2005年浙江大学数学分析试题及解答浙江大学2005年数学分析解答一 （10分）计算定积分20sin x e xdx π⎰解：2sin xe xdx π⎰=()011cos 22x e x dx π⎡⎤-⎢⎥⎣⎦⎰ ()01x e dx e ππ=-⎰ 由分部积分法0cos 2xe xdx π=⎰()1e π-+20sin 2x e xdx π=⎰()1e π-04cos 2x e xdx π-⎰所以0cos 2x e xdx π=⎰()115e π-，所以20sin x e xdx π⎰=()215e π- 解毕 二 （10分）设()f x 在[0,1]上Riemann可积，且1()2f x dx =⎰，计算 11lim 4ln[1()]nn i if n n →∞=+∑解：因为()f x 在[0,1]上Riemann 可积，所以0,()M f x M ∃>≤，所以1()0if n n→ 因为0ln(1)lim 1x x x →+=，所以114ln[1()]n i i f n n =+∑与114()ni i f n n =∑等价且极限值相等由Riemann 积分的定义：11lim 4ln[1()]nn i if n n →∞=+∑=410()f x dx =⎰解毕三 （15分）设,,a b c 为实数，且1,0b c >-≠试确定,,a b c 的值，使得30sin limln(1)x x b ax xc t dtt →-=+⎰解：若0b ≠，显然30sin lim0ln(1)x x b ax xt dtt →-=+⎰，这与0c ≠矛盾，所以0b =计算300sin limln(1)x x ax xt dtt →-+⎰，利用洛必达法则：33000sin cos lim lim ln(1)ln(1)x x x ax x a xt x dt t x→→--=++⎰，易有30ln(1)lim0x x x→+=，若1a ≠， 33000sin cos limlim ln(1)ln(1)x x x ax x a x t x dt t x →→--==∞++⎰，矛盾，所以1a =.计算301cos lim ln(1)x xx x→-+，继续利用洛必达法则：33001cos cos limlim ln(1)ln(1)x x x x x x x x x →→--=++24003321cos sin 2sin cos lim lim 3631(1)x x x x x x x x x x x x x →→-++==-++332243343cos sin 1lim(612)(1)6(63)(1)2(1)x x x x c x x x x x x x →-===-+--++ 解毕 四 （15分）设()f x 在[,]a b 上连续，且对每一个[],x a b ∈，存在[],y a b ∈，使得1()()2f y f x ≤，证明：在存在[,],a b ξ∈使得()0f ξ=证明:反证法,由于()f x 在[,]a b 上连续,由闭区间上连续函数的性质,不妨假设0()m f x M <<<对于任选的一点1x ,存在2,x 使得211()()2f x f x ≤, 存在3,x 使得321211()()()22f x f x f x ≤≤所以1111[,],()()0,()22n n n n Mx a b f x f x n --∈≤≤→→∞即lim ()0n n f x →∞=,但对所有的x, 0()m f x M <<<,矛盾.所以[,]a b 存在零点 证毕五 （20分）（1）设()f x 在[,)a +∞上连续，且()af x dx +∞⎰收敛。

证明存在数列{}n x [,)a ⊂+∞满足条件lim n n x →∞=∞lim ()0n n f x →∞=（2）设()f x 在[,)a +∞上连续，()0,f x ≥且()af x dx +∞⎰收敛，问是否必有lim ()0x f x →∞=？为什么？证明：（1）因为()af x dx +∞⎰收敛，所以对于任意的0ε>，存在120,,G x x G >>当时21()x x f x dx ε<⎰考虑1()n nf x dx +⎰，由积分中值定理，存在(,1)n n ξ∈+，使得1()()n nf x dx f ξ+=⎰，将ξ记做n x ，易见lim n n x →∞=∞当n G >时，1()()n n nf x dx f x ε+=<⎰，即lim ()0n n f x →∞= 证毕（2）不一定有.举一个例子:()f x 是这样一个函数:112()[,)221()2()1[,]20nn n n n x n x n n f x x n x n n ⎧-+∈-⎪⎪⎪=--+∈+⎨⎪≥⎪⎪⎩其它,x 0 1,2.3......n =显然函数()0,f x ≥0()f x dx +∞⎰=121112=-,但lim ()0x f x →∞≠(因为在整点处函数值为1) 解毕六（20分）设()f x 在[0,)+∞上具有二阶连续导数，且已知(){}0sup ();0,M f x x =∈+∞和(){}2sup ''();0,M f x x =∈+∞均为有限数。

证明： （1）022'()2M tf t M t ≤+对任何0,(0,)t x >∈+∞均成立. （2）(){}1sup '();0,M f x x =∈+∞也是有限数，并且满足不等式1M ≤ 证明:(1) 考虑()f t t +在t 处Talyor 展开: ()f t t +=2''()()'()2f f t f t t t ξ++,t>0,整理一下有: (2)()''()'()2f t f t f f t t t ξ-=-,,所以()(2)''()'()2f t f t f f t t t ξ+≤+ 所以 022'()2M tf t M t ≤+ 证毕 (2) 因为022'()2M tf t M t ≤+对任何0,(0,)t x >∈+∞均成立.取t =所以'()f t ≤所以(){}1sup '();0,M f x x =∈+∞也是有限数，并且满足不等式1M ≤ 证毕七 （10分）()f x 在任何有限区间上Riemann 可积，且()f x dx +∞-∞⎰收敛，证明：lim ()sin()0n f x nx dx +∞-∞→∞=⎰证明: 因为()f x dx +∞-∞⎰收敛,所以0,0,G ε∀>∃>使得()()2GGf x dx f x dx ε+∞--∞+<⎰⎰在[,]G G -上因为()f x Riemann 可积,由Riemann Lebesgue -引理lim ()sin()0GGn f x nx dx -→∞=⎰即 : 0,,N ε∀>∃当n N ≥时()sin()2GGf x nx dx ε-<⎰所以0,,N ε∀>∃当n N ≥时,()sin()f x nx dx +∞-∞⎰()sin()()()GGGGf x nx dx f x dx f x dx +∞---∞≤++⎰⎰⎰ε<即:lim ()sin()0n f x nx dx +∞-∞→∞=⎰证毕八 （15分）（1）将arctan x 展开为幂级数，求收敛半径.（2）利用（1）证明：4444......(1) (3521)n n π=-+-+-++.（3）利用（2）中公式近似计算π的值，需要用多少项求和，误差会不超过10m -（m 为自然数）解：（1）由幂级数理论arctan x =()21121nn n x n +∞=-+∑由收敛半径的求法收敛半径：____1111n ρ====（2）在级数()21121nn n x n +∞=-+∑中，令1x =，由莱布尼茨对交错级数的判别法，级数收敛，所以4444arctan14......(1) (3521)n n π==-+-+-++（3）对于误差的计算，取决于余项，不妨近似地用421n +代替余项， 41021mn -≤+，所以410121410,2m m n n ⨯-+≥⨯≥所以至少计算410112m ⎡⎤⨯-+⎢⎥⎣⎦项，这里[]y x =是取整函数. 解毕 九 （15分）设(,)u x y 是()2\{0,0}R 上2C 径向函数，即存在一元函数()f x使得(,)(),u x y f r r ==若22220u ux y∂∂+=∂∂，求f 满足的方程及函数(,)u x y .解：'(u f r x ∂=∂，'(u f r y ∂=∂ 所以()2223222222''()'()u x y f r f r x x yxy∂=+∂++ ()2223222222''()'()u y x f r f r y x yxy∂=+∂++由22220u u x y ∂∂+=∂∂1''()'()0f r f r r ⇒+= 所以''()1'()f r f r r =-，所以1ln '()ln f r C r=+ 所以1121'(),()ln f r C f r C r C r=∴=+ 这里12,,C C C 均为常数。

所以(,)u xy 12C C =+ 解毕十 （25分）(1)设f 是1R 上1C ，周期为L 的函数（0L >）,且0()0Lf x dx =⎰。

利用f 的Fourier 级数展开证明： 22224'()()LLf x dx f x dx Lπ≥⎰⎰，等号成立当且仅当存在常数11,a a -，使得2211()t t iiLLf t a ea eππ--=+（2）设Ω是2R 上具有1C 光滑边界的连通区域，设()A Ω是Ω的面积，则2()A div rdxdy r v ds →→→Ω∂ΩΩ==⋅⎰⎰其中向量场12(,)(,)(,)r x y r x y i r x y j →→=+，12(,),(,)r x y x r x y y ==，,i j 是x 轴和y 轴的单位向量.，v →是边界∂Ω的单位外法向量，ds 是边界∂Ω的弧长微分.（3）设Ω同上，()l ∂Ω是Ω的边界∂Ω的长度，利用（1），（2）证明：2()4()l A π∂Ω≥Ω等号成立当且仅当Ω是圆盘.证明：（1）因为f 是1R 上1C ，所以,'f f 均是连续函数，所以满足Passeval 等式，又注意到()0Lf x dx =⎰所以()222012()L n n n f x dx a b L ∞==+∑⎰ 这里,n n a b 均为f 的Fourier 系数，由Fourier 级数理论可得：'f 的Fourier 系数为22,n n na nb L Lππ，由Passeval 等式： ()22222220124'()L nnn f x dx n a n bL Lπ∞==+∑⎰，显然22224'()()LLf x dx f x dx Lπ≥⎰⎰如若等号成立，说明,0,2n n a b n =≥，由f 的Fourier 级的复数形式：存在常数11,a a -，使得2211()t t iiLLf t a ea eππ--=+ 证毕（2）证明：div r →=122r r x y ∂∂+=∂∂，所以2div rdxdy dxdy →ΩΩ==⎰⎰ 2()A Ω 将第一类曲线积分向第二类曲线积分转化：r v ds xdy ydx →→∂Ω∂Ω⋅=-⎰⎰2Green dxdy Ω−−−−→⎰⎰由公式=2()A Ω 证毕(3) 将坐标(,)x y 看作是弧长s 的函数((),())x s y s ，因为有：222()()()dx dy ds += 所以：221dx dy ds ds ⎛⎫⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，令()l L ∂Ω=，(),()x s y s 是周期为L 的1C 函数 由格林公式和（2）的结果。