苏州大学数学分析考研部分试题答案

1、设)(x f 是以T 为周期的周期函数且⎰=TC x f T 0)(1，证明⎰+∞∞→=n n C dx x x f n 2)(lim 。

证明：由⎰=T C x f T 0)(1，得到⎰=-Tdx C x f T 00])([1，从而有⎰=-T dx C x f 00])([ （*）本题即证明⎰+∞∞→=-n n dx x C x f n 0)(lim 2（此因⎰+∞=n n dx x112） 注意到21x 是递减的正函数，应用积分第二中值定理，对ξ∃>∀,n A 介于n 与A 之间，使⎰⎰-=-A n n dx C x f n dx xC x f n ξ])([1)(2 k ∃为非负整数使T kT n <--<ξ0，于是由（*），dx C x f dx C x f dx C x f dx C x f kTn kTn kTn nn⎰⎰⎰⎰+++-=-+-=-ξξξ])([])([])([])([于是有dxC x f n dx C x f n dx C x f n dx x C x f nTkT n kT n An⎰⎰⎰⎰-≤-≤-=-++02)(1)(1])([1)(ξξ令∞→A 有dx C x f n dx xC x f nTn⎰⎰-≤-∞+02)(1)( 故⎰+∞∞→=-nn dx x C x f n0)(lim 2，即⎰+∞∞→=n n C dx x x f n 2)(lim 。

2、设函数f(x)在整个实数轴有连续的三阶导数，证明存在实数a 使0)()()()(''''''≥a f a f a f a f 。

证明：由于f 的三阶导数连续，故若'''''',,,f f f f 有一个变号的话，利用根的存在性原理便知，使a ∃0)()()()(''''''＝a f a f a f a f ，结论得证。

以下设'''''',,,f f f f 皆不变号。

（反证法）假设),(+∞-∞∈∀x ，0)()()()(''''''<x f x f x f x f 。

首先证明),(+∞-∞∈∀x ，0)()(''''>x f x f （*1）设0)('''<x f ，则)(''x f 严格减，对0)(''>x f 情形，由于)0()(),0,(''''f x f x >-∞∈∀，x f dt f dt t f x f f xx)0()0()()()0(''0''0''''-=>=-⎰⎰，即)0()0()(''''f x f x f +<，由)0,(0)0(''-∞∈>x f 及是任意的推出0)('<x f ，则（*1）式成立。

对0)(''<x f 情形，由于)0()(),,0(''''f x f x <+∞∈∀，x f dt f dt t f f x f xx)0()0()()0()(''0''0''''=<=-⎰⎰，即)0()0()(''''f x f x f +<，由),0(0)0(''+∞∈<x f 及是任意的推出0)('<x f ，则（*1）式仍成立。

再设0)('''>x f ，则以-f 代替f ，由以上结果推出0)('>x f ，因此（*1）成立。

以下设0,0''''>>f f ，（对0,0''''<<f f 情形以-f 代f 处理）。

再考虑''f f 与，此时''f f 与都是严增的。

情形1，0)(''>x f ，则)('x f 严格增，由于)0()(),,0(''f x f x >+∞∈∀，于是x f dt f dt t f f x f xx )0()0()()0()(''0'0''=>=-⎰⎰，即)0()0()('f x f x f +>，由),0(0)0('+∞∈>x f 及是任意的推出0)(>x f ，这与（*）式矛盾。

情形2，0)(''<x f ，则)('x f 严格减，由于)0()(),0,(''f x f x >-∞∈∀，于是x f dt f dt t f x f f xx)0()0()()()0(''0'0''-=>=-⎰⎰，即)0()0()('f x f x f +<，由)0,(0)0('-∞∈>x f 及是任意的推出0)(<x f ，这与（*）式矛盾。

因此'''''',,,f f f f 皆不变号，必存在实数a 使0)()()()(''''''≥a f a f a f a f 。

3、设函数f(x)在[0,1]上处处可导，导函数)()()('x G x F x f -=，F ，G 均是单调函数，并且0)(],1,0['>∈∀x f x ，证明存在]1,0[,)(,0'∈∀≥>x c x f c 使。

证明：因为)()()('x G x F x f -=，且F ，G 均是单调函数，故据单调有界原理，对)(lim ],1,0[00x F x x x +→∈∀与)(lim 0x G x x +→存在，从而)(lim '0x f x x +→存在，同理可知)(lim 'x f x x -→存在，于是由导数的极限定理得)(lim )('0'x f x f x x →= （*）以下有两种方法，方法1 （*）式表明)('x f 在[0,1]上连续，故必在[0,1]上取最小值c>0，因此有c x f b a x ≥∈∀)(],,['。

方法2 设使c x f ≥)('得c 不存在，则对]1,0[,∈∃∀n x n 使nx f n 1)(0'<< （*1）由致密性定理，{}n x 有收敛子列，设z x k n k =∞→lim ，有（*）得)()(lim ''z f x f k n k =∞→，由（*1）得0)('=z f ，与]),[(0)('b a z z f ∈>矛盾。

4、设Γ是平面一条长为L 得简单光滑的封闭曲线，其所围得面积为A ，设21,l l 为Γ的两条切线，它们均与y 轴平行，并且Γ恰好位于21,l l 围成的垂直带域内，记Γ的弧长表达式为L s s y y s x x ≤≤==0),(),(，并且记))(),(()),0(),0((1121s y s x P y x P ==分别为21,l l 所经过的切点，再设⎪⎩⎪⎨⎧≤≤--≤≤-=Ls s s x r s s s x r s z 122122)(0)()(则参数曲线L s s z y s x x S ≤≤==0),(),(:就描绘出平面上以原点为中心，r 为半径的圆周，其中r 为21,l l 之间距离的一半。

（1）用Γ和S 上的曲线积分分别写出Γ和S 所围面积的表达式。

（2）证明等周不等式 24L A ≤π。

（3）证明下列等周定理，在周长相等的简单光滑的封闭曲线中，圆周所围面积最大。

（1）解：ds s x s y s y s x ydx xdy A L ⎰⎰-=-=Γ0'')]()()()([2121或 ds s y s x xdy A L ⎰⎰==Γ0')()(21或ds s x s y ydx A L ⎰⎰-=-=Γ0')()(记S 围成的面积为S A⎰⎰⎰-+--==11'222'222)()()()()()(S LS SS ds s x s x r s x ds s x s x r s x xdy A⎰⎰⎰-+-=-=11'22'22)()()()(S LS SS ds s x s x r ds s x s x r ydx A⎰⎰⎰-+--=-=L S S S ds s x r s x r ds s x r s x r ydx xdy A 11)()(21)()(212122'2022'2 （*）注意到r L x r S x r x =-==)(,)(,)0(1，故公式（*）能算出2r A S π=，但由（1）通过不等式证明2r A π≤困难，虽然有条件⎩⎨⎧==+r L s y s x π21))(())((2'2'。

（由（1）能得到ds s y s x A L ⎰+≤022)()(21，已知r s x ≤)(） （2）与（3）证明（见陈纪修编数学分析），用到下述引理：若f 是],[ππ-光滑函数（即'f 在],[ππ-连续），则当⎰-==-ππππ0)(),()(dx x f f f 时有⎰⎰--≤ππππdx x f dx x f )()(2'2（2）证明：因Γ满足)()0(),()0(L y y L x x ==，作变量代换22Lt L s +=π 曲线方程可改写为⎩⎨⎧==)()(t y t x ψϕ ],[ππ-∈t 且有)()(),()(πψπψπϕπϕ=-=-，且可不妨设0)(=⎰-dt t ππϕ，因为若0)(≠=⎰-k dt t ππϕ，则⎪⎩⎪⎨⎧==-=-=Γ)(2)(2:***t y y k t k x x ψπϕπ是Γ的平移，面积与Γ相等，于是考虑*Γ即可。

由于22L t L s +=π，故π2L dt ds =，从而有弧长微分公式得)()()(42'2'222t t dt ds L ψϕπ+== ],[ππ-∈t 。