北京大学2019年数学分析试题及解答

3.
设
B(m, n, x)
=
∑n (−1)k Cnk
xm+k+1 m+k+
1
,
则有
dB(m, n, dx
x)
=
∑n (−1)k Cnk xm+k
= xm(1 − x)n.
于是
k=0
k=0
∑n (−1)kCnk k
k=0
+
1 m
+1
=
B(m, n, 1)
=
∫1 xm(1 −
0
x)n dx
=
∫1
0
xn(1
π ln 2 I1 = − 2 , I(1) = I(−1) = 0.
0, I(x) = 2π ln |x|,
|x| < 1 .
|x| ⩾ 1
计算当 |x| < 1 时, I(x) 的表达式的另一种方法: ∑ ∞
对于固定的 x ∈ (−1, 1), 由 Weierstrass 判别法知关于 θ 的级数 2 xn sin(nθ) 在 R 上一致收敛到
−
x)m
dx
=
B(n,
m,
1)
=
∑ m (−1)k Cmk
k=0
k
+
1 n
+
. 1
注 几乎完全一样的题目见《数学分析习题课讲义》上册第 334 页第 17 题.
4. 取 ln(1 + an) =
(−√1)n , n
则
an
=
e (−√1)n n
− 1,
lim
an
−
(−√1)n n
n→∞ 1/n
=
1 ,
的极限为
c.
注 几乎完全一样的题目见《数学分析习题课讲义》上册 96 页第三章第二组参考题第 10 题或者裴礼文的《数 学分析中的典型问题与方法》第二版第 109 页练习题 1.6.10.
8.
∑ +∞
sin
nπ 4
n=1
np
+
sin
nπ 4
−
∑ +∞
sin
nπ 4
np
n=1
=
−
∑ +∞
n=1
(np
sin2
n→+∞
=
l, lim xn n→+∞
=
L,
知
{xn}
中有无穷项小于等于
l+c 2
,
有无穷项
大于
c.
从而
|xn+1 − xn|
有无穷多项大于等于
c−l 2
,
矛盾.
类似地,
存在
n2
> n1
使得
xn1 +c 2
< xn2
⩽ c.
以
此类推可取一个子列
{xnk }
,|xnk
−
c|
⩽
c−l 2k
,
此时
{xnk }
)np
在 0 < p ⩽ 1/2 时发散, 在 p > 1/2 时绝对收敛.
综上: 当 p > 1 时原级数绝对收敛, 当 1/2 < p ⩽ 1 时原级数条件收敛, 当 0 < p ⩽ 1/2 时原级数发散.
注 解题思路与《数学分析习题课讲义》上册 284 页第十二章例题 12.2.4 一样, 可以算作改编题.
∫ +∞
这与
f ′(x) dx 有意义的 Cauchy 收敛原理矛盾.
1
注 裴礼文的《数学分析中的典型问题与方法》第二版第 249 页例 3.3.11 与本题几乎完全相同, 那里有另外一
种证明方法. 我写的这个解法是源于一个很经典的题目, 可以见《数学分析习题课讲义》上册第 396 页命题
12.4.1, 陈纪修等人编著的《数学分析》第二版上册第 379 页例 8.2.9, 林源渠、方企勤编的《数学分析解题
又因为 x ln x 在 (0, 1) 上连续,
lim
x ln x = 0,
lim
x ln x = −1, 因此
x ln x
在 [0,1] 上有上界 M ，故
1−x
x→0+ 1 − x
x→1− 1 − x
1−x
∫ 1 xN x ln x dx 0 1−x
⩽
M , 令N N +1
→
∫1 ∞得 f (x) dx
n=1
ln(1 − 2x cos α + x2) = −2 ∑ ∞ cos(nα) xn, α ∈ R n
n=1
对于固定的
x
∈
(−1, 1),
同样由
Weierstrass
判别法知关于
θ
的级数
∑ ∞ −2
cos(nθ) xn
在
R
上一致收敛到
n
n=1
ln(1 − 2x cos θ + x2), 因此
I (x)
∫ 2π
0
1
−2 cos θ + 2x − 2x cos θ + x2
dθ
=
1 2
∫
|z|=1
1 iz
1
−(z
+
1 z
)
+
2x
−
(z
+
1 z
)x
+
x2
dz
=
0.
因此 I(x) = 0, x ∈ (−1, 1).
当 |x| > 1 时,
I (x)
=
∫π
0
ln(1
−
2x
cos
θ
+
x2)
dθ
=
∫π
0
ln(x2)
n→+∞
n→+∞
n→+∞
∀c ∈ [l, L], 都有 {xn} 的子列收敛于 c.
8. (20 分) p > 0, 讨论级数
∑ +∞
sin
nπ 4
n=1
np
+
sin
nπ 4
的绝对敛散性和条件敛散性.
9.
(20
分)
求
f (x) =
2x sin θ 1 − 2x cos θ + x2
在x = 0
处的
Taylor
指南》第 417 页题 7.11 , 裴礼文《数学分析中的典型问题与方法》第二版第 415 页例 4.5.24 .
7.
首先
l
与
L
均是
{xn}
的某个子列的极限.
下面任取
l < c < L,
则
∃xn1 ,
使得
l+c 2
< xn1
⩽ c,
否则
∀n ∈ N,
要么
xn
⩽
l+c 2
,
要么
xn
>
c,
结合
lim xn
2
因此
∑ ∞
( an
−
(−√1)n n
)
发散,
而
n=1
∑ ∞ (−√1)n 收敛, n
∑ ∞
+∏∞
因此 an发散, 但此时有 (1 + an)收敛.
n=1
n=1
n=1
注 此题可以看作是对《数学分析习题课讲义》下册第 28, 29 页所述内容的一个补充. 陈纪修等人编的《数学 分析》第二版下册第 54 页第 7 题给了另外一个例子.
3.
(10
分)
证明恒等式
∑n (−1)k Cnk
k
+
1 m
+
1
=
∑ m (−1)k Cmk
k
+
1 n
+
1
.
k=0
k=0
4.
(10
分)
已知无穷乘积
+∏∞ (1 + an)
收敛,
是否有
+∑∞ an
收敛?
证明或者举出反例.
n=1
n=1
∑ +∞
∫1
5. (10 分) 设 f (x) = xn ln x, 求 f (x) dx.
0
=
∑ ∞ −
k=1
(k
1 + 1)2
=
( π2 −
6
) −1
=
1−
π2 .
6
注 此题为北京大学 1987 年数学分析考研真题第四题第二问, 它与裴礼文的《数学分析中的典型问题与方法》
第二版第 529 页例 5.2.52 类似.
2
∫ +∞
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
6. 因 f ′′(x) 在 (0, +∞) 有界, 故 f ′(x) 在 (0, +∞) 上一致连续. lim f (x) 存在, 说明
|f ′(x) − f ′(y)| < ε0/2. 从而有
∫ xn+δ0
∫ xn+δ0
f ′(x) dx =
f ′(x) − f ′(xn) + f ′(xn) dx
xn
xn
∫ xn+δ0
∫ xn+δ0
⩾
f ′(xn) dx −
f ′(x) − f ′(xn) dx
xn
xn
⩾
ε0δ0
−
ε0 2
δ0
= ε0δ0 . 2
∑ ∞ f (x) = 2 sin(nθ) xn, x ∈ (−1, 1).
n=1
3
∫π 记 I(x) = ln(1 − 2x cos θ + x2) dθ, 则 I(0) = 0.
0
当 |x| < 1 时,
I ′ (x)
=
∫π
0
1
−2 cos θ + 2x − 2x cos θ + x2
dθ
=
1 2
北京大学 2019 年全国硕士研究生招生考试数学分析试题及解答
微信公众号：数学十五少 2019.03.23
1.
(10
分)
讨论数列
an
=
√ n 1+
√ n 2+···+
√ nn
的敛散性.
2. (10 分) f (x) ∈ C[a, b] 且 f (a) = f (b). 证明存在 xn, yn ∈ [a, b], 使得 lim (xn − yn) = 0 且 f (xn) = n→+∞ f (yn), ∀n ∈ N∗.
展开式,
∫π 并求 ln(1 − 2x cos θ + x2) dθ.
0
10.
∫ (20 分) 证明
+∞ sin x dx =
π ,
∫ 求
+∞ sin2(yx) dx.
0
x
2
0
x2
1
1. 因为
√
1 ⩽ an ⩽
n
n(n + 1) 2
⩽
√ n n2
=
( √n n)2
,
又因为 limn→∞ ( √n n)2 = 1, 由夹逼定理知 lim an = 1. n→∞
次就行了;
或者从内到外放缩,
先注意到
1
⩽
√ nn
<
2,
就有
√ n (n − 1) +
√ nn
<
√ nn+1
<
3,
以此类推,
最
后可以得到
1
⩽
an
⩽
√ n 1 + 2.
2. 取 xn = yn = a, n ∈ N∗ 即可.
注 出题老师大意了, 我仔细看了题干几次, 原题并没有添加其他要求, 说原题有条件 xn ̸= yn 的人纯属胡扯, 这题是送分题.
5. 因为
∫1
∫ 1 ∑ N
∫ 1 ∑ ∞
f (x) dx =
xk ln x dx +
xk ln x dx
0
0 k=1
0 k=N +1
∑ N ∫ =
1
xk ln x
∫ dx +
1
xN +1
ln x
dx
k=1 0
0 1−x
∑ N =−
k=1
1 (k + 1)2
∫ +
1 xN x ln x
0 1−x
dx.
nπ 4
+
sin
nπ 4
)np
,
∑ +∞
sin
nπ 4
np
在 p > 1 时绝对收敛, 在 0 < p ⩽ 1 时条件收敛.
n=1
sin2
nπ 4
(np
+
sin
nπ 4
)np
∼
sin2
nπ 4
n2p
=
1
− cos n2p
nπ 2
,
(n
→
+∞),
∑ +∞
sin2
nπ 4
因此 n=1
(np +sin
nπ 4
n=1
0
6. (20 分) f (x) 为 (0, +∞) 上二次可微函数, 若 lim f (x) 存在, f ′′(x) 有界. 证明 lim f ′(x) = 0.
x→+∞
x→+∞
7. (20 分) 数列 {xn} 有界, 且 lim (xn+1 − xn) = 0, lim xn = l, lim xn = L, −∞ < l < L < +∞. 证明
f ′(x) dx 有意义,
x→+∞
1
下面证明 lim f ′(x) = 0. 若 lim f ′(x) ̸= 0, 则存在 ε0 > 0, 对于任意的 x > 0, ∃t > x, 使得|f ′(t)| ⩾ ε0,
x→+∞
x→+∞
于是存在 xn 单调递增趋于 +∞, 且 |f ′(xn)| ⩾ ε0. 由一致连续, 对于上述 ε0, ∃δ0 > 0. 当 |x − y| < δ0 时,
+
ln(1
−
1 2
x
cos
θ
+
1 x2
)
dθ
=
∫π
0
ln(x2)
dθ
=
2π
ln
|x|.
又因为
∫ I(1) =
π
∫
ln(2 − 2 cos θ) dθ = 2
π
ln
( 2
sin
) θ
dθ
=
2π
ln
2
+
4
∫
π 2
ln(sin θ) dθ,
I (−1)
=
∫0 π
ln(2
+
2
cos
θ)
dθ
=
2
∫0 π
ln
( 2
cos
2 θ
)
dθ
=
2π
ln
2
+
4
∫0
π 2
ln(cos
θ)
dθ.
0
0
2
0
令 则 于是 综上得
∫π
∫π
2
2
I1 = ln(sin θ) dθ = ln(cos θ) dθ,
0
0
2I1
=
∫
0
π 2
ln
( 1 2
sin
) 2θ
dθ
=
π −
ln 2
2
+
1 2
∫π
0
ln(sin
θ)
dθ
=
π −
ln 2
2
+
I1,
9.
设 f (x) =
∑∞ anxn, 则
2x sin θ
=
(1
−
2x cos θ
+
x2) ( ∑∞
) anxn
,
展开比较
xn
的系数得 a0
= 0, a1
=
n=1
n=1
2 sin θ, an − 2 cos θ an−1 + an−2 = 0, n ⩾ 2. 由数学归纳法易知 an = 2 sin(nθ), n ∈ N. 于是
n=1
1
−
2x sin θ 2x cos θ +
x2
,
因此
∫α
0
1
−
2x sin θ 2x cos θ +
x2
dθ
=
2
∑ ∞
n=1
∫α
0
xn
sin(nθ)
dθ
ln(1 − 2x cos α + x2) − 2 ln(1 − x) = −2 ∑ ∞ cos(nα) xn + 2 ∑ ∞ xn
n
n
n=1
注 求复杂结构式子的极限时, 夹逼定理是王道. 此题与谢惠民等人的《数学分析习题课讲义》上册第二章第二
组参考题第一题有些类似. 这题你只要想到用夹逼定理基本上就能自己写出来, 上述证明中的放缩方式是
小小提出的. 另外的放缩方式可以是用几何-算术平均值不等式, 如果连续用 n 次也可估计出来, 不过用一
=
∫
π
ln(1 − 2x cos θ + x2) dθ
=
∫
π ∑ ∞ −2
cos(nθ) xn dθ
=
∑ ∞ ∫ −2
π
cos(nθ) xn dθ
=
0, x
∈
(−1, 1).
0
0
n
n=1
n=1 0
n
4
注 此题前半部分与《数学分析习题课讲义》下册 73 页例题 14.4.5 几乎一模一样, 差别在于多了一个常数 2, 也 可参考《数学分析中的典型问题与方法》第二版第 549 页例 5.3.14 或者第 600 页例 5.4.16. 后半部分是一 个很经典的积分, 可在各种数学分析教材和习题书的含参变量积分部分找到, 比如《数学分析中的典型问题 与方法》第二版第 600 页例 5.4.17 或者第 816 页练习题 7.1.13 中的 b), 张筑生的《数学分析新讲》第三册第 337 页例 2, 林源渠、方企勤编的《数学分析解题指南》第 304 页例 2 . 利用这里算出的 ln(1 − 2x cos θ + x2) 的幂级数展开和 Abel 第二定理, 我们还可以完成北京大学 2018 年数学分析倒数第二题的证明.