华东师范大学数学分析试题及解答2001年

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华东师大数学分析2001年试卷
一、（30分）简单计算题
（1） 验证当x →∞时，2
2x
t
x e dt ⎰与2
x
e 为等价无穷大量.
（2） 求不定积分2
ln(1)x dx x
+⎰
.
（3） 求曲线积分 2
(c o s )s i n OA
I y
y dx x ydy =
-+⎰,其中有向曲线 O
A 为沿着正弦曲线sin y x =从O （0,0）到点A (,0)π.
（4） 设f 为可微函数，222()u f x y z =++，并有方程 23326x y z xyz ++=，试对以
下两种情形分别计算
u x
∂∂在点0(1,1,1)P 处的值；
1) 由方程确定了隐函数(,)z z x y =; 2) 由方程确定了隐函数(,)z z z x =;
二、（12分）求椭球2222
2
2
1x y z a
b
c
+
+
=与锥面
2222
2
2
0x y z a
b
c
+
-
=(0)z ≥所围成的立体.
三、（12分）证明：若函数()f x 在有限区域(,)a b 内可导，但无界，则其导函数'
()f x 在(,)a b 内必无界.
四、（12分）证明：若1
n n a ∞
=∑绝对收敛，则121
()n n n a a a a ∞
=+++∑ 亦必绝对收敛。

五、（17分）设()f x 在[0,1]上连续，(1)0f =，证明：
1. {}n
x 在[0,1]上不一致收敛；
2.
{}()n
f x x 在[0,1]上一致收敛；
六、（17分）设函数()f x 在闭区间[],a b 上无界，证明：
1.
{}[],n x a b ∃⊂，使得lim ();n n f x →∞
=∞
2.
{}[],c a b ∃⊂，使得0,(),f x c δδδ∀>+ 在(c-)[a,b]上无界.
（此题鼓励多）
2001年华东师范大学硕士研究生招生考试
<数学分析>试题解答
一、⑴用洛必达法则验证： 2
2
2
2
2
222lim
2lim
0x
x
x
t
x x
x
t
x xe
xe
dt e e
dt
e x +=⎰⎰+∞
→+∞
→
1lim
2
2
+=⎰
+∞
→x
x
t
x xe
dt
e
1)
21(lim
2
2
2
++=+∞
→x e
e x
x
x
110=+=
⑵
⎰
⎰-+=
+)1()1
l n ()1l n (2
x
d x dx x
x
⎰++
+-
=)1()1l n (1x x dx
x x
C x
x x x
++++-
=1ln
)1ln(1
⑶2
π
-=I
⑷第一种情况：
).22)(('2
2
2
x zz x z y x f x
u +++=∂∂
xy
z yz xy z yz z x 22163632
2
---
=---
=
.0)
1,1,1(=∂∂x
u
第二种情况：FOR xz
y yz y x 6463---
=
SO ，
).3(')
22)((')
1,1,1(2
22
)
1,1,1(f yy x z y x f x
u x -=+++=∂∂
二、设立方体在xy 平面的投影区域为：
⎭⎬⎫
⎩
⎨⎧≤+=21),(22
22b y a x y x D 。

⎰⎰
⎪⎪⎭
⎫
⎝
⎛
+
---=
D
dxdy b
y a x c
b y a x
c V 2
22
22
2221。

令2
1:',,sin ,cos 2≤===r D abr J ar y ar x θθ。

⎰
⎰--=
π
θ
20
2
1
02
2
)1(a b r d r
r r c d V ⎰
--=2
1
2
2
)1(2dr r r
r abc π
abc π3
2
2-=。

三、（反证法）：若)('x f 在),(b a 上有界，设M x f ≤)('。

则对任意取定),(b a c ∈，对一
切),(b a x ∈有)()(')()()()(c f c x f c f c f x f x f x +-⋅≤+-≤ξ
*
=+-≤M c f a b M )()(
导致与)(x f 在),(b a x ∈上无界的条件矛盾，故证得)('x f 在),(b a x ∈上必定无
界。

四、 因为∑∞
=1
n n a 收敛，所以存在0>M ，使
M a a a n ≤+++ 21， n n n a M a a a a ≤+++⇒)(21 。

又因为
∑
∑∞
=∞
==1
1
n n
n n a M
a M
收敛，故由优级数列判别法推得
∑
∞
=+++1
21)(n n n a a a a 也收敛。

五、
⑴⎩⎨
⎧=∈=∞
→1
,1)1,0(,0lim x x n 。

由于)(01)0(sup 1
0∞→→/=-<≤n x n
x ，因此{}n x 在)1,0[不一致收敛，故在[0，1]上更
不一致收敛。

⑵由于0)1(=f ，因此
]1,0[,0)(lim ∈∀=∞
→x x x f n
n
0>∀ε，因f 在1=x 左连续，故0>∃δ，当]1,1(δ-∈x 时，满足 ε<=-)()1()(x f f x f 于是当]1,1(δ-∈x 时，有
+∈∀<≤-N n x f x x f n ,)(0)(ε， 说明{}n x x f )(在]1,1(δ-∈x 上一致连续。

又在]1,0[δ-∈x 上，因为)(x f 在[0，1]上连续，故存在最大值0>M （若
M=0，则0)(≡x f ，结论显然成立）。

此时有
)(0)1(0)(s u p 10∞→→-≤--≤≤n M x x f n
n
x δδ
，
所以{}n x x f )(在]1,0[δ-∈x 上一致连续。

综上证得{}n x x f )(在[0，1]上一致连续。

六、
⑴ 因为f 在],[b a 上无界，故],[,0b a x M ∈∃>∀，使M x f >)(。

现取),2,1( ==n n M ，相应地),2,1](,[ =∈∃n b a x n ，使得n x f n >)(， 故∞=∞
→)(lim n n x f 。

⑵证明：（利用致密性原理）
因为⑴中所得的{}],[b a x n ⊂，故存在收敛子列，设为 ],[lim b a c x k
n k ∈=∞
→
0,01>∃>∀K δ，当1K k >时， ],[);(b a c x k
n ⋂∈δ 。

另一方面。

因为∞=∞
→)(lim n n x f ，故0,02>∃>∀K M ，当2K k >时
使M n f k >)(。

综上，当{}21,max K K K k =>时，同时有
],[);(b a c x k
n ⋂∈δ ，M n f k >)(，
于是f 在],[);(b a c ⋂δ上无界。

说明：利用有限覆盖原理亦可以完成证明。