北京大学数学分析考研试题及解答

判断无穷积分

1

sin sin(

)x

dx x +∞

?的收敛性。

解 根据不等式31|sin |||,||62

u u u u π

-≤≤，

得到 33

sin sin 1sin 11

|sin()|||66x x x x x x x -≤≤， [1,)x ∈+∞； 从而 1sin sin (sin())x x

dx x x +∞-?绝对收敛，因而收敛，

再根据1sin x

dx x +∞?是条件收敛的，

由sin sin sin sin sin()(sin())x x x x x x x x =-+

， 可知积分1sin sin()x

dx x

+∞?收敛，且易知是是条件收敛的。

例5.3.39 设2()1...2!!

n

n x x P x x n =++++，m x 是21()0m P x +=的实根， 求证：0m x <，且lim m m x →+∞

=-∞。

证明 （1）任意*

m N ∈，当0x ≥时，有21()0m P x +>；

,

当0x <且x 充分大时，有21()0m P x +<，所以21()0m P x +=的根m x 存在，

又212()()0m m P x P x +'=>，21()m P

x +严格递增，所以根唯一，0m x <。 （2） 任意(,0)x ∈-∞，lim ()0x

n n P x e →+∞

=>，所以21()m P x +的根m x →-∞，（m →∞）。

因为若m →∞时，21()0m P x +=的根，m x 不趋向于-∞。

则存在0M >，使得(,0)M -中含有{}m x 的一个无穷子列，从而存在收敛子列0k m x x →，（0x 为某有限数0x M ≥-）；

21210lim ()lim ()0k k k M m m m k k e P M P x -++→+∞

→+∞

<=-≤=，矛盾。

例、 设(1)ln(1)n

n p a n -=+，讨论级数2

n n a ∞

=∑的收敛性。 解 显然当0p ≤时，级数

2

n

n a

∞

=∑发散；

由 20

01

1ln(1)

1lim

lim 2x x x x x x

x

→→-

-++=011lim 21x x →=+ 12=，

得

2

21ln(1)4

x x x x ≤-+≤，

（x 充分小）， #

于是2211(1)1

4n n

p p p

a n n n -≤-≤，（n 充分大）

（1） 当1p >时，221p n n ∞

=∑，2

(1)n

p

n n ∞

=-∑收敛， 2(1)n n p n a n ∞

=--∑

收敛，(1)1

n n n p p

a a n n

-≤-+， 2

n

n a

∞

=∑收敛，

2

n

n a

∞

=∑绝对收敛；

（2） 当1

12p <≤时，22

1p n n ∞

=∑收敛，2(1)n p

n n ∞=-∑收敛， 于是

2

(1)n

n p n a n ∞

=--∑

收敛，从而2(1)()n n p n a n ∞=--∑收敛，2

n n a ∞

=∑收敛，

而21p n n ∞

=∑发散，由1(1)n n n p p

a a n n -≤-+，得2

(1)(||)n

n n p n a a n ∞=--+∑发散，所以2n n a ∞

=∑发散， 故此时

2

n

n a

∞

=∑条件收敛。

（3） 当1

02p <≤时，2(1)()n n p n a n ∞=--∑发散，而2(1)n p

n n ∞=-∑收敛，此时2

n n a ∞

=∑发散。

~

北京大学2007年数学分析考研试题及解答

1、 用有限覆盖定理证明连续函数的介值定理。

证明 这里只证明连续函数的零点定理，由此即可推证介值定理。

命题：若()f x 在[,]a b 上连续，且()()0f a f b <，那么必然存在一点(,)a b ξ∈， 满足()0f ξ=。

采用反正法，若对于任意点(,)x a b ∈，有()0f x ≠，那么显然对于任意[,]x a b ∈，仍然有()0f x ≠。

由于f 的连续性，我们对于任意一点[,]x a b ∈，可以找到一个邻域()x O x δ，使得()f x 在

()[,]x O x a b δ?中保号，那么[,]a b 区间被以上形式的()x O x δ，[,]x a b ∈开区间族所覆盖，

由有限覆盖定理，可得存在有限个开区间1

2

12(),(),...,()x x x n

n O x O x O x δδδ就能覆盖闭区间

[,]a b ，再由覆盖定理的加强形式可得，存在0ε>，满足当12,[,]y y a b ∈，12y y ε-<时，

存在1

2

12(),(),...,()x x x n

n O x O x O x δδδ中的某个开集同时覆盖12,y y 。那么我们就证明了当

12y y ε-<时，有12(),()f y f y 同号；

`

现取正整数m ，满足

b a m ε-<，令()i b a i

z a m

-=+

，0,1,...,i m =，那么我们有1i i z z ε+-<，()i f z 与1()i f z +同号，从而证明了0()f z 与()m f z 同号，即()f a 与()f b 同

号，这与题目中的()()0f a f b <矛盾，证明完毕。

2、 设(),()f x g x 在有限区间(,)a b 内一致连续，证明：()()f x g x 也在(,)a b 内一致连续。

证明 首先证明(),()f x g x 都在(,)a b 上有界，因为()f x 在有限区间(,)a b 内一致连续，从而存在10δ>，满足当此12,(,)x x a b ∈，121x x δ-<时，有 12()()1f x f x -<， 现取正整数m ，满足

1b a m δ-<，令()i b a i

z a m

-=+

，1,2,...,1i m =-； 对任意(,)x a b ∈，存在j z ，使得 1j b a

x z m

δ--<

<， ()()()()j j f x f x f z f z ≤-+

1()j f z ≤+ 11

1max ()i i m f z ≤≤-≤+，

即得()f x 在(,)a b 上是有界的；

)

同理()g x 在(,)a b 上也是有界的；

下面证明，若(),()f x g x 在区间I 上有界，且都一致连续，则()()f x g x 在区间I 上一致连续。

设0M >，满足(),()f x M g x M ≤≤，x I ∈; 那么由(),()f x g x 得一致连续性得到，

对于任意0ε>，存在0δ>，使得当,x y I ∈，x y δ-<时，有 ()()f x f y ε-<，()()g x g y ε-< 从而

()()()()f x g x f y g y -

()()()()()()()()f x g x f x g y f x g y f y g y =-+- ()()()()()()f x g x g y f x f y g y ≤-+-

[

2M ε≤，

即得()()f x g x 在I 上一致连续。

3、 已知()f x 在[,]a b 上有四阶导数，且有(4)

(3)()0,()0,(,)f

f a b βββ≠=∈，

证明：存在12,(,)x x a b ∈，使得1212()()()()f x f x f x x β'-=-。 证明 不妨设()()0f f ββ'==

（这是因为否则可以考虑()()()()()g x f x f f x βββ'=---，而()g x 的三、四阶导数与()f x 的相同）

。从而我们要证明存在12,(,)x x a b ∈，使得12()()0f x f x -=。 下面分两种情形来证明之，

（1）()0f β''≠，当()0f β''>，由带Peano 余项的Taylor 展开式，我们得到 22()

()()()(())2

f f x f x o x ββββ''=+

-+-， 那么在β足够小的邻域内有()0f x >，取12y y β<<，满足12()0,()0f y f y ><，不妨设

12()()f y f y <，由于()0f β=，那么存在22(,)x y β∈，使得21()()f x f y =，

·

从而取1122,x y x x ==，12()()0f x f x -=； 当()0f β''<时，同理可得； （2）()0f β''=，那么有(3)

()0f

β=，(4)()0f β≠，可以同样Taylor 展开，

(4)44()

()()()(())4!

f f x f x o x ββββ=+

-+-， 做法与（1）相同，证毕。

4 、构造一个函数在R 上无穷次可微，且(21)

(0)n f

n +=，(2)(0)0n f =，0,1,2,...,n =并说明

满足条件的函数有任意多个。 解 构造函数项级数

()1

(0)!n n n f x n ∞

=∑

211(21)!

n n n

x n ∞

+==+∑， 显然此幂级数的收敛半径为+∞，从而可以定义函数： 211()(21)!

n n n

f x x n ∞

+==+∑，

容易验证此函数满足：(21)

(2)(0),(0)0n n f

n f +==，0,1,2,...n =，

考虑到函数2

1,0()0,0

x e x g x x -??

≠=??=?，

由我们熟知的结论知，()g x 在R 上无穷次可微，且()

(0)0n g

=，(0,1,2,...)n =，

对任意()h x 在R 上无穷次可微的函数，从而()()()f x h x g x +也满足题目要求条件， 结论得证。

5 、设[0,1][0,1]D =?，(,)f x y 是D 上的连续函数，证明满足

(,)(,)D

f x y dxdy f ξη=??的

(,)ξη点有无穷多个。

证明 设 11min{(,):(,)}(,)m f x y x y D f x y =∈=，

22max{(,):(,)}(,)M f x y x y D f x y =∈= 。

那么我们有(,)D

m f x y dxdy M ≤

≤??，

(,)m f x y M ≤≤，(,)x y D ∈，

…

下面分两种情况讨论： （1） 若(,)D

m f x y dxdy =??或(,)D f x y dxdy M =??有一个成立时，

当(,)D

m f x y dxdy =

??，我们有((,))0D

f x y m dxdy -=??，(,)0f x y m -≥，

从而有(,)0f x y m -=，(,)x y D ∈，从而(,)f x y m =为常数，此时结论显然成立； 当

(,)D

f x y dxdy M =??时，我们有((,))0D

M f x y dxdy -=??，(,)0M f x y -≥，

从而(,)f x y M =为常数，此时结论显然成立；

（2）(,)D

m f x y dxdy M <

我们可以选取无穷多条连接11(,)x y 和22(,)x y 的不相交的连续曲线

12(),(),x x t y y t t t t ==≤≤，((),())x t y t D ∈；

显然()((),())F t f x t y t =连续，111222()(,),()(,)F t f x y F t f x y ==，

|

由连续函数的介值定理，存在12(,)t t τ∈，((),())(,)x y ττξη=，使得 ()(,)D

F f x y dxdy τ=??，

即(,)(,)D

f f x y dxdy ξη=??，结论得证。

6 、求

42

sin y xdydz e dzdx z dxdy -∑

++??，其中∑是2221,0x y z z ++=>，方向向上。 解法1 设22

{(,):1,0}xz D x z x z z =+≤≥，

1:y ∑= (,)xz x z D ∈；

2:,)xz y x z D ∑=∈；

42sin y

xdydz e dzdx z dxdy -∑

++?? 1

2

42()(sin )y

xdydz e dzdx z dxdy -∑∑=+++????

4

2(sin xz

D x e

z dxdz =+??

&

42(sin 1)xz

D x e z dxdz ++-+??

32xz

D =??

cos 33sin 1

2x r y r dr rd θθ

π

θ===??

41

30

2sin dr d π

θθ=?

?

4220

2sin (1cos )(cos )tdt d π

π

θθ=--??