数学分析与高等代数考研真题详解--浙江大学卷(2)

'

0,xy=0

，显然f(x,y)在(0,0)点两

1,xy≠0

x+21

为单调 =1+

x+1x+1

又由于|f(x)|=|

1

|≤1/4<1， x∈[1,3/2]，故f(x)在[1,3/2]上为压缩映射。2

(x+1)

n→∞

所以{xn}收敛。令limxn=x，在xn+1=f(xn)两边令n→∞可得x=f(x)求解取正根，即有limxn=

n→∞

2。

x2

2

x1x1

limlncoslncosxx

=ex→∞2（B）解：

lim=lime2，由于

x→∞x→∞2

11

×( sin)×( 2)

1xxlncoscos2

x1洛笔达法则lim= 1/4，于是

limlncos=limx→∞2x→∞xx→∞

2×3

2xx

1

1/4

lim。 =ex→∞x2

1 x1 x1

（C）解： 首先当x≠0时，f(x)=23e=p1()e，其中p1(表示f'(x)所对应

xxx

'

211(n)

的的多项式。我们断言当x≠0时f(x)必可表为的多项式和ex的乘积的形式，即xx

1

1

11

有f

(n)

1 211

(x)=pn(ex，其中pn()为f(n)(x)所对应的的多项式。事实上，由求导运

xxx

1

111

算的性质，任意关于的多项式p(对于x的导函数都是关于的多项式。并且ex对于

xxx

1

1 x的导函数也可表为p(ex的形式，所以断言是成立的。

x

下面用归纳法证明 n∈N，f

1x2

(n)

(x)=0。

首先f(0)=lim

x→0

'

e

x

t=

1t1

limt2=limt2=0。

t→∞xt→∞e2te

假设已计算得到f

(n 1)

(0)=0，

1

1 xpn 1()e(n)tp(t)f(n 1)(x)1则f(0)=lim=limt=limn t12=0。 x→0x→0xxxt→∞e

（D）解：

令I=

，

I=

2

=

I+∫

。

又

1cost111==+∫cost∫cos2t2∫1+sint1 sintdt

1(1+sint)2=ln+Cln|x+|+C，

=ln|sect+tant|+Cx=tant

22cost

于是I=

11

+ln|x+|+C。 22

∞

n

11

（E）证明： 首先证明 x∈(1,∞)， (x)=∑x收敛。令Sn(x)=∑x，

n=1ni=1n

则Sn(x)≤1+

∫

+∞

1

11 x+∞11

=1+t=1+，Sn(x)关于n单调递增有界，故收敛，x

1x 11 xt

即 (x)=limSn(x)。并且显然 n∈N，Sn(x)关于x在(1,∞)上连续可微。下面证明

n→∞

x0∈(1,∞)， (x)关于x0连续可微，为此只需证明Sn'(x)在[x0 δ,∞) (1,∞)上一致收

敛，其中δ>0为满足x0 δ>1的某一正数。

n

11

由于Sn(x)=∑ lnn×x≥∑ lnn×x δ,并且当n足够大时

nn0i=1i=1

'

n

n

∑lnn×

i=1

1nx0 δ

≤∑

i=1

n

1

，(1<s<x0 δ)，收敛， sn

故Sn'(x)在[x0 δ,∞)上一致收敛。证毕。

三、（A）解： 令x=Rsin cosθ，y=Rsin sinθ，z=Rcos ， 其中 ∈[0,π)，θ∈[0,2π)。

(xθ,yθ,zθ)=( Rsin sinθ,Rsin cosθ,0)，

(x ,y ,z )=(Rcos cosθ,Rcos sinθ, Rsin )，

E=(xθ)2+(yθ)2+(zθ)2=R2sin2 ， F=xθx +yθy +zθz =0

G=(x )2+(y )2+(z )2=R2。

所以I=

[0,)×[0,2π∫π

=R2

2π

[0,)×[0,2π∫

π

π

=R

2

∫dθ

2πR222=

2Rh0π

2πR2=

2Rh

4πR2

,R<h,

= h

4πR,R>h.

（B）证明： 首先证明可微函数的两零点之间必有导函数的零点。事实上，设x1，x2是可微函数的两个零点，不妨设x1<x2，于是由柯西定理，存在ξ∈(x1,x2)满足

f'(ξ)=

x

2

f(x2) f(x1)

=0，即ξ为f(x)的一个零点。

x2 x1

令f(x)=e ax bx c，假设方程至少有四个根，于是f(x)至少有四个零点，从而f(x)的导数至少有三个根，进而f(x)的二阶导数至少有两个根，这与f(x)=e 2a单调递增矛盾。

四、证明：（A） 当n=1时f1(0)=1，f1(=1/2，f1'(x)= sinx≤0， x∈[0,

''

x

ππ

3

3

)，

于是x=0为f1(x)=1在[0,π/3)上的唯一一个根。

11

(1 n)π=1 1<1，及 当n≥2时，由于fn(0)=n>1，fn(=n

1321 2

π

fn'(x)= sinx(1+2cosx+...+ncosn 1x)<0， x∈(0,)，故方程fn(x)=1

3

在(0,π/3)内有且仅有一个正根。 （B） 由fn(x)<fn+1(x)， x∈[0,

π

3

)， n∈N 及fn(x)关于x单调递减，

于是有1=fn+1(xn+1)=fn(xn)<fn+1(xn)，故xn<xn+1，即{xn}n∈N是单增的，再由有界性 可知收敛。 设limxn=

x，由f2(=

n→∞

π

4

1π

+>1，故xn>，n≥2。 224

令f(x)=

cosxπππ

，x∈[,]，并将{fn(x)}n∈N延拓至[0,]，则易知

1 cosx433

cosx(1 cosnx)ππ

limfn(x)=lim=f(x)，并且在[,上一致收敛，于是有 n→∞n→∞1 cosx43

cosx πππ 1=limfn(xn)=f(x)，即有=1，该方程在上只有唯一根，这[,=xn→∞1 cosx 433

就证明了limxn=π/3。

n→∞

浙江大学2003年研究生数学分析试题

1．（15分）叙述数列的柯西（Cauchy）收敛原理，并证明之。

2．（15分）设f(x)在[a,∞]上一致连续， (x)在[a,∞]上连续，且

lim[f(x) (x)]=0。

x→∞

证明： (x)在[a,∞]上一致连续。

3．（15分）设f(x)在[a,∞]上有二阶连续导数，且f(a)>0,f'(a)<0，当x>a时f''(x)≤0。

证明：在[a,∞]内，方程f(x)=0有且只有一个实根。

4．（20分）设f(x)连续， (x)=∫f(xt)dt，且lim

x→0

1

f(x)

，求 '(x)，=A（常数）

x

并讨论 '(x)

在x=0处的连续性。

5．（10分）定义Pn(x)为

1dn(x2 1)n

Pn(x)=n，n=1,2,

2n!dxnP0(x)=1

m≠k 0

证明：∫Pm(x)Pk(x)dx= 2。

1m=k 2m+1

1

6．（10分）给出Riemann积分∫f(x)dx的定义，并确定实数s的范围使下列

a

b

i1

极限收敛lim∑()s。

n→∞ni=0n

n 1

7．（20分）证明：

( 1)n 1

1）函数项级数∑在( ∞,∞)上一致收敛，但是对任意x∈( ∞,∞)非绝2

n=1n+x

∞

对收敛；

x2

2）函数项级数∑对任意x∈( ∞,∞)都绝对收敛，但在( ∞,∞)上非2n

n=1(1+x)

∞

一致收敛。

8．（45分）计算

1）（15分）max∫lns tt；

0≤s≤1

01

2）（15分）∫∫

D

3xdxdy22

，其中D为平面曲线xy=1,xy=3,y=x,y=3x所围成23

y+xy

的有界闭区域。

1 x2 y2 z2

3）（15分）∫∫f(x,y,z)dS，其中f(x,y,z)=

0 x+y+z=1

x2+y2+z2≤1

222

x+y+z>1

2003年浙江大学数学分析试题答案

一、 ε>0, N,当n>N时， m>N,n>N,an am<ε

证明：该数列一 …… 此处隐藏：2905字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……