数学分析考研真题练习一

重庆大学2004年数学分析330


证明：(1)小题已由楼上证明。现证明（2）。

                 令：
                              $y=\Phi (x)=x^{p-1},x=\Psi (y)=y^{q-1},$

                则有：
                              
                               $\Rightarrow x=\Psi (y)=\Psi (x)=y^{\frac{1}{p-1}}=y^{q-1}.$

                比较指数而得：

                               $\therefore \frac{1}{p-1}=q-1,$

                               $\therefore \frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1.$

                  因此，所给条件，正好满足$x^{p-1}$与$y^{q-1}$互为反函数。由（1）关系式，得：

                             $\int_{0}^{a}x^{p-1}dx+\int_{0}^{b}y^{q-1}dy=\frac{a^p}{p}+\frac{b^q}{q}\geq ab.$

重庆大学2004年数学分析330


证明：
                  此题简单，利用可积函数有界性质，立即可证。

重庆大学2004年数学分析330


十二、证明：
                                $\because x=M< 1,$

                                $\forall x_1,x_2\in (0,1),$

                                $\displaystyle |x_1^n(\ln x_1)^2-x_2^n(\ln x_2)^2|\leq |x_1^n(\ln x_1)^2|\leq M^{n+2}\rightarrow 0.(n \to \infty )$

                   所以，一致收敛。


十三、（1）证明：
                              $\displaystyle \because |\frac{\sin(2^n\pi x)}{2^n}|\leq \frac{1}{2^n},$

                         而
                               $\displaystyle \sum \frac{1}{2^n}< \infty .$

                       由Weierstrass判别法，原级数一致收敛。

              （2）
                         $\displaystyle \because f(x)=\lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}\frac{\sin(2^k\pi x)}{2^k}=0,$

                         $\therefore f'(x)=0.$

                    又：
                          $\displaystyle \because \lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}(\frac{\sin(2^k\pi x)}{2^k})'=\lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}\frac{2^n\pi\cos (2^k\pi x)}{2^n}\neq 0.$

                       两者不相等，所以不能进行逐次求导。

北京科技大学2014年研究生入学考试数学分析试题


解：1、
                $\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{\int_{0}^{x^2}\cos xdx}{\ln(1+x^2)}=\lim_{x\to 0}\frac{2x\cos x^2}{\frac{2x}{1+x^2}}=1.$


       2、
                      $\because a_1> 0,a_n> 0.$

                      $\therefore a_{n+1}=\frac{2(1+a_n)}{2+a_n}< \frac{2(2+a_n)}{2+a_n}=2.$

             由此可知数列存在极限，设：

                      $\displaystyle \lim_{x\to \infty }a_n=l,$

                      $\rightarrow l=\frac{2(1+l)}{2+l},$

                      $\displaystyle \therefore \lim_{x\to \infty }a_n=l=\sqrt{2}.$

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解：（1）、先由所给隐函数方程对$x$求导，得：

                                              $3x^2+3z^2z_x=3yz+3xyz_x,$

                                             $\rightarrow z_x=\frac{x^2-yz}{xy-z^2}.$

                   再由已知表达式对$x$求导，并将上式代入，得

                                              $\therefore u_x=2x+2zz_x=2x+\frac{2z(x^2-yz)}{xy-z^2}=\frac{2x^2y-2xz^2+2zx^2-2yz^2}{xy-z^2}.$



        （2）、由条件：
                                   $\begin{cases}
x&=u+v \\
y&=u^2+v^2
\end{cases}$
                    求导得：
                                    $\begin{cases}
1&=\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial v}{\partial x} \\
0&=2u\frac{\partial u}{\partial x}+2v\frac{\partial v}{\partial x}
\end{cases}$

                    $\Rightarrow \begin{cases}
\frac{\partial u}{\partial x}&=\frac{v}{v-u} \\
\frac{\partial v}{\partial x}&=\frac{u}{u-v}
\end{cases}$

                又
                       $\because z=u^3+v^3,$

                       $\therefore \frac{\partial z}{\partial x}=3u^2\frac{\partial u}{\partial x}+3v^2\frac{\partial v}{\partial x}=-\frac{3ux(u-v)}{u-v}=-3uv.$

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证明：作辅助函数：
                                 $F(x)=f(x)-f(1+x),$

                 显然$F(x)$在$[0,2]$上连续。由已知条件，可知：

                                      $F(0)=f(0)-f(1),$

                                      $F(1)=f(1)-f(2)=f(1)-f(0),$

                                      $\Rightarrow F(0)F(1)< 0.$

                        由介值定理，
               
                                      $\exists x_0\in[0,1],s.t.$

                                      $F(x_0)=f(x_0)-f(x_0+1)=0,$

                                     $\therefore f(x_0)=f(x_0+1).x_0\in[0,1]$

北京科技大学2014年研究生入学考试数学分析试题



证明：利用换元法证。令：
                                           $\begin{cases}
u&=x+y, \\
v&=x-y.
\end{cases}\Rightarrow \begin{cases}
x&=\frac{1}{2}(u+v), \\
y&=\frac{1}{2}(-u+v).
\end{cases}$
                              则有：
                                         $|J|=\frac{1}{2}.$

                                          $D\rightarrow D':-2a\leq u\leq 2a,-2a+u\leq v\leq 2a-u.$

                        利用$f(x)$的偶函数性质，有
                                         $\iint_Df(x-y)dxdy=\iint_{D'}f(u)\frac{1}{2}dudv=\frac{1}{2}\int_{-2a}^{2a}f(u)du\int_{-2a+u}^{2a-u}dv=2\int_{0}^{2a}(2a-u)f(u)du.$                 
                                    

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证明：
          由泰勒公式：设$c\in (0,1),s.t.$

                                  $f(x)=f(c)+f'(c)(x-c)+\frac{1}{2!}f''(\xi_1)(x-c)^2,$

            因此，有
                                  $x=0,\exists \xi_1\in(0,c),s.t.$

                                   $f(0)=f(c)+f'(c)(0-c)+\frac{1}{2!}f''(\xi_1)(0-c)^2,$

                                  $x=1,\exists \xi_2\in(c,1),s.t.$

                                    $f(1)=f(c)+f'(c)(1-c)+\frac{1}{2!}f''(\xi_2)(1-c)^2,$

                               $\therefore f(1)-f(0)=f'(c)+\frac{1}{2}f''(\xi_2)(1-c)^2-\frac{1}{2}f''(\xi_1)(0-c)^2,$

                                $\Rightarrow f'(c)=f(1)-f(0)-\frac{1}{2}f''(\xi_2)(1-c)^2+\frac{1}{2}f''(\xi_1)(0-c)^2,$

                                $\begin{align*}\therefore |f'(c)|&=|f(1)-f(0)-\frac{1}{2}f''(\xi_2)(1-c)^2+\frac{1}{2}f''(\xi_1)(0-c)^2|\\\\&\leq |f(1)|+|f(0)|+|\frac{1}{2}f''(\xi_2)(1-c)^2-\frac{1}{2}f''(\xi_1)(0-c)^2|\\\\&\leq 2M+\frac{1}{2}M|(c^2-(1-c)^2)|\\\\&\leq 3M.
\end{align*}$

                由$c$的任意性，可知结论成立。

北京科技大学2014年研究生入学考试数学分析试题


解：（1）、利用偶函数在对称区间里的对称性：
                                    $\displaystyle \because I=\int_{-a}^{a}\frac{f(x)}{1+e^x}dx\overset{x=-t}{\rightarrow}\int_{-a}^{a}\frac{e^tf(t)}{1+e^t}dt ,$

                                     $\displaystyle \therefore I=\frac{1}{2}\int_{-a}^{a}\frac{(1+e^x)f(x)}{1+e^x}dx=\frac{1}{2}\int_{-a}^{a}f(x)dx=\int_{0}^{a}f(x)dx.$

        （2）、
                        $\displaystyle \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos^3x}{1+e^x}dx=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^3xdx=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(1-\sin^2x)d\sin x=\sin x|_0^{\frac{\pi}{2}}-\frac{1}{3}\sin^3x|_0^{\frac{\pi}{2}}=\frac{2}{3}.$

北京科技大学2014年研究生入学考试数学分析试题



（1）、证明：
                      $\displaystyle \because |\frac{x}{1+n^4x^2}|\leq |\frac{x}{2n^2x}|=\frac{1}{2n^2}\rightarrow 0.(n \to \infty )$

                      $\therefore $级数一致收敛。（狄氏判别法）


（2）、解：
                     $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty }\frac{(-1)^n8^n}{n\ln(n^3+n)}x^{3n-2}=\frac{1}{x^2}\sum_{n=1}^{+\infty }\frac{(-1)^n}{n\ln(n^3+n)}(2x)^{3n}.$

                       $\displaystyle \because |R|=|\frac{(n+1)\ln((n+1)^3+n+1)}{n\ln(n^3+n)}|=\frac{(n+1)^3+n}{n^3+n-1}=1.(n \to +\infty )$

                       $\displaystyle \therefore |x|\leq \frac{1}{2},x\neq 0.$

                       $\displaystyle \Rightarrow x\in [-\frac{1}{2},0)\cup (0,\frac{1}{2}].$