华中科技大学2004年《数学分析》试题及解答以下每题15分1.设00x =,1nn kk x a==∑(1n ≥),n x b →(n →∞).求级数11()n nn n a xx ∞-=+∑之和.解 由1n n n a x x -=-(1n ≥),得221111()()n nn n n n n a xx x x ∞∞--==+=-∑∑2211lim ()nk k n k x x -→∞==-∑22lim n n x b →∞==.2.设(0)(1)f f =,''()2f x ≤(01x ≤≤).证明'()1f x ≤(01x <<).此估计式能否改进?证明 将(1)f 、(0)f 在x 点(01x <<)用Taylor 公式展开并相减,则得2211(1)(0)'()''()(1)''()(0)22f f f x f x f x ξη-=+---(0,1ξη<<),由于(0)(1)f f =,因此得 222211'()(1)''()''()(1)122f x x f x f x x ξη≤-+≤-+≤.此不等式可以改进为:'()1f x <(01x <<),因为01x <<时,上式22(1)1x x -+<.3.设(,)f x y 有处处连续的二阶偏导数,'(0,0)'(0,0)(0,0)0x y f f f ===.证明(,)f x y 1221112220(1)[(,)2(,)(,)]t x f tx ty xyf tx ty y f tx ty dt =-++⎰.证明1221112220(1)[(,)2(,)(,)]t x f tx ty xyf tx ty y f tx ty dt -++⎰2120(,)(1)d f tx ty t dt dt =-⎰1100(,)(,)(1)df tx ty df tx ty t dt dt dt =-+⎰ 100(,)(,)t df tx ty f tx ty dt ==-+''12((0,0)(0,0))(,)(0,0)(,)xf yf f x y f f x y =-++-=4.设(,)f x y 在,0x y ≥上连续,在,0x y >内可微,存在唯一点00(,)x y ,使得00,0x y >, 0000'(,)'(,)0x y f x y f x y ==.设00(,)0f x y >,(,0)(0,)0f x f y ==(,0x y ≥), 22lim (,)0x y f x y +→∞=,证明00(,)f x y 是(,)f x y 在,0x y ≥上的最大值.证明 (反证法),假设00(,)f x y 不是(,)f x y 在,0x y ≥上的最大值。
由于22lim (,)0x y f x y +→∞=,存在0r >,当22,0,0x y r x y +≥≥≥时,00(,)(,)f x y f x y <。
考察闭区域22{(,):0,0,}D x y x y x y r =≥≥+≤,显然00(,)x y D ∈,由已知(,)f x y 在D 上连续,从而(,)f x y 在D 上取得最大值,设为11(,)f x y 。
显然在D ∂上,总有00(,)(,)f x y f x y <,因而必有:1111'(,)'(,)0x y f x y f x y ==。
当22,0,0x y r x y +≥≥≥时,0011(,)(,)(,)f x y f x y f x y <≤,因此 11(,)f x y 是(,)f x y 在,0x y ≥上的最大值。
由假设,1100(,)(,)x y x y ≠。
这与已知矛盾,可知假设不真。
5.设处处有''()0f x >.证明:曲线()y f x =位于任一切线之上方,且与切线有唯一公共点. 证明 设00(,)x y 为曲线()y f x =上任一点,在该点处曲线的切线方程为000()'()()y f x f x x x =+-对曲线()y f x =上任意点,按Taylor 公式展开,得200001()()'()()''()()2f x f x f x x x f x x ξ=+-+- 由''()0f x >知,当0x x ≠时,000()'()()f x f x x x +-()f x <,而00(,)x y 为唯一公共点.得证.6.求2249L xdy ydxI x y -=+⎰,L 是取反时针方向的单位圆周.解 L 的参数方程:cos ,sin ,02x y θθθπ==≤≤22222220cos sin 494cos 9sin L xdy ydx I d x y πθθθθθ-+==++⎰⎰2222001tan 14449tan 49d dt t πθθθ+∞+==++⎰⎰ 0134(arctan )623t π+∞==7.设()f是连续正值函数, 22222222222222()()()()x y z t x y t f x y z dxdydz F t x y f x y dxdy++≤+≤++=++⎰⎰⎰⎰⎰.证明()F t (0t >)是严格单调减函数.证明 22222222222222()()()()x y z tx y t f x y z dxdydzF t x y f x y dxdy++≤+≤++=++⎰⎰⎰⎰⎰22032()2()tt r f r dr rf r dr=⎰⎰,当0t >时223232220322()()()()'()2(())tttt f t r f r dr t f t r f r drF t r f r dr -=⎰⎰⎰22220322()()()20(())ttt f t r f r r t drr f r dr -=<⎰⎰因此,()F t (0t >)是严格单调减函数。
8.设级数01n n a n ∞=+∑收敛,证明10001nn n n n a a x dx n ∞∞===+∑∑⎰.证明 由01n n a n ∞=+∑收敛知,10()1n n n a S x x n ∞+==+∑在[]0,1上一致收敛,从而10()1n n n aS x x n ∞+==+∑左连续,即110lim 1n n x n a x n -∞+→=+∑01n n a n ∞==+∑.对(0,1)x ∀∈,有100000()1x x n nn n n n n n n a a t dt a x dx x n ∞∞∞+=====+∑∑∑⎰⎰, 于是100100lim ()xnnn n x n n a x dx a t dt -∞∞→===∑∑⎰⎰1100lim 11n n nx n n a a x n n -∞∞+→====++∑∑. 9.设()f x 在[0,)∞上连续,其零点为01:0n n x x x x =<<<< ,()n x n →∞→∞.证明:积分()f x dx ∞⎰收敛⇔级数1()n nx x n f x dx +∞=∑⎰收敛.证明11()()n N nNx x x n f x dx f x dx ++==∑⎰⎰,若0()f x dx ∞⎰收敛,则11110()lim ()lim()()n N N nN x x x x n x n f x dx f x dx f x dx f x dx ++++∞+∞→∞→∞====∑⎰⎰⎰⎰,即1()n nx x n f x dx +∞=∑⎰收敛。
若()f x dx ∞⎰不收敛,同理可知1()n nx x n f x dx +∞=∑⎰不收敛。
10.设a b <,()n f x 在[,]a b 上连续,()0bn af x dx ≥⎰(1,2,n = ),当n →∞时,()n f x 在[,]a b 上一致收敛于()f x .证明:至少存在一点0[,]x a b ∈,使得0()0f x ≥.证明 由()n f x 在[,]a b 上一致收敛于()f x ,得知()f x 在[,]a b 上连续,且数列()bn af x dx ⎰收敛于()baf x dx ⎰,即lim ()()b b n aan f x dx f x dx →∞=⎰⎰,由于()0b n af x dx ≥⎰,得()0baf x dx ≥⎰,至少存在一点0[,]x a b ∈,使得0()0f x ≥.注 或用反证法:若对[,]x a b ∀∈,有()0f x <,由()f x 的连续性得()0baf x dx <⎰,与上面相同证法,推出矛盾.。