数学分析各校考研试题及答案Word文档下载推荐.docx
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f()(xa
b)dx
M[a2(
x)dx
b(x
)dx]
M2
六、设{an}单减而且收敛于0。
ansinn发散
a)
ansinn收敛
b)
limun1其中un
nvn
(aksink
aksink);
证:
(1)因为
vn
(aksinkaksink)
sink
1sin
而{an}单减而且收敛于0据狄利克莱判别法知
ansinn收敛
2)因为正项级数
ansinn发散则
aksink
(n
)又由上题知
u
aksink有界故有limn1
txsinx
七、设F(t)1edx证明
1x
1)etxsinxdx在[0,)一致收敛
2)F(t)在[0,)连续
证:
(1)因sinxdx收敛(可由狄利克莱判别法判出)故在t>
=0上一致收敛;
又etx
在x>
=1,t>
=0单调且一致有界0etx1(x1,t0)由阿贝尔判别法知一致收敛
(2)t0[0,),,0使t0[,]由上题知,F(t)在[,]一致收敛,
且由etxsinx在(x,t)[1,)[,]上连续知F(t)在[,]连续所以在t0连
x
续,由t0的任意性得证
八、令{fn(x)}是[a,b]上定义的函数列,满足
(1)对任意x0[a,b]{fn(x0)}是一个有界数列
(2)对任意0,存在一个
0,当x,y[a,b]且xy时,对一切自然数n,有fn(x)fn(y)
求证存在一个子序列{f(x)}在[a,b]上一致收敛
nk
x[a,b]}则U为[a,b]的一个开覆盖集,由有限覆盖定
对任意x[a,b],{fn(x)}是一个有界数列故由致密性定理存在一收敛子列,设为
{fnk(x)},又令U={u(x,x)
理,存在有限个开区间覆盖[a,b],不妨设为
u(x1,x1)u(xm,xm)
于是对
0,能找到一N>
0,
nk1,nk2N,xi,(i1,2,,m)
fnk2(xi)
fnk(xi)
k2
min{
x1
x}则由条件
(2)知对上述xm
0,
[a,b],xl使x
xl
对一切自然数n,有fn(x)fn(xl)
0,K0,k,t
K有nk,ntN,x[a,b],xl[a,b]有
fnt(x)
fnk(x)fnt(x)
fnt(xl)fnl(xl)fnk(xl)fnk(xl)fnk(x)
fnt(x)fnt(xl)+fnl(xl)fnk(xl)+fnk(xl)fnk(x)由柯西准则得证。
2004年南开大学数学分析试题答案
1.lim
xa
f(x)f(a)
limexa
lnf(x)f(a)
f'
(a)
f(a)1
2.zx
fxy
fy,
fx
xy
yxfxx
yf
xyx
fy
yxx
yf=f
3yyxx
yxfxx
1fyf
2y3yy
xx
3.即证明
2ln(1x)
2ln(1
x)x
设f(x)
x)
(x)
4.
(1
x)2
f(0)
0,
ln(x2
802sin2
2cos
5.设
2P=x
Q=
dx
6.
nn1
lnn
1en
散,原题得证
7.
8.
n2nlimf'
(
1)应用数学归纳法,当
时
1min{Fk,fk1}
(1x)2
y2)dxdy
r5lnrdr=
2xy,
lnn
n)
0,证完。
2sin
1r5lnr
2dr
72
1,又当
limn
(Fk
2y
时,
f(2n)f(n)
n1收敛,当
0时,级数
1n
f(2n)f(n)
(n)n
时命题成立,
题也成
fk1)Fkfk
0,原题得证
Fk1连续。
{Fk1(x)}F(x){Fk1(x)}F(x)
3)由k1单调递减趋于,k1与都连续,由地尼定理,该收敛为
9.
(1)证明:
x0(a,b),x0x1
x2
取x1x0,x1x2,x2x0,代入式中得,
x2x0
x1x0f(x1)f(x0)f(x2)f(x0)
f(x1)f(x0)10[f(x2)f(x0)]即1020,所以函数
x2x0x1x0x2x0
f(x)f(x0)
g(x)0单调递增有下界,从而存在右极限,则
xx0
'
f(x)f(x0)
f(x0)lim;
xx0xx0
f(x1)f(x2)f(x2)f(x3)f(x3)f(x4)
x1x2x3x4,由题设可得,
x1x2x2x3x3x4
即f(x1)f(x2)f(x3)f(x4)从而limf(x1)f(x2)limf(x3)f(x4),
x1x2x3x4x2x1x1x2x4x3x3x4
所以导函数递增。
(2)参考实变函数的有关教材。
2005年南开大学数学分析试题答案
1.由于D关于x轴对称,被积函数关于y成奇函数,所以该积分为0
2.ddxufx
fyyx
fzz,其中y,z由
xxx
yz
gxgygz0
xx求出
hxhyhz0
xyz
yhxgzhzgxzhxgyhygx
xgyhzgzhyxgyhzgzhy
3.lim
nnk1
4(k)2
M
4.sintdt
2,1在x(0,)上单调一致趋于0,则f(x)在x(0,)上一致
xt
收敛,又sint在x(0,)上连续,则f(x)在x(0,)上连续。
111e
5.由泰勒公式e1,则
1!
2!
n!
(n1)!
111ee
e1,后者收敛,则原级数收敛。
1x1xMxM
6.由拉格朗日中值定理,1f(x)1f'
()xM2xM2,后者收敛,由魏尔特拉
nnnnnn
斯定理,原级数一致收敛。
s(x)一致收敛,则可以逐项求导,
()
s'
(x)2n也一致收敛且连续,故s(x)连续可
n1n
7.反证:
设存在(x0,y0)有(Q
PQP
)(x0,y0)0,不妨设()(x0,y0)0,由连
yxy
续函数的局部保号性,知道存在一个邻域
当(x,y)
QP
时(QP)(x,y)0,则存在
一个圆周C0
PdxQdy
Q(Q
P
)dxdyy
0与已知矛盾。
a
8.当0xa时,f'
(x)f'
()xx
axa时,f'
()(xa)ax,综上,f'
(x)g(x)
(3)设当xU时,f'
定义,则g(x)在(a,b)上有界,则可以得到f(x)在(a,b)上连续。
(2)x0x1x2
则f(x1)f(x0)g(x1)f(x2)f(x1)
x1x0
x2x1
f(x1)f(x0)f(x2)f(x0)则f(x)f(x0)单调递增有下界,存在右极限,f'
(x0)
x1x0x2x0xx0
存在,同理f'
(x0)存在,由极限的保不等式性可得
2003年中国科学院数学研究院数学分析试
题答案
1.limln(e
B
ex)
limx0
A
ln(1x
BAex
1)当
0时,
lim
Aln(ex
BA
Aln(1x
x0
2)当
A0时,
Axlim0ln(ex
Aex
Alimex
AB
A(AB)xlim(AB)x2
e
3)当BA0时,limln(e
A0时,limln(ex
limln(2ex)x0
Aln(2ex)
ln2
limln2x0
A0时,xlim0
ln(ex
ln(2ex)
A0时,lim
Aln(2ex)
2.当0时,
limf(x)
f(x)连续;
1时,
f'
(0)
limx
2时,
11
sin
0,f'
(0)存在;
21
cos
limf'
(x)x0
3.即证:
yx
yxxy
ln
yylnx
lnxxlny,
所以
f(t)
(t)
lnyylnt
y1
t
y时,设
ty
d
1时,设
lnt
tlny,
f
(1)0,f(y)
g(y)
1y,g'
(y)t
g(y)g
(1)0,
lny
f
(1)0,
lny,g'
(y)
g(y)g
(1)0,
lny0
23
f(t)
f(y)0,
4d
04cos2
402
4cos
dtan
42
04tan2
332
5.假设存在常数M,0xM,积分lnf(b)lnf(a)M(ba)矛盾
1rcos
6.作代换
rsin
Vd
1arctan
2r
sind
2(1rcos)dr
2d
(2r
2rcos
)dr=
(2cos
)216cos4d
3
7.椭球面
2x
96
1的切向量为(x,y,z)
161cos2
[3(
)22(1cos2)]d
z
,切点为12
9,y
8,z
3和x
8
196
13
D
260
0,当
f(2x)
f(x)f(2x)
f
(2)f(4)
相加:
xxf(2nx1)f(2xn)
k1
4k
f(x)
f(2xn)
k12k
yf(x)
lyim0
y2f(x)2dx
122
1xy
1limy0
0lyim0
yf(x)dx
022
0yx
1)0
2dxx
f(0)y0
0y2f(x)2dx
2)2
y
y2dx
2f(0)y0
1求a,b
由于函数在
科院2006年数学分析试题参考解答
使下列函数在x=0处可导:
axb当x0;
x21当x<
0.
x=0处可导,从而连续,由f(00)b,f(00)1得到b=1;
又由f(0)
a,f(0)0得到a=0.即得。
2已知an0,级数
1发散,求证级数
n1an
1也发散.
n1an1
证明:
用反证法。
an0知级数
1均为正项级数。
1an1
假设级数
an
收敛,则lim
an1
0,于是有
1,从而由正项级数的比较判别法知级数
1收n1an
敛,矛盾,从而得证。
3设m,n
0为整数,求积分x
m(1x)ndx的值.
设I(m,n)=
m
x(1
x)ndx,则由分部积分法有
I(m,n)=(1-x)nd
m1x
m1
nx|1
m10
n(1
nx)
1
(1)
mn1I(m1,n1).
从而
I(m,n)
m1n!
I(m1,n
nn1
m1m2
I(m
2,n
2)L
n1L
1m2
I(mn,0)n
(mn)!
mnm!
m!
n!
即得解。
(mn1)!
函数更为简单)
4设a>
0,f(x)
是定义在[-a,a]
上的连续的偶函数
则aa1f(+xe)xdx
f(x)dx.
证明:
由f(x)
知f(x)f(x),从而令x
t有
f(x)dx1+ex
af(t)
t(dt)a1e
aae1tf(ett)dt
从而af(x)dx
1+ex
12(a1f(+xe)xdx
aetf(t)
a1etdt)
f(x)dx
10
1[f(x)dx
2a
f(x)dx]
20
f(x)dx得证。
5设函数f(x)在含有[a,b]的某个开区间内二次可导且f(a)=f(b)=0,
则存在(a,b)使得|f(|42|f(b)f(a)|.
(ba)
由Tayler定理,
对x=a+b(a,b)有
12
f(x)f(a)f'
(a)(xa)21!
f'
(1)(xa)2,
f(x)f(b)f'
(b)(xb)21!
f'
(2)(xb)2.
而f'
(a)f'
(b)0,故有
122
|f(b)f(a)|2!
|f'
(1)(xa)2f'
(2)(xb)2|
令|f()|max{|f'
(1)|,|f'
(2)|},则有
1ba(ba)2
|f(b)-f(a)|21!
()2(b2a)2|f'
()|(b4a)
4
即|f'
()|42|f(b)f(a)|.
(ba)2
[a,b]上连续,
设实值函数f(x)及其一阶导数在区间
而且f(a)=0,则
b2
6max|f(x)|ba(|f'
(t)|2dt),
x[a,b]
bb
2122
f2(x)dx(ba)2|f'
(t)|2dt.
我们先来证明一个不等式,一般的称为Cauchy---Schwarz不等式,即
bb1b2
定理1f(x)g(x)dx(f2(x)dx)2(g2(x)dx)(f,g是[a,b]上的可积函数)
aaa
设h(x)f(x)tg(x),则
2222
h2(x)f2(x)2tf(x)g(x)t2g2(x),
两边从a到b取积分,有
bbbb
h2(x)dxf2(x)dx2tf(x)g(x)dxt2g2(x)dx
aaaa
由等式右边对t?
都成立,知
bbb
V(2f(x)g(x)dx)24f2(x)dxg2(x)dx0.即证.
:
(1)设max|f(x)||f(x0)|,则有NewtonLeibniz公式有
x0x0
|f(x0)||f(a)||f(t)|dt|f(t)|dt
aa
|f(x0)|2(|f(t)|dt)2
|f(t)|2dt12dt
a)|f(t)|2dt
(ba)|f(t)|2dt
两边开方即得证。
(2)同样,由Newton-Leibniz公式有
f(x)=f(a)+f'
(t)dtf'
(t)dt
f2(x)(f'
(t)dt)2f'
2(t)dt12dt
等式两边x从a到b积分有
2(x)dx[(xa)f'
2(t)dt]dx
[f'
2(t)dt]d
2(t)dt
(ba)2b
(xa)2
(xa)2bb2(xa)2
|f'
(x)dx
2a2
2(t)dt又得证。
设n是平面区域D的正向边界线C的外法线,则
uuu
ds(22)dxdy
nDuu
Green公式有
dyux
C
u2
2u
xd
)
8设曲线
x2y21的周长和所围成的面积分别为L和S,还令
a2b2
J?
(bx
S2L
2xyay)ds,则J2
由对称性知J
2222222
x2xyay)dsabdsabL
222
abL
1dx
9计算积分dx的值,并证明它也等于数项级数
01+x3
(1)n1的和。
13n2
设I=,01+x3
则I
01
3x
0(1x)(1xx)
为证明
10(131
13ln(1
13ln2
1ln2
x)|
3x
2x1
12x13
060x2
1ln(x2x
6
1)|0
1x1dx
2x
1d(3
01(2x1)2
233
arctan
9
(1)n1
(1)=I,我们先来证明一个定理:
3n2
定理2设f(x)
anxn在|x|<
R内收敛,若n0
Rnan0n
也收敛,则1
f(x)dx
n0
Rn1
n1
事
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