中科大2006年2008年试题及解答2001年试题.doc

定理 1 设在区间上有定义，且在上有界，则有（1）；（2）；（3）g；（4）。证明 （1）由，得，从而，由对称性，所以；（2） ，得 ，从而，故有；（3）；（4）。定理 2设在上连续，对每一，记，则，在上连续。证明 (1)，对任意， ，由在上一致连续，对任意，存在，当，时，有，于是当，时， ，（），从而有,即得在上连续；(2) ， ，因为在上连续，在上一致连续，对任意，存在，当，时，有，于是当，时， ，（），,即得在上连续。定理3 设在上连续，且在上一致收敛于，则有（1）在上连续；（2）在上一致收敛于；，（3）收敛于；（4）；（5）；（6）。定理4 设在上有定义，满足：（1）对每一，在上一致收敛于0；（2），且关于是一致的，则在上一致收敛于0。定理5 设在上有定义，满足：（1）对每一，在上一致收敛于0；（2），且关于是一致的，则在上一致收敛于0。定理 6 设在上可积，在上可积，且有，则有（1）在上一致收敛于；（2）对上的任意可积函数，成立 .例1、 设是非负数列，满足，证明：存在。证明 由，所以是有界数列，根据确界原理和单调有界原理，记 ，所以对任意，存在，使得时，有， ，且，这样对任意自然数，有 ，即，结论得证。例2 计算积分，。解 把看成参变量，并对求导数，得，由此立得，现设，则 ，作变换，可得 ，于是，（），所以，由于，于是得，（）。例3 计算积分 ,于是，从而。例4 计算积分，。解 ，（）。中科院-中科大2006年数学分析考研试题一 、1、 用语言描述实数列不收敛于实数的意义。 2 、设是单调递减的非负数列，证明：。二 、设为满足的连续函数，证明：存在，使得。三 、证明：。四 （1）设，给出为一致连续函数的定义， （2）设，为连续函数，证明：在上一致连续。五 设为一个函数，且对于所有满足方程，又假设，证明：在上恒成立。六 求的近似值，要求精确到小数点后面四位数字，用去尾法求近似解。七 设为映射，满足，又设在处的Jacobi矩阵为，考虑，（1）证明存在以及一个映射，使得以下成立：（i）;(ii)对任意，都有；（iii）求的两个分量在处的一阶Taylor展式。八、 求椭球面所围成的三维区域的体积。九 、对于，令，(1)计算，的值；（2）证明：。十、 设是连续函数， （1）若，对成立，其中是非负整数。则在上至少有个零点。 （2）若对所有非负整数成立，则在上恒等于0。中科院-中科大2006年数分考研试题解答一、 1 、解 不收敛于当且仅当存在，对任意，存在正整数，使得；2、 因为是单调递减的非负数列，所以有，由于，由夹逼定理，得。二 证明 ，在上连续，存在，使得，若，则取，就有，当时，令，由关于单调增加，得 ， ，在上连续，由连续函数的零点定理，存在在与之间，使得，即存在，使得。三 、解法一 利用，其中，.解法二 .四 （1），在上一致连续的定义为：如果对任意，存在，当，且时，便有，则称在上是一致连续的。（2）因为连续，所以在上连续，从而在上时一致连续的，对任意，存在，当，时，便有，显然在上是一致连续，对上述，及固定的，存在，当，时，使得，所以有，即得在上是一致连续的。五、 证明 证法一 由在上连续，可设，我们要证明，假若，由，知存在，使得，在处取得正的极大值，这与条件矛盾，故； 假若，由，知存在，使得，在处取得负的极小值，这与条件矛盾，故；综合以上结果得，故有在恒成立。证法二 在两边乘以，然后在上积分，得，利用分部积分，再由， ，于是有 ，因，连续，必有， 。六 、解 由，其中，这里，。七 、证明 设， ，则有，无穷次连续可微，由题设条件知，根据隐函数存在定理，得存在以及一个映射，使得 ，即 ，由， ，得，。八、 解解法1 用平面去截椭球，截面为椭圆，椭圆面积为，解法2 ， ；解法3 。九、（1）设是周期为的函数，且，；写出它的傅里叶级数.解. 按傅里叶系数的定义,注意到是奇函数, ，；用分部积分法计算,，所以 .（2）应用帕塞瓦尔等式，得，故有。十 、设在上连续，且，证明：至少存在两点，使得。证明 （1）由在上连续，利用积分平均值定理，存在，使得 ，（2）我们断言必有第二个零点，假若在内只有一个零点，则在内不能变号，在内不能变号，且在的两侧只能异号，从而在的两侧保持同号，于是，矛盾，故至少存在两点，使得。十、设在上连续，且，试证：在内至少有两个零点。证明 （1）若在内无零点，因连续，在恒保持同号，例如或，则得估计或，这与已知矛盾，可见中至少有一个零点。（2）假若除外在内再无零点，则在与内分别保持不变号，若在这两个区间上的符号相异，则恒正（或恒负），（或）但由已知条件， ，矛盾； 若在这两个区间符号相同，则恒正（或恒负），同样可推出矛盾。十、（2）设是上的连续函数，如果，那么在上恒等于0。证明 由条件，得对任何多项式，成立；因为是上的连续函数，根据魏尔斯特拉斯逼近定理，存在多项式序列，使得在上一致收敛于。于是在上一致收敛于；从而有，再由，得，由是上的连续函数，所以。中国科大2008年数学分析考研试题及解答1、 设，求证：（1）存在，使得;(2)若，则有且仅有三个根。证明 （1）令，则，。由连续函数零点定理知，存在，使，即存在，使得；（2）令， 当时，；当时，故的根 只能分布在上，易知，由函数图像可知，函数与在上只有两个交点：，在区间，上单调递减，在区间上单调递增，因为，所以，由连续函数零点定理知，在上只有三个实根，对应有且仅有三个根，（分布在上）。2 、设是定义在上的实值连续函数，求证：在上连续。证明 对任意，由 得，（），于是，即，同理，故有，由于在上连续，从而在上一致连续，对于任意，当，时，有，（），从，即得在上连续。3 、设函数在上二阶可导，且，证明：。证明 因为函数在上二阶可导，且，所以由泰勒公式知，从而有，两边从0到1 积分，得。 （这是凸函数的一般性质。）4 、设，为两个非负数列，满足 ，且级数收敛，证明：存在。证明 证法一 证明 数列存在，且相等。由已知条件，可设存在，使得，因为，所以，从而，这说明数列有界；由题设条件，知，在上式中，任意固定，让，取的上极限，得，在上式中，令，取下极限，则得 ，于是，所以收敛，存在，证法二 由已知条件，可设存在，使得，因为，所以，从而，这说明数列有界，数列有界，记，对任意，存在，当时， ， ，即得，所以存在。证法三、 由已知条件，可设存在，使得，因为，所以，从而，这说明数列有界，其必有收敛子列，设为其一个收敛子列，。因为级数收敛，所以对任意，存在，当，时，对上述及固定的，存在，使得当，从而，两式相加得：， （1）同理可知，当时，从而，两式相加得， （2）由（1），（2）可知，当时，所以收敛，存在。5 、设实系数多项式序列在上一致收敛于实值函数，证明：也是多项式。证明 因为实系数多项式序列在上一致收敛于实值函数，所以对任意，存在，使得当时，有，又因为也是多项式，若不为常数，则当趋于无穷时，也趋于无穷，矛盾。所以，其中为一无穷小序列。 由上面结论及是多项式，可知当时，其中为某一固定的多项式，为某一收敛数（因为为柯西列）因为由已知条件，一致收敛于0,及，所以有，即也是多项式，结论得证。6、 计算曲面积分，其中。解 因为曲面关于平面对称，是的奇函数，所以，又曲面关于平面对称，是的奇函数，所以， 注意到曲面关于是轮换对称的，所以 ，。7 、证明：证明 （1）因为，所以当时， 是Riemann可积的，任取，使得在上连续，因而可以在积分号求导，所以 ，注意到等式，（）且右边的级数是一致收敛的，因而可以逐项积分，所以 ，进而可知，所以，（）。（2）当时，由上面结果可知；（3）最后证明，记，则 ，对上式最后一项用换元得：，代回上式得到：，从而，所以，综合（1）（2）（3）的讨论，结论得证。8、 设函数在上二阶连续可微，满足，及，证明：存在一点使得，其中为二维拉普拉斯算子。证明： 用反证法，假若不成立，则对所有，有，令，由条件知，由罗尔中值定理，存在，使得，在上严格单调递减，当时，在上严格单调递减，当时，再由，存在，当时，矛盾，假设不成立，故原结论成立。9 、设函数在上无穷次可微，且满足，证明：（1）存在，和定义在上可微函数，使得；（2）求在处的二阶Taylor展开式。证明 （1）令，由在上无穷次可微，知在上无穷次可微，又，所以。 由隐函数定理知，存在和定义在上的可微函数使得，即。（2）在，两边对求导得：， ，由，得，及，所以 。10、 设定义在上的非负连续函数，满足，（为常数）。证明：（1）当时，；（2）举例说明，当时，不一定恒为0。证明 （1）用反证法。假设当时，不恒为0，首先，易知当时，当时，令，则在上连续可微，单调递增，由推出，当时，注意到， ，而，这就产生了矛盾，故当时，。（2）当时，考虑函数，下面验证这样定义的函数满足题意，显然此在上非负连续，当时，成立；当时，此时，也满足。中国科大2001年数学分析考研试题1 （1）已知，求； （2）设，且，求证：。二 、证明：（1）在上一致连续（）；（2）在上不一致连续。三 、求