随缘更新解答,长期更新的博文.

北京大学

2021 年

哦,北京大学从 2021 年之后不再招研究生了。好耶 (x)

2020 年

一. (15 分) f(x) [a,b] 上上半连续,即x0[a,b] 皆有上极限 lim supxx0f(x)f(x0). (端点处只考虑单侧极限). 问: f(x) [a,b] 上必有最大值?给出证明或举出反例.

提示

上半连续函数在有界闭区间上必有最大值.
lim supxx0f(x)f(x0) 知,对于任意的 ε>0, 存在 δ>0 使得对于任意的 x[a,b], 当 |xx0|<δ 时,有

f(x)<f(x0)+ε.

所以 f(x) x0 附近有上界,也即在 x0 的局部开邻域 U(x0,δ) f 有上界,由于 x0 的任意性,{U(x0,δ):x0[a,b]} 是有界闭集 [a,b] 的开覆盖。再由有限覆盖定理,存在有限多个 x0 使得 f 在有限多个开邻域内有上界,从而 f [a,b] 上有上界。于是 supx[a,b]f(x) 存在有限,记其值为 M. 并设点列 {xn}[a,b] 满足 limnf(xn)=M, (比如根据上确界的定义,取满足 M1n<f(x)M 的点作为 xn). 由于 [a,b] 为紧集,所以不妨设这样的 {xn} 是收敛序列,并设 xnx, 由于

M=limnf(xn)=lim supnf(xn)lim supxxf(x)f(x)M,

所以 f(x)=M.

二. (15 分) f(x)=x1+xcos2x [0,+) 上是否一致连续?证明你的结论.

提示

任取固定的正整数 m, 令

xn=(n+12)π,yn=(n+12)π+1m,

|f(xn)f(yn)|=|nπ+π2nπ+π2+1m1+(nπ+π2+1m)sin2(1m)|=(n+12)2π2sin21m+(n+12)πmsin21m1m1+((n+12)π+1m)sin2(1m).

由于对于任意的 x(0,π2), |sinx|2πx, 则

|f(xn)f(yn)|(n+12)2π2(2π1m)2+(n+12)π1m(2π1m)21+(n+12)π+1m4(n+12)21m2+(n+12)4π1m32nπ+1m.

再取 m=n, 则有

|f(xn)f(yn)|4(n+12)21n+4π(n+12)1nn2nπ+1n2π,n.

所以尽管 |xnyn|0, 但当 n 充分大时,|f(xn)f(yn)| 有正下界。所以 f(x) [0,+) 上不一致连续.

三. (15 分) f(x) [1,+) 上连续,f(x)0

f(x+y)f(x)+f(y),x,y[0,+),

limx+f(x)x 是否存在?证明你的结论或举出反例.

提示

对于任意固定的 x[1,+), 容易证明

f(yx)[y]f(x)+f({y}x)

对于任意的 y1 成立,所以

f(yx)yx[y]f(x)yx+f({y}x)yx,

两边同时对 y 取上极限,则有

lim supxf(x)x=lim supyf(yx)yxlim supy([y]f(x)yx+f({y}x)yx)=f(x)x.

于是对于任意事先固定的 x[1,+), 恒有

lim supxf(x)xf(x)x<,

由于上式左边是一个与 x 无关的常数,右边是 x 的函数,对上式的 x 取下极限得到

lim supxf(x)xlim infxf(x)x.

由于 lim supxf(x)x 存在有界,所以 limxf(x)x 存在.

四. (15 分) f(x)C[0,1], 单增且 f(x)>0, x[0,1], 定义 s=01xf(x)dx01f(x)dx.
(1) (7 分) 证明: s12;
(2) (8 分) 指出0sf(x)dxs1f(x)dx 的大小关系并证明你的结论. (可应用物理或几何直观).

提示

(1).

要证 s12, 只需证

I=01(x12)f(x)0,

I=012(x12)f(x)dx+121(x12)f(x)dx=012(x12)f(x)dx012(x12)f(1x)dx=012(x12)(f(x)f(1x))dx.

由于 f(x) [0,1] 上单调递增,故当 x[0,12] 时,

(x12)(f(x)f(1x))0,

所以 I0.

由 Chebyshev 不等式有

01xf(x)dx01xdx01f(x)dx=1201f(x)dx,

所以 s12.

由于 f(x) 单调增加,所以对任意的 x[a,b], 有

(xa+b2)(f(x)f(a+b2))0,

xf(x)a+b2f(x)(xa+b2)f(a+b2),

两边对 xab 积分可得不等式.

(2).

F(x)=0xf(t)dt, x[0,1], 则 F(x) 是下凸单调递增函数,只需证明 F(s)12F(1).
由于

F(x)F(s)=sxf(t)dtf(s)(xs),

两边同乘 f(x) 并在 [0,1] 上积分有

01F(x)f(x)dx01F(s)f(x)dx01f(s)f(x)(xs)dx=0,

12F(1)2F(s)F(1), 所以 2F(s)F(1).

g(x)=0xf(t)dt, 在 [0,1] 上下凸递增,所以只需证明 g(s)12g(1). 将 [0,1] 按照分点 {xi}i=1n 划分,则由 g(x) 的凸性有

g(s)=g(01xf(x)dx01f(x)dx)=g(i=1nxi1xitf(t)dti=1nxi1xif(t)dt)g(i=1nxixi1xif(t)dti=1nxi1xif(t)dt)=g(i=1nλixi)i=1nλig(xi)=i=1ng(xi)g(1)xi1xif(t)dt,

其中

λi=xi1xif(t)dti=1nxi1xif(t)dt=xi1xif(t)dtg(1).

由于 f 连续,所以 g 也连续,故 fg 是 Riemann 可积函数,所以当 n时,

i=1nf(xi)g(xi)(xixi1)g(1)1g(1)01f(x)g(x)dx=g(1)2.

考虑物理意义:即考虑一根在区间 [0,1] 上密度为 f(x) 的棒,则 s 是其重心所在位置,重心的左右两侧保持杠杆平衡,也就是满足重力与重力臂的乘积相等,即 F1l1=F2l2, s 的左边更长,其力臂更长,对应的重力小一些,也就是质量轻一点,因此

0sf(x)dxs1f(x)dx.

五. (15 分) 已知0+sinxxdx=π2, 计算

I=0+(sinxx)2dx,

并说明计算依据.

提示

直接分部积分

I=0+(sinxx)2dx=0+sin2xd(1x)=(1xsin2x|0+0+2sinxcosxxdx)=0+sin2xxdx=0+sin2x2xd(2x)=0+sinxxdx=π2.

六. (15 分) 设曲面 S C2 函数 z=f(x,y), (x,y)D 给出,此处 D XOY 平面上的单连通区域,其边界为 C1 简单闭曲线 C:x=x(t), y=y(t), t[α,β], 在承认平面 Green 公式的前提下,请给出如下特殊情形 Stokes 公式的证明:

LR(x,y,z)dz=SRydydzRxdzdx.

七. (15 分) f(x,y) R 上有连续二阶偏导数,满足 f(0,0)=0 fxx+fyy=x2+y2, 用 Cr 表示中心在原点,半径为 r 的圆周,请求出 f(x,y) Cr 上的平均值

A(r)=12πrCrf(x,y)ds,

其中积分为第一型曲线积分.

八. (1) (10 分) 设 p(0,1), 求 f(x)=cospx, x[π,π], 以 2π 为周期的 Fourier 级数,
并给出其函数.
(2) (15 分) 证明余元公式 B(p,1p)=πsinπp, 此处 B(,) 为 Beta 函数.

九. (20 分) 对整数 1<p<q, 定义 Tp,q(x) 为下面三角多项式:

Tp,q(x)=cos(qp)xp+cos(qp+1)xp1++cos(q1)x1cos(q+2)x2cos(q+p)xp

对于 k1, 取整数 1<pk<qk 及实数 ak>0 满足

qk+pk<qk+1pk+1, n=1an<+, lim infnaklnpk>0.

(满足上述要求的数是存在的,如 pk=2k3, qk=2k3+1, ak=1k2).
(1) 证明: f(x)=k=1akTpk,qk(x) 2π 周期的周期函数;
(2) f(x) 的 Fourier 级数在 x=0 点是否收敛?说明理由.

2019 年 10

1. (10 分) 讨论数列 an=1+2++nnnn 的敛散性.

2. (10 分) f(x)C[a,b]f(a)=f(b). 证明存在 xn,yn[a,b], 使得 limn+(xnyn)=0f(xn)=f(yn),
nN.

3. (10 分) 证明恒等式 k=0n(1)kCnk1k+m+1=k=0m(1)kCmk1k+n+1.

4. (10 分) 已知无穷乘积 n=1+(1+an) 收敛,是否有 n=1+an 收敛?证明或者举出反例.

5. (10 分) 设 f(x)=n=1+xnlnx, 求 01f(x)dx.

6. (20 分) f(x)(0,+) 上二次可微函数,若 limx+f(x) 存在,f(x) 有界。证明 limx+f(x)=0.

7. (20 分) 数列 {xn} 有界,且 limn+(xn+1xn)=0, lim infn+xn=l, lim supn+xn=L, <l<L<+. 证明 c[l,L], 都有 {xn} 的子列收敛于 c.

8. (20 分) p>0, 讨论级数

n=1+sinnπ4np+sinnπ4

的绝对敛散性和条件敛散性.

9. (20 分) 求 f(x)=2xsinθ12xcosθ+x2x=0 处的 Taylor 展开式,并求 0πln(12xcosθ+x2)dθ.

10. (20 分) 证明 0+sinxxdx=π2, 求 0+sin2(yx)x2dx.

2018 年 9

1. (每小题 10 分,共 30 分) 证明如下极限:
(1) limn(1+01sinnxxndx)n=+;
(2) limn(01sin(xn)xndx)n=k=1+e(1)k2k(2k+1);
(3) limn1nk=1nln(1+k2kn2)=ln22+π2.

2. (10 分) fC(0,1), f(x2)f(x1)x2x1=α<β=f(x4)f(x3)x4x3, 这里 x1,x2,x3,x4(0,1). 证明:对任意 λ(α,β), 存在 x5,x6(0,1), 使得 λ=f(x6)f(x5)x6x5.

3. (10 分) 设 γ 是联结 R3 中两点 A,B 且长度为 L 的光滑曲线,UR3 中包含 γ 的开集,fU 上连续可微,梯度 f 的长度在 γ 上的上界为 M. 证明:

|f(A)f(B)|ML.

4. (20 分) f(0,0) 点局部三阶连续可微,DR 表示圆盘: x2+y2R2. 计算:

limR0+1R4DR(f(x,y)f(0,0))dxdy.

5. (20 分) φ(x) 在 0 处可导,φ(0)=0, f(x,y)(0,0) 点局部 2 阶连续可微,f(x,φ(x))=0, (ijf(0,0))2×2 为半正定非 0 阵。证明 f(0,0) 点取得极小值.

6. (20 分) 证明: ex+cos(2x)+xsinx=0 在区间 ((2n1)π,(2n+1)π) 恰有两个根 x2n1<x2n, n=1,2,3,. 证明如下极限存在并求之: limn(1)nn(xnnπ).

7. (20 分) 证明: limx0n=1cos(nx)n=+.

8. (20 分) x[1,+), f(x)>0, f(x)0, 且 limx+f(x)=+. 证明如下极限存在并求之:

lims0+n=1(1)nfs(n).

2017 年 8

1. (10 分) 证明:

limn+0π2sinnxπ2xdx.

2. (10 分) 证明: n=111+nx2sinxnα 在任何有限区间上一致收敛的充要条件是: α>12.

3. (10 分) 设 n=1an 收敛。证明

lims0+n=1anns=n=1an.

4. (10 分) 设 γ(t)=(x(t),y(t)), (t 属于某个区间 I)R1C1 向量场 (P(x,y),Q(x,y)) 的积分曲线,若 x(t)=P(γ(t)), y(t)=Q(γ(t)), tI. 设 Px+QyR1 上处处非零,证明向量场 (P,Q) 的积分曲线不可能封闭 (单点情形除外).

5. (20 分) 假设 x0=1, xn=xn1+cosxn1, (n=1,2,). 证明:当 n 时,xnπ2=o(1nn).

6. (20 分) 假如 fC[0,1], limx0+f(x)f(0)x=α<β=limx1f(x)f(1)x1. 证明: λ(α,β), x1,x2[0,1] 使得 λ=f(x2)f(x1)x2x1.

7. (20 分) 设 f(0,+) 上的凹 (或凸) 函数且 limx+f(x) 存在有限,证明 limx+xf(x)=0 (仅在 f 可导的点考虑极限过程).

8. (20 分) 设 ϕC3(R3), ϕ 及其各个偏导数 iϕ, (i=1,2,3), 在点 X0R3 处取值都是 0. X0 点的 δ 邻域记为 Uδ, (δ>0). 如果 (ij2ϕ(X0))3×3 是严格正定的,则当 δ 充分小时,证明如下极限存在并求之:

limt+t32Uδetϕ(x1,x2,x3)dx1dx2dx3.

9. (30 分) 将 (0,π) 上常值函数 f(x)=1 进行周期 2π 奇延拓并展为正弦级数:

f(x)4πn=112n1sin(2n1)x.

记该 Fourier 级数的前 n 项和为 Sn(x), 则 x(0,π), Sn(x)=2π0xsin2ntsintdt, 且 limnSn(x)=1. 证明 Sn(x) 的最大值点是 π2nlimnSn(π2n)=2π0πsinttdt.

2016 年 7

1. (15 分) 用开覆盖定理证明有界闭区间上的连续函数必一致连续.

2. (15 分) f(x)[a,b] 上的实函数。叙述关于 Riemann 和 i=1nf(ti)(xixi1) 的 Cauchy 准则 (不用证明) 并用你叙述的 Cauchy 准则证明闭区间上的单调函数可积.

3. (15 分) (a,b) 上的连续函数 f(x) 有反函数。证明反函数连续.

4. (15 分) f(x1,x2,x3)C2 映射,fx1(x10,x20,x30)0. 证明 f(x1,x2,x3)=0(x10,x20,x30) 附近确定了一个隐函数 x1=x1(x2,x3). 证明 x1=x1(x2,x3) 二次可微并求出 2x1x2x3 的表达式.

5. (15 分) nm, f:URnRmC1 映射,U 为开集且 f 的 Jacobi 矩阵的秩处处为 m. 证明 fU 中的开集映为开集.

6. (15 分) x1=2, xn+1=2+xn. 证明 {xn} 收敛并求极限值.

7. (15 分) 证明 0+sinxxdx 收敛并求值。写出计算过程.

8. (15 分)
(1) 证明存在 [a,b] 上的多项式序列 {pn(x)} 使得 abpi(x)pj(x)dx=δij 并使得对于 [a,b] 上的连续函数 f(x), 若 abf(x)pn(x)dx=0, nN, 则必有 f0.
(2) 设 g(x)[a,b] 平方可积,g(x) 关于 (1) 中 {pn(x)} 的展式为 g(x)n=1+(abg(x)pn(x)dx)pn(x). 问

abg2(x)dx=n=1+[abg(x)pn(x)dx]2

是否成立.

9. (15 分) 正项级数 n=1+an 收敛,limn+bn=0, 令 cn=a1bn+a2bn1++anb1. 证明 {cn} 收敛并求 limn+cn.

10. (15 分) 幂级数 n=1+anxn 的收敛半径为 R, 0<R<+. 证明 n=1+anRn 收敛的充分必要条件为 n=1+anxn[0,R) 上一致收敛.

2015 年 6

1. 计算 limx0+0xet2dtxsinxx.

2. 讨论广义积分 1+[ln(1+1x)sin1x]dx 的敛散性.

3. 函数 f(x,y)={(1cosx2y)x2+y2,y0;0,y=0., f(x,y)(0,0) 可微吗?证明你的结论.

4. 计算 Le2[(1cosy)dx(ysiny)dy], 这里 L 是曲线 y=sinx(0,0)(π,0).

5. 证明函数级数 n=0cosnxn2+1(0,2π) 一致收敛,并且在 (0,2π) 有连续导数.

6. x0=1, xn+1=3+2xn3+xn, n0. 证明序列 {xn} 收敛并求其极限.

7. 函数 fC2(R2), 且对于任意 (x,y)R2, 2fx2(x,y)+2fy2(x,y)>0. 证明: f 没有极大值点.

8. f[a,b] 连续,在 (a,b) 可导,且 f(b)>f(a), c=f(b)f(a)ba. 证明: f 必具备下述两条性质中的一个:
(1) 任意 x[a,b], 有 f(x)f(a)=c(xa);
(2) 存在 ξ(a,b), 使得 f(ξ)>c.

9. F:R3R2C1 映射,x0R3, y0R2, F(x0)=y0, 且 Fx0 处的 Jacobi 矩阵 DF(x0) 的秩为 2. 证明:存在 ε>0, 以及 C1 映射 γ(t):(ε,ε)R3, 使得 γ(0) 是非零向量,且 F(γ(0))=y0.

10. 开集 URn, f:URn 是同胚映射,且 fU 上一致连续。证明: U=Rn.

2014 年 5

1. 叙述实数序列 {xn} 的 Cauchy 收敛原理,并且使用 Bolzano-Weierstrass 定理证明.

2. 序列 {xn} 满足 x1=1, xn+1=4+3xn, n=1,2, 证明此序列收敛并求极限.

3. 计算

Ωf(x,y,z)dxdydz

其中 Ω 是曲面 z=x2+y2z=1 围成的有界区域.

4. 证明函数项级数 n=1+x3enx2[0,+) 一致收敘.

5. 讨论级数 n=3+lncos(πn) 的敛散性.

6. 设函数 f:RnRRn{0} 可微,在 0 点连续,且 limp0f(p)xi=0, i=1,2,,n, 证明 f0 处可微.

7. f(x),g(x)[0,1] 上的连续函数,且 supx[0,1]f(x)=supx[0,1]g(x). 证明存在 x0[0,1], 使得 ef(x0)+3f(x0)=eg(x0)+3g(x0).

8. Ω={pR3:|p|1}, 设 V:R3R3, V=(V1,V2,V3)C1 向量场,VR3Ω 上恒为 0, V1x+V2y+V3zR3 恒为 0.
(1) 设 f:R3RC1 函数,求 ΩfVdxdydz;
(2) 求 ΩV1dxdydz.

9. f:RR 是有界连续函数,求

limt0++f(x)tt2+x2dx.

10. f:[0,1][0,1]C2 函数,f(0)=f(1)=0, 且 f(x)<0, x[0,1]. 记曲线 {(x,f(x))x[0,1]} 的弧长是 L. 证明 L<3.

2013 年 4

1. 用柯西收敛准则证明 Rn 上的有限覆盖定理.

2. f(x)=sinx+x2+1, 在 0 附近有反函数,求 (f1)(4)(1).

3. 类比第二型曲线积分 p(x,y)dx+q(x,y)dy, 给出积分 p(x,y)dq(x,y) 的定义,并给出合理的可积判别准则和计算方法,证明你的结论.

4. f(x)[π,π] 上的单调函数,定义 F(x)=πxf(t)dt, 证明任意 x(π,π), 极限

limΔ0+F(x+Δx)F(xΔx)2Δx

存在,并等于 f(x) 的傅里叶级数的和.

5. 证明拉格朗日中值定理,并给出它的一个应用.

6. fn(x)[0,+) 上一致有界的函数列,并且在任意的闭区间上一致收敛于 f(x). 对于任意固定的 n, fn(x) 是单调递增或者递减的函数。又 0+g(x)dx 收敛,证明 f(x)g(x)fn(x)g(x) 都在 [0,+) 上可积,并且有

limn+0+fn(x)g(x)dx=0+f(x)g(x)dx.

7. f(x,y) 定义在 [a,b]×[c,d] 上,且对于任意固定的 x[a,b], f(x,y)[c,d] 上可积。而且 ε>0, δ>0, 当 x1,x2[a,b], |x1x2|<δ 时,有

|f(x1,y)f(x2,y)|<ε,y[c,d].

证明 p(x)=cdf(x,y)dy[a,b] 上可积,q(y)=abf(x,y)dx[c,d] 上可积,且积分相等.

8. 正项级数 n=1+an 收敛,bn0, (n+), 证明 a1bn+a2bn1++anb10, (n+).

9. 用两种方法将积分 Ωxydxdy 化成累次积分,其中 Ωy=x2, x+y=2, x 轴围成的区域.

2012 年 3

1. 叙述函数在区间 [a,b] 上 Riemann 可积的定义,问:定义中的任意分割是否可以改为等距分割并说明理由.

2. 2x+y2+sinxy+1=ex 确定 y x 的函数 y=f(x), 求在 x=0 f(x) 带两阶 Peano 余项的 Taylor 展开式. (可能有误)

3. f(x)=ex1sinx, 求 f(4)(0).

4. V(x2+y2+z2)dxdydz, 其中 V={(x,y,z):x2a2+y2b2+z2c21}.

5. 由实数域的确界原理直接证明连续函数的介值定理,再应用连续函数介值定理证明确界定理.

6. D={(x,y):x2+y2<1}, u(x,y) 是定义在 D 上的二阶连续可微的二元函数并且在 D上连续,在 D 的边界D 上有 u(x,y)0, 又 u(x,y) D 上满足2ux2+ux+uy=2u, 求证在 D 上恒有 u(x,y)0.

7. f(x) (a,b) 上可导,且 x0(a,b) f(x) 的唯一间断点,记

S={tR{}{+}: 存在数列 {xn}(a,b) 满足 xnx0,f(xn)t, (n)}.

问: S 是什么样的集合?若 f(x) (a,b){x0} n (n2) 阶可导,证明 f(n)(x) (a,b){x0} 上有无穷多个零点.

8. f(x),g(x)C(,+), 构造一个在 R 上无穷次可微的函数 h(x), 使得 h(x) [1,1] 上等于 f(x), 在 R{2,2} 上等于 g(x).

9. 叙述并证明型的 L’Hospital 法则.

  1. TODO.

2011 年

1. 用确界存在定理证明:如果 f(x) 是区间 I 上的连续函数,则 f(I) 是一个区间.

2. 可微函数 f(0,1) 上有界,limx0+f(x) 不存在。证明:存在数列 {xn} 满足 limnxn=0, 使得 f(xn)=0.

3. 证明如果 f(x)I 上连续,|f(x)| 可导,则 f(x) 也可导.

4. 构造两个以 2π 为周期的函数,它们的 Fourier 级数在 [0,π] 上一致收敛于 0.

5. 证明 f(x)[0,1] 上可积的充要条件是 F(x,y)=f(x)[0,1]×[0,1] 上可积.

6. f(x,y) 在其定义域中的某个点上存在非零方向导数,且在三个方向上的方向向量均相等。证明 f(x,y) 不可微.

7. DR2 中由一条光滑曲线所围成的无界闭区域,试构造一个函数 f(x,y), 使它在 D 上的二重积分 Df(x,y)dxdy 发散.

8. DRn, D 是一个凸区域,T(x)D 上有连续二阶偏导数,其 Jacobi 行列式正定。证明 T(x) 是单射.

9. 设正项级数 n=1an 收敛。证明极限 limnn21a1+1a2++1an 存在.

10. fn(x)[a,b] 上连续,fn(x)[a,b] 上一致有界,并且 fn(x) 逐点收敛于极限函数 f(x). 证明 f(x)[a,b] 上连续.

2010 年

1. (15 分) 用有限覆盖定理证明聚点定理.

2. (15 分) 是否存在数列 {xn}, 其极限点构成的集合为 M={1,12,13,}, 说明理由.

3. (15 分) I 是无穷区间,f(x) I 上的非多项式连续函数。证明:不存在 I 上的一致收敛的多项式序列 {Pn(x)}, 其极限函数为 f(x).

4. (15 分) f(x) [0,1] 上连续,在 (0,1) 上可导,且满足 f(1)=1201/2e1x2f(x)dx. 求证:存在 ξ(0,1) 使得 f(ξ)=2ξf(ξ).

5. (15 分) f(x)C1(R), I 是有界闭区间,Fn(x)=n[f(x+1n)f(x)], 证明函数序列 {Fn(x)} I 上一致收敛。如果 I 是有界开区间,问 {Fn(x)} I 上是否仍然一致收敛?说明理由.

6. (15 分) 构造 R 上的函数 f(x), 使其在 Q 上间断,其它点连续.

7. (15 分) 广义积分0+xf(x)dx0+f(x)xdx 均收敛,证明:

I(t)=0+xtf(x)dx

(1,1) 上有定义,并且有连续导函数.

8. (15 分) 计算曲线积分

I=Γydx+zdy+xdz,

其中 Γ x2+y2+z2=1 x+y+z=0 的交线,从 x 轴正向看是逆时针.

9. (15 分) 证明下面的方程在点 (0,0,0) 附近唯一确定了隐函数 z=f(x,y),

x+12y2+12z+sinz=0

并将 f(x,y) 在点 (0,0) 展开为带 Peano 型余项的 Taylor 公式,展开到二阶.

10. (15 分) f(x),g(x) [0,+) 上的非负单调递减连续函数,且0+f(x)dx0+g(x)dx 均发散,设 h(x)=min{f(x),g(x)}, 试问0+h(x)dx 是否一定发散?说明理由.

2009 年

1. 证明闭区间上的连续函数能取到最大最小值.

2. f(x), g(x) R 上的有界一致连续函数,求证 f(x)g(x) R 上一致连续.

3. f(x) 是周期为 2π 的连续函数,且其 Fourier 级数

a02+n=1ancosnx+bnsinnx

处处收敛,求证这个 Fourier 级数处处收敛到 f(x).

4. {an}n=1 {bn}n=1都是有界数列,且 an+1+2an=bn. 若 limnbn 存在,求证 limnan 也存在.

5. 是否存在 RR 的连续可导函数 f(x) 满足: f(x)>0 f(x)=f(f(x))?

6. 已知 f(x) [0,+) 上的单调连续函数且 limxf(x)=0. 求证

limn0f(x)sinnxdx=0.

7. 求曲线积分

L(yz)dx+(zx)dy+(xy)dz

这里 L 是球面 x2+y2+z2=1 (x1)2+(y1)2+(z1)2=4 交成的曲线.

8. x,y,z0, x+y+z=π. 求 2cosx+3cosy+4cosz 的最大最小值.

9. f(x)C(a,b), 且对于任何 x(a,b) 都有

lim infh0+f(x+h)f(xh)h0.

求证 f(x) (a,b) 上单调不减.

10. 已知 f(x) [0,+) 上的正的连续函数,且01f(x)dx<+. 求证:

limA+1A20Af(x)dx=+.

2008 年

1. 证明有界闭区间上的连续函数一致连续.

2. 是否存在 R 上的连续函数 f(x), 满足 f(f(x))=ex? 证明你的结论.

3. 数列 {xn}, (n1), 满足对于任意的 $n\frac{1}{n} , \left\{x_{n}\right\} $ 无界.

4. f(x) (1,1) 上的无穷次可导函数,f(0)=1, |f(0)|2, 令 g(x)=f(x)f(x), |g(n)(0)|2n!. 证明对所有正整数 n, |f(n)(0)|(n+1)!.

5.

Σ(yz)dydz+(zx)dzdx+(xy)dxdy,

其中 Σ 为球面 x2+y2+z2=2Rx 被圆柱面 x2+y2=2rx, (0<r<R), 所截得的部分,定向取外侧.

6. 证明 F(x,y)=2sinx+y3ey 在全平面有唯一解 y=y(x), 且 y(x) 连续,可微.

7. f(x) [0,+) 上内闭 Riemann 可积,且0+f(x)dx 数列,求证

lima0+0+eaxf(x)dx=0+f(x)dx.

8. f(x) R 上的二阶连续可导函数,满足:
1). lim|x|+(f(x)|x|)=0;
2). 存在 x0R, 满足 f(x0)0. 求证: f(x) R 上变号.

9. g(x) 是周期为 1 的连续函数,01g(x)dx=0. f(x) [0,1] 上有连续一阶导函数,f(0)=f(1).

an=01f(x)g(nx)dx,

求证:

limnnan=0.

10. f(x) [0,1] 上 Riemann 可积,且对 [0,1] 上任何有限个两两不交的闭区间 [ai,bi], 1in, 都有

|i=1naibif(x)dx|1.

求证:

01|f(x)|dx2.

2007 年

这里转的内容的顺序可能会有些不同.

1. 用有限覆盖定理证明连续函数的介值性定理.

2. f(x), g(x) 在有界区间上一致连续,证明 f(x)g(x) 在此区间上也一致连续.

3. 已知 f(x) [a,b] 上有 4 阶导数,且有 f(4)(β)0, f(β)=0, β(a,b). 证明:存在 x1,x2(a,b), 使 f(x1)f(x2)=f(β)(x1x2) 成立.

4. 构造一函数在 R 上无穷次可微,且 f(2n+1)(0)=n, f(2n)(0)=0, 并说明满足条件的函数有任意多个.

5. D=[0,1]×[0,1], f(x,y) D 删连续函数,证明

Df(x,y)dxdy=f(ξ,η),

这样的 ξ,η 有无穷多个.

6.

Ssin4xdydz+e|y|dzdx+z2dxdy,

其中 S x2+y2+z2=1, z>0 方向向上.

7. f(x) R2 上连续函数,试作一个无界区域 D, 使 f(x) D 上广义积分收敛.

8. f(x)=ln(1+sinxxp), 讨论不同的 p f(x) (1,+) 上积分的敛散性.

9. F(x,y)=nyen(x+y), 是否存在 a 以及函数 h(x) (1a,1+a) 可导,且 h(1)=0, 使 F(x,h(x))=0.

10. f(x), g(x) [a,b] 上 Riemann 可积,证明: f(x), g(x) 的 Fourier 展开式有相同的系数的充要条件是ab|f(x)g(x)|dx=0.

2006 年

满分 150 分,每小题 15 分,考试时间 3 小时.

1. 确界存在原理是关于实数域完备性的一种描述,试给出一个描述实数域完备性的其他定理,并证明其与确界存在原理的等价性.

2. 设函数 f(x,y)=x3+3xyy26x+2y+1, 求 f(x,y) (2,2) 处二阶带 Peano 余项的 Taylor 展开。问 f(x,y) R2 上有哪些关于极值的判别点,这些点是否为极值点,说明理由.

3. F(x,y)=x2y3+|x|y+y5.
(1) 证明方程 F(x,y)=0 R 上确定唯一的隐函数 y=f(x);
(2) 求 f(x) 的极值点.

4. 计算第二型曲面积分Σx2dydz+y2dzdx+z2dxdy, 其中曲面 Σ 是椭球面 x2a2+y2b2+z2c2=1 的外侧.

5. 证明广义积分0+sinxxdx 收敛,并计算此积分.

6. f(x,y) 定义在 D=(a,b)×[c,d] 上,x 固定时对 y 连续。设 x0(a,b) 取定,对于任意的 y[c,d], 极限 limxx0f(x,y)=g(y) 收敛。证明重极限

limxx0, yy0f(x,y)=g(y0)

对于任意的 y0[c,d] 成立的充分必要条件是,极限 limxx0f(x,y)=g(y) [c,d] 上一致收敛.

7. 若函数 f(x) 在区间 [a,b] 上有界,给出并证明 f(x) [a,b] 上 Riemann 和的极限

limλ(Δ)0i=1nf(ξi)(xixi1)

收敛的 Cauchy 准则.

8. {fn(x)} R 上的一连续函数列,满足存在常数 M, 使得对于任意的 fn(x) xR 恒有 |fn(x)|M. 假定对于 R 中任意的区间 [a,b] 都有

limnabfn(x)dx=0.

证明:对于任意的区间 [c,d]R 以及 [c,d] 上绝对可积函数 h(x), 恒有

limnabfn(x)h(x)dx=0.

9. 设存在一区间 [a,b] 使得两个 Fourier 级数

a02+n=1ancosnx+bnsinnx,α02+n=1αncosnx+βnsinnx

都在 [a,b] 上收敛,并且其和函数在 [a,b] 上连续且相等.

问对于任意的自然数 n, an=αn, bn=βn 是否成立?如成立,请证明;如不成立,加上什么条件后能保证成立,说明理由.

10. f(x) [0,+) 上内闭 Riemann 可积,证明:广义积分0+f(x)dx 绝对可积的充分必要条件是:对于任意的满足 x0=0, xn+的单调递增序列 {xn}, 级数n=0xnxn+1f(x)dx 绝对收敛.

2006 年 - ?

试卷满分 150 分,每小题 15 分,考试时间: 3 小时

1. 证明:确界存在原理与有界单调递增序列必有极限原理是等价的.

2. 设函数 z=f(x,y) 由方程 x26xy+10y22yzz2+18=0 所确定,求 z=f(x,y) 的极值点和极值,并判断是极大值还是极小值。说明理由.

3. x=y+φ(y), φ 满足 φ(0)=0, φ(y)(a,a) 中连续,且 |φ(0)|k<1, 证明:存在 δ>0, 使得当 x(δ,δ) 时有惟一连续,可微的隐函数 y=y(x) 满足方程 x=y+φ(y)y(0)=0.

4. 计算曲面积分 I=Σxyz(y2z2+z2x2+x2y2)dS, 其中曲面 Σ 为第一卦限椭球面 x2a2+y2b2+z2c2=1, (x0,y0,z0).

5. f(x,y) 定义在 D=(a,b)×[c,d] 上,x 固定时对 y 连续。设 x0(a,b) 取定,对于任意 y[c,d], 极限 limxx0f(x,y)=g(y) 收敛。证明重极限

limxx0,yy0f(x,y)=g(y0)

对任意 y0[c,d] 成立的充分必要条件是,极限 limxx0f(x,y)=g(y)[c,d] 上一致收敛.

6. 证明广义积分 0+sinxxdx 存在,并计算此积分.

7. 若函数 f(x) 在区间 [a,b] 上有界,满足 ε>0, δ>0, 对 [a,b] 的任意两个分割 T1,T2, 只要其分割的小区间的最大长度 T1<δ, T2<δ, 就有相应的两种 Riemann 和之差满足 |T1f(ξi)ΔxiT2f(ηj)Δxj|<ε, 则称其满足 Cauchy 准则。证明: Cauchy 准则与 Riemann 可积是等价的.

8. 设函数 f(x)[0,1] 上 Riemann 可积且满足 01f(x)dx=1, 函数 g(x)=k=1mak[kx], 满足 g(1)=0, 记 bn=01f(x)g(nx)dx, 证明 limnbn 存在,并求出此极限. (其中 [x] 表示不大于 x 的最大整数)

9. 如果区间 [π,π] 上 Riemann 可积的函数 f(x) 能在这个区间上展开成如下三角级数

f(x)=a02+n=1ancosnx+bnsinnx,

证明:这个级数必为 f(x) 的傅立叶级数.

10. f(x)[0,+) 上内闭 Riemann 可积,证明:广义积分 0+f(x)dx 绝对可积的充分必要条件是:对于任意满足 x0=0, xn+ 的单调递增序列 {xn}, 级数 n=0xnxn+1f(x)dx 绝对收敛.

2005 年

1. f(x)=x2sinx1x2sinxsinx, 试求 lim supx+f(x) lim infx+f(x).

2. (1) 设 f(x) 在开区间 (a,b) 可微,且 f(x) (a,b) 有界。证明 f(x) (a,b) 一致连续.
(2) 设 f(x) 在开区间 (a,b), (<a<b<+), 可微且一致连续,试问 f(x) (a,b) 是否一定有界.
(若肯定回到,请证明;若否定回答,举例说明)

3. f(x)=sin2(x2+1).
(1) 求 f(x) 的麦克劳林展开式.
(2) 求 f(n)(0). (n=1,2,3,)

4. 试做出定义在 R2 中的一个函数 f(x,y), 使得它在原点处同时满足以下三个条件:
(1) f(x,y) 的两个偏导数都存在;(2) 任何方向极限都存在;(3) 原点不连续.

5. 计算Lx2ds. 其中 L 是球面 x2+y2+z2=1 与平面 x+y+z=0 的交线.

6. 设函数列 {fn(x)} 满足下列条件:
(1) 对于任意的 n, fn(x) [a,b] 连续且有 fn(x)fn+1(x), (x[a,b]);
(2) {fn(x)} 点点收敛于 [a,b] 上的连续函数 s(x).
证明: {fn(x)} [a,b] 上一致收敛于 s(x).

2002 年

1. (10 分) 求极限 limx0(sinxx)11cosx.

提示

用带 Lagrange 余项的 Taylor 公式

limx0(sinxx)11cosx=limx0e11cosxlnsinxx=limx0e11(1x22!+o(x2))lnxx33!+o(x3)x=exp(limx0ln(1x26+o(x2))x22+o(x2))=exp(limx0x26+o(x2)x22+o(x2))=e1/3.

2. (10 分) a0, x1=2+a, xn+1=2+xn, n=1,2,, 证明极限 limnxn 存在并求极限值.

提示

由于

|xn+1xn|=|xnxn12+xn+2+xn1||xnxn122|1(22)n1|x2x1|,

从而数列收敛,设 limnxn=x, 对 xn+1=2+xn 两边取极限得 x=2+x, 解的 x=2.

容易证明数列 {xn} 是单调有界的,所以有极限,对递推公式两边同时取极限算得极限为 2.

3. (10 分) f(x) [a,a+2α] 上连续,证明存在 x[a,a+α], 使得 f(x+α)f(x)=12(f(a+2α)f(a)).

提示

构造函数 g(x)=f(x+α)f(x)12f(a+2α)+12f(a), 则有

g(a)=f(a+α)12f(a+2α)12f(a),g(a+α)=12f(a+2α)+12f(a)f(a+α),

所以 g(a)=g(a+α), 由函数 y=g(x) 的连续性和介值定理,存在 x[a,a+α], 使得 g(x)=0, 即存在 x[a,a+α], 使得

f(x+a)f(x)=12[f(a+2α)f(a)].

4. (10 分)

f(x)=x1x2+arcsinx.

f(x).

提示

直接求导,

f(x)=21x2, x(1,1).

5. (10 分) u(x,y) 有二阶连续偏导数。证明 u 满足偏微分方程

2ux222uxy+2uy2=0

当且仅当:存在二阶连续可微函数 φ(t), ψ(t), 使得

u(x,y)=xφ(x+y)+yψ(x+y).
提示

充分性:由 u(x,y)=xφ(x+y)+yψ(x+y) 可知,

{ux=φ(x+y)+xφ(x+y)+yψ(x+y)=φ+xφ+yψuy=xφ(x+y)+ψ(x+y)+yψ(x+y)=xφ+ψ+yψ

{2ux2=2φ+xφ+yψ2uxy=φ+xφ+ψ+yψ2uy2=xφ+2ψ+yψ

所以

2ux222uxy+2uy2=2φ+xφ+yψ2φ2xφ2ψ2yψ+2xφ+2ψ+yψ=0.

必要性:设 {w=x+yv=xy, 所以 {ux=uw+uvuy=uwuv, 从而

{2ux2=2uw2+2uv2+22uwv2uy2=u2w2+2uv222uwv2uxy=2uw22uwv+2uwv2uv2=2uw22uv2

直接代入计算

2ux222uxy+2uy2=2uw2+2uv2+22uwv2(2uw22uv2)+u2w2+2uv222uwv=42uv2=0.

所以 2uv2=0, 从而 uv=f(w),
所以

u=vf(w)+G(w),

其中 f G 都是任意的连续函数。注意到 u 是二阶可导的,这使得 vf(w) g(w) 都是二阶可导函数,所以 G(w) 可以写成 wg(w)+C 的形式。因此

u(x,y)=(xy)f(x+y)+(x+y)g(x+y)+C=x(f(x+y)+g(x+y))+y(g(x+y)f(x+y))+C,

{f(x+y)+g(x+y)=φ(x+y)g(x+y)f(x+y)=ψ(x+y),

所以有

u(x,y)=xφ(x+y)+yψ(x+y)+C.

必要性:考虑对应的特征方程

(dydx)2+2dydx+1=0,

则有 (dydx+1)2=0, 解出特征线为 x+y=C.

ξ=x+y, η=x, 则 ux=uξ+uη, uy=uξ,

uxx=uξξ+2uξη+uηη, uxy=uξξ+uηξ, uyy=uξξ,

代入原方程,化简得到 uηη=0. 解的 uη=f(ξ), u=ηf(ξ)+g(ξ), 所以

u(x,y)=xf(x+y)+g(x+y)=xf(x+y)+(x+y)g(x+y)x+y=xφ(x+y)+yϕ(x+y).

充分性部分同前一种证法.

6. (10 分) 计算三重积分

Ωx2x2+y2dxdydz,

其中 Ω 是曲面 z=x2+y2 z=x2+y2 围成的有界区域.

提示

直接做柱坐标变换,有

I=Ωx2x2+y2dxdydz=12Ω(x2+y2)x2+y2dxdydz=1202π01dzzzρ3ρdρ=π42

也可以先计算内层积分。计算两曲面的交线为 z=1, x2+y2=1. 记

D={(x,y):x2+y21},

Ωx2x2+y2dxdydz=Ddxdyx2+y2x2+y2x2x2+y2dz=Dx2x2+y2(x2+y2(x2+y2))dxdy

根据对称性

Dx2x2+y2(x2+y2(x2+y2))dxdy=12D(x2+y2)x2+y2(x2+y2(x2+y2))dxdy=1202πdθ01r2r(rr2)rdr=122π01(r5r6)dr=π(1617)=π42.

7. (10 分) 计算第二型曲面积分

I=Σx2dydz+y2dzdx+z2dxdy,

其中 Σ 是球面 x2+y2+z2=az (a>0) 的外侧.

提示

用高斯公式

I=V(x2x+y2y+z2z)dxdydz=V(2x+2y+2z)dxdydz

其中 V={(x,y,z)x2+y2+z2az,a>0}, 根据对称性可知 V2xdxdydz=V2ydxdydz=0, 所以 I=2Vzdxdydz, 做球坐标代换,有 ρacosφ, 则有

I=202πdθ0π2dφ0acosφρcosφρ2sinφdρ=22π140π2cosφsinφ(ρ4|0acosφ)dφ=a4π0π2cos5φsinφdφ=a4π12B(1,3)=a4πΓ(1)Γ(3)2Γ(4)=a4π6.

也可以用 z 的对称性,因为Vza2dxdydz=0, 所以

V(2x+2y+2z)dxdydz=2V[(x+y+za2)+a2]dxdydz=2a2Vdxdydz=a43π(a2)3=πa46.

8. (10 分) 判断级数n=1lncos1n 的收敛性并给出证明.

提示

根据比较判别法可知:

limx+lncos1x1x2=limx+ln(12sin212x)1x2=limx+2sin212x21x2=12,

所以,当 n+, lncos1n12n2, 注意到 n=11n2 收敛,所以根据比较判别法,级数 n=1lncos1n 收敛.

9. (10 分) 证明: (1) 函数项级数n=1nxenx 在区间 (0,) 上不一致收敛;

(2) 函数项级数n=1nxenx 在区间 (0,) 上可逐项求导.

提示

(1). 设 un(x)=nxenx, 对于任意固定的 x>0, 因为

limn|un+1(x)un(x)|=ex<1,

所以n=1un(x) (0,+) 上收敛;或者对于任意固定的 x>0, 当 n 充分大时用

0un(x)nx1(nx)33!=6x21n2,

1n2 的收敛性知n=1un(x) (0,+) 上收敛.

最后,因为 βn=sup0<x<+|un(x)||un(1n)|=e1 不趋向于零,所以 {un(x)} 不一致收敛于 0, 从而n=1un(x) (0,+) 上也不一致收敛.

(2). 对于任何 x0I=(0,+), 存在 b>δ>0, 使得 0<δ<x0<b. 于是 x[δ,b] 时,有

|un(x)|=nxenxbnenδ,

|un(x)|=|nenxn2xenx|nenδ+bn2enδ.

所以,un(x), un(x) [δ,b] 上一致收敛,于是 f(x)=un(x) [δ,b] 上连续,且有 f(x)=un(x) [δ,b] 上连续,所以 f(x) 在点 x0I 处连续可微.

由于 x0 的任意性,函数 f I 上连续可微,且 f(x)=[un(x)]=un(x).

10. (10 分) f(x) 连续,g(x)=0xyf(xy)dy. 求 g(x).

提示

g(x)=f(x).
注意,本题是用 f(x) 的一重积分给出了 f(x) 的原函数的原函数,可推广.

2001 年

1. (10 分) 求极限

limna2n1+a2n.
提示

|a|<1 时,有 limna2n=0, 于是 limna2n1+a2n=0;
|a|=1 时,有 limna2n=1, 于是 limna2n1+a2n=12;
|a|>1 时,有 limna2n=0, 于是 limna2n1+a2n=limn11+a2n=1.

2. (10 分)f(x) 在点 a 可导,f(a)0. 求极限

limn(f(a+1n)f(a))n.
提示
limn(f(a+1n)f(a))n=limn(1+1n1f(a)f(a+1n)f(a)1n)n=ef(a)f(a).

3. (10 分) 证明函数 f(x)=xlnx [1,+) 上一致连续.

提示

f(x) 求导,

f(x)=12xlnx+1x,

显然 f(x) [1,+) 上有界,于是 f(x) [1,+) 上一致连续.

4. (10 分) D 是包含原点的平面凸区域,f(x,y) D 上可微,

xfx+yfy=0.

证明: f(x,y) D 上恒为常数.

提示

对于任意的 (x,y)D, 设 g(t)=f(tx,ty), 由于 f D 上可微,且 D 是凸区域,所以 g 的定义域是一个连通的区间。所以有

g(t)=xfx+yfy=1t(txfx+tyfy)=0,

所以 g(t) 在其定义域上为常数函数,由中值定理,

f(x,y)=f(0,0)=g(1)g(0)=g(ξ)=0,

其中 ξ(0,1), 故有 f(x,y) D 上恒为常数.

可微函数不一定 Riemann 可积,所以应避免使用曲线积分证明.

5. (10 分) 计算第一型曲面积分

ΣxdS,

其中 Σ 是锥面 z=x2+y2 被柱面 x2+y2=ax, (a>0) 割下的部分.

提示

由于 z=x2+y2, Σ xoy 平面上的投影记为

D={(x,y):x2+y2ax}={(x,y):(xa2)2+y2(a2)2},

所以

dS=1+(zx)2+(zy)2dxdy=2dxdy;

再结合区域 D 的对称性,有

ΣxdS=D2xdxdy=2D[(xa2)+a2]dxdy=2a2Ddxdy=28πa3.

也可以使用极坐标变换计算二重积分,设 x=rcost, y=rsint, 则区域 D 表示满足 racost 的区域,其中π2tπ2, 由 dxdy=rdrdt, 有

ΣxdS=D2xdxdy=2π2π2dt0acostrcostrdr=223a30π/2cos4tdt=28πa3.

6. (10 分) 求极限

limt0+1t4x2+y2+z2t2f(x2+y2+z2)dxdydz,

其中 f [0,1] 上连续,f(0)=0, f(0)=1.

提示

问题: 设函数 f(r) [0,+) 上连续可导,且 f(0)=0. 试求

limt0+1πt4Vf(x2+y2+z2)dxdydz,

其中积分区域 V:x2+y2+z2t2.

用球面坐标变换

T:{x=rsinφcosθ,y=rsinφsinθ,0θ2π, 0φπ, 0rt;z=rcosφ,

于是

limt0+1πt4Vf(x2+y2+z2)dxdydz=limt0+1πt402πdθ0πdφ0tf(r)r2sinφdr=limt0+40tf(r)r2drt4=limt0+f(t)t=f+(0).

7. (10 分) 求常数 λ, 使得曲线积分

Lxyrλdxx2y2rλdy=0,(r=x2+y2)

对上半平面的任何光滑闭曲线 L 成立.

提示

P(x,y)=xyrλ, Q(x,y)=x2y2rλ, 则

yP(x,y)=xy2rλ+λxrλ2, xQ(x,y)=2xy2rλx3y2λrλ2.

由于曲线积分的值与闭曲线 L 的选取无关,所以yP(x,y)=xQ(x,y) 恒成立,解得 λ=1.

8. (10 分) 证明函数 f(x)=n=11nx (1,) 上无穷次可微.

提示

un(x)=1nx, 显然 un(k)(x)=(1)knxlnkn, k=1,2,3,, 在 (1,+) 上连续;

对于任何 δ>1, 当 xδ 时,|un(k)(x)|1nδlnkn, 而n=1lnknnδ 收敛,所以n=1un(x), n=1un(k)(x), k=1,2,3,, 都在 [δ,+) 上一致收敛,故 ζ(x)=n=11nx [δ,+) 内是连续的,并在这区间内有任意阶连续导数。由于 δ>1 是任意的,所以 ζ(x)=n=11nx (1,+) 内是连续的,并在这区间内有任意阶连续导数.

由于n=11n 发散,显然n=11nx (1,+) 内非一致收敛,ζ(x) (1,+) 内也不一致连续。若 ζ(x) (1,+) 内一致连续,则有 limx1+ζ(x)=A 存在且有限,而在 ζ(x)>n=1N1nx 中令 x1+, 取极限,得 A>n=1N1n, N=1,2,3,, 矛盾.

9. (10 分) 求广义积分

0arctan(bx2)arctan(ax2)xdx,b>a>0.
提示
0+arctan(bx2)arctan(ax2)xdx=120+arctan(bx2)arctan(ax2)x2dx2=120+arctan(by)arctan(ay)ydy=120+abu(1yarctanuy)dudy=120+ab11+u2y2dudy=12abdu0+11+u2y2dy=12ab(1uarctanuy)0+du=12ab1uπ2du=π4lnba.

用 Frullani 积分公式,设 f(x)=arctanx2, 则 f [0,+) 上连续,且 limx+f(x)=π2, f(0)=0, 所以

0+arctan(bx2)arctan(ax2)xdx=0+f(bx)f(ax)xdx=f(+)lnab=π4lnba.

10. (10 分) f(x) 是以 2π 为周期的周期函数,且 f(x)=x, πx<π.
f(x) |f(x)| 的 Fourier 级数。它们的 Fourier 级数是否一致收敛 (给出证明)?

2000 年

一。计算: (每题 8 分)

  1. 求极限

    limx0(a+x)xaxx2,a>0.
  2. e2xx2 到含 x5 项的 Taylor 展开式.

  3. 求积分

    01xbxalnxdx,

    其中 a>b>0.

  4. 求积分

    V(x2+y2+z2)αdxdydz,

    其中 V 是实心球 x2+y2+z2R2, α>0.

  5. 求积分

    Sx3dydz+y3dxdz+z3dxdy,

    其中 S x2+y2+z2=a2 的外表面.

二。叙述定义 (每题 5 分)

  1. limxf(x)=+.

  2. xa0 时,f(x) 不以 A 为极限.

三. (13 分) 函数 f(x) [a,b] 上一致连续,又在 [b,c] 上一致连续,a<b<c, 用定义证明 f(x) [a,c] 上一致连续.

四. (10 分) 构造一个二元函数 f(x,y), 使得它在原点 (0,0) 两个偏导数都存在,但在原点不可微.

五. (12 分) 函数 f(x) [a,b] 连续,证明不等式

[abf(x)dx]2(ba)abf2(x)dx.

六. (7 分 + 8 分)

  1. 在区间 (0,2π) 内展开 f(x) 的 Fourier 级数:

    f(x)=πx2.
  2. 证明它的 Fourier 级数在 (0,2π) 内每一点上收敛于 f(x).

1999 年

一. (15 分) 判断下列命题的真伪:

  1. {an} 是一个数列。若在任一子列 {ank} 中均存在收敛子列 {anki}, 则 {an} 必为收敛列.

  2. fC((a,b)), 若存在

    limxa+f(x)=A<0,limxbf(x)=B>0,

    则必存在 ξ(a,b), 使得 f(ξ)=0.

  3. f(x) [a,b] 上有界。若对任意的 δ>0, f(x) [a+δ,b] 上可积,则 f(x) [a,b] 上可积.

  4. f(x),g(x) [0,1] 上的瑕积分均存在,则乘积 f(x)g(x) [0,1] 上的瑕积分必存在.

  5. 设级数n=1bn 收敛,若有 anbn, (n=1,2,), 则级数n=1an 必收敛.

二. (40 分) 求下列极限值. (写出计算过程)

  1. limx0atanx+b(1cosx)αlog(1x)+β(1ex2),(a2+α20).
  2. limn(sinπnn+1+sin2πnn+12++sinπn+1n).
  3. limn01(1x2)ndx.
  4. limn1+ann,a>0.

三. (45 分) 求解下列命题:

  1. 求级数n=0n3n2n 之和.

  2. fC([0,1]), 且在 (0,1) 上可微。若有 87/81f(x)dx=f(0), 证明:存在 ξ(0,1), 使得 f(ξ)=0.

  3. 证明:级数n=1(1)narctannn 收敛.

  4. 证明:积分0+xexydy (0,+) 上不一致收敛.

  5. u=f(x,y,z), g(x2,ey,z)=0, y=sinx, 且已知 f g 都有一阶连续偏导数,gz0. 求 dudx.

  6. f(x) [1,1] 上二次连续可微,且有

    limx0f(x)x=0.

    证明:级数n=1f(1n) 绝对收敛.

1998 年

一. (26 分) 选一个最确切的答案,填入括号中.

  1. f(x) 定义在 [a,b] 上。若对任意的 gR([a,b]), 有 fgR([a,b]), 则 ( ).

(A) fR([a,b]), (B) fC([a,b]), (C) f 可微,(D) f 可导.

  1. fC((a,b)). 若存在 limxa+f(x)=1,limxbf(x)=2 则 ( )

(A) f(x) [a,b] 一致连续,(B) f(x) [a,b] 连续,(C) f(x) (a,b) 一致连续,(D) f(x) (a,b) 可微.

  1. 若反常 (广义) 积分01f(x)dx, 01g(x)dx 都存在,则反常积分01f(x)g(x)dx.

(A) 收敛,(B) 发散,(C) 不一定收敛,(D) 一定不收敛.

  1. limnnan=1, 则n=1an?

(A) 发散,(B) 收敛,(C) 不一定收敛,(D) 绝对收敛.

  1. f(x,y) 在区域 {(x,y):x2+y2<1} 上有定义。若存在偏导数 fx(0,0)=0=fy(0,0), f(x,y)?

(A) 在点 (0,0) 处连续,(B) 在点 (0,0) 处可微,(C) 在点 (0,0) 处不一定连续,(D) 在点 (0,0) 处不可微.

提示
  1. A 2. C 3. C 4. A 5. C

二. (24 分) 计算下列极限 (写出演算过程)

  1. limn1+ann, (a>0).

  2. limx0(1x2cotxx).

  3. limx0+n=112nnx.

三. (10 分) 求下列积分值.

  1. Sx3dydz+x2ydzdx+x2zdxdy, 其中 S:z=0, z=b, x2+y2=a2.

  2. C1ydx+1xdy, 其中 C:y=1, x=4, y=x 逆时针一周.

四. (16 分) 解答下列问题:

  1. 求幂级数n=1(1)nn!(ne)nxn 的收敛半径.

  2. 求级数n=02n(n+1)n! 的和.

五. (24 分) 试证明下列命题:

  1. 反常积分0+sinx21+xpdx, (p0) 是收敛的.

  2. f(x,y) G={(x,y):x2+y2<1} 上有定义。若 f(x,0) x=0 处连续,且 fy(x,y) G 上有界,则 f(x,y) (0,0) 处连续.

1997 年

一. (10 分) 将函数 f(x)=arctan2x1x2x=0 点展开为幂级数,并指出收敛区间.

二. (10 分) 判别广义积分的收敛性: 0+ln(1+x)xpdx.

三. (15 分) f(x)(,+) 上有任意阶导数 f(n)(x), 且对任意有限闭区间 [a,b], f(n)(x)[a,b] 上一致收敛于 ϕ(x) (n+), 求证: ϕ(x)=cex, c 为常数.

四. (15 分) xn>0, (n=1,2) 及 limn+xn=a, 用 εN 语言证明: limn+xn=a.

五. (15 分) 求第二型曲面积分 S(xdydz+cosydzdx+dxdy), 其中 Sx2+y2+z2=1 的外侧.

六. (20 分) x=f(u,v), y=g(u,v), w=w(x,y) 有二阶连续偏导数,满足 fu=gv, fv=gu, 2wx2+2wy2=0, 证明:
(1) 2(fg)u2+2(fg)v2=0,
(2) w(u,v)=w(f(u,v),g(u,v)) 满足 2wu2+2wv2=0.

七. (15 分) 计算三重积分 Ω:x2+y2+z22z(x2+y2+z2)5/2dxdydz.

1996 年

一. (共 25 分) 判断下列命题的真伪,不必说明理由.

  1. 对数列 {an} 作和 Sn=k=1nak, 若 {Sn} 是有界数列,则 {an} 是有界列.
  2. 数列 {an} 存在极限 limnan=a 的充分必要条件是:对任一自然数 p, 都有
    limn|an+pan|=0.
  3. f(x)[a,+) 上的递增连续函数,若 f(x)[a,+) 上有界,则 f(x)[a,+) 上一致连续.
  4. f(x)[a,b] 上连续,且在 (a,b) 上可微,若存在极限 limxa+0f(x)=l, 则右导数 f+(a) 存在且等于 l.
  5. f(x)[a,+) 上的非负连续函数,且积分 a+f(x)dx 收敛,则 limx+f(x)=0.

二. (13 分) f(x)x=a 处可微,f(a)0, 求极限: limn(f(a+1n)f(a))n.

三. (20 分)

  1. 求幂级数 n=1nxn1, (|x|<1) 的和.
  2. 求级数 n=12n3n 的和.

四. (12 分) 求积分 I=D(x+y+z)dxdydz 的值。其中 D 是由平面 x+y+z=1 以及三个坐标平面所围成的区域.

五. (20 分) an0, (n=1,2,), 且 limnan=0, 若存在极限 limnan+1an=l, 证明: |l|1.

六. (10 分) 设在 [a,b] 上,fn(x) 一致收敛于 f(x),gn(x) 一致收敛于 g(x), 若存在正数列 {Mn} 使得 |fn(x)|Mn, |gn(x)|Mn, (x[a,b], n=1,2,), 证明: fn(x)gn(x)[a,b] 上一致收敛于 f(x)g(x).

研究生保送试题

2005 级

一. (10 分) 用肯定语气叙述:

limx+f(x).
提示

解。存在序列 {xn} 和实数 M, 使得 xn+时,恒有 f(xn)>M.

二. (10 分) a1=1, an+1=1an+1, 求证: an 有极限存在.

提示

{an} {a2n1} {a2n} 均为单调有界数列,故收敛,且有相同的极限.

三. (10 分) f(x) 在区间 I=(a,b) 上任意点可以展开成幂级数,且在 I 上存在一列 {xj}, 使得 limj+xj=x0, x0I; 且对于任意的 j f(xj)=0. 求证: f(x)0, xI.

提示

由于 f(x) 在区间 I 上的任意一点可以展开成幂级数,所以 f(x) 所展开的幂级数在 I 上内闭一致收敛。由于幂级数的部分和均是 I 上的连续函数,所以 f(x) I 上也连续,(因为连续函数的一致收敛极限是连续函数). 由于 x0I 是任意的,而且存在序列 {xj} 满足 xjx0 f(xj)=0, 取极限并利用 f 的连续性可得 f(x0)=0. 所以 f(I)={0}.

四. (18 分) f(x),g(x) 在区间 I 一致连续。问 f(x)g(x) I 上是否一致连续?并证明 xlnx (0,+) 上一致连续.

提示

不一定一致连续。取 f(x)=g(x)=x, I=R, 则 f(x)g(x)=x2 I 上不一致连续。因为存在 ε0=1, 对于任意的 0<δ<1, 存在 x=1δ, x=δ+1δ, 使得

|δ2(δ+1δ)2|21δ2>ε0=1,

所以 f(x)g(x) I 上不一致连续.

f(x)=xlnx, f(x)=1x+12xlnx [1,+) 上有界,所以 f(x) [1,+) 上一致连续。另一方面,limx0xlnx=0, 所以 f(x) (0,1] 上一致连续,所以 f(x) (0,+) 上一致连续.

五. (12 分) cosx [0,π] 上分别展开成为正弦和余弦级数,并说明其级数的和收敛到何种函数.

六. (10 分)

0+e2xe6xxdx.
提示
0+e2xe6xxdx=0dx26eyxdy=261ydy=ln3.

七. (10 分) f(x) (0,1) 严格单调上升,且 f(0)=0, f(1)=1. 求证:

limn+01fn(x)dx=0.
提示
|01fn(x)dx||01εfn(x)dx|+|1ε1fn(x)dx|01εfn(1ε)dx+f(1)ε0,n.

八. (10 分) f(x) (0,+) 上单调下降趋于零,g(x)C(,+) 为非常值的周期函数。求证: 0+f(x)dx 收敛等价于0+f(x)|g(x)|dx 收敛.

九. (10 分) 求解二型曲线积分

Δ(exsinyy2)dx+excosydy,

其中 Δ (xa2)2+y2=a24 (a,0) 经上半平面到 (0,0) 的部分.

提示

用 Green 公式,对于封闭曲线 L: Δ((0,a)×{0}),

L(exsinyy2)dx+excosydy=D2ydxdy=0π/22rsinθdθ0acosθrdr=a36.

而在 (0,a)×{0}

(0,a)×{0}(exsinyy2)dx+excosydy=0,

所以

Δ(exsinyy2)dx+excosydy=a36.

References

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