2022年浙大数学分析试题及解答.docx
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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 浙江高校 20XX 年数学分析考研试题一、20分 1 证明数列xn111.1lnn收敛 ; f x ,23n(2)运算lim nn11n12.1. 2n二、15 分 函数f x 在闭区间 , 上连续,存在收敛于零的数列r k,使得对任意的x , ,有lim kf xr kf xr k2f x 0.r2 k证明 :f x 为线性函数 .三、15 分 假设函数h x 为到处不行导的连续函数,以此为基础构造连续函数使f x 仅在两点可导,并说明理由;四、20分 二元函数 f x y , xy2 sinx21y2,x2y20. 0,x2y201 求f
2、, ,f , ; xy2f,f是否在原点连续,f x y 在原点是否可微,并说明理由;xy五、15 分 在任意区间 , 黎曼可积,f x dx 收敛,1. 0证明:limy 00xyf x dxf x dx0,c0.bycz dxdydz.0六、15 分 运算xdydzydzdx2 2 zdxdy a 3/2by cz 0,bax2x2y 2z 21七、15 分 运算在单位球 V:x2y2z21 上的积分IcosaxV名师归纳总结 其中a b c 不全为 0 121x2,证明级数n0fn.收敛 .证明在0, 上f x 0第 1 页,共 21 页八、20分 设函数 f x x 0九、15 分 设
3、f x 可微,f00,对于任意的x 有f Af x ,- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 浙江高校 20XX年数学分析考研试题解答一、(1)证明利用不等式 11ne 11n*1,nN*,nn得n11ln11 n1,nN;n由i11ln11 i1 i,i,12 ,n;两边对i,12 ,n相加,得到名师归纳总结 111lnn1N*;第 2 页,共 21 页23n11111 n;,n23令x n1111lnn23nx n1x nn11ln11 n0,x 是严格递减的;- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - x n1111ln
4、n23nln n 1 ln n 0,于是 nx是严格递减的且有下界, 依据单调有界原理 , 故 lim nx n 存在;这个极限值记为,叫做 Euler 常数;名师归纳总结 lim n1111lnnn,n00,第 3 页,共 21 页23n记1111lnnn,lim n23n1111lnn;23n2解:解法一利用111lnncn,其中 lim nn,2n111n111ln 2 nc2n,2n2nlim n1n111n2nlnncnlim nn1112nlim nln2nc2nlim ln2 n2nnln 2 . 解法二lim n1n111n2n- - - - - - -精选学习资料 - - -
5、 - - - - - - lim n1n111knkn111xdxln 1x1ln 2. 0,00二、证明令G x f x f b f a xa f a xaxb , 0ba明显G a G b 0,我们证明G x 0,如如不然,存在一个点1x ,使得G x 1考虑到G x 是闭区间 , a b 上的连续函数,必存在最大值,不妨设1x 即为最大值点,x 1 , a b , 在1x 的一个邻域,即xx 1,x 1,G x G x 1,考虑到kr0;所以lim kG x 1rkG x 1rk2G x 10, r2 k但是由原题条件可以得到下面这个结论名师归纳总结 lim kG x 1rkG x 1r
6、k2 G x 120,冲突 ,所以G x 0, 第 4 页,共 21 页2 r k所以f x f b f a xaf a xa xb0, ba由的任意性 ,令00, 得到f x f b f a xaf a ba于是f x f b f a xa f a 0ba故得到f x f b f a xaf a ,结论得证 . ba三、解令f x x x1 h x ,就明显f x 是到处连续的,f0h0,f1h 1;f ,得冲突;f x 在x0,1处不行导,否就,由h x x x1- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 四、解 (1)由定义fx,00 lim x 0x2s
7、in10,0y 2 2 xcosx212 y, , 0,;xx2fy0,0lim y0y2sin100;y2yfx , 2xysin1y2x2 xx2y22 fy , 2xy sin1y2xy2 2ycosx21y2, , 0x 2x2y 22(2)由于lim x 0x yfx , lim4 x 0xsin12cos1,极限不存在,22 xx22 x所以在( 0,0)点不连续 ; 同理可得f yx,y 在( 0,0)点不连续 . xfy0,0y|x2y2 ,由于 |f0x ,0yf0,0fx0,0| xy2 sinx21y2| 2x 2y2 ,o |f0x,0y0,0y |yf0,0fx0,0
8、xf所以函数在( 0,0)点可微 . 名师归纳总结 五、证明lim y 00yxfx dx0fx dx . 是一样收敛的;第 5 页,共 21 页由题设条件和阿贝尔判别法,知0yx fx dx关于y0在任意 0, A 上,当y0时,yx f x 一样收敛于f x . x dx ;由含参量广义积分的极限定理,得lim y 00yxfx dx0f或者|0yx f x dx0fx dx|Ayx fx dxAfx dx|00. |Ayxfx dx|Afx dx;六、解 :这是一个其次类曲面积分,我们不妨假设其方向为外法线方向- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 设
9、 P =ax2byx2 cz3/ 2,Qax2byycz23/ 2,Rax2byzcz23/ 2, 222名师归纳总结 r经演算得到PQR0, :x2y22 z1内, 第 6 页,共 21 页xyz在原点邻近补一个小椭球2 : ax2 by2 cz,使其完全包含在V在与 V 之间的区域 ,被积函数有连续偏导数,由PQR0, xyz满意 Gauss公式, 所以x 2y2z 21xdydzydzdxzdxdyax 2by 2cz 23/2=Vxdydzydzdxzdxdyxdydzydzdxzdxdy2 ax2 by2 cz3/ 2 2 axby2cz23/ 2,0, =xdydzydzdxzdx
10、dyax2by22 cz3/ 21xdydzydzdxzdxdy 利用 Gauss 公式 3/ 21 3/ 23 dxdydzax2by2cz 2134abc4, 3/ 23abc或者在曲面积分1xdydzydzdxzdxdy时作代换3/ 2xacos sin ,ybsinsin,zccos,0,2racos sin ,bsinsin,ccos , asincos , sinsin , cos,rasinsin,bsincos ,0,racoscos ,bcossin,csin,- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - asincosbsinsinccosx
11、y zrrasinsinbsincos0acos cosbcos sincsin3abcsin,sindb22 c. 1xdydzydzdxzdxdy130d23/ 23/ 2abc04 abc, x 2y2z2 1xdydzydzdxzdxdy4. 2 axby2cz2 3 / 2a b cka2七、解利用公式x2y 2z 21f axbycz dxdydz112 u f ku du,1 c o s. k u d u得x2y2z 2 1c o s a xb y1 c z d x d y d z 12 1作坐标系的旋转变换,将Oxy 旋转至 axbycz=0 2 c, 即作正交变换令axbyc
12、z记k2 a2 ba2b2c221, 22由于是正交变换,所以J1,积分区域V, ,所以Icosd d d.V名师归纳总结 作柱面坐标变换,rsin,rcos ,2012rdr第 7 页,共 21 页V, , 11,02 ,0r1所以Icoskd d d.=1 1cos kd2d0V1 112coskd2112cos kd, 02 2cosk2sink42sinkcos k2k3kk- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - a24c2sinaa2bb22 ccosa2b22 c解毕b 2222 c八、解f x 1211011x n1xx221x 2x 1121
13、1x2 21x211n011x1nn于是fn0n.12 22222212n02n 11n 1 2n 11n x ,2n 11n 1 21n1;2 2n .2 2n0 2n 111n 11,n0f 0n 1 2n .n 111112n1,2 22n0f 0n 1 2n0明显,此级数是收敛的;名师归纳总结 九、证明由条件 fxAfx,x0,. 0,0, 存 在 常 数A0, 对 任 意第 8 页,共 21 页令F x eAxfx ,就有F eAxfx0,F x eAxfx 在 0,上单调递减,于是F x F0,eAxfxf00,于是f x 0,再由条件Af x fx ,x0,令G x eAxfx
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- 2022 浙大 数学分析 试题 解答
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