0 0
四.解： 10
函数在 x
y
2
+ y2 < 1
的内部。
a 可以得到矩阵： b b c
= ac − b 2 ≠ 0
ax +by = 0 { 令 f ' = f ' = 0 可以得到方程组： bx + cy =0
x
有唯一的解。 （0，0）使 f (0, 0) = 0 。
20
）函数在 x
2
2
+ y2 = 1
f ( x)
n
f ( xn ) > n
。因为 { x } ⊂ [a, b] 为有界的数列。因此毕有收敛的子列 { xn } 记为：
n
k
lim xnk = x0 x0 ∈ [ a, b ]
k →∞
当 x → x 时 f ( x) 无界，从而 x 不是 f ( x) 在 [a, b] 上的第一间断点与以知矛盾。■
的边界上。
设 F ( x, y) = ax 有因为在 x
a−λ b
2
+ 2bxy + cy 2 − λ ( x 2 + y 2 − 1)
2[(a − λ ) x + by ] = 0
+ y2 = 1 =0
，分别对 x,y 求偏导的到方程组： （1） 2[bx + (c − λ ) y] = 0 （2）
a + b ± (a − c) 2 + 4b 2 2
2 2
x,y 不全为零。要此方程组有非零解必需满足系数行列式为零，即：
1,2
b c−λ
解得： λ
=
将（1）式乘以 x， （2）式乘以 y，两式相加得： (a − λ ) x + 2bxy + (c − λ ) y 又因为 x + y = 1可知： f ( x, y) = ax + 2bxy + cy = λ 。
■
2.解 2.解
：由于 x − 1 < [ x] < x ，所以
1 1 > ≥1 x − 1 [ x]
1 1 1 > > x − 1 [ x] [ x]
当 x → +∞ 时，
； 当 x → −∞ 时，
1 1 < ≤1 x − 1 [ x]
有两边夹定理可得：
3.解 3.解
1 lim x = 1 x →∞ x
2 2 2 2 1,2
=0
3
0
综上可以得到 f ( x, y) 在 x
2
+ y ≤1
2
的最大值为：
a + b + (a − c) 2 + 4b 2 2
最小值为：
a + b − (a − c) 2 + 4b 2 2
■
x x
2 3
五．证：可以构造一个函数 F ( x, y) = [∫ f (t )dt ] − ∫ f
2 2 2 2
(b 2 − ac > 0, a, b, c > 0) .
五.(10 分) 设函数 f 在 [0,1] 上可导且 0 ≤ x ≤ 1 , f (0) = 0 ,试证: [∫
1
0
f ( x)dx]2 ≥ ∫ f ( x)3 dx .
0
1
六.(15 分) 设函数 f 在 ( 0, ∞ ) 上连续,积分 I (λ ) = ∫ 试证 I (λ ) 关于 λ 在区间 [a, b] 上一致收敛. 七.(15 分) 计算曲面积分
− nf ( n ) ( x) − xf ( n +1) ( x) + (1 + x 2 ) f ( n + 2 )( x) − 2nxf ( n +1) ( x) − n(n + 1) f ( n ) ( x) = 0
令 x=0，有（1） ， （2） ， （3）可以得到： f '(0) = 0 ， f ''(0) = 0 ， f
[ ∫ f ( x)dx]2 ≥ ∫ f ( x)3 dx .
0 0 1 1 1
λ
0
λ −a
λ −a
0
x
由以知函数 f 在 [0,1] 上可导且 0 ≤ x ≤ 1 , f (0) = 0 可以得到 f ( x) ≥ f (0) = 0 是递增的。 设
H ( x) = 2 ∫ ( f (t )dt − f 2 ( x))
0 x
H '( x) = 2 f ( x) − 2 f ( x) f '( x) = 2 f ( x)(1 − f '( x)) ≥ 0
∗
( n + 2)
(0) = n 2 f ( n ) (0) = 0
解答人: 梁国良 大庆师范学院
从而 f (0) = 0(k = 0,1,......) ■ 当 k=1 时： f (0) = f (0) = 0 4．解：微分得： xdu − ydv = vdy − udx （1） ， ydu + xdv = −vdx − udy （2）
(2 k +1) (2 k +1) (3)
于是： du = x
2
1 [−( xu + yv)dx + ( xv − yu )dy ] + y2 ( x 2 + y 2 > 0)
u xu + yv ，∂ =− ∂x x +y
2 2
∂v xu + yv 同理可得： ∂ =− y x +y
2 2
■
7解
： f ( x) = π − x
■
2 '2
1 − x .整理得： (1 − x ) f ： 对（1）式求导： − xf '( x) + (1 − x ) f ''( x) = 2 利用莱布尼茨公式： （2）式的两端求 n 阶导数得：
2 2
f '( x) = 2 arcsin x
1
( x) = 4 f ( x )
（1） (2) （3）
n
有 ∑ a '( x) ≤ M 成立,证明:如果级数 ∑ a ( x) 在 [a, b] 收敛,则必一致收敛.
n
∞
k
n
k =1
n =1
大连理工大学 2006 年硕士研究生入学考试
《数学分析》试题解答∗ 一、
1.解 1.解：
将和式改写为：
1 2 1 1 1 1 1 + + 、、、、、 + = ( + + 、、、、 + ) n 2n n 1 + 1 1 + 2 n +1 n + 2 1+ n n n
f (a + b) ≤ f (a ) + f (b) .
三.(10 分) 设 f ( x) 定义于 [a, b] 上且有第一类间断点,证明 f ( x) 在 [a, b] 上有界. 四 .(10 分 ) 设 f ( x, y) = ax + 2bxy + cy , 求 f ( x, y) 在 x + y ≤ 1 上的最大值和最小值
0 0 0 0
，
az0
■ 错误！
sin y sin y sin y 2 dx ∫ dy = ∫ dy ∫ dx = ∫ ( y − y )dy = −2 − cos1 ∫ y y y 0 x 0 y 0
1-sin1 10 证：
1
x
1
y2
1
■ 根据一致收敛的定义去证明满足利普希茨条件就可以了。 ∀x ', x '' ∈ [a, ∞) 有：
n →∞ x →∞
2
(3)
4.
− yv = 0 ∂u ∂v 设函数 u = u( x, y), v = v( x, y) 满足{xu ,求 和 . yu + xv = 1 ∂x ∂y
5. 将函数 f ( x) = (1 +1x) 在 x=0 展成 Taylor 级数.
2
6. 求幂级数 ∑ (
n =1
8 证：
∞
■
在曲面上任取一点 p ( x
0
0,
y0 z0 )
，曲面在该点的切平面方程为：
ay0
y0 z0 ( x − x0 ) + x0 z0 ( y − y0 ) + x0 y0 ( z − z0 ) = 0
切平面在三个坐标轴的截距为： ax ， 和为： a ( x + y + z ) = a 9.解 9.解：交换积分的次序可以得到：
0 0 0
∂ ∂2 f ( x0 , y0 , z0 ) = 0, 2 f ( x0 , y0 , z0 ) > 0 , ∂x ∂x
证明存在 ( y , z ) 的领域 V , 使得对任意的
0 0
( y, z ) ∈V ,在 x0 附近能求得 f ( x, y, z ) 关于 x 的一个极小值点.
九.(15 分) 设函数列{a ( x)} 在 [a, b] 上可导,且存在 M > 0 ,使对任意正整数 n 和 x ∈ [a, b] ,
n −1 − n )xn
的收敛范围. 上任意点处的切平面在各坐标轴上的截距之和等
7. 设函数 f ( x) = π − x, x ∈ (0, π ) ,将 f ( x) 展成正弦级数. 8. 试证曲面 于 a.
0
x + y + z = a (a > 0)
9. 计算积分 ∫ dx ∫
1
x
x
sin y dy . y
1 1 10. 设 f ( x) = (1 + 1 + ) sin ,a>0 为任意正数,证明 f ( x) 在 [ a, +∞ ) 上一致连续. x x 二.(10 分) 设 f ( x) 在 [0, c] 可微, f '( x) 单调下降, f (0) = 0 ,正明对 0 ≤ a ≤ b ≤ a + b ≤ c 有