苏州大学2005年数学分析考研试题解答

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π
解：显然f ( x)在[−π ，π ]上是奇函数 因此a n = 0
bn = = 2 f ( x) sin(nx)dx = ∫ f ( x) sin(nx)dx + ∫ π ∫π π π π
− −
1
π
1
π
0
1
π
0
f ( x)sin(nx)dx
1 π1 sin(nx)dnx π ∫0 π ∫0 4 2 ∫0 n 1 1 11 1 1 1 1 = (−1) cos(nx) |π cos(nπ ) + = (−1) n +1 + = 0= − 2 n 2n 2n 2n 2n 2n − 1 ∞ 1 所以f ( x) ∼ ∑ sin nx n =1 2 n − 1
2.(18') f ( x) [0 1]
0 0
n
n
n
nk
nk
0
nk
0
0
nk
0
0
x → x0
0
x → x0
0
（） 1∫
3.(20 ') f ( x) R
2π 0
设 是 上的2π 周期函数，满足：
数学分析
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f ( x)dx = 0
证明：（1）f(x)在R上可以取到最大值，最小值 （2）max f ( x) ≤ π L 证明：（1）由 f ( x) − f ( y) ≤ L x − y , ∀x, y ∈ R知 ∀ε > 0, ∃δ > 0, 取x ∈ [0, 2π ], ∀x ∈ [0, 2π ], 当 x − x < δ 时，有 f ( x) − f (x ) ≤ L x − x 取δ < ε , 则有 f ( x) − f (x ) < ε , L 从而f ( x)在[0, 2π ]上连续，既f ( x)在[0, 2π ]上可以取到最大值，最小值 又f ( x)是R上的2π 周期函数，所以f(x)在R上可以取到最大值，最小值。 （2）令f(x ) = max f ( x) 由∫ f ( x)dx = 0知∃x ∈[0, 2π ]，使得f (x ) = 21π ∫ f ( x)dx = 0 以下分三种情况讨论： (a)当x = x 时 f(x ) = f (x ) = 0 ⇒ max f ( x) = 0 ≤ π L (b)当x > x 时,由f(x)的周期性，得 2 f(x ) − f (x ) = f(x ) − f (x ) + f(x + 2π ) − f (x ) ≤ L(x − x ) + L(x + 2π − x ) = 2π L (c)当x <x 时,由f(x)的周期性，得 2 f(x ) − f (x ) = f(x ) − f (x ) + f(x + 2π ) − f (x ) ≤ L(x − x ) + L(x + 2π − x ) = 2π L 从而由(a)，(b)， (c)知道max f ( x) ≤ π L
0 0
2π
1
a+ a −r 2
r
3 1 1 1 1 3 rdz = 2π ( a − (a − 1) 2 − + a 2 ) 2 3 3 3
数学分析
− , −π < x < 0 （18 ‘）将函数f ( x) = { 4 展成Fourier级数， 7. π ,0 ≤ x < π 4 ∞ 1 并求∑ 的和。 2 n=1 (2 n − 1)
(事实上
a − L + an − L an +1 a −a 1 − 1 = n +1 n ≤ n +1 < ⋅ 2ε ) an an an A
∞
所以L ≠ 0时，f(x)=∑ an x n的收敛区间为（ − 11 ， ）
n=1
从而f(x)= ∑ an x n在（ − 11 ， ）上有定义
n=1
∞
若L=0,则 lim an = 0，∃N ,当n > N时， （ − 11 ， ）) ∑ an x n → 0, (当x ∈
2
f (a)(x-a)+f′′(a)( x −2a) + o(( x − a) )) = lim( ( x − a) + o(( x − a ) )) ( x − a ) f ′( a )(f′(a)(x-a)+f′′(a) 2 -f′′(a)( x −2a) + o(( x − a) ) = lim ( x − a) ( x − a ) f ′(a )(f′(a)(x-a)+f′′(a) + o(( x − a ) )) 2
3 1 1 1 1 3 2 V = ∫∫∫ dxdydz = ∫ dθ ∫ dr ∫ rdz = 2π ( a + (a − 1) − − a 2 ) 0 0 r 2 3 3 3 2 (3)当2a − a < 0时，即0<a<2时，圆锥体与球体相交 2π 1 a− a −r 2
V = ∫∫∫ dxdydz = ∫ dθ ∫ dr ∫
π
f ( x) sin(nx)dx =
2
π
sin nxdx =
∞ 1 有界， 单调递减 → （n (2)因为∑ sin(nx) 0 → ∞） 2n − 1 n=1
所以由Arbel判别法知∑
1 由帕塞瓦尔等式知：
1 sin nx收敛 n =1 2n − 1
π
−
∞
π
∫π
[ f ( x)]2 dx = 1
数学分析
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（） 1 lim a + b , (0 < a ≤ b) 解：因为 b < a + b ≤ 而 lim b = lim 2b = b 因此 lim a + b = b
n n n n →∞ n n n n n n n n n n →∞ n →∞ n n n n →∞
( x − a ) f ′(a ) − ( ′
2 x →a 2 2 2 2 x →a 2 2
1 f ′′(a ) f ′′( a) 2 = lim =− x →a ( x − a) 2[ f ′(a )]2 + o(( x − a )) f ′(a )( f ′(a ) + ′′ 2 −
f (a)
设 在 ，上可微，且f ( x)的每一个零点都是简单零点，即若f ( x ) = 0 则f′( x ) ≠ 0.证明：f ( x)在[0,1]上只有有限个零点。 证明：设若不然f ( x)在[0,1]上有无穷多个零点，不妨设{x } ⊂ [0,1], f (x ) = 0, n = 1, 2ٛ 则存在{x }的一个子列{x }, 使得x → x (k → ∞)且f (x ) = 0，从而f ( x ) = 0 f (x ) − f ( x ) f (x ) 则f ′( x ) = lim f ( xx) − = lim = 0与题设相矛盾！ −x x−x 所以f ( x)在[0,1]上只有有限个零点。
x∈R 0
0
(2) f ( x) − f ( y ) ≤ L x − y , ∀x, y ∈ R
0
0
0
M
x∈[0,2π ]
2π
2π
0
0
0
0
M
0
M
0
x∈[0,2π ]
M
0
0
M
0
M
0
M
0
M
0
M
M
0
0
M
M
0
M
0
0
M
M
0
x∈R
u ∂u （ ）将方程x ⋅ ∂ − y⋅ = 0变为以极坐标r,θ 为自变量的形式，其中极坐标 ∂y ∂x 变换为x=rcosθ ,y=rsinθ ,(r ≠ 0) 解： 4. 16′ ∂u ∂u ∂u = ⋅ cos θ + ⋅ r ⋅ (− sin θ ) ∂x ∂r ∂θ ∂u ∂u ∂u = ⋅ sin θ + ⋅ r ⋅ cos θ ∂y ∂r ∂θ ∂u ∂u ∂u ∂u ∂u ∂u ∂u x⋅ − y⋅ = r ⋅ cos θ ⋅ ⋅ sin θ + r 2 cos 2 θ − ⋅ r sin θ cos θ + r 2 sin 2 θ = r2 ∂y ∂x ∂r ∂θ ∂r ∂θ ∂θ ∂u r2 =0 ∂θ
x →1
∞
∞
∞
n=0
n=1
x →1
n=1
n=1
= lim( a1 x + ∑ (an +1 − an ) x n +1 ) = a1 + ∑ (an +1 − an ) = a1 + lim(an +1 − a1 ) = L −
x →1
∞
∞
n=1
n=1
n →∞
6.(20 ')求由圆锥体z ≥ x 2 + y 2 和球体x 2 + y 2 + ( z − a ) 2 ≤ a所围成的立体体积， 其中a > 0. z = x2 + y 2 解： { ⇒ 2 z 2 − 2az + a 2 − a = 0 2 2 2 x + y + ( z − a) = a (1)当2a − a 2 < 0时，即a > 2, or , a < 0时 圆锥体与球体不相交，从而所围体积为0 （2）当2a − a 2 = 0时，即a = 2, or , a = 0时 （a)a = 0时，球体缩为一个点，从而所围体积为0 （b)a = 2时,圆锥体与球体相切，此时z=1 令{x=rcosθ , 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π y=rsinθ