华中科技大学2005年招收硕士研究生入学考试数学分析试题 1设an>0n=12…,∑a=14=∑a,求极限=lim A -A 2设f对在区间,1上有二阶连续导数,0=01)0,(x)=(x)=试给出 (x)(0≤xs1)的一个估计 3设o(xy)有连续的一阶偏导数q(xy)2(xy,f(xy)=(证明: (x)2(0-)[x()+y()m+29( 4设f(x)在区间[O,+∞)上可微且恒大于零,1O=,f(x单调减,证明: f() f(x+y)≤f(x)f(y)(x,y≥0) 5.设x)在区间a,b上有二阶连续导数,f(a)=f(a)=0,证明: ∫(-x)f"(x)d=6,/() 6设>1为常数,级数∑a收敛,b=a2,求幂级数∑bx”的收敛域 7.设(x)在区间[-x,x]上有连续的一阶导数,anb是fx)在区间[-x,x]上的 Fourie系数,证明: 存在常数MO,使得1nM,15(m21 8设Q(xy)有连续的一阶偏导数,积分3x2yax+Qh完全决定于L的起点与终点,且对任何实 数z成立等式:3x2xx+g=3x2yx+dy,求函数Oxy) 9.设∑记球面x2+y2+2=1,A是∑内部一点,它与原点的距离为q0-q1,记点A与∑ 上的点之间的距离,求I= 10.设fn(x)(n=12…)是区间,b上的连续函数,当n→+时,f(x)在[a,b上一致收 敛于函数fx),每个f(x)在[a,b]上均有零点,证明:fx)在a,b]上至少有一个零点
1 华中科技大学 2005 年招收硕士研究生入学考试数学分析试题 1.设 1 1 1 1 0( 1,2, ), 1, , lim ? n A A n n n n n k e e n n k n n e e a n a A a l A A + − →+ = = − − = = = = = − 求极限 2. 设 f(x) 在区 间 [0 ， 1] 上有 二阶 连 续导 数， f(0)= f(1)=0 ， ( ) ( ) 8 8 ' , '' , 5 5 f x f x 试给出 f x x ( ) 0 1 ( ) 的一个估计。 3.设 ( x y, ) 有连续的一阶偏导数 1 2 ( x y x y , , , ) ( ), ( ) ( ) 0 0 , , , x y f x y du u v dv = 证明： ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 1 2 0 0 0 , 1 , , 2 , ty tx f x y t x tx v dv y u ty du xy tx ty dt = − + + 4.设 f(x)在区间 [0, ) + 上可微且恒大于零，f(0)=1， ( ) ( ) f x ' f x 单调减，证明： f x y f x f y x y ( + ) ( ) ( )( , 0) 5. 设 f(x)在区间[a，b]上有二阶连续导数， f a f a ( ) = = ' 0 ( ) ,证明： ( ) ( ) ( ) 3 '' 6 b b x a a a b x f x dx dx f y dy − = 6.设 r>1 为常数，级数 0 n n n a r + = 收敛， 2 , b a n = n 求幂级数 0 n n n b x + = 的收敛域。 7. 设 f(x)在区间 − , 上有连续的一阶导数， , n n a b 是 f(x)在区间 − , 上的 Fourier 系数，证明： 存在常数 M>0，使得 n n , 1 ( ) M M a b n n n 。 8.设 Q(x,y) 有连续的一阶偏导数，积分 2 3 L x ydx Qdy + 完全决定于 L 的起点与终点，且对任何实 数 z 成立等式： ( ) ( ) ( ) ( ,1 1, ) 2 2 0,0 0,0 3 3 z z x ydx Qdy x ydx Qdy + = + ，求函数 Q(x,y)。 9. 设 记球面 2 2 2 x y z + + =1，A是 内部一点，它与原点的距离为q,0<q<1, 记点A与 上的点之间的距离，求 2 ? dS I = = 10. 设 f x n n ( )( =1,2, ) 是区间[a，b]上的连续函数，当 n → + 时， ( ) a n f x 在[ ，b]上 一致收 敛于函数 f(x)，每个 ( ) a n f x 在[ ，b]上 均有零点，证明：f(x) 在[ ，b]上 a 至少有一个零点
2005年硕士研究生入学考试数学分析试题参考解答 1.解:容易知道, =1,所以 x (1+x)=1+ex+o(x2)(x→>0),ex=1-x+o(x2)(x→>0), 由题设条件可以得到: lim a=0,limA2=1,an=An-An1(m≥2)因此就有: l= lim n-t A-A 、 lim - lim A(1-/4 →+∞ A A lim (1-a, +o(a =cm、a+22; -1-e+O e+0 4(A2 2解:由题设条件将f(x)分别在小x=0,x=1展成 Taylor级数,就有 f(x)=f(0)+f()x+ f"(5) x2(0≤5≤1)=f(0 f"(5) 2 f(x)=f(1)+f(1)(x-1)+ f"() 2/(x-13(0≤n≤1)=f(1)(x-1 所以2(x)=/0)x+f(x+f()(x-+“(m)(x),因此 2/(x)yo)xf92+f0a-+f(x- 2! s(0)+0x-+2+-01- 18 18 +-x-+(x 525 84 8412 +=(1-2x(1-x))≤ 故(x)≤(0≤x≤1) 4证明:由题设条件 (x)单调减,<(t+y)f( ∫(x) f(t+y) f() (t,y∈[0,+∞),所以有
2 2005 年硕士研究生入学考试数学分析试题参考解答 1.解：容易知道， ( ) 0 0 1 1 1 lim 1,lim 1, x x x x e x x − → → + − − = = 所以 ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 ( ) 0 , 1 ( ) 0 , e x x ex o x x e x o x x − + = + + → = − + → 由题设条件可以得到： 1 lim 0, lim 1, ( 2), n n n n n n n a A a A A n − →+ →+ = = = − 因此就有： ( ( )) ( ) 1 1 1 1 2 2 1 2 (1 ) 1 lim lim lim lim (1 ) 1 1 1 lim lim 1 1 1 A A A A A A a n n n n n n n e e e e e n n n n e n n n n n n n n n n n n n e n n n n n n n n n e e e e e e l A A a A A a o a o e e a a a a e o e o A A A A A A A A a a − − − − →+ →+ →+ →+ − − →+ →+ − − − = = = − − − − − − + + = = − − + + 2 1 n = 2.解：由题设条件将 f(x)分别在小 x=0,x=1 展成 Taylor 级数，就有： ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 '' '' 0 ' 0 (0 1) ' 0 , 2! 2! '' '' 1 ' 1 ( 1) ( 1) (0 1) ' 1 ( 1) ( 1) 2! 2! f f f x f f x x f x x f f f x f f x x f x x = + + = + = + − + − = − + − 所以 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 '' '' 2 ' 0 ' 1 ( 1) ( 1) 2! 2! f f f x f x x f x x = + + − + − ，因此， ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 '' '' 2 ' 0 ' 1 ( 1) ( 1) 2! 2! '' '' ' 0 ' 1 ( 1) ( 1) 2! 2! 8 8 1 8 1 8 8 4 1 ( 1) ( 1) 5 5 2 5 2 5 5 5 8 4 8 4 12 (1 2 (1 )) 5 5 5 5 5 f f f x f x x f x x f f f x f x x x x x x x x x x x = + + − + − + − + + − + − + + − = + + − = + − − + = 故 ( ) 6 ( ) 0 1 5 f x x 。 3. 4.证明：由题设条件 ( ) ( ) f x ' f x 单调减，故 ( ) ( ) ( ) ' ' , [0, ) ( ) ( ) f t y f t t y f t y f t + + + ，所以有：
f(+y)a≤f( f( t,因此有:lnf(t+y)≤hnf(O)。,也就是 f(t+y) nf(x+y)-nf(y)≤shnf(x)-lhf(),注意到fo)=1即 f(x+y)≤f(x)f(y)(xy≥0) 5证明 (b-x)f()k=∫(-x)dr(x)=(b-x)f(-((b-x) (b-a)f(a)-f(x)3(b-x)(-1)d(因为r(a)=0) (b-a)f(a)-J(x2(--1)d因为(a)=0) 5/(1-)=6(1=6订4/((交换积分顺序) 所以有:「”(b-x)x)x=6(。 6 7证明:因为x)在区间[-z,z]上有连续的一阶导数,所以f(x)在[z,z]上连续,故存在k>0 使得f(x)≤K,同理f(x)在兀,上连续,故存在L>0,使得(x)≤L,又由于anb是x在 区间[-z,z]上的 Fourier系数,所以 a=,(x)omx(n20)h=,f(x)inx(n≥) 因此有 a.=C/()(x)d sInx sIn nx (x)2-,() I sin nT sin(-nr) (x)-厂.()smnh=-m门()smh - cos nx f(x) cos(-n) f(r)+- f'(x)cos ndx f(-x)-f(x)+」f(x) 所以存在常数Mmax12k,+2xL0,使得:
3 ( ) ( ) 0 0 ' ' ( ) ( ) x x f t y f t dt dt f t y f t + + ， 因此有： ln ln , ( ) ( ) 0 0 x x f t y f t + 也就是： ln ln ln ln 0 , f x y f y f x f ( + − − ) ( ) ( ) ( ) 注意到 f(0)=1 即 f x y f x f y x y ( + ) ( ) ( )( , 0) 5.证明： ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 '' ' ' ' ' ' 3 1 ( ' 0 3 ' 3 3 3 2 1 ( 0 6 6 ( b b b a a a b a b b b a a a b a b b a x b b x f x dx b x d f x b x f x f x d b x a b a f a f x b x dx f a b f x b x dx b x d f x b x f x f x d b x a b a f a f x b x dx f a f x b x dx f x dy − = − = − − − = − − − − − = = − = − = − − − = − − − − − = − = a 因为 ） 因为 ） = ) 6 ( ( ) b x a a dx dx f y dy = b 交换积分顺序） 所以有： ( ) ( ) ( ) 3 '' 6 b b x a a a b x f x dx dx f y dy − = 。 6. 7.证明：因为 f(x)在区间 − , 上有连续的一阶导数，所以 f x( ) 在 − , 上连续，故存在 K 0, 使得 f x K ( ) , 同理 f x'( ) 在 − , 上连续，故存在 L 0, 使得 f x L ( ) , 又由于 , n n a b 是 f(x)在 区间 − , 上的 Fourier 系数，所以 ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 cos 0 , sin 1 , n n a f x nxdx n b f x nxdx n − − = = 因此有： ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 sin 1 sin sin cos , 1 sin sin( ) 1 1 ' sin ' sin n nx nx nx a f x nxdx f x d f x df x n n n n n f f f x nxdx f x nxdx n n n n − − − − − = = = − − − = − − − = − ( ) ( ) 1 1 cos 1 cos cos sin ( ) ( ) , 1 cos cos( ) 1 1 ( ) '( )cos ( ) ( ) '( )cos n nx nx nx b f x nxdx f x d f x df x n n n n n f f x nxdx f f f x nxdx n n n n − − − − − − − − = = = − − − − − = − − + = − − + 所以存在常数 2 2 max 2 , 0 K L M K + ，使得：
∫(x)m()m厂k 2 M n [2x+,sdk+)-m(xk+2)= 所以存在常数M0,使得 la s,b|sM(n21) 8解:由题设条件Qxy)有连续的一阶偏导数,积分3xyd+完全决定于L的起点与终点 所以根据格林公式有=0(3x9=32,因此Q(xy)=x2+0(y,另一方面,对任何实数z成 ax 立等式:3xk+b-3xh+b,故有 10. 3x?ydx +Ody+[ 3x?ydx + ody=[ 3x? ydx+Ody+[ .3x'ydx+dy Ip (0.0) o(y)b+3xdk=J3x.0+(x0+3:1,+1y)d,所以 o(0, y)d Q(,y)y,把Q(x,y) (y)代入前式得到 oyb+2=(+oy)y,等式两边对2求导数得:32=1+0(),所以 o(x,y=x+o(y) 10.证明:用反证法,假设fx)在[ab上没有零点,则f(x)在[ab]上不变号,不妨设 f(x)>0(否则考虑f(x)>0即可),由于f(x)是连续函数,且在ab]上一致收敛到f(x),故fx) 也是连续函数,则存在x∈[a6]使得f(x)=mnf(x)>0,从而f(x)≥f(x)(x∈[ab),取 E=f(x)>0,则由于fn(x)在ab]上一致收敛到fx),故存在自然数N,当n>N时,对于 切x∈[ab],都有(x)-f(x)f(x) x0)-f(x0)=f(x0)>0x∈[a,b]) 这与fn(x)在ab上有零点矛盾,故反设不成立,即f(x)在[a,b]上至少有一个零点
4 ( ) ( ) 1 1 1 2 ' sin ' sin , n K M a f x nxdx f x nx dx Kdx n n n n n − − − = − = ( ) ( ) 1 1 ( ) ( ) '( )cos ( ) ( ) '( )cos 1 1 1 2 '( )cos 2 2 2 , n b f f f x nxdx f f f x nxdx n n M K f x nx dx K Ldx K L n n n n − − − − = − − + − + + + + = + 所以存在常数 M>0，使得 n n , 1 ( ) M M a b n n n 。 8.解：由题设条件 Q(x,y) 有连续的一阶偏导数，积分 2 3 L x ydx Qdy + 完全决定于 L 的起点与终点， 所以根据格林公式有 ( ) 2 2 3 3 , Q x y x x y = = 因此 ( ) ( ) 3 Q x y x y , , = + 另一方面，对任何实数 z 成 立等式： ( ) ( ) ( ) ( ,1 1, ) 2 2 0,0 0,0 3 3 z z x ydx Qdy x ydx Qdy + = + ，故有： ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (0,1 ,1 1,0 1, ) 2 2 2 2 0,0 0,1 0,0 1,0 3 3 3 3 z z x ydx Qdy x ydx Qdy x ydx Qdy x ydx Qdy + + + = + + + ，即： 1 1 2 2 2 0 0 0 0 (0, ) 3 1 3 0 ( ,0) 0 3 1 1 (1, ) z z Q y dy x dx x dx Q x d yd Q y dy + = + + + ，所以： 1 3 0 0 (0, ) (1, ) 0 z z Q y dy x Q y dy + = ，把 ( ) ( ) 3 Q x y x y , = + 代入前式得到： 1 3 0 0 ( ) (1 ( )) z y dy z y dy + = + ，等式两边对 z 求导数得： 2 3 1 ( ) z z = + ，所以： 2 ( ) 3 1 y y = − ， ( ) ( ) 3 3 2 Q x y x y x y , 3 1. = + = + − 9 10. 证 明 ： 用 反 证 法 ， 假 设 f(x) 在 [a,b] 上 没 有 零 点 ， 则 .f(x) 在 [a,b] 上 不 变 号 ， 不 妨 设 f x f x ( ) 0( - ( ) 0 否则考虑 即可） ，由于 ( ) n f x 是连续函数，且在[a,b]上一致收敛到 f(x)，故 f(x) 也是连续函数，则存在 0 0 [ , ] [ , ], ( ) min ( ) 0, x a b x a b f x f x = 使得 从而 f x f x x a b ( ) ( ) [ , ] 0 ( ) ，取 0 1 ( ) 0 2 = f x ，则由于 ( ) n f x 在[a,b]上一致收敛到 f(x)，故存在自然数 N，当 n N 时，对于一 切 x a b [ , ] ，都有 ( ) ( ) n f x f x − ，所以就有： ( ) 0 0 0 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) 0( [ , ]) 2 2 n f x f x f x f x f x x a b − − = 这与 ( ) n f x 在[a,b]上有零点矛盾，故反设不成立，即 f(x) 在[ ，b]上 a 至少有一个零点