北京大学2002年数学分析考研试题解答

六、解 两曲面的交线为 z = 1, x 2 + y 2 = 1 ；
D = {( x, y ) : x 2 + y 2 ≤ 1} ，
∫∫∫ x
Ω
2
x 2 + y 2 dxdydz
x2 + y 2
= ∫∫ dxdy ∫ 2
D
x + y2
x 2 x 2 + y 2 dz
= ∫∫ x 2 x 2 + y 2 ( x 2 + y 2 − ( x 2 + y 2 ))dxdy
(
dy + 1) 2 = 0 ，特征线为 x + y = C ； dx
作变换 ξ = x + y
，η = x ，
则u
x
= uξ + uη ， u y = uξ
u xx = uξξ + uξη + uηξ + uηη = uξξ + 2uξη + uηη ， u xy = uξξ + uηξ ， u yy = uξξ ，
n
。
八、解 设 u
1 = − ln cos ， n
sin x u − ln cos x 1 lim n = lim = lim cos x = 2 n →∞ 1 x →0 x → 0 2x 2， x 2 n
而 ∑ n1 收敛，
∞
2
n =1
un 收敛，故 ∑ ln cos 1 的收敛。 于是 ∑ n n =1
。
a a Ω = {( x, y, z ) : x 2 + y 2 + ( z − )2 ≤ ( ) 2 } 七、解 2 2 ，
利用高斯公式，得
I = ∫∫ x 2 dydz + y 2 dzdx + z 2 dxdy
∑
= ∫∫∫ (2 x + 2 y + 2 z )dxdydz
Ω
a a = 2 ∫∫∫ [( x + y + z − ) + ]dxdydz 2 2 Ω =2 a 4 a 3 π a4 dxdydz = a π( ) = 2 ∫∫∫ 3 2 6 Ω
或由 0 ≤ u ( x) = nxe
n
− nx
，
un ( x) 在 (0, +∞) 上收敛 知∑ n =1
11
∞
因为 β
∞
n
1 = sup | un ( x) |≥| un ( ) |= e−1 n 0 < x <+∞
不趋向于零，
{un ( x)}
上不一致收敛于 0，
un ( x) 在 (0, +∞) 上不一致收敛； 所以 ∑ n =1
（2）对任何 x0 ∈ I = (0,+∞) ， 存在 b > δ > 0 ，使得 0 < δ < x0 < b 当 x ∈ [δ , b] 时， | u ( x) |= nxe ≤ bne ，
− nx − nδ n
| un′ ( x) |=| ne− nx − n 2 xe − nx |≤ ne − nδ + bn 2 e − nδ
12
，
g ′( x) = xf ( x) + ∫ f ( t ) dt − xf ( x) = ∫ f ( t ) dt
0 0
x
x
所以 g ′′ ( x ) = f ( x) .
13
北京大学 2002 年数学分析考研试题解答
1
sin x 1− cos x 一、解 因为 lim x →0 x
x x (1−cos x ) sin x− x − sin x x = lim 1 + ， x →0 x sin x − x
lim
x →0
sin x − x cos x − 1 = lim x(1 − cos x) x →0 (1 − cos x) + x sin x
= lim
− sin x 1 =− x → 0 sin x + sin x + x cos x 3
1 − sin x 1− cos x 3 lim = e x →0 x
D
= =
1 ( x 2 + y 2 ) x 2 + y 2 ( x 2 + y 2 − ( x 2 + y 2 ))dxdy 2 ∫∫ D
1 1 2π dθ ∫ r 2 r (r −r 2 )rdr ∫ 0 2 0
10
=
1 1 1 1 π 2π ∫ (r 5 −r 6 )dr = π ( − ) = 0 2 6 7 wk.baidu.com2
.
三、证明 设 F ( x) = f ( x + b) − f ( x) ， 则有 F (a) = f (a + b) − f (a) ， F (a + b) = f (a + 2b) − f (a + b) ，
存在 ξ ∈ [ a, a + b] ，使得 F ( ξ ) = 即 f (ξ + b ) − f (ξ ) =
un ( x ) ， un′ ( x) 在 [δ , b] 上一致收敛， ∑ ∑ 由此可见， n =1 n =1 un ( x) 在 [δ , b] 上连续， 于是 f ( x) = ∑ n =1
∞
∞
∞
且有
f ′( x) = ∑ un′ ( x) 在 [δ , b] 上连续
n =1
∞
故 f ( x) 在点 x0 ∈ I 处连续可微。 由于 x0 是 I 上的任意点， 所以函数 f 在 I = (0,+∞) 上连续可微
1 ( F ( a + b ) + F ( a )) ， 2 1 ( f ( a + 2b ) − f ( a ) ) . 2
四、解
f ′ ( x ) = 1 − x2 + x
−x 1− x
2
+
1 1 − x2
9
= 2 1 − x2
， (| x |< 1) 。
五、证明
必要性 特征方程为 (
dy 2 dy ) + 2 +1 = 0 ， dx dx
∞ n =1
∞
九、证明
（1）
设 u ( x) = nxe ，
− nx n
因为
| u ( x) | lim n +1 = e− x < 1 n →∞ | u ( x ) | n
un ( x) 在 (0, +∞) 上收敛； ，所以 ∑ n =1
≤ nx 1 1 (nx)3 3! = 6 1 x2 n2
∞
于是，原方程化为 u = 0 ， 从而 u = f (ξ ) ， u = η f (ξ ) + g (ξ ) ，
ηη η
故 u( x, y) = xf ( x + y) + g ( x + y) = xf ( x + y) + ( x + y) g (xx++yy) = xϕ ( x + y) + yφ ( x + y) ， 充分性 若 u ( x, y ) = xϕ ( x + y ) + yφ ( x + y ) ，直接验证，这种形式的函数满足方程。
n
， n = 2,3, ，
a+ A ，
a
于是得{x } 是收敛的，设 lim x
n →∞
n
=A
，显然 A ≥
a
； ，故 A = 1 +
1 + 4a 2
在x
n +1
= a + xn
2
两边令 n → ∞ 取极限得到 A =
2
从而 A
− A − a = 0 ，解得 A = 1 ± 1 + 4a
，因为 A ≥
1
，
所以
。
n +1
二、
设a > 1 ， x1 ≥ 0 ， x 4
n+1
= a + xn
， n=1,2, ，求 lim x .
n n→∞
解 因为 | x
=
− xn |=| a + xn − a + xn−1 |
| x n − x n−1 | ≤ 1 2 a | x n − x n −1 |
1 a + x n + a + x n −1
un ( x)]′ = ∑ un′ ( x) 。 且 f ′( x) = [∑ n =1 n =1
十、解
x
∞
∞
g ( x ) = ∫ yf ( x − y ) dy = ∫ ( x − t ) f ( t ) (− dt )
0 x x x 0 0 0
x
0
= ∫ ( x − t ) f ( t ) dt = x ∫ f ( t ) dt − ∫ tf ( t ) dt