浙大2000年-2002年数学分析考研试题及解答.doc
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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。
（4）
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2001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；
（2）
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：
（1）；
（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2002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.
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