南开大学考研数学分析问题合集

南开大学

2012 年

1. (15 分) 求极限 $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}^m{\int }_0^{\frac{1}{x}}\sin t^2\mathrm{d}t$, 其中 $m$ 为任意整数.

提示

$$\begin{array}{rl}\text{ 原式 }& =\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}{x}^m{\int }_0^{\frac{1}{x}}\sin t^2\mathrm{d}t\\ & =\underset{y\to 0}{lim}\frac{1}{y^m}{\int }_0^y\sin t^2\mathrm{d}t\\ & =\underset{y\to 0}{lim}\frac{\sin y^2}{m{y}^{m-1}}\end{array}$$

故:

$$\text{ 原式 }=\{\begin{array}{ll}0,& m<3,m\in \mathbb{Z}\\ \frac{1}{3},& m=3\\ \mathrm{\infty },& m>3,m\in \mathbb{Z}\end{array}$$

2. (20 分) 计算积分 ${\iint }_D\sqrt{|y-x^2|}\mathrm{d}x\mathrm{d}y$, 其中 $D=\{(x,y);-1\le x\le 1,0\le y\le 1\}$.

提示

$$\begin{array}{rl}\text{ 原式 }& ={\iint }_D\sqrt{|y-x^2|}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & ={\int }_{-1}^1\mathrm{d}x{\int }_{x^2}^1\sqrt{y-x^2}\mathrm{d}y+{\int }_{-1}^1\mathrm{d}x{\int }_0^{x^2}\sqrt{x^2-y}\mathrm{d}y\\ & =\frac{2}{3}{\int }_{-1}^1{(1-x^2)}^{\frac{3}{2}}\mathrm{d}x+\frac{2}{3}{\int }_{-1}^1{\left(x^2\right)}^{\frac{3}{2}}\mathrm{d}x\\ & =\frac{4}{3}{\int }_0^1{(1-x^2)}^{\frac{3}{2}}\mathrm{d}x+\frac{4}{3}{\int }_0^1{x}^3\mathrm{d}x(\text{令 }x=\sin t)\\ & =\frac{4}{3}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^{3}t\cos t\mathrm{d}t+\frac{1}{3}\\ & =\frac{4}{3}\cdot \frac{3!!}{4!!}\frac{\pi }{2}+\frac{1}{3}\\ & =\frac{\pi }{4}+\frac{1}{3}\end{array}$$

3. (20 分) 计算积分 ${\iint }_S{x}^2\mathrm{d}y\mathrm{d}z+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y$, 其中 $S$ 为球面 $x^2+y^2+(z-a{)}^2=a^2$ 中满足 $x^2+y^2\le ay$ 与 $z\le a$ 那部分的下侧.

提示

记 $D:\{(x,y,z):z=a\}$, 取上侧，利用 Gauss 公式，

$$\begin{array}{rl}I& ={\iint }_S{x}^2\mathrm{d}y\mathrm{d}z+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & ={\iint }_{S+D}{x}^2\mathrm{d}y\mathrm{d}z+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y-{\iint }_D{x}^2\mathrm{d}y\mathrm{d}z+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y(\text{Gauss 公式) }\\ & ={\iiint }_{V}2x+1\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z-aS(D)(S(D)\text{ 表示圆的面积) }\\ & ={\iiint }_V\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z-\frac{\pi }{4}{a}^3\text{ (利用了对称性) }\\ & ={\iint }_D\mathrm{d}x\mathrm{d}y{\int }_{a-\sqrt{a^2-x^2-y^2}}^a\mathrm{d}z-\frac{\pi }{4}{a}^3\\ & ={\int }_0^{\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_0^{a\sin \theta }r\sqrt{a^2-r^2}\mathrm{d}r-\frac{\pi }{4}{a}^3\\ & =\frac{\pi }{3}{a}^3-\frac{\pi }{4}{a}^3=\frac{\pi }{12}{a}^3\end{array}$$

4. (15 分) 求级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{n-1}(n+2)}{n(n+1)}$ 的和.

提示

设幂级数 $f(x)=\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{(n+2)x^{n+1}}{n(n+1)}$. 显然该幂级数的收敛半径为 1 , 且当 $x=1$ 时 $\frac{n+2}{n(n+1)}\sim \frac{1}{n}$, $n\to +\mathrm{\infty }$, 故不收敛，当 $x=-1$ 时为 Leibniz 级数收敛。于是该级数的收敛域为 $[-1,1)$.

$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(x)& =\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{(n+2)x^n}{n}.\\ f^{\prime \prime }(x)& =\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}(n+2)x^{n-1}=\frac{1}{(1-x{)}^2}+\frac{2}{1-x}.\end{array}$$

则:

$$f^{\prime }(x)={\int }_0^x{f}^{\prime \prime }(t)dt+f^{\prime }(0)=\frac{1}{1-x}-1-2\ln (1-x)$$

进而:

$$\begin{array}{rl}f(x)& ={\int }_0^x{f}^{\prime }(t)dt+f(0)={\int }_0^x\frac{1}{1-t}-1-2\ln (1-t)dt\\ & =\ln (1-x)-2x\ln (1-x)+x.\end{array}$$

最后由 Abel 定理我们得到:

$$\text{原式}=f(-1)=3\ln 2-1.$$

5. (15 分) 讨论广义积分 ${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\ln (1+x)}{x^p}\mathrm{d}x$ 的敛散性，其中 $p$ 为任意实数.

提示

首先:

$${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\ln (1+x)}{x^p}dx={\int }_0^1\frac{\ln (1+x)}{x^p}dx+{\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{\ln (1+x)}{x^p}dx=I_1+I_2$$

(1) 考虑 $I_1={\int }_0^1\frac{\ln (1+x)}{x^p}dx$, 以 $x=0$ 为可疑奇点。而 $\frac{\ln (1+x)}{x^p}$ 等价于 $\frac{1}{x^{p-1}}$ 当 $x\to 0$ 时。故: 当 $p-1<1$ 时，即 $p<2$ 时，$I_1$ 收敛.

(2) 考虑 $I_2={\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{\ln (1+x)}{x^p}dx$. 显然 $\ln (1+x)=o\left(x^{\epsilon }\right)$, $\mathrm{\forall }\epsilon >0$, ($x\to \mathrm{\infty }$). 当 $p>1$ 时，可取 $0<\epsilon <p-1$, 则，$\frac{\ln (1+x)}{x^p}=o\left(\frac{1}{x^{p-\epsilon }}\right)$. 故：当 $p-\epsilon >1$ 时，即 $p>1$ 时，$I_2$ 收敛.

综上：当且仅当 $1<p<2$ 时，原积分收敛.

6. (15 分) 请回答：函数 $f(x)=\sin \left(x^2\right)$ 在 $(-\mathrm{\infty },+\mathrm{\infty })$ 是否一致连续？并说明理由.

提示

不一致连续。下面我们利用 Cauchy 准则来说明.

取 $\epsilon =\frac{1}{2}$, $x_n^{\prime }=\sqrt{2n\pi }$, $x_n^{\prime \prime }=\sqrt{2n\pi +\frac{\pi }{2}}$, 这样

$$|x_n^{\prime }-x_n^{\prime \prime }|=|\sqrt{2n\pi }-\sqrt{2n\pi +\frac{\pi }{2}}|=\frac{\pi }{2}\frac{1}{\sqrt{2n\pi }+\sqrt{2n\pi +\frac{\pi }{2}}}\to 0,(n\to \mathrm{\infty }).$$

但 $|f\left(x_n^{\prime }\right)-f\left(x_n^{\prime \prime }\right)|=1>\frac{1}{2}=\epsilon$. 故由 Cauchy 准则，$f(x)$ 在 $(-\mathrm{\infty },+\mathrm{\infty })$ 上不一致连续.

7. (15 分) 设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上可微，$f(0)=0$, 对任意 $x\in [0,1]$, 有 $f(x)\ne 0$. 证明：存在 $\zeta \in (0,1)$, 使得 $2\frac{f^{\prime }(\zeta )}{f(\zeta )}=\frac{f^{\prime }(1-\zeta )}{f(1-\zeta )}$.

提示

构造 $F(x)=f^2(x)f(1-x)$. 利用解微分方程的 方法此函数容易得到。显然 $F(0)=F(1)=0$, 由 Rolle 定理，存在 $\xi \in (0,1)$, 使得 $F^{\prime }(\xi )=0$. 故 $F^{\prime }(\xi )=f(\xi )[2f^{\prime }(\xi )f(1-\xi )-f(\xi )f^{\prime }(1-\xi )]=0$. 由题意，$2f^{\prime }(\xi )f(1-\xi )-f(\xi )f^{\prime }(1-\xi )=0$, 即得 $2\frac{f^{\prime }(\xi )}{f(\xi )}=\frac{f^{\prime }(1-\xi )}{f(1-\xi )}$.

8. (15 分) 设 $f(x)$ 与 $g(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且 $f(x)\ge 0$, $g(x)>0$. 求极限 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{[{\int }_a^{b}g(x)f^n(x)\mathrm{d}x]}^{\frac{1}{n}}$, 并证明之.

提示

证明:

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{[{\int }_a^{b}g(x)f^n(x)\mathrm{d}x]}^{\frac{1}{n}}=\underset{x\in [a,b]}{max}f(x)$$

(1) 记 $M=\underset{x\in [a,b]}{max}f(x)$

$${[{\int }_a^{b}g(x)f^n(x)\mathrm{d}x]}^{\frac{1}{n}}\le {\left(M^n\right)}^{\frac{1}{n}}{[{\int }_a^{b}g(x)\mathrm{d}x]}^{\frac{1}{n}}=M{[{\int }_a^{b}g(x)\mathrm{d}x]}^{\frac{1}{n}}\to M,(n\to \mathrm{\infty })$$

(2) $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，故 $\mathrm{\exists }{x}_0\in [a,b]$, $f\left(x_0\right)=M$. 对 $\mathrm{\forall }\epsilon >0$, $\mathrm{\exists }\delta >0$ ($\delta <b-a$), 使得当 $|x-x_0|<\delta$ 时，有 $f(x)>M-\epsilon$.

$${[{\int }_a^{b}g(x)f^n(x)\mathrm{d}x]}^{\frac{1}{n}}\ge {[{\int }_{x_0-\delta }^{x_0+\delta }g(x)f^n(x)\mathrm{d}x]}^{\frac{1}{n}}\ge (M-\epsilon ){[{\int }_a^{b}g(x)\mathrm{d}x]}^{\frac{1}{n}}\to M-\epsilon ,(n\to \mathrm{\infty }),$$

由 $\epsilon$ 的任意性，

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{[{\int }_a^{b}g(x)f^n(x)\mathrm{d}x]}^{\frac{1}{n}}=\underset{x\in [a,b]}{max}f(x).$$

9. (15 分) 设 $\underset{x\to 0}{lim}f(x)=0$, 且 $\underset{x\to 0}{lim}\frac{f(x)-f\left(\frac{x}{2}\right)}{x}=0$. 证明: $\underset{x\to 0}{lim}\frac{f(x)}{x}=0$.

提示

我们利用上下极限的性质来证明此题.

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{lim sup}\frac{f(x)}{x}& =\underset{x\to 0}{lim sup}(\frac{f(x)-f\left(\frac{x}{2}\right)}{x}+\frac{f\left(\frac{x}{2}\right)}{x})\\ & \le \underset{x\to 0}{lim sup}\frac{f(x)-f\left(\frac{x}{2}\right)}{x}+\underset{x\to 0}{lim sup}\frac{f\left(\frac{x}{2}\right)}{x}=0+\underset{x\to 0}{lim sup}\frac{f\left(\frac{x}{2}\right)}{x}\\ & =\frac{1}{2}\underset{x\to 0}{lim sup}\frac{f\left(\frac{x}{2}\right)}{\frac{x}{2}}=\frac{1}{2}\underset{t\to 0}{lim sup}\frac{f(t)}{t}=\frac{1}{2}\underset{x\to 0}{lim sup}\frac{f(x)}{x}.\end{array}$$

故有:

$$\underset{x\to 0}{lim sup}\frac{f(x)}{x}\le 0.$$

另一方面

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{lim inf}\frac{f(x)}{x}& =\underset{x\to 0}{lim inf}(\frac{f(x)-f\left(\frac{x}{2}\right)}{x}+\frac{f\left(\frac{x}{2}\right)}{x})\\ & \ge \underset{x\to 0}{lim inf}\frac{f(x)-f\left(\frac{x}{2}\right)}{x}+\underset{x\to 0}{lim inf}\frac{f\left(\frac{x}{2}\right)}{x}=\frac{1}{2}\underset{x\to 0}{lim inf}\frac{f(x)}{x}.\end{array}$$

所以

$$\underset{x\to 0}{lim inf}\frac{f(x)}{x}\ge 0.$$

综上有:

$$0\le \underset{x\to 0}{lim inf}\frac{f(x)}{x}\le \underset{x\to 0}{lim sup}\frac{f(x)}{x}\le 0,$$

于是

$$\underset{x\to 0}{lim inf}\frac{f(x)}{x}=\underset{x\to 0}{lim sup}\frac{f(x)}{x}=0,$$

故:

$$\underset{x\to 0}{lim}\frac{f(x)}{x}=0.$$