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()1nf C R ∈，满足()()f x f yx y -≥-，对于任意,nx 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 ht+-≥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1f-存在，且是连续可微的。

例2. 讨论序列()sin n ntf t n t=在()0,+∞上一致收敛性. 解 方法一 显然()11n f t n t≤⋅，对任意()0,t ∈+∞，有()lim 0n n f t →∞=，()sin n nt ntf 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，()11n 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 tn tn t n=≤≤≤， 即得(){}n f t 在()0,+∞上是一致收敛于0的 例3、 判断1nn nx ∞=∑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2221x y za 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 DM 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 ∂=∂，()000fx 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 Dm 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 ax a→∞-=+，证明lim n n x a →∞=。

1、解 由20limlim 1n n n n n x a a x a x a →∞→∞⎛⎫-==- ⎪++⎝⎭， 知2lim1n nax 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12k 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 0kk 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()0lim x x f x →不存在，()f x 在0x 处不连续，结论得证.3、若函数()()()()()()()()()()2112f x f a f x f a x f a f a f a f a ϕ⎛⎫--⎛⎫ ⎪''''=+- ⎪' ⎪⎝⎭'⎝⎭， 求()a ϕ'及()a ϕ''，其中()f x 在x a =处有二阶导数，且()0f a '≠ 。

3、解 ()0a ϕ=，()()()limx ax a a x aϕϕϕ→-'=-()()12f a f a '''=-， ()()()()()()()()()()()3212f x f a f x f x x f a f a f a f a ϕ⎛⎫'-'⎛⎫ ⎪''''=+- ⎪' ⎪⎝⎭'⎝⎭， ()()()limx ax a a x aϕϕϕ→''-''=-()()()()()()()()()()()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)nn 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(0x x n n -∑∞=收敛，当10<≤x 时，)1(0x x n n -∑∞=收敛，于是)1()1(0x x nn n --∑∞=在]1,0[上绝对收敛；命nn x a )1()(-=，)1()(x x x b nn -=，显然 1|)1(|0≤-∑=nk k ，对每一]1,0[∈x ，)}({x b n 是递减的，1()(1)(1)nnn n n b x x x n +=-≤+，[0,1]sup ()n nx b x β∈= 1(1)n n n n +=+011)111(→++=n nn ，（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(0x x nn n --∑∞=在]1,0[上一致收敛；由于11)1()(+=-=-=∑n nk k n xx x x S ,在)1,0(上不一致收敛，所以)1(0x x n n -∑∞=在]1,0[上不一致收敛。

5、.证明 01sin()2,(0,1,2,)sin 2k t dt k t ππ+==⎰ . 5、证明 证法一 由1sin()212cos 2cos sin 2k tt kt t +=+++ ，得01sin()2,(0,1,2,)sin 2k t dt k t ππ+==⎰ . 证法二 dt t t k I k ⎰+=π0sin )12sin(dt ttkt t kt ⎰+=π0sin sin 2cos cos 2sin dt tt kt ⎰=π0sin cos 2sin dt kt ⎰+π02cos dt t t k t k ⎰-++=π0sin 2)12sin()12sin( 12121-+=k k I I ，所以，1-=k k I I ， ,2,1=k ， 而ππ==⎰dt ttI 00sin sin ， 于是π======-0121I I I I I k k ，再由dt t t k ⎰+ππ2sin )12sin()()sin())(12sin(02du u u k u t ---+=⎰=-ππππdt t t k ⎰+=20sin )12sin(π， 从而2sin )12sin(20ππ=+⎰dt t t k ，2sin )12sin(20ππ=-⎰dt t t k ， ,2,1=k ； 得01sin()2,(0,1,2,)sin 2k t dt k t ππ+==⎰ 。

6、计算由下列曲面围成的立体的体积：22222222222b 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 ϕθϕθϕ===，并利用对称性，即得到体积sin 22208sin V d d abcr dr ππϕθϕϕ=⎰⎰⎰4208sin 23abcd ππϕϕ=⎰243134224abc abc πππ=⋅⋅⋅=． 二、求极限 21lim (1)sin nn 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 3sin ()x x O x =+,3322611lim 1sin lim 1nnn n k k k k k k k O n n n n n πππ→∞→∞==⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑, 由于 33336611|1()|20,()nnk k k k k O C n n n n ππ==⎛⎫+≤→→∞ ⎪⎝⎭∑∑，所以2211lim 1sin lim 1nn n n k k k k k k n n n n ππ→∞→∞==⎛⎫⎛⎫+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑ 65)(1)(lim 102122πππ=+=+=⎰∑=∞→dx x x n n k nk nk n . 解法2 利用31sin 6x x x x -<<，得 3326221sin 6k k k k n n n n ππππ-<<， 332622111111(1)1sin 16nn n nk 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,()nnk k k k k n n n n ππ==⎛⎫+≤→→∞ ⎪⎝⎭∑∑，21lim 1nn k k k n n π→∞=⎛⎫+ ⎪⎝⎭∑65)(1)(lim 102122πππ=+=+=⎰∑=∞→dx x x n n k nk n k n ， 所以215lim(1)sin 6nn 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 )]yLe x x y x dx y x x x dy x y ++-+⎰。