sinx)dx的收敛性。 ?1x13?解 根据不等式|sinu?u|?|u|,|u|?，
62sinxsinx1sinx311得到 |sin(， x?[1,??)； )?|?||?3xx6x6x??sinxsinx 从而 ?(sin()?)dx绝对收敛，因而收敛，
1xx??sinx再根据?dx是条件收敛的，
1xsinxsinxsinxsinx由sin(， )?(sin()?)?xxxx??sinx可知积分?sin()dx收敛，且易知是是条件收敛的。
1x判断无穷积分
??sin(x2xn?...?，xm是P2m?1(x)?0的实根， 例5.3.39 设Pn(x)?1?x?2!n!求证：xm?0，且limxm???。
m???*证明 （1）任意m?N，当x?0时，有P2m?1(x)?0；
当x?0且x充分大时，有P2m?1(x)?0，所以P2m?1(x)?0的根xm存在，
?又P2m?1(x)严格递增，所以根唯一，xm?0。 2m?1(x)?P2m(x)?0，Px（2） 任意x?(??,0)，limPn(x)?e?0，所以P2m?1(x)的根xm???，
n???（m??）。
因为若m??时，P2m?1(x)?0的根，xm不趋向于??。
则存在M?0，使得(?M,0)中含有{xm}的一个无穷子列，从而存在收敛子列xmk?x0，（x0为某有限数x0??M）；
0?e?M?limP2mk?1(?M)?limP2mk?1(xmk)?0，矛盾。
k???k????(?1)n)，讨论级数?an的收敛性。 例、 设an?ln(1?pnn?2解 显然当p?0时，级数
?an?2?n发散；
由 limx?0x?ln(1?x)?lim2x?0x1?11?x?lim11 ?1，
x?021?x22x1
得
12（x充分小）， x?x?ln(1?x)?x2，
411(?1)n1??a?于是，（n充分大） n4n2pnpn2p?1(?1)n（1） 当p?1时，?2p，?收敛， pnnn?2n?2??n?2??(?1)n(?1)n1收敛，， ?aa?a??nnnpppnnn收敛，
?an?2n?an?2?n绝对收敛；
??(?1)n11（2） 当?p?1时，?2p收敛，?收敛， pnn2n?2n?2于是
?n?2???(?1)n(?1)n?an收敛，从而?(p?an)收敛，?an收敛， pnnn?2n?2??11(?1)n(?1)n而?p发散，由p?得?(所以?an发?an?an，?an?|an|)发散，ppnnnnn?2n?2n?2?散，
故此时
?an?2?n条件收敛。
???(?1)n(?1)n1（3） 当0?p?时，?(p?an)发散，而?收敛，此时?an发散。 pnn2n?2n?2n?2
北京大学2007年数学分析考研试题及解答
1、 用有限覆盖定理证明连续函数的介值定理。
证明 这里只证明连续函数的零点定理，由此即可推证介值定理。
命题：若f(x)在[a,b]上连续，且f(a)f(b)?0，那么必然存在一点??(a,b)， 满足f(?)?0。
采用反正法，若对于任意点x?(a,b)，有f(x)?0，那么显然对于任意x?[a,b]，仍然有f(x)?0。
由于f的连续性，我们对于任意一点x?[a,b]，可以找到一个邻域O?x(x)，使得f(x)2
在O?x(x)?[a,b]中保号，那么[a,b]区间被以上形式的O?x(x)，x?[a,b]开区间族所覆盖，
由有限覆盖定理，可得存在有限个开区间O?x(x1),O?x(x2),...,O?x(xn)就能覆盖闭区间
12n[a,b]，再由覆盖定理的加强形式可得，存在??0，满足当y1,y2?[a,b]，y1?y2??时，
存在O?x(x1),O?x(x2),...,O?x(xn)中的某个开集同时覆盖y1,y2。那么我们就证明了当
12ny1?y2??时，有f(y1),f(y2)同号；
现取正整数m，满足
b?a(b?a)i，i?0,1,...,m，那么我们有??，令zi?a?mmzi?1?zi??，f(zi)与f(zi?1)同号，从而证明了f(z0)与f(zm)同号，即f(a)与f(b)同
号，这与题目中的f(a)f(b)?0矛盾，证明完毕。
2、 设f(x),g(x)在有限区间(a,b)内一致连续，证明：f(x)g(x)也在(a,b)内一致连续。
证明 首先证明f(x),g(x)都在(a,b)上有界，因为f(x)在有限区间(a,b)内一致连续，从而存在?1?0，满足当此x1,x2?(a,b)，x1?x2??1时，有
f(x1)?f(x2)?1， 现取正整数m，满足
b?a(b?a)i，i?1,2,...,m?1； ??1，令zi?a?mm对任意x?(a,b)，存在zj，使得 x?zj?b?a??1， mf(x)?f(x)?f(zj)?f(zj)
?1?f(zj) ?1?maxf(zi)，
1?i?m?1即得f(x)在(a,b)上是有界的； 同理g(x)在(a,b)上也是有界的；
下面证明，若f(x),g(x)在区间I上有界，且都一致连续，则f(x)g(x)在区间I上一致连续。
设M?0，满足f(x)?M,g(x)?M，x?I; 那么由f(x),g(x)得一致连续性得到，
3
对于任意??0，存在??0，使得当x,y?I，x?y??时，有 f(x)?f(y)??，g(x)?g(y)?? 从而
f(x)g(x)?f(y)g(y)
?f(x)g(x)?f(x)g(y)?f(x)g(y)?f(y)g(y) ?f(x)g(x)?g(y)?f(x)?f(y)g(y) ?2M?，
即得f(x)g(x)在I上一致连续。
3、 已知f(x)在[a,b]上有四阶导数，且有f(4)(?)?0,f(3)(?)?0,??(a,b)，
证明：存在x1,x2?(a,b)，使得f(x1)?f(x2)?f?(?)(x1?x2)。 证明 不妨设f(?)?f?(?)?0
（这是因为否则可以考虑g(x)?f(x)?f(?)?f?(?)(x??)，而g(x)的三、四阶导数与f(x)的相同）。从而我们要证明存在x1,x2?(a,b)，使得f(x1)?f(x2)?0。
下面分两种情形来证明之，
（1）f??(?)?0，当f??(?)?0，由带Peano余项的Taylor展开式，我们得到 f(x)?f(?)?f??(?)(x??)2?o((x??)2)， 2那么在?足够小的邻域内有f(x)?0，取y1???y2，满足f(y1)?0,f(y2)?0，不妨设f(y1)?f(y2)，由于f(?)?0，那么存在x2?(?,y2)，使得f(x2)?f(y1)，
从而取x1?y1,x2?x2，f(x1)?f(x2)?0； 当f??(?)?0时，同理可得；
(3)(4)（2）f??(?)?0，那么有f(?)?0，f(?)?0，可以同样Taylor展开，
f(4)(?)(x??)4?o((x??)4)， f(x)?f(?)?4!做法与（1）相同，证毕。
4 、构造一个函数在R上无穷次可微，且f说明满足条件的函数有任意多个。
4
(2n?1)(0)?n，f(2n)(0)?0，n?0,1,2,...,并
解 构造函数项级数
?n?1??f(n)(0)nnx??x2n?1， n!n?1(2n?1)!显然此幂级数的收敛半径为??，从而可以定义函数： f(x)?nx2n?1， ?n?1(2n?1)!(2n?1)?容易验证此函数满足：f(0)?n,f(2n)(0)?0，n?0,1,2,...，
??x12?考虑到函数g(x)??e,x?0，
??0,x?0由我们熟知的结论知，g(x)在R上无穷次可微，且g(n)(0)?0，(n?0,1,2,...)，
对任意h(x)在R上无穷次可微的函数，从而f(x)?h(x)g(x)也满足题目要求条件， 结论得证。
5 、设D?[0,1]?[0,1]，f(x,y)是D上的连续函数，证明满足的(?,?)点有无穷多个。
证明 设 m?min{f(x,y):(x,y)?D}?f(x1,y1)，
??f(x,y)dxdy?f(?,?)DM?max{f(x,y):(x,y)?D}?f(x2,y2) 。
那么我们有m???f(x,y)dxdy?M，
D m?f(x,y)?M，(x,y)?D， 下面分两种情况讨论：
（1） 若m?当m???f(x,y)dxdy或??f(x,y)dxdy?M有一个成立时，
DDD??f(x,y)dxdy，我们有??(f(x,y)?m)dxdy?0，f(x,y)?m?0，
D从而有f(x,y)?m?0，(x,y)?D，从而f(x,y)?m为常数，此时结论显然成立； 当
??f(x,y)dxdy?M时，我们有??(M?f(x,y))dxdy?0，M?f(x,y)?0，
DD从而f(x,y)?M为常数，此时结论显然成立； （2）m???f(x,y)dxdy?M
D我们可以选取无穷多条连接(x1,y1)和(x2,y2)的不相交的连续曲线
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北京大学数学分析考研试题及解答
