南开大学2003年数学分析考研试题及解答

南开大学2003年数学分析考研试题及解答一．设(),,w f x y x y x =+-，其中(),,f u v s 有二阶连续偏导数，求xy w .解：令u x y =+，v x y =-，s x =，则xu v s w f f f =++；()()()111xy uu uv vu vv su sv w f f f f f f =+-++-++-.二．设数列{}n a 非负单增，且lim n n a a →∞=，证明：()112lim n nn n nn a a aa →∞+++=L .证明：因为{}n a 非负单增，所以有()()11112n n n n nn n nnnn a a a ana n a ≤+++≤=L ，由lim nn a a →∞=，1lim nn n n a a →∞=，根据夹逼定理，得()112limn n n n nn aa aa →∞+++=L .三．设()()2ln 1,00,0x x x f x x α⎧+>⎪=⎨≤⎪⎩，试确定α的取值范围，使()f x 分别满足：（1）极限()0lim x f x +→存在；（2）()f x 在0x =处连续； （3）()f x 在0x =处可导.解（1）因为()()2lim lim ln 1x x f x x x α++→→=+()222ln 1lim x x x xα++→+=，()220ln 1lim1x x x+→+=，极限存在的条件为20α+≥，即2α≥-，所以当2α≥-时，极限()0lim x f x +→存在； （2）因为()()0lim 00x f x f -→==，所以要使()f x 在0x =处连续，需要求20α+>，2α>-，所以当2α>-时，()f x 在0x =处连续；（3）显然()00f -'=，()()()12000lim lim ln 1x x f x f x x xα++-→→-=+()212ln 1lim x x x xα++→+=，要使其存在且为0，必须10α+>，1α>-，所以当1α>-时，()f x 在0x =处可导.四．设()f x 在(),-∞+∞上连续，证明积分()()22Lf x y xdx ydy ++⎰与积分路径无关. 证明：设()()2201,2x y U x y f t dt +=⎰， 则有()()()22,dUx y f x y xdx ydy =++，即存在势函数， 所以()()22LLf x y xdx ydy dU ++=⎰⎰与积分路径无关.五．设()f x 在[],a b 上可导，02a b f +⎛⎫= ⎪⎝⎭，且()f x M '≤，证明：()()24baM f x dx b a ≤-⎰. 证明：因为()f x 在[],a b 上可导，则由拉格朗日中值定理，存在ξ在x 与2a b+之间，使得()()22a b a b f x f f x ξ++⎛⎫⎛⎫'-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 由题设条件02a b f +⎛⎫= ⎪⎝⎭，()f x M '≤， 得()2a b f x M x +≤-，[](),x a b ∈，从而()()bb aaf x dx f x dx ≤⎰⎰2baa bM x dx +≤-⎰2222a bb a b a a b a b M x dx x dx ++⎡⎤++⎛⎫⎛⎫=-+-⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎰⎰()24M b a =-. 六．设{}n a 单调递减，且收敛于0，1sin n n a n ∞=∑发散，（1）证明：1sin nn an ∞=∑收敛；（2）证明lim 1nn nu v →∞=，其中()1sin sin nn k k k u a k a k ==+∑，()1sin sin nn k k k v a k a k ==-∑.证明：（1）因为11sin 1sin 2nk k =≤∑，即1sin nk k =∑有界，而{}na 单调递减且收敛于0，据迪利克列判别法，知1sin nn an ∞=∑收敛；（2）因为1sin nn an ∞=∑发散，1|sin |nn k k S a k ==∑，有lim n n S →∞=+∞， 1sin nn an ∞=∑收敛，1sin nn k k Q a k ==∑，有lim n n Q Q →∞=存在，lim0nn nQ S →∞=，n n n u S Q =+，n n n v S Q =-，11n n n n nnn n n nQ u S Q S Q v S Q S ++==--，故有lim 1nn nu v →∞=.七．设()1sin txxFt edx x+∞-=⎰， 证明：（1）()1sin txxF t e dx x+∞-=⎰在[)0,+∞上一致收敛； （2）()Ft 在[)0,+∞上连续.证明：（1）由狄利克莱判别法知1sin xdx x+∞⎰收敛， 从而在0t ≥上一致收敛；对每一0t≥，tx e -关于[)1,x ∈+∞单调，且一致有界，01tx e -≤≤，()1,0x t ≥≥，由阿贝尔判别法知1sin txxe dx x+∞-⎰关于[)0,t ∈+∞一致收敛. （2）对任意[)00,t ∈+∞，存在,0αβ≥，使得[]0,t αβ∈，1sin txxedx x+∞-⎰在[],αβ上一致收敛，且由sin txxex-在()[)[],1,,x t αβ∈+∞⨯上连续， 由含参变量积分一致收敛的性质，知()F t 在0t 连续，由0t 的任意性，得()F t 在[)0,+∞上连续.八．设(){}nf x 是在[],a b 上有定义的函数列，满足（1）对任意[]0,x a b ∈，(){}n f x 是一个有界数列；（2）对任意0ε>，存在一个0δ>，使当[],,x y a b ∈，且x y δ-<时，对一切自然数n ，有()()n n f x f y ε-<.求证：存在一个子序列(){}kn f x 在[],a b 上一致收敛.注：此题即是著名的阿尔采拉定理. 证明：（1）证明(){}nf x 在[],a b 上一致有界.对1ε=，存在0δ>，当[],,x y a b ∈，且x y δ-<时，对于一切*n N ∈有()()1n n f x f y -<.取正整数N ，使得b aNδ-<，记k b ax a kN-=+，0,1,k N =L ， 由(){}nkf x 是有界数列，存在0M>，使得()n k f x M≤，()1,2,,0,1,n k N ==L L ，对任意[],x a b ∈，存在k 使得[]1,k k x x x -∈，k b ax x Nδ--≤<()()()()n n n k n k f x f x f x f x ≤-+1M <+，()1,2,n =L ，即得(){}nf x 在[],a b 上一致有界.（2）设{}12,,,,k r r r L L 是[],a b 中的所有有理数，对每一k ，(){}nkf r 是有界数列，由聚点定理，存在收敛的子列，取子列的子列，利用对角线法则，可选到{}n f 的子列{}kn f ，使得，对每一i r ，(){}kn if r 收敛，下证{}kn f 在[],a b 上一致收敛.对任意0ε>，存在一个0δ>，当[],,x y a b ∈，x y δ-<时，有()()n n f x f y ε-<，取正整数N 充分大，使得b aNδ-<，ib ax a iN-=+，()0,1,i N =L ， 区间[],a b 被分割成N 个小区间[]1,i i x x +，()0,1,i N =L ，在每一区间[]1,i i x x +上取出一个有理点i ξ，()0,1,2,1i N =-L，由于(){}kn if ξ收敛，对上述0ε>，存在*K N ∈，当,k l K >时，()()k l n i n i f f ξξε-<，对任意[],x a b ∈，存在一个区间[]1,i i x x +，使得[]1,i i x x x +∈，i b ax Nξδ--≤<，综合以上不等式，得()()k l n n f x f x -()()()()()()k k k l l l n n i n i n i n i n f x f f f f f x ξξξξ≤-+-+-3ε<，即得(){}kn f x 在[],a b 上是一致柯西列，故(){}kn f x 在[],a b 上一致收敛.。