2008年华南理工数学分析考研试题及解答

例 1.设:n n f R R →，且()1n

f C R ∈，满足()()f x f y

x y -≥-，对于任意

,n

x y R

∈，都成立.试证明f 可逆，且其逆映射也是连续可导的. 证明 显然，对于任意,n x y R ∈，x y ≠，有()()f x f y ≠，

f 是单射，所以1f -存在，

由()()11f x f y x y ---≤-，知1f -连续，

由()()f x f y x y -≥-，得

对任意实数0,t ≠向量,n x h R ∈,有()()f x th f x t h +-≥，

在()()

f x th f x h

t

+-≥中令0t →，取极限，则有 得()Jf x h h ≥，任何,n x h R ∈,从而必有|()|0Jf x ≠，Jf 可逆，

由隐函数组存在定理，所以1

f

-存在，且是连续可微的。

例2. 讨论序列()sin n nt

f t n t

=

在()0,+∞上一致收敛性. 解 方法一 显然()11

n f t n t

≤?，

对任意()0,t ∈+∞，有()lim 0n n f t →∞

=，

()sin n nt nt

f t t n t n t

=

≤=， ()0lim 0n t f t +

→=，关于n 是一致的；

对任意0δ>，当[),t δ∈+∞时，()11

n f t n δ

≤

?， 于是(){}n f t 在[),δ+∞上是一致收敛于0的， 综合以上结果，

故(){}n f t 在()0,+∞上是一致收敛于0的.

方法二 由()sin sin 1n nt nt nt f t n t

n t

n t n

=

≤

≤

≤， 即得(){}n f t 在()0,+∞上是一致收敛于0的 例3、 判断1n

n n

x ∞

=∑

在1x >上是否一致收敛. 例4. 设()f x 在(),-∞+∞上一致连续，且()f x dx +∞-∞

?

收敛，证明()lim 0x f x →∞

=.

例5.求有曲面2

2

21x y z

a b c

??++= ???所围成的立体的体积其中常数,,0a b c >.

例6、 设D 为平面有界区域，(),f x y 在D 内可微，在D 上连续，在D 的边界上

(),0f x y =，在D 内f 满足方程f f f x y

??+=??. 试证：在D 上(),0f x y ≡.

证明 因为(),f x y 在D 上连续， 设()(),max ,x y D

M f x y ∈=，

则0M =，

假若0M >，则存在()00x y D ∈，使得()00f x y M =， 于是有

()000f x y x ?=?，()000f

x y y

?=?， 这与()()00000f f x y f x y x y ??

??+=> ?????矛盾，

假若0M <，亦可得矛盾.

同理，对()(),min ,x y D

m f x y ∈=，亦有0m =，

故(),0f x y =，(),x y D ∈.

华南理工大学2008年数学分析考研试题及解答

一．求解下列各题 1、设

0a ≠，数列{}n x 满足lim 0n n n x a

x a

→∞

-=+，证明lim n n x a →∞

=。

1、解 由20lim

lim 1n n n n n x a a x a x a →∞→∞??-==- ?++??

， 知2lim

1n n

a

x a →∞=+，所以lim n n x a →∞=.

2、设cos ,()0,

x x f x x π?=??当为有理数

当为无理数， 证明 ()f x 在点12

k x k =+（k 为任意整数）处连续，而在其它点处不连续。

2、证明 ()1cos 02k f x k π?

?=+= ??

?，

显然有()()lim 0k

k x x f x f x →==，即()f x 在点k x 处连续；

对0k x x ≠，当x 沿着无理点趋向于0x 时，()f x 极限为0， 当x 沿着有理点趋向于0x 时，极限为0cos 0x π≠， 所以()0

lim x x f x →不存在，()f x 在0x 处不连续，

结论得证.

3、若函数()()()()()()()()()()2

112f x f a f x f a x f a f a f a f a ???--?? ?''''=+- ?' ???'??， 求()a ?'及()a ?''，其中()f x 在x a =处有二阶导数，且()0f a '≠ 。 3、解 ()0a ?=，

()()()

lim

x a

x a a x a

???→-'=-()()1

2

f a f a '''=-

， ()()()()()()()()()()()3212f x f a f x f x x f a f a f a f a ???'-'?? ?''''=+- ?' ???'??

， ()()()

lim

x a

x a a x a

???→''-''=-

()()()()()()()()()()()3211lim 2x a f x f a f x f x f a f a f a x a f a f a →??'-''-?? ?'''=+- ?' ?-??'?? ()()()()()()()()3212f a f a f a f a f a f a f a ??''''?? ?'''=+- ?' ???'??

()()()()212f a f a f a f a ''+??'''=

- ?'??

. 4、证明级数

(1)

(1)n

n n x x ∞

=--∑， 在]1,0[上绝对收敛；在]1,0[上一致收敛；

但

(1)n n x x ∞

=-∑在[0，1]上并不一致收敛.

4、证明：显当1=x

时，)1(0

x x n n -∑∞

=收敛，当10

<≤x 时，)1(0

x x n n -∑∞

=收敛，

于是

)1()1(0

x x n

n n --∑∞

=在]1,0[上绝对收敛；

命n

n x a )1()(-=，)1()(x x x b n

n -=

，显然 1|)1(|0

≤-∑=n

k k ，

对每一]1,0[∈x ，)}({x b n 是递减的，1

()(1)(1)n

n

n n n b x x x n +=-≤+，

[0,1]

sup ()n n

x b x β∈= 1(1)n n n n +=+011)111(→++

=n n

n ，（0→n ） )}({x b n 递减且一致收敛于0；

故由狄利克雷判别法知，

)1()1(0

x x n

n n --∑∞

=在]1,0[上一致收敛；

由于1

1)1()(+=-=-=

∑n n

k k n x

x x x S ,在)1,0(上不一致收敛，所以

)1(0

x x n n -∑∞

=在

]1,0[上不一致收敛。

5、.证明 01

sin()2,(0,1,2,)sin 2

k t dt k t π

π+==? . 5、证明 证法一 由

1

sin()212cos 2cos sin 2

k t

t kt t +=+++ ，

得01

sin()2,(0,1,2,)sin 2

k t dt k t π

π+==? . 证法二 dt t t k I k ?+=π0sin )12sin(dt t

t

kt t kt ?+=π0sin sin 2cos cos 2sin dt t

t kt ?=π0sin cos 2sin dt kt ?+π02cos dt t t k t k ?-++=π0sin 2)12sin()12sin( 121

21-+=k k I I ，所以，1-=k k I I ， ,2,1=k ， 而ππ==?dt t

t

I 00sin sin ， 于是π======-0121I I I I I k k ，

再由dt t t k ?+π

π

2sin )12sin()()sin()

)(12sin(02

du u u k u t ---+=?=-ππππdt t t k ?+=2

0sin )12sin(π

， 从而2sin )12sin(2

0ππ=+?dt t t k ，2

sin )12sin(20π

π

=-?dt t t k ， ,2,1=k ； 得01

sin()2,(0,1,2,)sin 2

k t dt k t π

π+==? 。 6、计算由下列曲面围成的立体的体积：

22222

222222b y a x c z b y a x +

=???

? ??++，,常数,,0a b c >。 6、解 令sin cos ,sin sin ,cos x ar y br z cr ?θ?θ?===，并利用对称性，即得到体积

sin 2

2

20

8

sin V d d abcr dr π

π

?

θ??=?

??

420

8

sin 23

abc

d π

π??=?

2

43134224

abc abc πππ=???=． 二、求极限 21

lim (1)sin n

n k k k n n π

→∞=+∑ 。

二、解法1 直接化为黎曼和的形式有困难.

注意到 3

sin ()x x O x =+,

3322611lim 1sin lim 1n

n

n n k k k k k k k O n n n n n ππ

π→∞→∞==????????+=++ ? ? ? ?????????

∑∑, 由于 33336611

|1()|20,()n

n

k k k k k O C n n n n π

π==??+≤→→∞ ???∑∑，

所以

2211lim 1sin lim 1n

n n n k k k k k k n n n n ππ

→∞→∞==????+=+ ? ????

?∑∑ 65)(1)(lim 102122π

ππ=

+=+=?∑=∞→dx x x n n k n

k n

k n . 解法2 利用3

1sin 6

x x x x -

<<，得 332622

1sin 6k k k k n n n n ππππ-<<， 33262

2111111(1)1sin 16n

n n n

k k k k k k k k k k k k n n n n n n n n ππππ

====??????+-+<+<+ ? ? ???????∑∑∑∑, 由于33336611

|1|20,()n

n

k k k k k n n n n π

π==??+≤→→∞ ???∑∑，

21lim 1n

n k k k n n π

→∞=??+ ???∑65)(1)(lim 102122πππ=

+=+=?∑=∞→dx x x n n k n

k n k n ， 所以21

5lim

(1)sin 6n

n k k k n n ππ

→∞=+=∑ . 三、设L 为单位圆221x y +=的正向，计算积分

22[(sin cos )(sin cos )]y

L

e x x y x dx y x x x dy x y ++-+?。 三、解 设原式L

Pdx Qdy =+?，直接计算可得

Q P

x y

??=??，(,)(0.0)x y ≠， 我们利用“挖奇点”的方法。

做一个充分小的圆周222:C x y ε+=，方向逆时针。L 与C 所包围的区域记为

D ε，由格林公式得

(

)L

C

D Q P

Pdx Qdy Pdx Qdy dxdy x y

ε

??+-+=-??????

0=， 所以L

C

Pdx Qdy Pdx Qdy +=+??，

再应用一次格林公式及积分中值定理，得

2

1

[(sin cos )(sin cos )]y

C

C

Pdx Qdy e x x y x dx y x x x dy ε

+=

++-??

2

2

cos C

y D e xdxdy ε

-=

?? 22

2

cos y e x εεπεε-=

??

2cos y e x εεπ=-，

令0ε+→，得

00

lim(2cos )2cos 02y e x e εεεπππ+

→-=-=-， 所以22

[(sin cos )(sin cos )]2y

L

e x x y x dx y x x x dy x y π++-=-+?。 四、计算积分dxdy z h dzdx y g dydz x

f )()()(++??∑

，(),(),()f x g y h z 为连续函数，

其中:[0,][0,][0,]a b c ∑??的边界，外侧.

四、解

dxdy z h dzdx y g dydz x f )()()(++??∑

σd z n z h y n y g x n x f )),cos()(),cos()(),cos()((++=?∑

；

首先计算

dxdy z h )(??∑

σd z n z h ),cos()(?∑

=，在长方体的六个面上，显然在长方体的四

个侧面上，0),cos(=z n ，在上底面的上侧1),cos(=z n ，在下底面的下侧1),cos(-=z n ； 于是 dxdy z h )(??∑

σd z n z h ),cos()(?∑

=ab h c h ))0()((-=，

同理 d y d z x f )(??∑

bc f a f ))0()((-=

，ca g b g dzdx x g ))0()(()(-=??∑

， 故

dxdy z h dzdx y g dydz x f )()()(++??∑

bc f a f ))0()((-=ca g b g ))0()((-+ab h c h ))0()((-+ .

五、讨论积分0

sin sin p x

dx x x

+∞+?，()0p >，的敛散性

五、解

当1p >时，0sin lim 1sin p

x x

x x +

→=+， 当1p =时，0sin 1

lim sin 2

p

x x x x +→=+， 当1p <时，0sin lim 0sin p

x x

x x +→=+， 所以20sin sin p

x

dx x x +?收敛， 只考虑2sin sin p x

dx x x

+∞+?的敛散性， 1

lim 1sin 1x p

x

x

→+∞=+， sin 112

sin sin 1p p p

p x x x x x x x ≤?≤++，当x 充分大， 当1p >时，12

p dx x

+∞

?

收敛， 于是，当1p >时，0sin sin p x

dx x x

+∞+?绝对收敛， sin sin sin 11sin sin 21p p p

p x x

x x x x x x x

=≥++，当x 充分大， 当01p <≤时，1

sin 2p

x

dx x

+∞

?

发散， 0

sin sin p

x

dx x x

+∞

+?

发散. 五、讨论如下积分的敛散性. （1）()

22

sin sin p p

x

dx x x x +∞+?

，()0p >， （2）2sin sin p x

dx x x +∞

+?

，()0p >，

（3）0sin sin p x

dx x x

+∞+?，()0p >. 解 （1）为非负函数的积分，可用比较判别法，

由不等式()()()

22sin sin 1

1sin 1p p p p p p x x x x x x x x x ≤≤++-，

可知，若12p >

，则积分()

21

1

p p dx x x +∞-?收敛，

从而()

22

sin sin p p

x

dx x x x +∞

+?收敛， 若12p ≤

，由积分()

21

1

p p dx x x +∞+?发散， 易知()22

sin 1p p

x

dx x x +∞

+?也发散， 从而()

22

sin sin p p x

dx x x x +∞

+?

发散.

（2） 利用（1）之结果及等式

()22sin sin sin sin sin p

p p p x x x

x x x x x x =-++， 可知，积分2sin sin p x

dx x x

+∞

+?

当且仅当12p >收敛.

（3） 因()0sin lim sin p

x x

C p x x

+→=+， 故0不是奇点，收敛性与（2）相同.

利用

sin sin 1

1

sin 1

p p p x x x x x x ≤

≤

++-， 得 当1p >时，0sin sin p x

dx x x +∞

+?

绝对收敛， 当112p <≤时，0sin sin p x

dx x x

+∞+?条件收敛， 当102p <≤时，0sin sin p x

dx x x

+∞+?发散。 六、设()f x 在[,]a b 上连续，且()0b

a f x dx =?，()0b

a xf x dx =?，

证明：至少存在两点12,(,)x x a b ∈，使得12()()0f x f x ==。

设

f 是],[b a 上的连续函数，

且满足下列条件0)(=?

dx x x f k

b

a

，0,1,2,,k n = ，

证明f 在(,)a b 内至少有1n +个不同的零点。

证明 （1）由()f x 在[,]a b 上连续，利用积分平均值定理，存在1(,)x a b ∈，使得

11()()0b

a

f x f x dx b a =

=-?，

（2）我们断言()f x 必有第二个零点，假若()f x 在(,)a b 内只有一个零点1x ，则()f x 在1(,)a x 内不能变号，()f x 在1(,)x b 内不能变号，且在1x 的两侧只能异号，从而1()()x x f x -在1x 的两侧保持同号，于是

10()()b

a

x x f x dx ≠-?1()()b

b

a

a

xf x dx x f x dx =-??0=，

矛盾，故至少存在两点12,(,)x x a b ∈，使得12()()0f x f x ==。

七、设常数,,a b c 满足2

0ac b

-<， 且线性变换

1x y ξλ=+，2x y ηλ=+，

把方程程2222220u u u a b c x x y y ???++=????变换为方程20u

ξη

?=??。

证明12,λλ为方程220c b a λλ++=的两个不同实根。

七、证明 由求偏导的链锁法则，直接计算，代入，化简。 （二阶偏微分方程的特征理论的推导过程。）