2008年华中科技大学考研数学分析真题答案 2

2008年华中科技大学招收硕士研究生.

入学考试自命题试题数学分析

1111一、 求极限I?lim(1???...?)n

n??23n解: 一方面显然I?1

1111另一方面1???...??n，且limnn?1

n??23n由迫敛性可知I?1。

1nn??注：limn?1可用如下两种方式证明 1） 令nn?1?hn，则n?(1?hn)n?1?即limhn?0，从而limn?1

n??n(n?1)222hn?hn?(n?2) 2n1nn??2） 由nn?n234nn?1。 ...有limnn?limn??n??n?1123n?1二、证明(3x2y?8xy2)dx?(x3?8x2y?12yey)dy为某个函数的全微分，并求它的原函数。

证明：记P(x,y)?3x2y?8xy2，Q(x,y)?x3?8x2y?12yey，则

?P?P?Q?Q?3x2?16xy??3x2?16xy，? ?x?y?y?x?Pdx?Qdy是某个函数的全微分

设原函数为?(x,y)，则d???xdx??ydy?Pdx?Qdy

??x?3x2y?8xy2??(x,y)?x3y?4x2y2??(y)

??y?x3?8x2y???(y)?x3?8x2y?12yey ???(y)?12yey??(y)?12(y?1)ey?C

?所求原函数为?(x,y)?x3y?4x2y2?12(y?1)ey?C（C为常数）?三、设?是空间区域且不包含原点，其边界?为封闭光滑曲面：用n表示?的单

??位外法向量，r?(x,y,z)和r?r?x2?y2?z2，证明：

dxdydz1???cos(n,r)dS ?????r2???xyz?证明：设n的方向余弦为cos?,cos?,cos?。因为r的方向余弦为,,，所以

rrrxyz??cos(n,r)?cos??cos??cos?，由于原点不在空间区域，根据高斯公

rrr式，有

11xyz??cos(n,r)dS?(cos??cos??cos?)dS??2??2rrr???1xyzdydz?dzdx?dxdy??2?rrr??x1?y?z??????()?()?()?dxdydz2???xr?yr?zr?dxdydz????r?

注：当原点也在该区域时，结论也成立，详细参考课本P296第8题答案。

by1bn(b?x)n?1f(x)dx 四、设f(t)为连续函数，证明：?dy?(y?x)f(x)dx??aan?1a证明：记F(x,y)?(y?x)nf(x)，D?{(x,y)|a?x?y,a?y?b}

由于f(t)为连续函数，故F(x,y)在D上连续，从而在D上可积。

而对每个y?[a,b]，从而累次积分?dy?F(x,y)dx也存在，?F(x,y)dx存在，

aaayby同理?dx?F(x,y)dy也存在。于是

aabx??F(x,y)dxdy??dy?F(x,y)dx??dx?F(x,y)dy

Daaaabybx即

?bady?ya1b(y?x)f(x)dx?(b?x)n?1f(x)dx ?n?1an五、设x1?2，xn?1?2?xn(n?1,2,3,...)，证明{xn}收敛并求其极限。

证明：一方面由归纳法易知2?xn?2，即{xn}有界。

17另一方面xn?1?xn?2?xn?xn??(xn?2?)2??0

24于是{xn}单调，从而{xn}收敛。 设limxn?x，则2?x?x解得x?2

n???limxn?2

n??六、设反常积分?f(x)dx绝对收敛且limf(x)?0，证明?f2(x)dx收敛。

0x????0证明：由于limf(x)?0，故?A1?0，当x?A1时，f(x)?1，此时f2(x)?f(x)

x??再由?f(x)dx绝对收敛知，对???0，?A2?0有?0??A2f(x)dx??

取A?max{A1,A2}，则?f2(x)dx??f(x)dx??AA???A2f(x)dx??

故?f2(x)dx收敛。

0?注：这里还差0不是 f(x)的瑕点这一条件，若不然讨论?xsinxdx

0??32由下题可知?xsinxdx绝对收敛，但?0??32?0sin2xdx发散。这是因为 x3??02?1?sinx?1sin2xdx?dxdx?dx收敛。 发散；333???0??x4xxx?七、讨论反常积分?中p?0为常数。 解：记I???00sinxdx的敛散性（包括绝对收敛、条件收敛和发散），其xp1sinx?sinxsinxdx?dx??0xp?1xpdx?I1?I2 xp1） 先讨论I1（可以用瑕积分收敛判别的推论）

sinx1sinx3?1可知，???0，当0?x??时，??

x?0x2x21sinx?sinx?sinx1sinxdxdx I1??dx?dx，是定积分，只需考虑pppp????00?xxxx??sinxsinx33dx(p?2)收敛知?dx收敛，且当0?p?2时，p?p?1，由?02xp?10x2xxp绝对收敛；

??sinxsinx11dx(p?2)dx发散。 当p?2时，p?p?1，由?发散知p?1p?00x2x2xx由lim2） 再讨论I2 当p?1时，

?1?sinxsinx1dxdx绝对收敛 ，由收敛知?ppp??p11xxxx当0?p?1时，

??1sinxdx条件收敛，这是由于对任意u?1，有px?u1sinxdx?cosu?cos1?2，而

?11单调趋于0(x??)，由狄利克雷判别法xp知?sinxdx收敛。 px?cos2xsinxsin2x1cos2x1?costdx??dt满足狄另外p???(x?1)，其中?122x2txx2x2x利克雷条件，是收敛的。但??11dx是发散的。 2x所以当0?p?1时，I2是条件收敛的。 综上所述，

当0?p?1时，I条件收敛； 当1?p?2时，I绝对收敛； 当p?2时，I发散。

八、将函数f(x)?x(??x)(x?[0,?])展开为余弦级数。 解：对f(x)作偶式周期延拓，则f(x)的傅里叶系数为：

bn?0,n?1,2,...

a0???22?0x(??x)dx??23

an????02x(??x)cosnxdx?n???0x(??x)dsinnx?2???x(??x)sinnx0??(??2x)sinnxdx??0??n??2??2?(??2x)dcosnxn?0?2??2?(??2x)cosnx0?2?cosnxdx??0??n??2??2(cosn??1)n

即a2k??1，a2k?1?0（k?1,2,...） k2?f(x)~?26??cos2kx 2kk?1?九、证明函数I(y)????0cosxdx在[0,??)上可微 21?(x?y)????cosx1?收敛 dx?dx??22证明：对?y?0，I(y)??01?(x?y)01?x2记f(x,y)?cosx(x?y1?(x?y)2，则fy(x,y)??)cosx?。 1?(x?y)2?2f(x,y)与fx(x,y)在[0,?)?[0,?)上均连续

由于对?x,y?0，1?(x?y)2?2(x?y)，因此

??f1??cosx??1?0x(x,y)dx?2?01?(x?y)2dx??01?x2dx?2 即??0fx(x,y)dx在[0,??)上收敛

故I(y)????cosx01?(x?y)2dx在[0,??)上可微且 I?(y)?????(x?y)cosx0?1?(x?y)2?2dx,y?0

十、设f(x)在[0,1]上二阶可导，且在[0,1]上成立f(x)?1，[0,1]上成立f?(x)?3。

证明：根据泰勒公式，分别将f(0)与f(1)在x处展开：

f(0)?f(x)?f?(x)(?x)?f??(?)2x2(??[0,x])f(1)?f(x)?f?(x)(1?x)?f??(?)

2(1?x)2(??[x,1])两式相减得

f?(x)?f(1)?f(0)?f??(?)2x2?f??(?)2(1?x)2 ?f?(x)?f(1)?f(0)?f??(?)2f2x???(?)2(1?x)2?f(1)?f(0)?x2?(x?1)2

?2(x?152)?2?3f??(x)?2。证明在

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