数学分析与高等代数考研真题详解大连理工卷.pdf

博士家园考研丛书 （2010 版） 全国重点名校数学专业考研真题及解答 数学分析与高等代数 考研真题详解 大连理工数学专卷 大连理工数学专卷 博士家园 编著 博士家园 编著 博士家园系列内部资料 博 士 家 园 数 学 专 业 考 研 丛 书 编委会 这是一本很多数学考研人期待已久的参考书， 对于任何一个想通过考取重点院校的研究 生来进一步深造的同学来说， 历年的各个院校的真题的重要性是显而易见的。 为了帮助广大 同学节约时间进行复习，为了使辅导教师手头有更加详尽的辅导材料，我们从 2004 年开始 大量收集数学专业的考研真题， 其中数学分析和高等代数两门专业基础课最为重要。 有些试 题还很难收集或者购买，我们通过全新的写作模式，通过博士家园(), 这个互联网平台，征集到了最新最全面的专业试题，更为令人兴奋和鼓舞的是，有很多的高 校教师，硕博研究生报名参与本丛书的编写工作，他们在工作学习的过程中挤时间，编写审 稿严肃认真，不辞辛苦，这使我们看到了中国数学的推广和科研的进步，离不开这些默默无 闻的广大数学工作者，我们向他们表示最崇高的敬意！ 国际数学大师陈省身先生提出： “要把中国建成 21 世纪的数学大国。 ”每年有上万名数 学专业的学生为了更好的深造而努力考研， 但是过程是艰难的。 我们为了给广大师生提供更 多更新的信息与资源建立了专业网站博士家园网站。 本站力图成为综合性全国数学信息 交换的门户网站， 旨在为科研人员和数学教师服务， 提供与数学研究和数学教学有关的一切 有价值的信息和国内外优秀数学资源检索，经过几年的不懈努力，成为国内领先、国际一流 的数学科学信息交流中心之一。 由于一般的院校可能提供一些往年试题， 但是往往陈旧或者 没有编配解答， 很多同学感到复习时没有参照标准， 所以本丛书挑选了重点名校数学专业的 试题，由众多编委共同编辑整理成书。在此感谢每一位提供试题的老师，同时感谢各个院校 的教师参与解答。以后我们会继续更新丛书，编入更新的试题及解答，希望您继续关注我们 的丛书系列。也欢迎您到博士家园数学专业网站参加学术讨论，了解考研考博，下载最新试 题： 博士家园主页网址： 博士数学论坛网址： 数学资源库: 欢迎投稿，发布试题，对于本书疏漏之处欢迎来信交流，以促改正：www.bosswww.boss 博士家园 二零一零年二月 2 博士家园系列内部资料 数学分析与高等代数考研真题详解数学分析与高等代数考研真题详解 大连理工大学考研数学专卷大连理工大学考研数学专卷 目录目录 2001 年招收硕士研究生入学考试数学分析试题及解答 2002 年招收硕士研究生入学考试高等代数试题及解答 2002 年招收硕士研究生入学考试数学分析解答 2003 年招收硕士研究生入学考试高等代数试题及解答 2004 年招收硕士研究生入学考试高等代数试题及解答 2005 年招收硕士研究生入学考试数学分析试题及解答 2005 年招收硕士研究生入学考试高等代数试题及解答 2006 年招收硕士研究生入学考试高等代数试题及解答 2006 年招收硕士研究生入学考试数学分析试题及部分解答 大连理工大学 大连理工大学大连理工大学 2001 年硕士生入学考试年硕士生入学考试 数学分析试题 一. 从以下的 1 到 8 题中选答 6 题 1. 证明: 2 ( )f xx=在区间0,m内一致连续(m为任意正数),但是在0不一致 连续 ,)+ 2. 证明:若( )f x在 ,内连续,那么a b( )f x在 ,内 riemann 可积. a b 3. 证明:若1,那么广义积分 1 sin x dx + 收敛 4. 证明:若( )f x,为区间( ,上的连续函数,对任意的( )g x)a b( ,)( , )a b 有: ( )( )f x dxg x dx = ,那么, ( )( )f xg x于( , )a b 2 博士家园系列内部资料 5. 证明:若收敛,那么在0 1 n n a = 1 nx n n a e = ,)+一致收敛 6. 已知：，求 2 ,0 ( ) 0,0 x ex f x x = = (0)f 7. 已知： ()()1 ( , )( ) 22 x at x at xatxat u x td a + + =+ . 其中, 和分别是可以求导一次和求导两次的已知函数,计算 22 2 22 ( , )( , )u x tu x t a tx 8. 计算,半径为r的球的表面积 二. 从 9 到 14 题中选取 6 题 9.已知: ,求证: lim( )0 x fx = ( ) lim0 x f x x = 10.证明: ( ) a f x dx + 收敛,且lim( ) x f x + =,那么0= 11.计算曲面积分: 333 s ix dydzy dzdxz dxdy=+ , 其中 s 为旋转椭球面 222 222 1 xyz abc +=的外侧 12.设,( )0,1f xc(0)0f=(1)1f=,0( )f x1. 求证: 对于任意 小于 1 的正数 ( )( ) n n sxfx= ,在区间(0,1一致收敛,但是不在一致收敛 (0,1) 13.设,( )0,1f xc(0)0f=(1)1f=,0( )f x1, 21m = + , 12 |xx,那么 12121212 |()()| |()()| 2| 2f xf xxxxxm xxm=+=,推出矛盾,从而命题得证 2. 证证 利用一致连续的定义和 riemann 可积的定义来做 因为函数在闭区间内连续,所以一致连续. 根据一致连续的定义 对0 , 12 |xx, 12 |()()|f xf x 考虑可积的定义,对于一个 ,分割a b 112 :. n aaaab=, 1 1 max | ii i n aa + = 下面证明:振幅函数 =0 121 1 1 0, 1 ( )limmax ( )() ii n i x xa a i w xf xaa + + = = i 当 那么, 和收敛矛盾,从而命题得证 ( ) g f x dx + 11. 解解 利用 gauss 定理加换元 333222 3() v s ix dydzy dzdxz dxdyxyzdxdydz=+=+ 6 博士家园系列内部资料 换元 sincos sinsin,0,1,0,2 ),0, cos xar ybrr zcr = = = 422222222 3sin (sinsinsincoscos) v iabcrabcdrd d=+ 2 23223222 000 33 (sinsinsincos)cossin 55 abcabc abd dc d =+ 33 22322 0 364 ()sin() 555 abcabcabcabc abdab =+=+ 6 5 12. 证证 首先由于在闭区间内连续,所以函数在闭区间内一致连续 (1)(0,1x ,根据确界存在定理,存在上确界,且上确界不等于 1,否则和题意矛盾 不妨设: (0,1 sup( )1 x f xm =, ln ln n m =,当,|nn( )| |( )| nn n sxfxm= 从而知一致收敛于 0 (2)首先,根据前半题,显然于( ) n sx(0,1)x 收敛于 0 由于,且函数一致收敛，存在一组数列：(1)1f= 12 .aa, 2 =,当 n 足够大的时候: 1 0 ( ) 2 n fx dx 又 11 11 |( )| | 2 n fx dxdx ,( , )xa b ,|( ) | m n n ux,当0gxg ,|( )| 2 f xa ,即 12 , ,x xg)+,有 12 |( )()|f xf x,01 ,所以对于 1212 , ,1,|x xa gxx+,都有 12 |( )()|f xf x, 2 0 ,对于 1212 , ,1,|x xxx， 1 1 (ln ) (lnln ) n nnn = 小于一个1p=的p-级数，根据比较收 敛法则，知该级数收敛. （2） 当1， 1 1 (ln ) (lnln ) n nnn = 大于一个1p=该级数收敛. 16 博士家园系列内部资料 2 1该级数收敛. 11 n x 由于是正项级数,那么 2 i i ni n i xx = , 1 1 1 = + ,|x,即 11 1 x nn , 当 00 (,)xxx +, 111 1, 1,., 22 x nn 1 ,那么 1 | 1 x n , 1 1n =+,对于,根据 基本不等式有: nn 22 1 | | 1 xx n xnxn = 根据题目的已知条件,可见,函数的导函数连续而且单调递增,即( )0fx( )fxa, 0 xx . 所以, 0 xx , 0 ( )()() 0 f xf xa xx,这显然和题目中的函数上有界矛盾 反之,如果,该点的导数小于 0,只需考虑下界即可推出矛盾 综上所述,知函数必为常值函数.命题得证. 10.证证 同样利用反证法和极限的定义来证明 lim( ) x f xa =相当于对于0 ,n,xn ,|( )|f xa, 00 (2)() m fxf x=.但是 0 |(2)| m fxa和题目假设的有所矛盾,从而知命题成立. 11.证证 利用定义证明 由于积分绝对收敛,不妨假设|( )| a f xdxm + = 函 数 一 致 连 续 即 对0 ,a, 使|( )| a a f xdxm , u =, 对 12 |xx, 12 |( )sin( )sin| aa aa f xux dxf xux d x 1212 ()() 2|( )cossin| 22 a a u xxu xx f xdx + = 12 () 2|( )|sin 2 a a u xx f xd x|( )| a a af xdx m ,|( )|f x 00 0 ( )()()( )()() 1 ( ) aa x f x dxxaf x dxxa f t dt xxx + , 0 1 |( )| x f t dt x , 1 11 0 ()( )() x xf t dtx+ ) 2 12111212 0 ()() ()( )()() ( x xxxf xf t dtxxxf x+ （1） 2 2 0 ()( )() x 2 xf t dtx+ 2 （2） 联立 (1,2) 212111212 ()()() ()()() ()()xxxxf xxxxf xx+ 12 ()()f xf x( )f x是某一不可约多项式的方 幂的充分必要条件是，对任意的多项式( )( ),g xh x，由( )( ) ( )|f xg x h x可以推出 ( )( )|f xg x，或者对某一正整数，m( )( )| m f xhx 五、 （20 分）设向量组（） ： 12 , n ?与向量组（） 12 , n ?的秩 相等， （）可由（）线性表示。证明（）与（）等价 21 博士家园系列内部资料 设a是的矩阵，m nb是矩阵，且( )()r ar ab=，试证明存在s矩阵c，使 n aabc= 六、 （20 分）设v是复数域上的维空间，而线性变换na在基 12 , n ?下矩阵是一 约当块证明： 中包含v 1 的a子空间只有v自身 v中任一非零a子空间都包含 n 七、 （24 分）设v是一个维欧氏空间，na是正交变换，在v的标准正交基上的矩阵 是a证明： 若u是vi+a的一个虚特征值，则有,v ，使 ,auvavu=+= +； 若a的特征值皆为实数，则v可分解为一些两两正交的一维不变子空间的直和； 若a的特征值皆为实数，则a是对陈阵。 大连理工大学大连理工大学 2005 年硕士研究生入学考试年硕士研究生入学考试 高等代数试题解答 一、 1 32 274 pq = 设重根为xa=， 则，() ( 2 3 )xpxqxaxc+=， 用表示 再消去，得 , a c, p q c 32 274 pq = 2令原行列式为，则易有1n+ n d 1 2 nnn ddd 2 =，利用递推关系易得答案 398根据定义 4两两不相等 i t()() 12 1 1 111 12 111 , ntt ni ij n nnn n ttt j att ttt 1 1 1 bb aa bb + + + 以下每题均为10分 以下每题均为10分 二设( )f x为 ,上的有界可测函数且a b 2 , ( )0 a b fx dx = , 证明( )f x在 ,上几乎处处 为零 a b 三设( )f x在(0,)+内连续有界, 试讨论( )f x在(0,)+内的一致连续性 四设 2 22 42 22 0 ( , ) 00 x y xy f x y xy xy + = + += , 讨论( , )f x y在原点处的连续性、偏导数存在 性及可微性 五设( )f x在( ,内二次可微, 求证)a b( , )a b , 使得 2 () ( )2 ()( )( ) 24 abba f bff af + += 六设( )f x在r上二次可导, , 又,( )0 xr f x 0 xr, 0 ()0f x, lim( )0 x fxa =, 证明( )f x在r上恰有两个零点 七设函数( )f x和在 ,内可积, 证明对 ,的任意分割 ( )g xa ba b 011 :, , niiii axxxbx xin0,1,1 + =时, 级数 1 n n a + = 收敛； 当上极限 1 ln lim sup1 ln n n a n + + （taylor 展开可以证明） 所以( )f x递增, 从而得证 以下每题均为10分 以下每题均为10分 二证 证 反证法, 假设, 那么 |( )0ax f x=0ma 1 1 |( ), nn n ax f xaa n + = = , 必然存在某个, 使得 , nn a ma 0 37 博士家园系列内部资料 2 2 , ( )0 n a b ma fx dx n , 矛盾 三证 证 非一致连续, 构造函数： 1 ( )sinf x x =, (0,)x+ 显然, ( )f x连续且有界但是( )f x在时非一致收敛 0 x 反证法：如果( )f x一致收敛, 对0,0,0 x, 当|xx, 有 11 |sinsin| xx =, 当 42 xy+时, 有 2 42 42 1 ( , )(0,0) 2 x y f x yfxy xy =+ + 因为lim( ) x fx =, 所以, 当x的绝对值足 够大的时 候, 不妨设, 1 0 xx ( ) 2 fx 又( )0( )fxfx为单调递增函数（lim( )0, lim( )0 xx fxfx + =） ( )f x先单调减少, 再单调递增 又, 根据连续函数的介值定理, 在 0 ()0f x 00 (,),(,xx)+ i 上各有一个零点 七证证 根据定义 1 | |0 0 ( ) ( )lim( ) ( ) n b ii a i f x g x dxfgx = = 111 000 |( ) ( )( ) ()| |( ) ( )() nnn iiiiiiiiii iii |fgxfgxfggx = = 1 0 max|( )|( )()| n iii i i i fggx = 由于可积, 所以( )g x 11 00 |( )()|0 nn iiiii ii ggxx = （ i 为振幅） 所以, , 从而得证 11 | |0 00 lim |( ) ( )( ) ()| 0 nn iiiiii ii fgxfgx = = 八解解 313 00 ( 1)( 1) () 3131 nnnn nn xx x nn + = = + 在( 1,1内收敛 39 博士家园系列内部资料 而 3 0 ( 1) () nn n x = 在( 1内一致收敛, 所以可以逐项可导 ,1 33 3 3 00 ( 1) ()1 () ()( 1) () 311 nnm mm nn nn xx xx nx 3+ = = + 1 111 33 000 0 112 ( 1)1 ()1 333 lim() 311111 nm m n x x dxdxdx nxxxx + + = = + 2 x 2 11 2 00 2 ln(1)1()111 () 31 3612 () 42 xd xx d x xx x + =+ + + 2 1 0 ln2121ln2 arctan| 3333 x 3 3 =+=+ 九解 解 222222 22(1)2 1 (1)lim( n xnxn x n n x n enexn e + = = ) 令, 则 22 2 ( ) n x n sxxn e= （1）当01x时, 22 2 lim()0 n x n xn e =, 所以级数收敛 又, 即 22 2 ()(1 2) xx xeex = = ( ) n sx, 都有 3 x的连续性, 显然； 0m 反证法：如果命题不成立, 根据下确界的定义, 那么显然有 3 ( )f mm 对 3 0,( )xm f xx + 由于 3 yx=是连续函数, 所以, 对0r , 存在 x, 使得 33 0 xmr+, 这与( )f x 单调性矛盾 十二证 证 00 lim( ) ( )(0)( ) n x x fx dxfx dx n + = 因为 0 ( )x dx + 绝对收敛, 当 n 足够大时 00 ( )( ) n x dxx dx + 因为( )f x连续, 所以当 n 足够大时( )(0) x ff n ,