浙大年数学分析考研试题及解答

发布 2022-06-12 06:24:28 阅读 3972

浙江大学2024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。

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2024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;

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:

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 2024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。

浙大年数学分析考研试题及解答

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...

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