华中科技大学2004年《数学分析》试题及解答 以下每题15分 1.设x=0,x=∑a(n21),x→b(n→∞).求级数∑a(xn+xn)之和 an=xn-xn1(n≥1),得 ∑a(xn+xn)=∑(x2-x2)=im∑(x2-x2)=limx2=b 2.设f(0)=f(1),f"x)≤2(0≤x≤1).证明f(x)≤1(00内可微,存在唯一点(x,y),使得x,y>0 f'(x0,y)=∫3(x,y)=0.设f(x0,y)>0,f(x,0)=f(0,y)=0(x,y20 imf(x,y)=0,证明∫(x,y)是f(x,y)在x,y≥0上的最大值 证明(反证法,假设∫(x0,y)不是f(x,y)在x,y≥0上的最大值。由于,limf(x,y)=0, 存在r>0,当x2+y2≥F,x≥0,y≥0时,f(x,y)<f(x0,y) 考察闭区域D={(x,y):x≥0,y≥0,x2+y2≤r},显然(x0,y)∈D,由已知f(x,y)在D上连续
华中科技大学 2004 年《数学分析》试题及解答 以下每题 15 分 1．设 0 x = 0， 1 n n k k x a = = （ n 1 ）， n x b → （ n → ）．求级数 1 1 ( ) n n n n a x x − = + 之和． 解 由 n n n 1 a x x = − − （ n 1 ），得 2 2 1 1 1 1 ( ) ( ) n n n n n n n a x x x x − − = = + = − 2 2 1 1 lim ( ) n k k n k x x − → = = − 2 2 lim n n x b → = = ． 2．设 f f (0) (1) = ， f x ''( ) 2 （ 0 1 x ）．证明 f x'( ) 1 （ 0 1 x ）．此估计式能否改进？ 证明 将 f (1)、 f (0) 在 x 点（ 0 1 x ）用 Taylor 公式展开并相减，则得 1 1 2 2 (1) (0) '( ) ''( )(1 ) ''( )(0 ) 2 2 f f f x f x f x − = + − − − （ 0 , 1 ），由于 f f (0) (1) = ，因此得 1 1 2 2 2 2 '( ) (1 ) ''( ) ''( ) (1 ) 1 2 2 f x x f x f x x − + − + ． 此不等式可以改进为： f x'( ) 1 （ 0 1 x ），因为 0 1 x 时，上式 2 2 (1 ) 1 − + x x ． 3．设 f x y ( , ) 有处处连续的二阶偏导数， ' (0,0) ' (0,0) (0,0) 0 x y f f f = = = ．证明 f x y ( , ) 1 2 2 11 12 22 0 = − + + (1 )[ ( , ) 2 ( , ) ( , )] t x f tx ty xyf tx ty y f tx ty dt ． 证明 1 2 2 11 12 22 0 (1 )[ ( , ) 2 ( , ) ( , )] − + + t x f tx ty xyf tx ty y f tx ty dt 2 1 2 0 ( , ) (1 ) d f tx ty t dt dt = − 1 1 0 0 ( , ) ( , ) (1 ) df tx ty df tx ty t dt dt dt = − + 1 0 0 ( , ) ( , ) t df tx ty f tx ty dt = = − + ' ' 1 2 = − + + − = ( (0,0) (0,0)) ( , ) (0,0) ( , ) xf yf f x y f f x y 4．设 f x y ( , ) 在 x y, 0 上连续，在 x y, 0 内可微，存在唯一点 0 0 ( , ) x y ，使得 0 0 x y, 0 ， 0 0 0 0 ' ( , ) ' ( , ) 0 x y f x y f x y = = ．设 0 0 f x y ( , ) 0 ， f x f y ( ,0) (0, ) 0 = = （ x y, 0 ）， 2 2 lim ( , ) 0 x y f x y + → = ，证明 0 0 f x y ( , ) 是 f x y ( , ) 在 x y, 0 上的最大值． 证明 （反证法），假设 0 0 f x y ( , ) 不是 f x y ( , ) 在 x y, 0 上的最大值。由于 2 2 lim ( , ) 0 x y f x y + → = ， 存在 r 0 ，当 2 2 x y r x y + , 0, 0 时， 0 0 f x y f x y ( , ) ( , ) 。 考察闭区域 2 2 D x y x y x y r = + {( , ) : 0, 0, } ，显然 0 0 ( , ) x y D ，由已知 f x y ( , ) 在 D 上连续
从而f(x,y)在D上取得最大值,设为f(x1,y)。显然在aD上,总有f(x,y)0.证明:曲线y=f(x)位于任一切线之上方,且与切线有唯一公共点 证明设(x0,y)为曲线y=f(x)上任一点,在该点处曲线的切线方程为 y=f(o)+f(ro(x-xo) 对曲线y=f(x)上任意点,按 Taylor公式展开,得 f(x)=f(x)+f(x)x-x)+f"()(x-x0)2 由f"(x)>0知,当x≠x时,f(x)+f(x)x-x)0)是严格单调减函数 f(x2+y2+)dhxd小d rf(r)dr 证明F(t) )f(x2+y2)dy「r3 rf)Jrfr2)=rf)Jfr),r()J(Xr-)t F(D)=2 0 因此,F(t)(t>0)是严格单调减函数
从而 f x y ( , ) 在 D 上取得最大值，设为 1 1 f x y ( , ) 。显然在 D 上，总有 0 0 f x y f x y ( , ) ( , ) ，因而必有： 1 1 1 1 ' ( , ) ' ( , ) 0 x y f x y f x y = = 。当 2 2 x y r x y + , 0, 0 时， 0 0 1 1 f x y f x y f x y ( , ) ( , ) ( , ) ，因此 1 1 f x y ( , ) 是 f x y ( , ) 在 x y, 0 上的最大值。由假设， 1 1 0 0 ( , ) ( , ) x y x y 。 这与已知矛盾，可知假设不真。 5．设处处有 f x ''( ) 0 ．证明：曲线 y f x = ( ) 位于任一切线之上方，且与切线有唯一公共点． 证明 设 0 0 ( , ) x y 为曲线 y f x = ( ) 上任一点，在该点处曲线的切线方程为 0 0 0 y f x f x x x = + − ( ) '( )( ) 对曲线 y f x = ( ) 上任意点，按 Taylor 公式展开，得 2 0 0 0 0 1 ( ) ( ) '( )( ) ''( )( ) 2 f x f x f x x x f x x = + − + − 由 f x ''( ) 0 知，当 0 x x 时， 0 0 0 f x f x x x ( ) '( )( ) + − f x( ) ，而 0 0 ( , ) x y 为唯一公共点．得证． 6．求 2 2 L 4 9 xdy ydx I x y − = + ， L 是取反时针方向的单位圆周． 解 L 的参数方程： x y = = cos , sin ,0 2 2 2 2 2 2 2 2 0 cos sin L 4 9 4cos 9sin xdy ydx I d x y − + = = + + 2 2 2 2 0 0 1 tan 1 4 4 4 9 tan 4 9 d dt t + + = = + + 0 1 3 4( arctan ) 6 2 3 t + = = 7．设 f () 是连续正值函数， 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) x y z t x y t f x y z dxdydz F t x y f x y dxdy + + + + + = + + ． 证明 F t() （ t 0 ）是严格单调减函数． 证明 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) x y z t x y t f x y z dxdydz F t x y f x y dxdy + + + + + = + + 2 2 0 3 2 0 ( ) 2 ( ) t t r f r dr r f r dr = ，当 t 0时 2 2 3 2 3 2 2 2 0 0 3 2 2 0 ( ) ( ) ( ) ( ) '( ) 2 ( ( ) ) t t t t f t r f r dr t f t r f r dr F t r f r dr − = 2 2 2 2 0 3 2 2 0 ( ) ( )( ) 2 0 ( ( ) ) t t t f t r f r r t dr r f r dr − = 因此， F t() （ t 0 ）是严格单调减函数
n+/级敛,证明∫ax=∑气 8.设级数 n=0n+1 证明∑41收敛知,S()=2n+1 x在[.]上一致收敛,从而S(x)=∑ 左连 续,即im∑,x=∑“,对x∈(0,,有(∑arh= a X →r6n+1 n=o n+ n=0H+1 于是[∑anxa=lim②ax=1imax”=∑ =0n+1 9.设f(x)在[O,∞)上连续,其零点为xn:0=x0∞时,f(x)在ab] 上一致收敛于f(x).证明:至少存在一点x∈[a,b],使得f(x0)≥0 证明由(x)在ab]上一致收敛于f(x),得知f(x)在[ab]上连续,且数列∫f(x)x收敛于 f(xtx,即Imf(x=f(xx,由于f(xx≥0,得「f(xx≥0,至少存在一点 x∈[a,b],使得f(x0)≥0 注或用反证法:若对vx∈[b],有f(x)<0,由f(x)的连续性得f(x)t<0,与上面相同 推出矛盾
8．设级数 0 1 n n a n = + 收敛，证明 1 0 0 0 1 n n n n n a a x dx n = = = + ． 证明 由 0 1 n n a n = + 收敛知， 1 0 ( ) 1 n n n a S x x n + = = + 在 0,1 上一致收敛，从而 1 0 ( ) 1 n n n a S x x n + = = + 左连 续，即 1 1 0 lim 1 n n x n a x n − + → = + 0 1 n n a n = = + ．对 x (0,1) ，有 1 0 0 0 0 0 ( ) 1 x x n n n n n n n n n a a t dt a x dx x n + = = = = = + ， 于是 1 0 0 1 0 0 lim ( ) x n n n n x n n a x dx a t dt − → = = = 1 1 0 0 lim 1 1 n n n x n n a a x n n − + → = = = = + + ． 9．设 f x( ) 在 [0, ) 上连续，其零点为 0 1 : 0 n n x x x x = ， ( ) n x n → → ．证明： 积分 0 f x dx ( ) 收敛 级数 1 0 ( ) n n x x n f x dx + = 收敛． 证明 1 1 0 0 ( ) ( ) n N n N x x x n f x dx f x dx + + = = ，若 0 f x dx ( ) 收敛，则 1 1 1 1 0 0 0 0 ( ) lim ( ) lim ( ) ( ) n N N n N x x x x n x n f x dx f x dx f x dx f x dx + + + + + → → = = = = ，即 1 0 ( ) n n x x n f x dx + = 收敛。 若 0 f x dx ( ) 不收敛，同理可知 1 0 ( ) n n x x n f x dx + = 不收敛。 10．设 a b ， ( ) n f x 在 [ , ] a b 上连续， ( ) 0 b n a f x dx （ n =1, 2, ），当 n → 时， ( ) n f x 在 [ , ] a b 上一致收敛于 f x( ) ．证明：至少存在一点 0 x a b [ , ] ，使得 0 f x( ) 0 ． 证明 由 ( ) n f x 在 [ , ] a b 上一致收敛于 f x( ) ，得知 f x( ) 在 [ , ] a b 上连续，且数列 ( ) b n a f x dx 收敛于 ( ) b a f x dx ，即 lim ( ) ( ) b b n n a a f x dx f x dx → = ，由于 ( ) 0 b n a f x dx ，得 ( ) 0 b a f x dx ，至少存在一点 0 x a b [ , ] ，使得 0 f x( ) 0 ． 注 或用反证法：若对 x a b [ , ] ，有 f x( ) 0 ，由 f x( ) 的连续性得 ( ) 0 b a f x dx ，与上面相同 证法，推出矛盾．
