北京大学1997年数学分析考研试题参考解答
1. ($10'$) 将函数 $\dps{f(x)=\arctan \frac{2x}{1-x^2}}$ 在 $x=0$ 点展开为幂级数, 并指出收敛区间.
解答: 由 $$\bex f'(x)=\frac{2}{1+x^2}=2\sum_{n=0}^\infty (-1)^n x^{2n} \eex$$ 及 $f(0)=0$ 知 $$\bex f(x)=2\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^nx^{2n+1}}{2n+1},\quad x\in [-1,1]. \eex$$
2. ($10'$) 判别广义积分的敛散性: $\dps{\int_0^{+\infty}\frac{\ln(1+x)}{x^p}\rd x}$.
解答: 写出 $$\bex \int_0^{+\infty}\frac{\ln(1+x)}{x^p}\rd x =\int_0^1\frac{\ln(1+x)}{x^p}\rd x +\int_1^{+\infty}\frac{\ln(1+x)}{x^p}\rd x. \eex$$ 注意到
(1) 当 $x\to 0$ 时, $\dps{\frac{\ln(1+x)}{x^p}\sim \frac{x}{x^p}=\frac{1}{x^{p-1}}}$; (2) 当 $x\to +\infty$ 时, $\dps{\frac{C(X)}{x^p}\leq \frac{\ln(1+x)}{x^p} \leq \frac{C(\ve)x^\ve}{x^p}=\frac{C(\ve)}{x^{p-\ve}}}$, $x\geq X,\ \forall\ \ve>0$. 我们知当且仅当 $$\bex p-1<1\mbox{ 且 }p-\ve>1\ (\exists\ \ve>0), \eex$$ 即 $$\bex 1<p<2 \eex$$ 时, 原广义积分收敛.
3. ($15'$) 设 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上有任意阶导数 $f^{(n)}(x)$, 且在任意有限闭区间 $[a,b]$, $f^{(n)}(x)$ 一致收敛于 $\varphi(x)$. 证明: $\varphi(x)=ce^x,\ c$ 为常数.
证明: 对 $\forall\ A>0,$ 在 $[-A,A]$ 上, $$\bex f^{(n)}(x)\rightrightarrows\varphi(x),\quad f^{(n+1)}(x)\rightrightarrows\varphi(x). \eex$$ 于是 $$\bex \varphi'(x)=\varphi(x)\ra \varphi(x)=\varphi(0)e^x. \eex$$
4. ($15'$) 设 $x_n>0\ (n=1,2,\cdots)$ 及 $\dps{\lim_{n\to+\infty}x_n=a}$. 用 $\ve-N$ 语言证明 $\dps{\lim_{n\to+\infty}\sqrt{x_n}=\sqrt{a}}$.
证明:
(1) 若 $a=0$, 则由 $\dps{\lim_{n\to+\infty}x_n=0}$ 知 $$\bex \forall\ \ve>0,\ \exists\ N,\mbox{当 }n\geq N\mbox{ 时}, 0<x_n<\ve^2\ra 0<\sqrt{x_n}<\ve. \eex$$ 而 $\dps{\lim_{n\to+\infty}\sqrt{x_n}=0}$.
(2) 若 $a>0$, 则由 $\dps{\lim_{n\to+\infty}x_n=a}$ 知 $$\bex \exists\ N_1,\mbox{ 当 }n\geq N_1\mbox{ 时}, x_n\geq\frac{a}{4}; \eex$$ $$\bex \forall\ \ve>0,\ \exists\ N\geq N_1,\mbox{ 当 }n\geq N\mbox{ 时}, |x_n-a|<\frac{3}{2}\sqrt{a}\ve. \eex$$ 于是当 $n\geq N$ 时, $$\bex |\sqrt{x_n}-\sqrt{a}|=\frac{|x_n-a|}{\sqrt{x_n}+\sqrt{a}}<\ve. \eex$$
5. ($15'$) 计算第二型曲面积分 $\dps{\iint_S(x\rd y\rd z+\cos y\rd z\rd x+\rd x\rd y}$, 其中 $S$ 为 $x^2+y^2+z^2=1$ 的外侧.
解答: $$\bex \mbox{原积分} =\iiint_{x^2+y^2+z^2\leq 1}(1+\sin y+0)\rd x\rd y\rd z =\frac{4}{3}+\int_{-1}^1 \pi(1-y^2)\sin y\rd y =\frac{4}{3}. \eex$$
6. ($20'$) 设 $x=f(u,v)$, $y=g(u,v)$, $\omega=\omega(x,y)$ 有二阶连续偏导数, 满足 $f_u=g_v$, $f_v=-g_u$, $\omega_{xx}=\omega_{yy}$.
证明: (1) $(fg)_{uu}+(fg)_{vv}=0$; (2) $\omega_{uu}+\omega_{vv}=0$. 证明: (1) 由 $f_u=g_v, f_v=-g_u$ 知 $$\bex f_{uu}+f_{vv}=g_{vu}-g_{uv}=0,\quad g_{uu}+g_{vv}=-f_{vu}+f_{uv}=0. \eex$$ 于是 $$\beex \bea (fg)_u&=f_ug+fg_u,\\ (fg)_{uu}&=f_{uu}g+2f_ug_u+fg_{uu},\\ (fg)_{vv}&=f_{vv}g+2f_vg_v+fg_{vv},\\ (fg)_{uu}+(fg)_{vv}&=2(f_ug_u+f_vg_v)=2(f_ug_u-g_uf_u)=0. \eea \eeex$$ (2) $$\beex \bea \omega_u&=\omega_xf_u+\omega_yg_u,\\ \omega_{uu}&=(\omega_{xx}f_u+\omega_{xy}g_u)f_u+\omega_xf_{uu}+(\omega_{yx}f_u+\omega_{yy}g_u)g_u+\omega_yg_{uu},\\ \omega_{vv}&=(\omega_{xx}f_v+\omega_{xy}g_v)f_v+\omega_xf_{vv}+(\omega_{yx}f_v+\omega_{yy}g_v)g_v+\omega_yg_{vv},\\ \omega_{uu}+\omega_{vv} &=\omega_{xx}(f_u^2+f_v^2) +\omega_{xy}(g_uf_u+g_vf_v) +\omega_x(f_{uu}+f_{vv})\\ &\quad+\omega_{yx}(f_ug_u+f_vg_v) +\omega_{yy}(g_u^2+g_v^2)+\omega_y(g_{uu}+g_{vv})\\ &=\omega_{xx}(f_u^2+f_v^2)+\omega_{yy}(f_v^2+f_u^2) +2\omega_{xy}(f_ug_u+f_vg_v)\\ &=2\omega_{xy}(f_ug_u-g_uf_u)\\ &=0. \eea \eeex$$
7. ($15'$) 计算三重积分 $\dps{\iiint_{x^2+y^2+z^2\leq 2z}(x^2+y^2+z^2)^{5/2}\rd x\rd y\rd z}$.
解答: $$\beex \bea \iiint_{x^2+y^2+z^2\leq 2z}(x^2+y^2+z^2)^{5/2}\rd x\rd y\rd z &=\int_0^2 \rd z\iint_{x^2+y^2\leq 2z-z^2}(x^2+y^2+z^2)^{5/2}\rd x\rd y\\ &=\int_0^2\rd z\int_0^{\sqrt{2z-z^2}}(r^2+z^2)^{5/2}\cdot 2\pi r\rd r\\ &=\frac{64\pi}{9}. \eea \eeex$$