福州大学2009年数学分析试题及解答

以下每题15分

1．设x00，xnnak1k（n1），xnb（n）．求级数

a(xnn1nxn1)之和．

解 由anxnxn1（n1），得

a(xnn1n2222xn1)(xx)lim(xkxk1)limxnb．

2n2n1nn1nk1n

1)，f''(x)2（0x1）2．设f(0)f(．证明f'(x)1（0x1）．此估计式能否改进？

证明 将f(1)、f(0)在x点（0x1）用Taylor公式展开并相减，则得

f(1)f(0)f'(x)11f''()(1x)2f''()(0x)2（0,1），由于f(0)f(1)，因此得 2211f'(x)(1x)2f''()x2f''()(1x)2x21．

22此不等式可以改进为：f'(x)1（0x1），因为0x1时，上式(1x)2x21．

3．设f(x,y)有处处连续的二阶偏导数，f'x(0,0)f'y(0,0)f(0,0)0．证明

f(x,y)(1t)[x2f11(tx,ty)2xyf12(tx,ty)y2f22(tx,ty)]dt．

01证明

110(1t)[x2f11(tx,ty)2xyf12(tx,ty)y2f22(tx,ty)]dt

11df(tx,ty)d2f(tx,ty)df(tx,ty)(1t)dt(1t)dt 00dt2dtdt0df(tx,ty)1f(tx,ty)0

dtt0(xf1'(0,0)yf2'(0,0))f(x,y)f(0,0)f(x,y)

4．设f(x,y)在x,y0上连续，在x,y0内可微，存在唯一点(x0,y0)，使得x0,y00， ， f'x(x0,y0)f'y(x0,y0)0．设f(x0,y0)0，f(x,0)f(0,y)0（x,y0）

x2y2limf(x,y)0，证明f(x0,y0)是f(x,y)在x,y0上的最大值．

证明 （反证法），假设f(x0,y0)不是f(x,y)在x,y0上的最大值。由于2lim2xyf(x,y)0，

存在r0，当x2y2r,x0,y0时，f(x,y)f(x0,y0)。

考察闭区域D{(x,y):x0,y0,x2y2r}，显然(x0,y0)D，由已知f(x,y)在D上连续，从而f(x,y)在D上取得最大值，设为f(x1,y1)。显然在D上，总有f(x,y)f(x0,y0)，因而必有：

f'x(x1,y1)f'y(x1,y1)0。当x2y2r,x0,y0时，f(x,y)f(x0,y0)f(x1,y1)，因此 f(x1,y1)是f(x,y)在x,y0上的最大值。由假设，(x1,y1)(x0,y0)。

这与已知矛盾，可知假设不真。

5．设处处有f''(x)0．证明：曲线yf(x)位于任一切线之上方，且与切线有唯一公共点． 证明 设(x0,y0)为曲线yf(x)上任一点，在该点处曲线的切线方程为

yf(x0)f'(x0)(xx0)

对曲线yf(x)上任意点，按Taylor公式展开，得

f(x)f(x0)f'(x0)(xx0)1f''()(xx0)2 2由f''(x)0知，当xx0时，f(x0)f'(x0)(xx0)f(x)，而(x0,y0)为唯一公共点．得证．

6．求IxdyydxL4x29y2，L是取反时针方向的单位圆周．

解 L的参数方程：xcos,ysin,02

221tan1xdyydxcos2sin224d4Id049tan2049t2dt 04cos29sin2L4x29y2134(arctant)

62037．设f()是连续正值函数，

F(t)xy2z2t22f(x2y2z2)dxdydz(xy)f(xy)dxdy2222x2y2t2．

证明F(t)（t0）是严格单调减函数．

证明 F(t)xyzt222f(x2y2z2)dxdydz22xytt2t(xy)f(xy)dxdy22222r2r0t0t23f(r2)drf(r)dr2，当t0时

F'(t)2t2f(t2)r3f(r2)drt3f(t2)r2f(r2)dr00t(rf(r)dr)0322

2t2f(t2)r2f(r2)(rt)dr0t(rf(r)dr)0t3220

因此，F(t)（t0）是严格单调减函数。

1anan8．设级数收敛，证明anxdxn．

0n0n1n0n0n1anann1a证明 由收敛知，S(x)x在0,1上一致收敛，从而S(x)nxn1左连

n0n1n0n1n0n1xxann1anann1nnx(0,1)续，即lim．对，有x(at)dtaxdxx， n00nx1n1n1n1n0n0n0n0n0ann1an于是anxdxlim． (ant)dtlimx0x10x1n0n0n0n1n0n1nxn19．设f(x)在[0,)上连续，其零点为xn:0x0x1积分

xn，xn(n)．证明：

0f(x)dx收敛级数n0xn1xnf(x)dx收敛．

证明

n0Nxn1xnf(x)dxxN1xN10f(x)dx，若f(x)dx收敛，则

0n0xn1xnf(x)dxlimn0f(x)dxlimxN10xN1f(x)dx0f(x)dx，即n0xn1xnf(x)dx收敛。

若

0f(x)dx不收敛，同理可知n0xn1xnf(x)dx不收敛。

10．设ab，fn(x)在[a,b]上连续，

bafn(x)dx0（n1,2,），当n时，fn(x)在[a,b]上一致收敛于f(x)．证明：至少存在一点x0[a,b]，使得f(x0)0．

证明 由fn(x)在[a,b]上一致收敛于f(x)，得知f(x)在[a,b]上连续，且数列

bafn(x)dx收敛于

baf(x)dx，即limfn(x)dxf(x)dx，由于fn(x)dx0，得f(x)dx0，至少存在一点

naaaabbbbx0[a,b]，使得f(x0)0．

注 或用反证法：若对x[a,b]，有f(x)0，由f(x)的连续性得证法，推出矛盾．

baf(x)dx0，与上面相同