(完整版)浙大2000年-2002年数学分析考研试题及解答

1、、（1）eltim0或limt 0浙江大学2000年数学分析考研试题及解答求极限lim t 011ttet1 ln(1 t) 1etln(1 t)tln(1 t) 1tttelim 1 tt 0ln(1t2t)1tte;t1ln(1 t)etlim t 0 tln(1 t)1 t1 tetlim1 ln(1 t) 1et1(2)设 x0a, b , Xn解由条件，得 XnXn 1反复使用此结果Xn/ 1 i /Xn 1(2) (X1X。）X2n 1(X2nX2n )X2n(aelim ln(1 2t) tt 0 t211 ln(1 t)etlim t 0 t11.(1 t)2 1 t elim

2、 t 0 2t2(Xn2elim -t elim t 0 2t t 0 2t(1 t)limt 011 ln(1 t) 1e (t(1 t)1elimt 0t2t(1 t)2xn。，求limn1(Xn 2 Xn 1) 2(-2)n 1(b a)，(X2n X2n 1)XnXn .二(Xn 12Xn 2 ),1,2,;(X1 X0)X0(2)2n(a b) ( 2)2n 1(a b) L (a b) ab)-12)2n 1(J3(a b) a(X2n X2n 1 ) ( X2 n 1X2n 2) L(X1 X0)X0ln(1 t)t2)1(2)2n1(a b)(广论 b) L (a b) a(a

3、b)3)12n(2)2(a b) a 3当 a 2b 时，lim xn n0；当a 2b时，lim Xn不存在。n、(1)设 f (X)在 X 0可导，an0 ,bn0 ,(n),223证明： lim f(bn) f(an)f (0).n bn anf (x) f (0)证明 由lim f (0)相对任意0,存在0，当0 |x|时，成立x 0 x 0f (x) f (0)|，)3 f(0)|；x因为an 0 ,bn0 ,对上述0及确定的0,存在正整数0,当n N时，f(an) f(0)f(bn)f(0)便有an 0,0 bn,| f(0)|,|7 f(0)|,anbn于是 1f (an)f (

4、0) f (0) an 1(an),|f(bn) f(0) f (0)bn|bn，从而| f(bn)f(an) f (0)(bn街)|f(bn)f (0) f (0)b| |f(a)f(0)f(0)an|(bnan),即得 1f (bn)f (an) f (0)|，故有 lim f(bn)f(an)f (0).(bn an)n bn Hn(2)设函数f(x)在a,b上连续，在(a,b)内二阶可导，则存在 (a,b),使得2f(b) 2f T f(a)().f 吩 f(a)证明：由于 f(b) 2f abf (a) f (b) f a22作辅助函数F(x) f xf (x), xa,a一b2于是

5、F * 小)f(b) 2f af(a).a ba,2a b .,使得在a,ab上对F(x)运用拉格朗日中值定理2f ( i)再在上对f (x)运用拉格朗日中值定理173(a,b),使得2、(i)f(b)(b a)2f ().求哥级数n 1nnx的和，求级数解由于，由于lim n nn所以nnx的收敛半径2n的和。n 1为了求出它的和,对骞级数n 0逐项求导数,就有1；1)nxn 1因而(11x)2nnxn 1n 1nx在上式中取x(2)、证明黎曼(1(|x| 1)2n2。函数(x)在(1,)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。)1 证明令un(x)显然1x

6、un(x) n , Un(x) n lnn, nUn(x)n x(ln n)2,Un(x)(k) ( 1)kn x(lnn)k, k 1,2,3,都在(1,)上连续；对任何 1,当x 时，1|Un(x)| , n1 .|Un(x)| 一ln n n|Un(x)叫工(lnn)k, n1 Z1 、k而 (ln n)收敛n 1 n(k)所以 Un(x),4(x),Un(x),n 1n 1n 1(k 1,2,3,)都在,)上一致收敛，故(x)n 1 nx在,）内是连续的，并在这区间内有任意阶连续导函数。由于 1是任意的，所以(x)n 1 nx在(1,)内是连续的,并在这区间内有任意阶连续导函数。显然n

7、nx在(1,内非一致收敛,(x)-x在(1,)内不-致连续。n 1 n1假若(x) x在(1,)内一致连续，n 1 n则有lim (x) A存在且有限， x 1N 1在(x) 二中令x 1 ,取极限，得n 1 nN 1A 7, (N 1,2,3,L),矛盾。n 1 n四、(1)设方程组x y xsin uu v 0ysinv 0确定了可微函数u u(x,y),试求 du, v v(x, y),dx dy解由ysin udx xcosudu解出du, dv;就可得.du dv 0sinvdy ycosvdv 0设 F(y) »dx,求 F(1)。-2,，222 、y x sin(x y

8、) sin(x y) ,1 sin(x y),斛 F(y) y xdx x|x y 27yX|xf (y)yxsin(x2y)dx 12 2y2 y y1F (1)sinl2五、若f (x)在0 , 1上连续，证明xf (sin x)dx万 0 f (sin x)dx ；由此计算 xsinx dx.0 1 cos x证：作变量替换t x ,有00 xf (sin x)dx ( t) f (sin( t)d( t)0 f (sin x)dx o xf (sin x)dx.解上述方程，就得到所证结论.利用此公式可得：i心里哈dx0(y)s2n(y)(dy)0 1 cos2x1 cos- d cos

9、 x = 0 1 cos x(y)0Mdysin x , xsin x ,2 dx 2 dx0 1 cos x 0 1 cos xsinx , -dx1 cos xxsin x ,sin x ,I 尺二Idx -dx0 1 cos x 2 0 1 cos x2一arctan(cosx) n =204(2)求以z22y为顶，以z 0为底，以柱面xy2 1为侧面的曲顶柱体的体 积V 。解设 D (x,y):x2 y2 1,22则V ex ydxdy D212d re r dr 2(2e(1 e1)(3) 求曲面积分 (x y)z2dydzS其中S是半球面z Ji x2 y2 (x2,22(x y

10、2z)dzdx (2x z) y dxdy ,y2 1)的上侧。oo解 记 (x, y, z):x5六、(1)设f是周期为2的函数，且f(x) |x|, y2 1,z 0,(取下侧)V ( x, y, z): x2z21,z0,则由高斯公式知,(xy)z2dydz,22(x y 2z)dzdx (2x z)y dxdyS/ 2222 ,(z xy )dxdydz 2xy dxdyVx2 y2 1222_(xyz )dxdydz 0V1r2r2sindrx ；写出它的傅里叶级数(2)将 f(x) |x|,x 展开成Fourier级数,、1 ，一(3)求的和；k 1 k1 ln(1 x)(4)计算

11、 q-dx.0 x解 (1)由傅里叶系数的定义，注意到f是偶函数，11bk f (x)sin kdx | x |sin kxdx 0 , k 1,2,用分部积分法计算1 a。一f (x)dx xdx所以ak(2)(3)因为(4)N由xn lnn 0f(x)coskxdx10 sin kxdx-4 (cos kk24 f (x) 一2.2 r, 1 , 、，1x coskxdx (xsin kx) |0一0k0 ksin kxdx1)(coskx)10 k4 "k7, 0,1-Z21 (2n 1)由（1）的结果及展开定理,1x1 -在上式中取所以当k为奇数时当k为偶数时cos(2 n容

12、易知道k 1,2,1)x .1 n 1 (2n.cos(2n 1)0得,1-Z 21(2k)11/1 ln(1 x) dx知对于任意0Nxnln x 在 0Nn .x ln xn 0,1ln x根据逐项积分定理,ln12(2k 1)21-Z21 (2k 1)1k 1(2k1)2ln y01dy1 ln x dx01 xx,xn In xdx,0ln x上一致收敛于山上，1 x(0 x 1)；可以逐项积分,1 1n x1 一dx x In xdx01 x0n01xn In xdx, o1又 xn In xdx o1(n 1)2故 11n3dx0 x1 ln x01 x1n 0(n 1)2浙江大学

13、2001年数学分析考研试题及解答(1)N语言”证明lim n2 n3n22n 3 3°证明因为23n22n 311 1 33 3n25n 62n3|1 1 5n 63 n 3n 11123 n(n4)对任意给定的0,5n 63|3n2 nI,1解不等式n只要取N11当 n N - n2 n 11 3n2 2n 3 32 n 于是1nm彳4时，便有1nn 12n 3求极限lixm(2, x tan x) 2解lixm (2, xtanx) 2iixm(115(1 x)1 xx x)tan 求 f (x)。19由 iixm(1 x) tan -2xiiymytan(22y)，cos- y

14、2sin y 2得 lixm(2x tanx) 2(3)设f (ln x)1, x,1 1,且 f(0) 0，解由题设条件，知f (y)1,y 0ey,y 0 ?从而f(y)y,ey 1,故 f (x)x, x 0ex 1, x 0二、设yy(x)是可微函数,且满足xye2eysinx 7x ,求 y (0)。解在yyex 2eysin x7x中,0,得 y(0)0,在方程两边对x求导数，得yxyexye2eyy sinx2ey cosxy(0)三、在极坐标变换 xrcosy rsin之下，变换方程2 u2 yf (x, y).u u(x,y)u(r cos,rsin ),u cosxu .

15、sin yu y yr sinu)r cos ，y2u2 ru cosxu .一 sin y2 u x(2 x r2u y、 )cosy x r2u2yy)sin r2/ u(-2 cosx2u 一siny x)coscos x y2 usin )sin y2u 2-2 cos x2。u .2sin cosy x2sin ;u)r u /(rsin x u)r cosy252 u x2x2上( y xr sin )2 x y2u2- yy(rcos )u一 (r cos xu-( yr sin )2-u2x(r sinr cos ( r sin )2x yr sin )2 u2 r cos (

16、r cos ) ysin22u-2 r四、(1)(0u( xu( x1 2 rr cosr cos )从而原方程化为uz .(r sin)ycos sinu /-(r sin yu2 r2u 22r cos y2u2 x2 u21 uf (r cos , r sin ),f (r cos,r sin )。求由半径为a的球面与顶点在球心，顶角为 2的圆锥面所围成区域的体积,一 ）。2建立适当的空间直角坐标系,可设球面方程为x2y2 z2 a2,顶角为2的圆锥面为两曲面在上半空间的交线方程为1 ta2n22a x_ 22 tan，1 tan2记 D (x, y):x2 y22atan2tan2R2

17、，由上下对称性,曲面所围区域的体积为V-Ja22 dxdy 1Dtanx2x2y2dzy2 (,a2x2y2D1 Jx2y2 )dxdy tan(、.a2(2)求曲面积分(yS其中S是曲面z 2 x22一-y (1 z 2)的上侧。1r)rdr tan1/3 , 22、213、2 2 (a (a R )2 R )3tan2 2 -a3(11)31 tan23(1 cos22x)dydz (z y)dzdx (x z)dxdy,22(x, y,z):x y 1,z 1,(取下侧)._2V ( x, y, z): z 2 x2y ,1 z 2,则 V S由高斯公式知,2(y x)dydzS(z22

18、y)dzdx (x z)dxdy21 1)dxdydz (xx2 y2 11)dxdy2 x2 y23 dxdy dz x2 y2 1(x2 1)dxdyx2 y2 1-2223(1 x y )dxdy (x 1)dxdyx2 y2 1x2 y2 17,22、4 dxdy 一(xy )dxdyx2 y2 12 x2 y2 17 212714- d r rdr 4-2 一2 0024五、设二元函数f(x,y)在长方形区域a,bc,d上连续,(1)试比较yinf'dsup f (x, y)与 sup i”x a,bx a,b y c,d f (x, y)的大小并证明之;(2)给出一个使等式

19、inf supf(x, y) sup inf f (x, y)成立的充分条件并证明之。y c,d x a,bx a,b y c，d解 (1)显然对任意(x, y) a,b c, d,成立 f(x, y) sup f (x, y),x a,b从而 inf f(x, y) sup f (x, y) , sup inf f(x, y) sup f (x, y), y c,dx a,bx a,b y c,dx a,b进而 sup inf f (x, y) inf sup f (x, y)；x a,b y c,dy c,d x a,b(2)六、设fn x是定义在1,1上的连续函数列，且fn x 0,1(

20、1) limfn x dx 1;n 1 n(2)对任意0, fn x在 1, U ,1上一致收敛于零.1求证：对任意 1,1上的连续函数g x ,成立lim fn x g x dx g 0证明：由题意，知(1)g在 1,1上连续，从而有界，M 1，使得 x 1,1 , |g x | M1(2)由 limfn x dx 1,知n 1一 一 1 一 .一N1 N，使得当 n N1 时，1 fn x dx 2;(3) g x在x 0处连续，而有0,1 ,0,1 ,使得x ，时，有6；(4)对于上述的0, fn x 在 1,U ,1上一致收敛于零,*而有对上述0, N2 N，使得当 x 1, U ,1

21、 , n N2 时,fn x取 N max N1, N2 ,当n N时,1 fn xg x dx1 fn x g0 dx1111 fng 0 dx1fn x g xdxdx2Mfnx dxfn x dx1fndx4M从而limnfn x gx dxfn xdx1又limn 1fndx于是结论得证1lim n 1fn xdxlimn11 fnx dxfndxlimn11 fn x g0 dx六、设fn(1 x)n,nxe ,证明:(1)limn11fndx 1 ；(n1,2,L ),27(2)对任意r n .】0, 2 fn x 在1,U ,1上一致收敛于零.(3)设 g X是 1,1可积函数且

22、g0处连续,成立limn1 fn x g xdx证明因为fndx1enxdxfnx dx.n 1所以nim2 1fn11(1 n10(11fn x dx0 nx)ndxdx 1 on)37浙江大学2002年数学分析考研试题及解答、1、用“语言证明lxm(x 2)(x 1) 0-Ox 3证明I f(x)0|x 2|x 3|1|1当0 1x 11 2时，我们有13|x 3| | 2 x 1| 2 |x 1| 2 2 2,1 3|x 2| |x 1| 11 -2 2，1于是当0 |x 1| 2时，有lx 21,2> 1| |x 1|x 3|5对 0,取 min(2, ),当0 |X 11时，都

23、有|x 21|f(x)0l m|x 11 |x 11这就证明了lim (x x2)(3 1) 0。2给出一个一元函数 f (x),在有理点都不连续，在无理点都连续，并证明之。解Riemann函数：1,x 0R(x) 1, x -p,q0, p,q互素q q0 x无理数对于任意实数x0 ,证日s lim R(x) 0x x0Riemann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。P对0 、 q 0, p,q互素所以只有p 0,q1qR(0)1,( R(x)在x 0处的值是惟一确定的。)函数R(x)是以1为周期的周期函数。事实上,1) 0,当x为无理数时，x 1亦是无理数，

24、由定义知R(x) 0R(xR(x 1) R(x)；当x为有理数时,q 0, P,q 互素，xq 0, pq,q 互素，由定义知R(x)R(x 1)R(x1)R(x)故有R(x1)R(x)证明对任意给定的,取充分大的正整数q0 ,使得 人q0容易知道,在区间(x01,xo1)中使得0q0的分数卫q只有有限多。(因为对每一个q0 ,不等式q(x。 1) p q(x。 1)只有有限多个整数解 p 。)因此总能取到充分小的(Xo,Xo)中的有理数的分母 qqo。故当无理数X满足0 | xxo | 时，则R(x) 0；当有理数x E满足0 | x Xo | 时，必有qqo,因而q11o R(x),q q

25、o这就证明了 lim R(x) o ox xo从而可知，此函数 在有理点都不连续，在无理点都连续。3、设f (x, y)为二元函数，在(,y。)附近有定义，试讨论“ f (x, y)在点(x°, y°)处可微”与“ f(x,y)在点(xo,yo)的某邻域内偏导数 fx(x,y) , fy(x, y)都存在”之间的关系，必要时，请举出反例。解 (1 )若f在(xo, yo)处可微，则f在(xo, yo)处的两个偏导数必存在，且A -(xo, yo), B-(xo, yo)；但不能推出f(x,y)在点(xo,yo)的某邻域内偏导数 fx(x,y), fy(x,y)都存在。122

26、2例如设二元函数f(x,y) (x y) ,x,y Q，其中 1,o,其他情况函数f(x,y)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f(x,y)在点(xo,yo)的某邻域内偏导数fx(x,y), fy(x,y)都存在，且fx(x,y),fy(x,y)在(xo,yo)处连续，则有f (x, y)在点(x°, y°)处可微.但仅有f(x, y)在点(,yo)的某邻域内偏导数 fx(x,y), fy (x,y)都存在，推不出f (x, y)在点(xo, y°)处可微。例如函数z f(x, y)xy22x y0,22xy0

27、22xy0显然f (x, y)在原点某邻域内偏导数fx(x, y), fy(x, y)都存在存在,但 f(x, y)在(0,0)处不可微. x 2.二、(1)设f (x),数列xn由如下递推公式定义:x 1% 1,xn 1 f (xn),(n 0,1,2,L ),求证：pm xn V2。证明设x0c10，Xn 1 1 r- , n Q12Ixn显然1xn 12,1 xn2, n 1,2,;I xn 111xn1|(1 7 (1 K1xn 1 xn 1I xnxn 1 I2|xn,n 1,2,3,L ,于是得xj是收敛的，设lim xn A,显然1 A 2 ; n在xn 11 两边令n1 xn1

28、取极限得到A 1 1 A从而A2 2 ,解得A 72,因为1 A 2 ,所以A 72,lim xn . 2 ° n(2)计算极限,i1、x21、x2 二解 lim«cosJ lim 90sJ x x x xx当x 时,u cos11 vx ，可见这个极限是型”。1 cos-x21xA _ Avhm(cosi) lim(1 A)， xxxlim Av xlim x2(cos1 xx1)limxcos- 1x(1)2xcost 1limT最后得出lim (cos；) xlim(x(x21、 cos)(3)设函数f(x)""2ex，x 0,求 f(n)(0),

29、 n 0,1,2, 0, x 0用洛必达法则及归纳法直接验算，可得严(0) 0n 0,1,2,(4)求不定积分J1 X2dx,x,1 x2、1 x2dx,1 x2dx2 G1 x 1 x2 11n(x . 1 x2) C22、(5)证明黎曼函数(x)在(1,)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。)1 X证明令un(x)x n ,n显然1 xun(x) T n , Un(x)n 1nn,nUn(x) n x(1n n)2,un(x)(k) ( 1)kn x(1nn)k,k 1,2,3,都在(1,)上连续；对任何 1,当x 时,1|Un(X)| n1 .|Un

30、(x)| ln n n|Un(x)(k)| (In n)k n_!k而(ln n)收敛，n 1 n所以un(x),un(x),un(x)(k),n 1n 1n 1(k 1,2,3,)都在,)上一致收敛，xn 1 n39故(x)n 1 nx在,）内是连续的，并在这区间内有任意阶连续导函数。由于 1是任意的，所以(x)在（1,）内是连续的，并在这区间内有任意阶连续导函数。显然nnx在(1,内非一致收敛,1-(x) k 在(1,n 1 n）内不一致连续。假若(x) T在(1, n 1 n '）内一致连续,12n1,43则有lim （x） A存在且有限， x 1N）在（x） nx中令X 1 ,取极限，得n 1 n八N 1A 一, （N 1,2,3,L）,矛盾。三、（1）计算积分R, h 0n 1 n222淇中常数hx a,b,c为三个实数，证明：方程 y2 z2 r2 x y (z h)ex ax2 bx c的根不超过三个三、（1）解 x RsinRsin sin , z Rcos ,其