及ωi '表示 f ( x), g( x) 在[ xi−1 , xi ]上的幅度,则
| f ( x'')g( x'') − f ( x')g( x') |≤ ωi M + ωi ' M …………3 分
如 f ( x)g( x) 在[ xi−1 , xi ]上的幅度 Ω i ,则有
∑∞
2、(小题 8 分) 讨论
1
(q > 0) 的收敛性。
n=2 n(ln n)q
解：因为函数 1 在[2,+ ∞) 单调递减，且 x(ln x)q
n dx
∫ { } 2 x(ln x)q
=
⎧1 ⎪⎪⎪⎨lqn−(ln1
⎧1 ⎩⎨[ln(ln 2)]q−1
−
1 [(ln(ln n)]q−1
n) − n(ln 2),当q > 1时
∫ ∫ ∫ e ax cos bxdx = cos bxd⎜⎛ 1 e ax ⎟⎞ = 1 cos bxe ax + b e ax sin bxdx
⎝a ⎠ a
a
∫ ∫ ∫ e ax cos bxdx = cos bxd⎜⎛ 1 e ax ⎟⎞ = 1 cos bxe ax + b e ax sin bxdx
⎬⎫，当q ⎭
>
1时， ,
⎪ ⎪
1
[(ln(ln n)]q−1 − [(ln(ln 2)]q−1 ，当0 < q < 1时
⎪⎩1 − q
《 数学分析（二） 》试卷 A 参考答案第 6 页 共 6 页
…………5 分
所以
∫ lim
n→∞
n dx 2 x(ln x)q
=
⎧ ⎪ ⎨
q
1 −
1
1 [ln(ln 2)]q−1
x)
因此有估计(其中利用了算术平均值-几何平均值不等式)
《 数学分析（二） 》试卷 A 参考答案 第 4 页 共 4 页
Rn ( x)
≤
(1 −
x)x n+1
=
1 n+
[(n 1
+ 1)(1 −
x)x n+1 ]
=
1 [(n + 1)(1 − n+1
x ) x. x... x]
≤ 1 ⎜⎛ n + 1 − (n + 1)x + x + .. + x ⎟⎞n+2 = 1 ⎜⎛ n + 1 ⎟⎞n+2 < 1 → 0