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...
武汉大学2024年数学分析考研试题及解答
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