浙大2000年-2002年数学分析考研试题及解答.doc
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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.
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