武汉大学2008年数学分析考研试题解答

便有 | f ( x ) − f ( x ) |< ε ，
n i i
| f n ( xi − ) − f ( xi − ) |< ε 2 2
δ ；| f (x + δ ) − f ( x + ) |< ε ， 2 2 δ 对任何 x ∈ [a, b] ， x 必属于有限个区间族 [x − 2 , x + δ ](i = 0,1,2, 2 δ δ
x →0
∀x ∈ ( 0, δ ] , 均有 x f ′ ( x ) ≤ M
故∀x1 , x2 ∈ ( 0, δ ] , 则存在x3 ∈ ( 0, δ ] 有
f ( x1 ) − f ( x2 ) x1 − x2
= 2 x3 f ′ ( x3 )
x1 − x2 ≤ 2 M x1 − x2
即 f ( x1 ) − f ( x2 ) ≤ 2 M
b n →∞ a n
，
dx
)
1 n
= max f ( x )
x∈[ a ,b ]
.
四．设 f ( x ) = ∑ e
∞ n=0
−n
cos ( n 2 x )
∞
， 在 ( −∞, +∞ ) 上一致收敛；
（1）证明函数项级数 ∑ e
n =0
−n
cos ( n 2 x )
（2）证明 ∑ e
∞ n =0
−n
δ δ δ δ δ δ
δ
δ
≤| f n ( xk + ) − f ( xk + ) | + | f ( xk + ) − f ( xk − ) | + | f ( xk − ) − f n ( xk − ) | 2 2 2 2 2 2
< 3ε
5
综合以上结果，得 | f (x) − f (x)|≤| f (x) − f (x ) | + | f (x ) − f (x ) | + | f (x ) − f (x)|< 5ε ， 这就证明了{ f ( x)} 在 [ a , b ] 上一致收敛于 f ( x) .
∂w ∂w =y ∂xm ∂y
2 2
.
2
七．设 F ( t ) = ∫ dx ∫ sin ( x + y − t ) dy ，求 F ′ ( t ) . 八．计 算 积 分 I = ∫∫ xzdydz + yzdzdx + z x + y dxdy ， 其 中 S 是 x
x −t
2 2 S
2
+ y2 + z2 = a2
n
= lim
1− 1+ u 1− 3 1+ u u →0 u u
1− n 1+ u u
n −1
1 1 = (− )(− ) 2 3
3
1 ( −1) (− ) = n n!
；
、解
dy y′(t ) cos t = = dx x′(t ) 3t 2 + 1
，
d 2 y y′′(t ) x′(t ) − y′(t ) x′′(t ) 1 = dx 2 ( x′(t )) 2 x′(t )
x →0 x →0
1
1 x = lim ln y = 0 = lim + y →+∞ y 1 x →0 x ln
2
；
3 n
、解
lim (1 − x )
x →1 u →0
1− n
= lim u1− n 1 −
(
(1 − x )(1 − x ) (1 − x ) 1 + u ) (1 − 1 + u )
，
x 2 + y 2 + z 2 = 4a 2
，x
2
+ y2 = z2
， z > 0 所围立体边界曲面的外侧.
武汉大学 2008 年数学分析考研试题解答
一：计算题 1、解 lim ln x ln (1 − x )
x → 0+
= lim[ x ln x ⋅ ln (1 − x ) x ] = lim+ x(− ln x) +
n
dx
)
1 n
≤ M (b − a ) n
1
不妨设 x ∈ ( a, b ) ，则
0
∀ε > 0, ∃δ > 0, ( x0 − δ , x0 + δ ) ⊆ [ a, b ] , 且∀x ∈ ( x0 − δ , x0 + δ ) , f ( x ) ≥ M − ε
，从而
(∫
b
a
( f ( x ) ) dx
n n →∞ 0
2
dx =
π
， lim ∫ 2
n →∞ n2 n →∞ k =1
n+
1 n
1 n
1 π dx = 2 1+ x 2
于是 lim a
n →∞
n
=
π
，故有 lim ∑ n 2
2
n π = 2 +k 2
.
二：证明：
由于 lim x f ′ ( x ) = a, 可知，∃M > 0, δ > 0 ( << 1) , +
k
∞
≥ 2k
e −2 k ( 2 k ) ( 2k ) !
4k
≥
2k → +∞ e
从而可知 f ( x ) 在 x = 0的Taylor级数的收敛半径为0 。 五、证明 证法一 （1）由 f (x) 在 [a, b] 上连续，得 f ( x) 在 [a, b] 上一致连续， 于是，对 ∀ε > 0 ， ∃δ > 0 ，当 x , x ∈[a, b] 且 | x1 − x2 |< δ 时， 便有 | f ( x ) − f ( x ) |< ε ； （2）对上面确定 δ > 0 ，由于 [a, b] 是有限闭区间，存在正整数 m ，
n i i
i
i
, m)
中的某一个，
δ 设 x ∈[ x − δ , x + ] ，则有 | x − x 2 2
k k
k
|≤
δ
2
<δ
，从而，有 | f ( x) − f ( x ) |< ε ，
k
因为 f n ( x ) 是 [ a ,b ] 上的单调函数， 上的单调函数， 则有 | f n ( x) − f n ( xk ) |≤| f n ( xk + ) − f n ( xk − ) | 2 2
ax
，求 和
dy dx
sin bx
n
d2y dx 2
n
； ； （2） lim ∑ n
n2 n →+∞ k =1
4.设 f ( x ) = e
，求 f ( ) ( x ) ；
2
5.计算 （1）
lim ∑
n 2 2 n →∞ k =1 n + k
n + k2
x → 0+
。
x f ′( x) = a
二．设函数 f ( x ) 在区间 ( 0,1] 上连续，可导，且 lim 求证： f ( x ) 在区间 ( 0,1] 上一致连续. 三．设 f ( x ) 为定义在 [a, b] 上的正值连续函数， 求证： lim ( ∫ ( f ( x ))
≤ ∫kn−1
n k
2
， ， k = 1, 2,
, n2
因为 ∫ 所以 ∫
k +1 n k n
1 1 dx ≤ 2 1+ x n
1 1 1+ k n
2
1 dx 1 + x2
，
n+
1 n
1 n
n 1 1 dx ≤ a ≤ dx n 2 ∫ 0 1+ x 1 + x2
， ，
显然 lim ∫ 1 +1x
武汉大学 2008 年数学分析考研试题
一．1.求 lim ln x ⋅ ln (1 − x ) ； 2.求 lim (1 − x ) (1 − x )(1 − x ) (1 − x ) ，其中 n ≥ 2 为整数；
x → 0+
1− n 3 n x →1
3.设
x = t 3 + t, y = sin t
n →+∞
n
) (∫
≥
b a
1 n
x0 +δ
x0 −δ
( f ( x ) ) dx
1 n
n
)
1 n
≥ ( 2δ ) n ( M − ε )
1
，从而
M − ε ≤ lim
( ∫ ( f ( x )) dx )
n n
≤M
，由于 ε 任意性，即
b n a
n →+∞
lim
四：证明： 1.由于 e cos n x ≤ e ，而级数 ∑ e 收敛，从而可知
− sin t ( 3t 2 + 1) − 6t cos t =
( 3t
2
+ 1)
2
3t 2 + 1
=−Fra Baidu bibliotek
sin t ( 3t 2 + 1) + 6t cos t
( 3t
2
+ 1)
3
；
2
4
、解
n b f n ( x ) = ( a 2 + b 2 ) 2 e ax sin bx + n arctan a n
n n n
w ∂w ∂w 1.验证 w = F ( xy, yz ) 满足方程 x ∂ ， （这时， F ( xy, yz ) 称为以上偏微分方 +z =y ∂x ∂z ∂y
程的完全积分）
1
2.利用猜试法求出一下偏微分方程的完全积分：
x1 ∂w ∂w + x2 + ∂x1 ∂x2
t2 0
+ xm
x +t
2 ε 2 ε 从而可知∀ε > 0 << δ , ∀x1 , x2 ∈ ( 0, δ ] 且 x1 − x2 < 2M 2M
则有 f ( x1 ) − f ( x2 ) < ε , 故f ( x ) 在 ( 0, δ ] 上一致连续，又显然可知
f(
( 0 ) = ( −1)
k
k
∑e
n=0
∞
n4k , f (
2 k +1)
( 0 ) = 0 ，从而可知 f ( x ) 在 x = 0的Taylor级数为
−1) ∑ e− n n 4 k ∞ ( n=0 x2k ∑ ( 2k ) ! k =0
4.
由于
4
2k
( −1) ∑ e− n n 4 k n =0 ( 2k ) !
1 2
1 2
)δ , (i = 0,1,2, 使得 mδ ≤ b − a < (m + 1)δ ，记 x = a + (i + 1 2
i
, m)
，
δ , x + ](i = 0,1,2, 显然有限个区间族 [x − δ 2 2
i i
n →∞ n i i
n →∞ n i i
, m)
覆盖着 [a, b] .
f ( x ) 在 [δ ,1] 上一致连续,从而可知 f ( x ) 在 ( 0,1] 上一致连续
三：证明：由分析可知 ∃x ∈ [a, b] , M > 0, ∀x ∈ [ a, b] , 0 < f ( x ) ≤ f ( x ) = M ，
0 0
3
从而知 ( ∫ ( f ( x ))
b a
。
dx π = 2 1+ x 4
5
、解（1） lim ∑ n
n →∞ k =1
n2 n
n 1 n lim = ∑ 2 + k 2 n →+∞ n k =1
1 k 1+ n
2
=∫
1
0
；
（2）记 a = ∑ n
k =1
n n 1 = ∑ 2 2 +k k =1 n
2
1 1 1+ k n
∞ −n 2 −n −n n =0
( ∫ ( f ( x )) dx )
b a
1 n
=M
，即 lim ( ∫ ( f ( x ))
n →+∞
dx
)
1 n
= max f ( x )
x∈[ a ,b ]
函数项级数 ∑ e
∞ n =0
−n
cos ( n 2 x )
在 ( −∞, +∞ ) 上一致收敛
2
∑
n =0
， ∀k ∈ » d ( cos ( n x ) ) e =
∗
∞
k
2
−n
dx
k
∑e
n =0
∞
−n
nπ n 2 k cos n 2 x + 2
，
n2k
而e
−n
nπ −n 2k n 2 k cos n 2 x + ≤e n 2
∞ −n
，而级数 ∑ e
∞ n =0
n n n k n k k k
n
证法二 因为 f ( x ) 是 [a, b] 上的连续函数， 对每一 x ∈ [ a, b] ，对 ∀ε > 0 ， ∃δ ( x ) ，当 x ∈ [a, b] ， | x − x 有 | f ( x) − f ( x ) |< ε ； 由 lim f ( x) = f ( x) ，存在正整数 n ( x ) ，当 n > n ( x ) 时，有
dk cos ( n 2 x ) k dx
， ( k = 1, 2, ) 在 ( −∞, +∞ ) 上一致收敛.
（3）试求 f ( x ) 在 x = 0 处的 Taylor 级数； （4）证明 f ( x ) 在在 x = 0 处的 Taylor 级数的收敛半径为 0 . 五．设函数列 { f ( x )} 在 [a, b] 上收敛于 f ( x ) ，其中每个 f ( x ) 都是单调函数. 若 f ( x ) 连续，则 { f ( x )} 在 [a, b] 上一致收敛于 f ( x ) . 六．设 F ( u, v ) 是具有连续偏导数的二元函数，
−n
收敛，从而可知
函数项级数 ∑ e
n =0
d k cos ( n 2 x ) dx
k
(
) 在 ( −∞, +∞ ) 上一致收敛，由于 k 的任意性
∑e
n =0
∞
−n
d k cos ( n 2 x ) dx k
(
) ( k = 1, 2, ) 在 ( −∞, +∞ ) 上一致收敛
−n
3.
由分析可知
2k ) ∞
n →∞ n i i
δ δ δ 由 lim f ( x ) = f ( x ) ， lim f ( x − δ ) = f ( x − ) ， lim f ( x + ) = f ( x + ) 2 2 2 2
(i = 0,1,2, , m) ，对上述 ε
> 0 ，存在 N ∈ N * ，当 n > N 时，