数学分析与高等代数考研真题详解--浙江大学卷(3)

六、J是实数， ε>0, δ>0,当<δ时，当ξi∈(xi 1,xi)时，

s

∑f(ξ)(x

i

i=1

n

i

xi 1) J<ε

i 11s，当

s> 1时，该积分收敛。 =∫xdxlim∑

0n→∞

i=0 n n

∞

1( 1)n

在( ∞,+∞)上单调一致趋于零，由狄利克雷判别法知，∑七、∑( 1)22

n+xn=1n+xk=1

n 1

n

k

∞

11

在( ∞,+∞)上一致收敛，∑与同敛散，所以发散； ∑2

nn+xn=1n=1

∞

∞

x2x2

绝对收敛，当x≠0时，∑绝对收敛； 当x=0时，∑2n2n

n=1(1+x)n=1(1+x)

∞

Rn(x)=

八、1.

112

取=x

n(1+x2)n

11

→，所以不一致收敛 1e(1+)n

n

1

s

1

I(s)=∫lns t=∫ln(s t)dt+∫ln(t s)= ∫ln(s t)dt ∫ln(t s)dt

s

s

1s

= ∫lntdt ∫lntdt

s1 s

11

I'(s)= lns+ln(1 s),I''(s)= <0

s1 s

11

112I(s)= 2∫lntdt= 2(ln ∫2dt)=ln2+1

0220

，当s=

1

2

时，

y,x

3312y2 (u,v)22. u=xy,v=,J=dudv=ln3,=y2y=3v∫∫113v3x (x,y) 2,

xx

3.

J=∫∫[1 x2 y2 (1 x y)2]dxdyD:x2+y2+xy=x+y

D

J=4∫πdθ∫

4

3π

4

sinθ+cosθ1+sinθcosθ0

(rcosθ+rsinθ r2sinθcosθ)rdr

(1+sin2(x

π

4

))2

dx(sinθ+cosθ)48π84(1+sin2θ)2dθθ===3ππ

3∫0(2+sin2(x 3∫ 4(2+sin2θ)33∫ 4(1+sinθcosθ)3

4

3π4

π

83π(1 cos2x)2 =dx ∫303(2 cos2x)

∫

π

(1 cos2x)2

dx=3

(2 cos2x)

∫

π

4sin4x4sin4xdxdx22 dx2==8∫∫2322322300(1+2sinx)(3sinx+cosx)sinx(3+cotx)

ππ

= 8∫

π

20

∞dcotxdxdx8∞8222π42

cos(1cos2)===xdx=+xdx=8∫0(3+x2)327∫0(1+x2)327∫0

27∫018(3+cot2x)3

ππ

J=

4π 27

浙

江 大 学

二〇〇四年攻读硕士研究生入学考试试题

考试科目：数学分析

一．（15分）设函数f(x)在区间X上有定义。试证明：f(x)在X上一致连续的充要条件是对区间X上任意的两数列{xn'}与{xm'}，当lim(xn' xm')=0时，有

n→∞

lim(f(xn') f(xm'))=0。

n→∞

二．（15分）设函数f(x)在区间( 1,1)内具有直到三阶的连续导数，且f(0)=0，

∞

f'(x)1lim=0。试证明：∑nf()绝对收敛。 x→0nxn=2

三．（15分）设函数f(x)在区间[a,b]上可微，且f(x)在a点的左导数f+'(a)<0，在b点的右导数f '(b)<0，f(a)=f(b)=c。证明：f'(x)在(a,b)内至少有两个零点。 四.（15分）设函数f(x)在区间[a,b]上Riemann可积，且在闭区间[α,β] [a,b]使得当x∈[α,β]时，f(x)<0。

五.（15分） 证明：若一族开区间{Ia}覆盖了闭区间[0,1]，则必存在一正数δ>0，使得[0,1]中任何两点x',x''满足x' x''<δ时，必属于某个开区间Iβ∈{Iα}。 六.（15分）用球面坐标x=rsinθcos ,y=rsinθsin ,z=rcosθ变换方程

∫

b

a

f(x)dx<0。试证明：存

2u 2u 2u

+2+2=0 2

x y z

七.（10分）计算：∫

2π0

xsinx

x。 2

1+cosx

2

2

2

x2y2z2

八.（15分）求u=x+y+z在条件2+2+2=1下的最大最小值，其中

abc

a>b>c>0。

九．（15

=∫

∞

e xydx (x>0) 计算积分

2

∫

∞

1∞sin(x)dx=∫x的值。（说明计算过程中每一步的合理性）

202

3

十．（20分）（1）设Ω为R中光滑区域， Ω为其边界，u,v在Ω+ Ω上有连续二阶导数。证明：

∫∫∫(uΔv vΔu)dxdydz=∫∫(u

Ω

Ω

v u

vS n n

2 2 2

为沿边界 Ω外法线方向的导数，dS为边界上的面积元，Δ=2+2+2。 其中

x y z n

（2）P∈R的坐标为(ξ,η,ζ)，函数 r(x,y,z)=((x ξ)+(y η)+(z ζ)) 证明：Δ

3

2

2

2

1

=0在R3\{P}上成立。 r

（3）设B(P,δ)是以P为中心δ为半径的球， B(P,δ)为其边界。若在B(P,δ)上u满足

Δu=0，则u(P)=

14πδ

2

B(P,)

∫∫δ

udS。

2004年浙江大学数学分析试题答案

1.必要性：f(x)在X上一致收敛： ε>0, δ>0,当x' x''<δ时，f(x') f(x'')<ε，

''

由lim(xn xm)=0，对上述δ>0, N,当n>N时，xn' xm'<δ，有f(xn') f(xm')<ε，n→∞

所以limf(xn') f(xm')=0，

n→∞

充分性：反证：假设f(x)在X上不一致收敛； ε0>0, δ>0, x',x''尽管x' x''<δ，但

f(x') f(x'')≥ε0，不妨取δ=

11

, xn',xm',尽管xn' xm'<，但f(xn') f(xm')≥ε0

nn

f(xn') f(xm')≥ε0，与

''

上述{xn'},{xm'},满足lim(xn xm)=0，但是

n→∞

n→∞

limf(xn') f(xm')=0矛盾。

2. 由lim

f'(x)

=0，得f'(0)=0,f''(0)=0，

x→0x

111111

f(x)=f(0)+f'(0)x+f''(0)x2+f'''(0)x3+ο(x3)，nf(=+ο(， 2

n6n226n

1

绝对收敛，所以原级数绝对收敛。 2

n=1n

∞

级数∑

3.由f+'(a)<0，存在x1>a,f(x1)<f(a)=c，由f '(b)<0，存在x2<b,f(x2)>f(b)=c，由连续函数的介值定理：存在x1<x0<x2，f(x0)=c，在由罗尔定理，知f'(x)在(a,b)至少存在两个零点。

4.反证：假设对任意的区间[α,β] [a,b]，有f(x)≥0，把这些区间叠加覆盖区间[a,b]则

∫

b

a

f(x)dx≥0，与题设矛盾。

5.由有限覆盖定理：存在1,2, ,N，有I1,I2, IN覆盖[0，1]，记这N个区间的长度的最小者为Ij0=δ，当x' x''<δ时，x',x''∈Iβ∈{Iα} 6.参考数学物理方程的有关教材的推导

7.

π(x+π)sinxπxsinxxsinx

= = 2∫01+cos2x∫ π1+cos2x∫01+cos2xsinx

π(π x)sinxπ 1dtdx=ππdcosxπ22

= 2∫dx= π∫1+cosx∫01+cos2x=π∫11+t2= 201+cos2x0

2π

x2y2z2

8.L=x+y+z+λ(2+2+2 1)，

abc

2

2

2

L Lx2y2z2 L2λ2λ L2λ

=2x+x=0,=2z+z=0,=2+2+2 1=0 ， =2y+y=0,

z λa xac ybbc x=a x=0 x=0

y=0 y=b y=0 解得： ， ， ，所以最大值为a2，最小值为c2 z=0 z=0 z=c

222 λ= a λ= b λ= c

9.

∫

∞

sinxx

=∫

∞

2sinx

∫

∞

e xydydx=

2

2

∫

∞

dy∫sinxe xydx=

∞

2

2

∫

∞

1