华中科技大学10年数学分析真题答案

入学考试自命题数学分析试题

一、求极限Ilimx5x5x45x5x4



解：令a5x5x4,b5x5x4 422ababab由a5b5(ab)有

a5b5Ilim4xababa2b2limx2x4x5x445x5x145x5x145x5x145x5x245x5x245

221225L二、设函数Q(x,y)在R2上连续可微，曲线积分2xydxQ(x,y)dy与路径无关，并且对任意t均有(t,1)(0,0)2xydxQ(x,y)dy(1,t)(0,0)2xydxQ(x,y)dy，求Q(x,y)。

Q(2xy)2x xy解：由于曲线积分2xydxQ(x,y)dy与路径无关，故

L则Q(x,y)x2f(y)

(t,1)(0,0)2xydxQ(x,y)dyx0,0y1y1,0xt2xydxQ(x,y)dyf(y)dyt2

01(1,t)(0,0)2xydxQ(x,y)dyty0,0x1x1,0yt2xydxQ(x,y)dy1f(y)dy

0t故f(y)dyt21f(y)dy，对t求导得f(t)2t1

001从而Q(x,y)x22y1。

三、设f(r)在,上可微且f(0)0,f(0)1，求极限：

Ilimr01r4x2y2z2r2f(x2y2z2)dxdydz

解：由于f(r)在,上可微且f(0)0,f(0)1，则将f(r)在r0处展开

有

f(r)ro(r2)

xsincos作球变换ysinsin，则

zcosIlimr01r400r220f()2sinddd1r222limo()sinddd4r0r000

1rlim4o(2)2d40r0rlimo(r)r0四、已知e0y2dy2，计算含参量广义积分：

I(x)eycos(2xy)dy,x(,)

02解：由于ey2cos(2xy)ey2对x(,)都成立及eydy022，I(x)在R上

收敛。考察含参量反常积分由于yey20（*）： eycos(2xy)dyyeysin(2xy)dyx022sin(2xy)yey2对一切y0,xR成立及A20yey2dy收敛，根据M

判别法，上述含参量积分（*）在R上一致收敛。则

I(x)ye0y2sin(2xy)dylimyeysin(2xy)dyA0A1y21Ay2limesin(2xy)yecos(2xy)dyA2200xy2xecos(2xy)dyI(x)202

xx2于是有lnI(x)lnc，即I(x)ce4

42又I(0)ceydy022，从而I(x)2ex24。

11五、设a10，令an1an,n1,2,...。证明数列{an}收敛并求其极限。

2an11证明：由a10及an1an,n1,2,...可知an0,n1,2,...。

2an1111则an1an1,n1,2,...，从而an1anan0,n2,3...

2an2an故{an}单调递减且有下界，从而数列{an}收敛。

11设limana，则aa，解得a1。即liman1 nn2a六、设广义积分证明：11xf(x)dx收敛，证明广义积分11f(x)dx也收敛。

f(x)dxxf(x)dx x由于111xf(x)dx收敛，在[1,)上单调且1。

xx1由阿贝尔判别法可知f(x)dx收敛。

x0七、设f(x)在区间[1,1]上二阶连续可微，且lim1f绝对收敛。 nn1f(x)0。证明函数项级数x证明：由f(x)在区间[1,1]上二阶连续可微且limf(x)0可知f(0)0,f(0)0

x0x11则[1,1],0，使f(x)f(0)f(0)xf()x2f()x2在U(0,)22上成立。

而f(x)在区间[1,1]上二阶连续可微，M0，使得f(x)M,x[1,1]

11M1取N1，则当nN时，，此时f2

nnnM由2收敛可知nNnnN1f绝对收敛。 n而n1N111f只含有限项，故f绝对收敛。

nnn1八、设函数项级数un(x)在有界闭区间[a,b]上逐点收敛，其中un(x)在区间[a,b]n1上可导(n1,2,...)，并且存在正常数M使得

u(x)M,x[a,b],n1。证

kk1n明函数项级数un(x)在区间[a,b]上一致收敛。

n1证明：由于

u(x)M,x[a,b],n1，对任意正整数p，

kk1nu(x)u(x)u(x)2M,x[a,b],n1

kkkknk1k1npnpn对0，间U(xi,x[a,b]U(x,4M)是[a,b]的一个开覆盖，则可从中选取有限个开区

4M)（i1,2,...,m）。

因为函数项级数un(x)在有界闭区间[a,b]上逐点收敛，则对上述，对

n1，分别存在N(xi,)0(i1,2,...,m)，当nN(xi,)时，对任xi(i1,2,...,m)意正整数p，

u(x)。

iiinnp取NmaxN(xi,)，则当nN时，对任意正整数p，

1imu(x)。

iiinnp对任意的x[a,b]，必存在上述xi，使得xiU(xi,4M)，即xxi4M。

对上述，当nN时，对任意正整数p及x[a,b]，（介于xi与x之间）使得

npinnpinnpinnpinu(x)u(x)u(x)u(x)iiiiiiui(xi)innpui()xxiinnp2M24M

故函数项级数un(x)在区间[a,b]上一致收敛。

n1九、设二元函数u(t,x)在区域[0,T)[a,b]上二阶连续可微并且满足：

u(t,x)2u(t,x)u(t,x),(t,x)[0,T)[a,b] t2xu(t,a)u(t,b)0,t[0,T) xx定义函数f(t)减。

bau(t,x)22u(t,x)dx,t[0,T)，证明f(t)在[0,T)上单调递x证明：f(t)2uxuxtuutdx，其中

abbauxuxtdxuxutxdxuxxutdxuxutauxxutdxuxxutdx

aaaabbbbb而utuxxu，因此

f(t)2uxuxtuutdx2utuuxxdx2ut2dx0

aaabbb故f(t)在[0,T)上单调递减。 注：偏微分方程中的能量法

十、08年最后一题