华中师范大学2012年数学分析试题解答

一、

（1）证明：由${{x}_{1}}=frac{1}{2},{{x}_{2}}=frac{3}{8},{{x}_{3}}=frac{55}{128},cdots $，猜测${{{x}_{2n+1}}}$单调递减，${{{x}_{2n}}}$单调递增

下用数归法先证$sqrt{2}-1le {{x}_{2n+1}}le frac{1}{2},frac{3}{8}le {{x}_{2n+1}}le sqrt{2}-1$

（1）当$n=1$时，$sqrt{2}-1<{{x}_{1}}=frac{1}{2}$恒成立

（2）设$n=2k-1$时，$sqrt{2}-1le {{x}_{2k-1}}le frac{1}{2}$，则

[{{x}_{2k+1}}=frac{1}{2}(1-x_{2k}^{2})=frac{1}{2}[1-frac{1}{4}{{(1-x_{2k-1}^{2})}^{2}}]in [sqrt{2}-1,frac{1}{2})]

即当$n=2k+1$时也恒成立

由（1）（2）可知：$sqrt{2}-1le {{x}_{2n+1}}le frac{1}{2}$

同理可证$frac{3}{8}le {{x}_{2n+1}}le sqrt{2}-1$

再证${{{x}_{2n+1}}}$单调递减，${{{x}_{2n}}}$单调递增，同样采用数学归纳法

（1）当$n=1$时，${{x}_{1}}=frac{1}{2}>frac{55}{128}={{x}_{3}}$恒成立

（2）设$n=2k-1$时，${{x}_{2k-1}}ge {{x}_{2k+1}}$，则

${{x}_{2k+3}}-{{x}_{2k+1}}=frac{1}{8}[{{(1-x_{2k-1}^{2})}^{2}}-{{(1-x_{2k+1}^{2})}^{2}}]=frac{1}{8}(x_{2k+1}^{2}-x_{2k-1}^{2})(2-x_{2k+1}^{2}-x_{2k-1}^{2})le 0$

即当$n=2k+1$时也恒成立

由（1）（2）可知：${{{x}_{2n+1}}}$单调递减

同理可证：${{{x}_{2n}}}$单调递增

于是${{{x}_{2n+1}}}$单调递减，$sqrt{2}-1le {{x}_{2n+1}}le frac{1}{2}$，由单调有界原理可知：${{{x}_{2n+1}}}$收敛

于是不妨设$underset{nto +infty }{mathop{lim }},{{x}_{2n+1}}=lin [sqrt{2}-1,frac{1}{2}]$，由${{x}_{2k+3}}=frac{1}{2}[1-frac{1}{4}{{(1-x_{2k+1}^{2})}^{2}}]$，两边对$nto +infty $

则$l=frac{1}{2}[1-frac{1}{4}{{(1-{{l}^{2}})}^{2}}]$，求得$l=sqrt{2}-1$

即$underset{xto infty }{mathop{lim }},{{x}_{2n+1}}=sqrt{2}-1=A$

同理可证$underset{xto infty }{mathop{lim }},{{x}_{2n}}=sqrt{2}-1=A$

于是$underset{nto +infty }{mathop{lim }},{{x}_{n}}=underset{nto +infty }{mathop{lim }},{{x}_{2n}}=underset{nto +infty }{mathop{lim }},{{x}_{2n+1}}=A$

（3）证明：不妨设${{a}_{n}}={{x}_{n}}-A={{x}_{n}}-(sqrt{2}-1)$

于是

$underset{nto +infty }{mathop{lim }},left| frac{{{a}_{n+1}}}{{{a}_{n}}} right|=underset{nto +infty }{mathop{lim }},left| frac{{{x}_{n+1}}-A}{{{x}_{n}}-A} right|=underset{nto +infty }{mathop{lim }},left| frac{frac{1}{2}(1-x_{n}^{2})-A}{{{x}_{n}}-A} right|=underset{nto +infty }{mathop{lim }},frac{1}{2}left| frac{1-x_{n}^{2}-(2sqrt{2}-2)}{{{x}_{n}}-(sqrt{2}-1)} right|=underset{nto +infty }{mathop{lim }},frac{1}{2}left| frac{x_{n}^{2}-{{(sqrt{2}-1)}^{2}}}{{{x}_{n}}-(sqrt{2}-1)} right|=A<1 $

于是$sumlimits_{n=1}^{+infty }{({{x}_{n}}}-A)$绝对收敛

二、

（1）成立，理由如下：

要证明${{sin }^{3}}left| f(x) right|$在$I$上一致连续，只需证明$left| f(x) right|$在$I$上一致连续即可

由于$f(x)$在$I$上一致连续，则对任意的$varepsilon >0$，任意的${{x}_{1}},{{x}_{2}}in I$，存在$delta >0$，当

$left| {{x}_{1}}-{{x}_{2}} right|<delta $时，有$left| f({{x}_{1}})-f({{x}_{2}}) right|<varepsilon $

于是对任意的$varepsilon >0$，任意的${{x}_{1}},{{x}_{2}}in I$，存在$delta >0$，当

$left| {{x}_{1}}-{{x}_{2}} right|<delta $时，有$left| left| f({{x}_{1}}) right|-left| f({{x}_{2}}) right| right|le left| f({{x}_{1}})-f({{x}_{2}}) right|<varepsilon $

即$left| f(x) right|$在$I$上一致连续即可

对任意的$varepsilon >0$，任意的${{x}_{1}},{{x}_{2}}in I$，存在$delta >0$，当

$left| {{x}_{1}}-{{x}_{2}} right|<delta $时，有

$left| {{sin }^{3}}left| f({{x}_{1}}) right|-{{sin }^{3}}left| f({{x}_{1}}) right| right|=left| (sin left| f({{x}_{1}}) right|-sin left| f({{x}_{1}}) right|)({{sin }^{2}}left| f({{x}_{1}}) right|+sin left| f({{x}_{1}}) right|sin left| f({{x}_{2}}) right|+{{sin }^{2}}left| f({{x}_{2}}) right| right|$$le 3left| sin left| f({{x}_{1}}) right|-sin left| f({{x}_{1}}) right| right|le 3left| sin f({{x}_{1}})-sin f({{x}_{2}}) right|le 3left| f({{x}_{1}})-f({{x}_{2}}) right|$

于是由复合函数的一致收敛性可知：${{sin }^{3}}left| f(x) right|$在$I$上一致连续

（4）成立，理由如下

要证明${{sin }^{3}}f(x)$在$I$上一致连续，只需证明$f(x)$在$I$上一致连续即可

由于$left| f(x) right|$在$I$上一致连续，则对任意的$varepsilon >0$，任意的${{x}_{1}},{{x}_{2}}in I$，存在$delta >0$，当

$left| {{x}_{1}}-{{x}_{2}} right|<delta $时，由$left| left| f({{x}_{1}}) right|-left| f({{x}_{2}}) right| right|<frac{varepsilon }{2}$

1：若$f({{x}_{1}}),f({{x}_{2}})$同号，则有$left| f({{x}_{1}})-f({{x}_{2}}) right|<frac{varepsilon }{2}<varepsilon $

2：若$f({{x}_{1}}),f({{x}_{2}})$同号，由$f(x)$连续，则存在$y$在${{x}_{1}},{{x}_{2}}$之间使得$f(y)=0$

于是$left| f({{x}_{1}})-f({{x}_{2}}) right|le left| f({{x}_{1}}) right|+left| f({{x}_{2}}) right|=left| left| f({{x}_{1}}) right|-left| f(y) right| right|+left| left| f({{x}_{2}}) right|-left| f(y) right| right|<varepsilon $

由1，2可知，$f(x)$在$I$上一致连续

再利用复合函数的一致连续性可知，${{sin }^{3}}f(x)$在$I$上一致连续

三、证明：

充分性：反证法：假设对任意的$xin (a,b)$都有$f'(x)le frac{f(b)-f(a)}{b-a}$

令$g(x)=f(x)-frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)$

则当$xin (a,b)$时有$g'(x)=f'(x)-frac{f(b)-f(a)}{b-a}le 0$

于是$g(x)$在$[a,b]$上单调递减

而$g(a)=g(b)=f(a)$

从而当$xin [a,b]$时，$g(x)=f(a)$

于是$f(x)=frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)+f(a)$矛盾

从而必存在$xi in (a,b)$，使得$f'(xi )>frac{f(b)-f(a)}{b-a}$

必要性：

令$g(x)=f(x)-frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)$

则$g(a)=g(b)=f(a)$

反证法：

1：若$f(x)$为常函数，则$g'(x)=f'(x)-frac{f(b)-f(a)}{b-a}=-frac{f(b)-f(a)}{b-a},xin [a,b]$

这与存在$xi in (a,b) $，使得$f'(xi )>frac{f(b)-f(a)}{b-a}$矛盾

2：若$f(x)$为线性函数，可知$g'(x)=f'(x)-frac{f(b)-f(a)}{b-a}$为常数

又由于存在$xi in (a,b) $，使得$f'(xi )>frac{f(b)-f(a)}{b-a}$可知，$g'(x)>0$

于是$g(x)$在$[a,b]$上严格单调递增

而$g(a)=g(b)=f(a)$矛盾

从而由1,2可知，$f(x)$不为常函数或线性函数

四、

（1）证明：设$Fleft( x,y right)={{x}^{2}}+y-cos left( xy right) $，

显然，有$Fleft( 0,1 right)=0 $，

${{F}_{y}}left( x,y right)=1+xsin left( xy right) $，

${{F}_{y}}left( 0,1 right)=1ne 0 $，由隐函数存在定理，

存在$delta >0 $，存在$left[ -delta ,delta  right] $上的连续可微的函数$y=yleft( x right)$，$yleft( 0 right)=1 $，

满足$Fleft( x,yleft( x right) right)equiv 0 $，$xin U(0) $

（3）证明：由（1）可知：

${{F}_{x}}left( x,y right)=2x+ysin left( xy right) $，

${y}'left( x right)=-frac{{{F}_{x}}left( x,y right)}{{{F}_{y}}left( x,y right)}=-frac{2x+ysin left( xy right)}{1+xsin left( xy right)} $，

当$0<x<delta $，（$delta >0 $充分小）时，有${y}'left( x right)<0 $，$yleft( x right) $在$left[ 0,delta  right] $上严格单调递减；

当$-delta <x<0 $时，有${y}'left( x right)>0 $，$yleft( x right) $在$left[ -delta ,0 right] $上严格单调递增，

五、

（1）解：（1）由偏导数的定义：

${{f}_{x}}(0,0)=underset{Delta xto 0}{mathop{lim }},frac{f(Delta x,0)-f(0,0)}{Delta x}=underset{Delta xto 0}{mathop{lim }},Delta xcos frac{1}{left| Delta x right|}=0 $

${{f}_{y}}(0,0)=underset{Delta yto 0}{mathop{lim }},frac{f(0,Delta y)-f(0,0)}{Delta y}=underset{Delta yto 0}{mathop{lim }},Delta ycos frac{1}{left| Delta y right|}=0 $

（2）当$(x,y)ne (0,0)$时，

${{f}_{x}}(x,y)=2xcos frac{1}{sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}}+frac{x}{sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}}sin frac{1}{sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}} $

${{f}_{y}}(x,y)=2ycos frac{1}{sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}}+frac{y}{sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}}sin frac{1}{sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}} $  

于是${f_x}(x,y)=left{begin{array}{ll}
2xcos frac{1}{{sqrt {{x^2} + {y^2}} }} + frac{x}{{sqrt {{x^2} + {y^2}} }}sin frac{1}{{sqrt {{x^2} + {y^2}} }},& hbox{${x^2} + {y^2} ne 0$} \
0,& hbox{${x^2} + {y^2} = 0$.}
end{array}
right.$
${f_y}(x,y)=left{begin{array}{ll}
2ycos frac{1}{{sqrt {{x^2} + {y^2}} }} + frac{y}{{sqrt {{x^2} + {y^2}} }}sin frac{1}{{sqrt {{x^2} + {y^2}} }},,& hbox{${x^2} + {y^2} ne 0$} \
0,& hbox{${x^2} + {y^2} = 0$.}
end{array}
right.$

（2）设$y=kx$，于是$underset{xto 0}{mathop{lim }},frac{x}{sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}}=frac{1}{sqrt{1+{{k}^{2}}}}$与$k$有关

于是$underset{xto 0}{mathop{lim }},{{f}_{x}}(x,0) $不存在，故${{f}_{x}}(x,y) $在（0，0）不连续。

同理${{f}_{y}}(x,y) $ 在（0，0）也不连续。

（3）设$u=f(x,y) $，则在（0，0）点有

$Delta u-du=[f(Delta x,Delta y)-f(0,0)]-[{{f}_{x}}(0,0)Delta x+{{f}_{y}}(0,0)Delta y]=(Delta {{x}^{2}}+Delta {{y}^{2}})cos frac{1}{sqrt{Delta {{x}^{2}}+Delta {{y}^{2}}}} $

因$underset{Delta xto 0,Delta yto 0}{mathop{lim }},frac{Delta u-du}{sqrt{Delta {{x}^{2}}+Delta {{y}^{2}}}}=underset{Delta xto 0,Delta yto 0}{mathop{lim }},sqrt{Delta {{x}^{2}}+Delta {{y}^{2}}}cos frac{1}{sqrt{Delta {{x}^{2}}+Delta {{y}^{2}}}}=0$

故$f(x,y) $在（0，0）可微。

六、解：由于$y'=x+y,y(0)=1$

利用常数变易法求得$y=-1-x+2{{e}^{x}}$

记${{a}_{n}}=y(frac{1}{n})-1-frac{1}{n}=2({{e}^{frac{1}{n}}}-1-frac{1}{n})$

由$underset{nto +infty }{mathop{lim }},sqrt[n]{{{a}_{n}}}={{e}^{underset{nto +infty }{mathop{lim }},frac{ln {{a}_{n}}}{n}}}={{e}^{underset{nto +infty }{mathop{lim }},frac{ln 2({{e}^{frac{1}{n}}}-1-frac{1}{n})}{n}}}overset{n=frac{1}{x}}{mathop{=}},{{e}^{underset{xto +{{0}^{+}}}{mathop{lim }},frac{ln 2({{e}^{x}}-1-x)}{frac{1}{x}}}}={{e}^{-underset{xto +{{0}^{+}}}{mathop{lim }},frac{{{x}^{2}}({{e}^{x}}-1)}{{{e}^{x}}-1-x}}}={{e}^{-underset{xto +{{0}^{+}}}{mathop{lim }},frac{{{x}^{2}}[x+o(x)]}{frac{{{x}^{2}}}{2}+o({{x}^{2}})}}}=1 $

于是幂级数的收敛半径$R=1$

又由于$x=1$时，$y(frac{1}{n})-1-frac{1}{n}=2({{e}^{frac{1}{n}}}-1-frac{1}{n})=sumlimits_{n=1}^{+infty }{frac{2}{{{n}^{2}}}+}sumlimits_{n=1}^{+infty }{o(frac{2}{{{n}^{2}}}})$收敛

$x=-1$时，由莱布利兹判别法可知级数收敛

于是该幂级数的收敛域为$[-1,1]$

七、

（1）证明：令$u={{t}^{2}}Rightarrow t=sqrt{u},dt=frac{1}{2sqrt{u}}du$，于是$int_{x}^{x+c}{sin {{t}^{2}}}dt=frac{1}{2}int_{{{x}^{2}}}^{{{(x+c)}^{2}}}{frac{sin u}{sqrt{u}}}du $

而函数$frac{1}{sqrt{u}}$在$[{{x}^{2}},{{(x+c)}^{2}}]$上递减，且$frac{1}{sqrt{u}}ge 0$，由积分第二中值定理可知：

存在$xi in [{{x}^{2}},{{(x+c)}^{2}}]$，使得

$int_{x}^{x+c}{sin {{t}^{2}}}dt=frac{1}{2}int_{{{x}^{2}}}^{{{(x+c)}^{2}}}{frac{sin u}{sqrt{u}}}du=frac{1}{2x}int_{{{x}^{2}}}^{xi }{sin udu=frac{1}{2x}(cos {{x}^{2}}-cos xi )} $

故$left| int_{x}^{x+c}{sin {{t}^{2}}}dt right|le frac{1}{x}$

（2）能，理由如下

证明：

令$f(x)=int_{x}^{x+c}{sin {{t}^{2}}}dt=frac{1}{2}int_{{{x}^{2}}}^{{{(x+c)}^{2}}}{frac{sin u}{sqrt{u}}}du=-frac{1}{2}frac{cos u}{sqrt{u}}|_{{{x}^{2}}}^{{{(x+c)}^{2}}}-frac{1}{4}int_{{{x}^{2}}}^{{{(x+c)}^{2}}}{frac{sin u}{{{u}^{frac{3}{2}}}}}du$

$=frac{cos {{x}^{2}}}{2x}-frac{cos {{(x+c)}^{2}}}{2(x+c)}-frac{1}{4}int_{{{x}^{2}}}^{{{(x+c)}^{2}}}{frac{sin u}{{{u}^{frac{3}{2}}}}}du$

存在${{u}_{0}}in [{{x}^{2}},{{(x+c)}^{2}}]$，使得$left| frac{cos {{u}_{0}}}{u_{0}^{frac{3}{2}}} right|<frac{1}{{{u}^{frac{3}{2}}}}$，因此当$x>0$时，有

$left| f(x) right|le left| frac{cos {{x}^{2}}}{2x} right|+left| frac{cos {{(x+c)}^{2}}}{2(x+c)} right|+frac{1}{4}int_{{{x}^{2}}}^{{{(x+c)}^{2}}}{left| frac{cos u}{{{u}^{frac{3}{2}}}} right|}du<frac{1}{2x}+frac{1}{2(x+c)}+frac{1}{4}int_{{{x}^{2}}}^{{{(x+c)}^{2}}}{frac{1}{{{u}^{frac{3}{2}}}}}du $

$=frac{1}{2x}+frac{1}{2(x+c)}+frac{1}{4}(-2{{u}^{-frac{1}{2}}})|_{{{x}^{2}}}^{{{(x+c)}^{2}}}=frac{1}{x}$

八、证明：对${{R}^{2}}$上任意一点$({{x}_{0}},{{y}_{0}})$，令${{L}_{1}}={x|{{(x-{{x}_{0}})}^{2}}={{r}^{2}}}$，方向取逆时针

由格林公式可知：

$int_{L}{Pdx+Qdy=}int_{L+{{L}_{1}}}{Pdx+Qdy=iint_{D}{[frac{partial Q}{partial x}}}-frac{partial P}{partial y}]dxdy=[frac{partial Q}{partial x}-frac{partial P}{partial y}]{{|}_{M}}pi {{r}^{2}}=0$

其中$D$是由$L+{{L}_{1}}$包围的图形，$Min D$

另一方面由积分中值定理可知：

$int_{L}{Pdx+Qdy=}-int_{{{L}_{1}}}{P(x,{{y}_{0}}})dx=-P({{x}_{1}},{{y}_{0}})cdot 2r$

其中$({{x}_{1}},{{y}_{0}})in {{L}_{1}}$

比较这两个式子知：

$[frac{partial Q}{partial x}-frac{partial P}{partial y}]{{|}_{M}}pi {{r}^{2}}=-P({{x}_{1}},{{y}_{0}})cdot 2rRightarrow [frac{partial Q}{partial x}-frac{partial P}{partial y}]{{|}_{M}}frac{pi r}{2}=-P({{x}_{1}},{{y}_{0}})$

令$rto 0$可知：$P({{x}_{0}},{{y}_{0}})=0$，由$({{x}_{0}},{{y}_{0}})$的任意性可知，$P(x,y)=0$

从而有 $[frac{partial Q}{partial x}-frac{partial P}{partial y}]{{|}_{M}}$，令$rto 0$可知$[frac{partial Q}{partial x}-frac{partial P}{partial y}]{{|}_{({{x}_{0}},{{y}_{0}})}}=0$，由$({{x}_{0}},{{y}_{0}})$的任意性可知，$frac{partial Q}{partial x}=0$