武汉大学2009年数学分析考研试题一．计算题1.111lim 1212312n n →∞+++ ++++++； 2.求()2002sin limsin xxx x t t dt x t dt→−∫∫；3.设()01sin x t F x dt x t =∫，()0x ≠，()01F =，求()()40F ，()()90F . 4.设1x y zxyze++=，求222,,,z z z zx y x x y∂∂∂∂∂∂∂∂∂.5.求3ln Dx dxdy y ∫∫，D 是由y x =，1y =，2x =围成的三角形.二．1.设{}O α是有界其区间[],a b 的一个开覆盖.证明：存在0δ>，任意[]12,,x x a b ∈，只要12x x δ−<，就存在{}O O α∈，使得12,x x O ∈.2.举例说明：开区间的开覆盖可能没有这个性质.三．设()f x 在()0,a 上可微，且()f a −=+∞，求证()f x ′在x a =的左侧无上界. 四．设22:D x y y +≤，0x ≥.(),f x y 在D 上连续， 且()()8,,Df x y f x y dxdy π=∫∫，求(),f x y .五．设(),f x y 是(){}22,:1D x y x y =+≤上二次连续可微函数，且满足()2222222f f x y x y ∂∂+=+∂∂，试求积分D I dxdy=∫∫.六．设lim n n a →∞=+∞，证明11lim nk n k a n →∞==+∞∑.七．设()()()()()()22,0,0,0,,0,0x y x y f x y x y +≠ = =，（1）求()0,0x f ，()0,0y f ；（2）证明(),x f x y ，(),y f x y 在()0,0处不连续； （3）证明(),f x y 在()0,0处可微，并求()0,0df . 八．设(),z x y 二阶连续可微，对微分方程()()22223221120z z z z z x x y y x y x y x y ∂∂∂∂∂++−+= ∂∂∂∂∂∂++ ， 作变量代换u xy =，v x y =−， （1）求代换后的方程；（2）指出变量代换失效的点集，并说明失效的理由，代换在失效点集上会产生什么现象.九．设()()331ln 1n u x n x n =+，1,2,n = 记()()1n n S x u x ∞==∑，（1）求证：对任意0b >，()1n n u x ∞=∑在[]0,b 上是一致收敛的，但()1n n u x ∞=∑在[)0,+∞上不是一致收敛的； （2）讨论()S x 的可微性.武汉大学2009年数学分析考研试题解答一．1.解111lim 1212312n n →∞+++ ++++++ ()22lim 1nn k k k →∞==+∑112lim 121n n →∞=−= + ； 2.解 ()2002sin limsin xxx x t t dt x t dt→−∫∫2202sin sin limsin xxxx x t dt t t dtx t dt→−=∫∫∫2022sin limsin sin xxx t dtt dt x x→=+∫∫222220sin lim sin sin 2cos x x x x x x →=++ 222022sin 1lim 2sin 42cos x x x x x x→==+；3.解 因为()()2101sin 21!nn n t t n ∞+=−=+∑，()01sin x t F x dt x t =∫()()2001121!nx n n t dt x n ∞=−=+∑∫ ()()()21011121!21nn n x x n n ∞+=−=++∑()()()2201212!n n n x n n ∞=−=+∑， 于是()()()()221021n n F n −=+，()()2100n F −=，所以()()41025F =，()()900F =. 4.()()()()111111x y z x y zyz xyz e z x zx x xy xyz e x z z +++++++∂=−=−=−∂+++，1111z y y z+∂=−∂+；222221111111x z z x z z x x z+−+ ∂ =∂+()()()2232111z z x x z +++ =+； ()()()22231111111y z z x y z z x x y xy z z + ++∂ ==∂∂++. 5.解 3ln Dx dxdy y ∫∫2221113ln ln x y dx xdy dy ydx =−∫∫∫∫()()221131ln 2ln x xdx y ydy =−−−∫∫()2145ln x xdx =−∫()22125ln x x xdx ′=−∫()()222125ln 5x x x x x =−−−2ln 22=−+.二．（1）证明：若一族开区间{}u I 覆盖了闭区间[]0,1，则必存在一个正数0δ>，使得[]0,1中任何两点1x ，2x 满足12x x δ−<时，必属于某个开区间{}u I I β∈.证明：对于每一个[]0,1x ∈，由于{}u I 覆盖了[]0,1， 存在{}x u u I I ∈，使得x u x I ∈， 又由x u I 是开区间，存在0x δ>， 使得()(),,2x x x u x U x U x I δδ∈⊂⊂，显然开集族()[]{},:0,1x U x x δ∈亦覆盖了区间[]0,1， 根据有限覆盖定理，存在有限个12,,,N x x x ，使得()()()1212,,,,,,N x x N x U x U x U x δδδ 就能覆盖了[]0,1，取{}12min ,,,Nx x x δδδδ= ， 对任意[]12,0,1y y ∈， 当12y y δ−<时，存在(),k k x U x δ，有()1,k k x y U x δ∈，21212k k k k x x y x y y y x δδδ−≤−+−<+≤，于是()12,,2k x kk x u y y U x I δ∈⊂，结论得证.（2）例如11,1n n+是()0,1的一个开覆盖，就没有这个性质.三．证明 用反证法，假设结果不真， 存在0M >，使得()f x M ′≤，(),x a a δ∈−. 对任意a x y a δ−<<<， 由Lagrange 中值定理， ()()()()f y f x f y x ξ′=+−()()()f x M y x f x Ma ≤+−≤+，从而()f x 在a 的某个左邻域内有上界，这与()f a −=+∞矛盾， 所以命题成立.四．解 (){}22,:,0D x y x y y x =+≤≥，()22211,:,022D x y x y x =+−≤≥，()211228D πσπ ==，Dz =sin 2d πθθ=∫∫()sin 32220113r d θπθ =−−∫()32011cos 3d πθθ=−∫()220121sin sin 6369d πππθθ=−−=−∫,由()()8,,DDDDf x y dxdy f x y dxdy dxdy π=−⋅∫∫∫∫∫∫()2,69Df x y dxdy π=−−∫∫， 所以()1,129Df x y dxdy π=−∫∫，所以()81,129f x y ππ=−−. 五．解 利用极坐标和Gauss公式， D I dxdy=+∫∫ ()1200cos sin xy dr ff rd πθθθ=+∫∫2221x y x y r drf dy f dx +==−∫∫()2221xxyy x y r drff dxdy +==+∫∫∫()22212220x y r drx y dxdy +==+∫∫∫1240rdr d d πθρρρ=∫∫∫16126r dr π=⋅∫1126721ππ=⋅⋅=.六．如果+∞=∞→n n a lim ， 则+∞=+++∞→n a a a nn 21lim 。

证明 因为+∞=∞→n n a lim ，对任给的0>A ，存在*1N N ∈，使得凡是1N n >时有A a n 3>；设1N n >，这时na a a n+++ 21 na a a a nN N +++++=+ 1111)(na a N 11++>n N n A 13−+，又因11→++na a N ，1111→−=−nN n N n ， （∞→n ），故可取正整数1N N >， 使当N n >时，恒有2||11A na a N <++ ，21111>−=−n N n N n于是，当N n >时，恒有Ana a a n>+++ 21， 由此可知+∞=+++∞→na a a nn 21lim 。

显然，−∞=∞→n n a lim 等价于 +∞=−∞→)(lim n n a 。

定理 如果−∞=∞→n n a lim ，则−∞=+++∞→na a a nn 21lim 。

七、解 （1）()210,sinf y y y =，()21,0sin f x x x=， 所以()0,00x f =，()0,00y f =， （2）当()(),0,0x y ≠时，()()()223222,2x x f x y x x y x y=++− + ， ()()()223222,2y y f x y y x y x y=++− +， 当()()(),0,0lim,x x y f x y →不存在，(),x f x y 在()0,0处不连续， 当()()(),0,0lim,y x y f x y →不存在，(),y f x y 在()0,0处不连续，0→时，∆∆−+∆+∆0=→，所以(),f x y 在点()0,0处可微，且()0,00df = 。

八．（1）解 ()z z x y x y u ∂∂∂+=+ ∂∂∂ ，()2z z x y x y x y u ∂∂∂∂∂+=++ ∂∂∂∂∂()2222z zx y uu ∂∂=++∂∂，由x =，y =可知x y +=222104z zu v u u∂∂+=∂+∂. （2）由()()(),,u v x y x y ∂=−+∂，变量在0x y +=上失效，因为在此雅克比行列式为0.九．（1）证明 对任意0b >，当[]0,x b ∈时， ()()3310ln 1n u x n x n ≤=+ ()331ln 1n b n ≤+()()322ln 23ln 111ln 2b n n b n n n n +≤= 316n ≥21n≤， （n 充分大） 而211n n ∞=∑收敛，所以()1n n u x ∞=∑在[]0,b 上是一致收敛的. 因为[)()0,sup n n x u x β∈+∞=()()33331ln 1n n n u e n e n≥=+ 331ln 1n e n≥=， 所以(){}n u x 在[)0,+∞上不一致收敛于0， 从而()1n n u x ∞=∑在[)0,+∞上不一致收敛.（2）显然()S x 在[)0,+∞上连续， ()()3331n n u x n n x ′=+， 显然()10nn u ∞=′∑发散， 对于0x >，()331110nu x n x x n′<≤=， 可见()1nn u x ∞=′∑在()0,+∞上收敛， 对任意0δ>，当[),x δ∈+∞时，()331110nu x n x nδ′<≤≤， 由此知，()1nn u x ∞=′∑在[),δ+∞上一致收敛，且有()()1n n S x u x ∞=′′=∑， 所以()S x 在[),δ+∞上连续可微，由0δ>的任意性，可知，()S x 在()0,+∞上连续可微.。