浙大2000年-2002年数学分析考研试题及解答.doc

浙江大学2000年数学分析考研试题及解答一、（1）求极限；解 ；或。（2）设，求.解 由条件，得 ，反复使用此结果，；于是 ， ；， ，当时，；当时，不存在。二、（1）设在可导，证明： .证明 由,得对任意,存在 ,当时,成立;因为,对上述及确定的,存在正整数,当时,便有,于是,从而,即得,故有 .(2)设函数在上连续, 在内二阶可导, 则存在, 使得.证明 ：由于.作辅助函数, 于是.在上对运用拉格朗日中值定理, , 使得 .再在上对运用拉格朗日中值定理, , 使得 .三、（1）求幂级数的和，求级数的和。解 由于，由于，所以的收敛半径；为了求出它的和，对幂级数，逐项求导数，就有，因而， 。在上式中取，就得。(2)、证明 黎曼函数在内是连续的，并在这区间内有任意阶连续导函数。（这种性质，也称为无穷次可微。） 证明令，显然，都在上连续；对任何，当时，而收敛，所以，（）都在上一致收敛，故在内是连续的，并在这区间内有任意阶连续导函数。由于是任意的，所以在内是连续的，并在这区间内有任意阶连续导函数。显然在内非一致收敛，在内不一致连续。假若在内一致连续，则有存在且有限，在中令，取极限，得，矛盾。四、（1）设方程组确定了可微函数试求 。解 由解出,;就可得. （2）设，求 。解 , .五、若在0，1上连续，证明;由此计算 .证：作变量替换，有.解上述方程，就得到所证结论. 利用此公式可得： 于是 =.（2）求以为顶，以为底，以柱面为侧面的曲顶柱体的体积。解 设，则 。（3）求曲面积分，其中是半球面的上侧。解 记，（取下侧），则，由高斯公式知， 。六、（1）设是周期为的函数，且，；写出它的傅里叶级数. （2）将，展开成Fourier级数， （3）求的和； （4）计算.解 （1） 由傅里叶系数的定义,注意到是偶函数, ,用分部积分法计算，, ，所以 . （2） 由（1）的结果及展开定理，容易知道 ，； （3）在上式中取得， ； 因为 ， 所以 。（4）,由,知对于任意在上一致收敛于，且，;根据逐项积分定理，可以逐项积分，又 ，故.浙江大学2001年数学分析考研试题及解答一、 （1）用“语言”证明 。证明 因为， 对任意给定的，解不等式，得，只要取 ，当时，便有 ，于是 。 （2） 求极限。解 ，由，得 。（3）设 ，且，求。解 由题设条件，知，从而，故 。二、设是可微函数，且满足，求。解 在中，取，得，在方程两边对求导数，得，取，得 。三、在极坐标变换，之下,变换方程.解 ， ，;，于是；从而原方程化为，或。四、（1）求由半径为的球面与顶点在球心，顶角为的圆锥面所围成区域的体积，（）。解 建立适当的空间直角坐标系，可设球面方程为，顶角为的圆锥面为， 两曲面在上半空间的交线方程为 ，记，由上下对称性，曲面所围区域的体积为 . （2）求曲面积分，其中是曲面的上侧。解 记，（取下侧），则，由高斯公式知， 。五、设 二元函数在长方形区域上连续，（1）试比较与的大小并证明之； （2）给出一个使等式成立的充分条件并证明之。解 （1）显然对任意 ，成立 ，从而，进而 ；（2）六、设是定义在上的连续函数列，且，（1） ；（2） 对任意，在上一致收敛于零.求证：对任意上的连续函数，成立.证明：由题意，知（1） 在上连续，从而有界，使得，（2） 由，知，使得当时，；（3） 在处连续，而有，使得时，有；（4） 对于上述的，在上一致收敛于零，而有对上述，,使得当，时，取，当时，,从而，又，于是结论得证.六、设，证明：（1）；（2）对任意，在上一致收敛于零.（3）设是可积函数且在处连续，成立. 证明 因为 ，所以 。 浙江大学 2002年数学分析考研试题及解答一、1、用“语言”证明。 证明 ，当时，我们有， 于是当时，有，对，取，当时，都有 ，这就证明了 。2、给出一个一元函数，在有理点都不连续，在无理点都连续，并证明之。解 Riemann函数： ，对于任意实数，证明 。Riemann函数是在历史上非常著名的函数，说明过一些重大问题，发挥过重大作用。对，互素，所以只有，（在处的值是惟一确定的。） 函数是以1为周期的周期函数。 事实上，当为无理数时，亦是无理数，由定义知，；当为有理数时，互素，互素，由定义知， ，故有， 。 证明 对任意给定的，取充分大的正整数，使得。容易知道，在区间中，使得的分数只有有限多。（因为对每一个，不等式只有有限多个整数解。）因此总能取到充分小的，使得中的有理数的分母 。故当无理数满足时，则；当有理数满足时，必有，因而 ，这就证明了 。从而可知，此函数在有理点都不连续，在无理点都连续。 3、设为二元函数，在附近有定义，试讨论“在点处可微”与“在点的某邻域内偏导数，都存在”之间的关系，必要时，请举出反例。解 （1）若在处可微，则在处的两个偏导数必存在，且； 但不能推出在点的某邻域内偏导数，都存在。 例如 设二元函数，其中，函数在原点处连续，在原点处可微；但该函数在除原点以外的其它点处不连续，偏导数不存在。（2） 若在点的某邻域内偏导数，都存在，且，在处连续，则有在点处可微. 但仅有在点的某邻域内偏导数，都存在，推不出在点处可微。例如函数 显然在原点某邻域内偏导数，都存在存在, 但在处不可微.二、（1）设，数列由如下递推公式定义：，求证：。证明 设，显然，； ，于是得是收敛的，设，显然；在两边令取极限得到，从而，解得，因为，所以，。 (2) 计算极限 。解 当时，可见这个极限是“型”。令， 。最后得出 , . (3)设函数，求， 解 用洛必达法则及归纳法直接验算,可得，(4) 求不定积分,解 , 二、(5)证明黎曼函数在内是连续的，并在这区间内有任意阶连续导函数。（这种性质，也称为无穷次可微。） 证明令，显然，都在上连续；对任何，当时，而收敛，所以，（）都在上一致收敛，故在内是连续的，并在这区间内有任意阶连续导函数。由于是任意的，所以在内是连续的，并在这区间内有任意阶连续导函数。显然在内非一致收敛，在内不一致连续。假若在内一致连续，则有存在且有限，在中令，取极限，得，矛盾。三、（1） 计算积分 ,其中常数， （2）为三个实数，证明：方程的根不超过三个三、（1）解 ，其中； ， ， ， ，故 ，,.（2）证明 设， 用反证法，若的零点超过三个，设是它的四个零点，由罗尔中值定理，存在使得，由罗尔中值定理，存在，使得，再次由罗尔中值定理，存在，使得，但这与，矛盾。结论得证。四、设,求证:(1) 对任意自然数,方程在区间内必有唯一根，(2) 并求数列的极限.证明 (1) 显, 由连续函数的介值定理,存在,使得;显然,即在上严格单调递减,所以的根是唯一的.(2)显然,于,即得单调递增, ,从而存在,且,;在,中 令 ,取极限，得 ，得,故 .