最新中国科学院数学研究院数学分析试题及答案

1 |
1
n(1
x) n 1(
xm 1
1)
dx
0
m1
m 10 0
m1
n I (m 1,n 1) ， m1
n
n n1
从而 I (m, n)
I (m 1,n 1)
I ( m 2,n 2)
m1
m 1m 2
n n1 1 I ( m n,0)
m 1m 2 m n
n!
1
m!n!
(m
n)! m
n1
(m
，即得解。
n 1)!
n
1
1
an 1
an 1
an 1
从而由正项级数的比较判别法知级数
1
收敛，矛盾，从而得证。
n 1 an
1
3、 设m,n 0为整数 , 求积分 x m(1 x)n dx的值 .
0
1
解： 设I(m,n)= xm(1 x)n dx,则由分部积分法有
0
I(m,n)=
1
(1-x) n d
xm 1
(1
x )n
xm 1
2、 已知 an
0, 级数 1 发散 ,求证级数
1 也发散 .
n 1 an
n 1 an 1
证明 : 用反证法。
由 an
1
0 知， 级数
，
1 均为正项级数。
n 1 an
n 1 an 1
假设级数
1 收敛，则 lim 1
0 ，于是有
n 1 an 1
n an 1
1
lim an
1 lim
lim
1
1，
n
1
n
an
(1)设 max| x [a,b]
f ( x) |
|
f (x0) |,则有 Newton
Leibniz公式有
x0
x0
| f (x0) | | f ( a) | | f (t ) | dt | f (t) | dt
a
a
x0
即 | f ( x0 ) |2 ( | f0
x0
x0
的和。 n 1 3n 2
1 dx
解：
设I=
0
1+x3，
则I
1 dx 0 1 x3
1
dx
0 (1 x)(1 x x2 )
1
1 1 1 x2
( 0 31
x
3 x2
) dx x1
1
1
1
1 2x 1 3
a f(x)
1 a f(x)
a et f (t )
1a
从而 a 1+ex dx
( 2
a 1+ex dx
a 1 et dt)
f ( x)dx 2a
10
a
1a
a
a
[ f (x)dx f (x)dx] [ f ( x)dx f ( x)dx] f ( x)dx ，
2a
0
20
0
0
得证。
5设函数 f (x)在含有 [a, b]的某个开区间内二次可导且 f (a)=f (b)=0,
b) 2.
而f '(a) f '(b) 0,故有
| f (b)
f (a) |
1
| 2!
f
''(
1)( x
a) 2
f ''( 2)( x b)2 |
令| f( ) | max{| f ''( 1) |,| f ''( 2 ) |}, 则有
|f(b )-f(a)|
1 | f ''( )2( b a )2 | f ''( ) | (b a)2
2!
2
4
4 即 | f ''( ) | (b a) 2 | f (b) f (a) |.
6、 设实值函数 f ( x)及其一阶导数在区间 [ a,b]上连续 , 而且 f(a)=0, 则
max| f (x) |
x [ a,b ]
1
b
2
b a ( | f '(t ) |2 dt) ,
a
b
f 2( x)dx
m!
a f(x) 4 、 设a>0,f(x) 是定义在 [-a,a] 上的连续的偶函数 , 则 a 1+ex dx
a
f (x)dx.
0
证明： 由 f(x) 是定义在 [-a,a] 上的连续的偶函数 知 f ( x) f ( x) ,
从而令 x
a f(x)
a f ( t)
a et f (t )
t 有 a 1+ex dx a 1 e t ( dt) a 1 et dt
则存在
证明 :
( a,b), 使得 |f (
|
(b
4 a) 2
|
f
( b)
f (a) |.
由Taylor定理 ,
对x= a+b (a, b)有 2
f ( x) f (a) f '(a)( x a) 1 f ''( 1)( x a)2, 2!
f ( x)
f (b)
f '(b)( x b)
1 2! f ''( 2)( x
中国科学院数学与系统科学研究院 20XX 年 硕士研究生招生初试试题参考解答
数学分析
1、求 a,b 使下列函数在 x=0 处可导 :
ax b, 当x 0;
y
x2 1, 当 x<0.
解：由于函数在 x=0 处可导，从而连续，由 f (0 0) b, f (0 0) 1 ，得到 b=1;
又由 f (0) a, f (0) 0 ，得到 a=0.即得。
| f (t ) |2 dt 12dt (x0 a) | f (t ) |2 dt
a
a
a
b
(b a) | f (t ) |2 dt
a
两边开方即得证。
(2) 同样，由 Newton-Leibniz 公式有
x
f(x)=f(a)+ f '(t)dt
a x
即 f 2 ( x) ( f '(t)dt )2
a
x
1 (b
b
a) 2 | f '(t ) |2 dt.
a
2
a
证明 :利用 Cauchy---Schwarz 不等式，即
1
b
b
1b
2
定理 1 f (x) g( x)dx ( f 2( x) dx) 2( g 2 ( x)dx) ( f , g是[a, b]上的可积函数 ) 。
a
a
a
下面我们来证明题目 :
。
x 2 y2 8 设曲线 : a2 b2 1 的周长和所围成的面积分别为
L 和 S，还令
J
(b2x2 2xy a2 y 2)ds ，则 J
S2L
2.
证明：由对称性知
J
(b2x2 2xy a2 y 2)ds a2b2ds a 2b 2L
2a 2b 2 2L
S2L
2。
1 dx
( 1)n 1
9 计算积分 0 1+x3的值，并证明它也等于数项级数
f '(t)dt
a
x
x
f '2(t)dt 12 dt
a
a
等式两边 x从 a到 b积分有
b
b
x
f '2( x)dx [( x a) f '2(t) dt]dx
a
a
a
b
[
x
f
'2 (t )dt]d
(x
a) 2
aa
2
x f '2(t)dt (x
a)2 b |
b f '2( x) ( x
a)2 dx
a
2 aa
2
(b a)2 b f '2 (t)dt, 得证。 2a
7 、 设 n是平面区域 D 的正向边界线 C的外法线，则
u ds Cn
2u
(
D
x2
2u y2 )dxdy 。
证明： 由 Green公式有
u ds ( u cos(n, x)
Cn
Cx
u cos(n, y))ds y
(
D
2u x2
2u y2
)
dxdy