浙大2000年-2002年数学分析考研试题及解答

2000年浙江大学数学分析研究生考试问题及解决方案一、(1)查找限制；解决方案或者，即可从workspace页面中移除物件。(2)设定，请。在条件下，重复使用此结果，所以，那时；当时不存在。2，(1)可诱导，证明：证明是任意性的，存在的，在那个时候，成立的因为对于上述确定性，存在正整数。有。所以，所以是的，是的。(2)函数连续，内部二次可诱导，设置存在.证明：因为。作为辅助函数，所以.使用拉格朗日中值定理.使用拉格朗日中值定理，创建.第三，(1)求幂级数之和，求级数之和。因为，所以收敛半径；为了找出总和，我对幂级数而且，按项目求微分而且，因此，在上述方面采取即可。(2)，黎曼函数的证明内部是连续的，这个区间有任意阶连续导函数。(这种特性也称为无限差异化因素。)，以获取详细信息证明命令，很明显，而且，而且，连续的。任何一个，当时，而且，而且，而且，收敛，所以，（）正在聚合在一起。高句丽内部是连续的，这个区间有任意阶连续导函数。因为它是随机的内部是连续的，这个区间有任意阶连续导函数。显然，内部不一致收敛，里面不一致连续。如果其中有一致性，存在和限制。中校，采取限制，矛盾。设定决定4，(1)微分函数考试的方程式。原因解开，解开；那就行了。(2)设定，请。解决方案而且，.五、在0，1中连续的话证明用这个计算。卡：变量替换，是.通过求解上述方程，可以得到经过验证的结论。使用此公式，您可以：所以=。(2)圆柱的体积，从顶部到底部，从侧面到侧面。放开，邮报，即可从workspace页面中移除物件。(3)寻找曲面积分，其中是半球面的顶部。记忆，(移除侧)，即可从workspace页面中移除物件。根据高斯公式，即可从workspace页面中移除物件。6，(1)设定为周期函数，写傅立叶级数。(2)向傅立叶级数展开，(3)要求之和；(4)计算。解决方案(1)由傅立叶系数定义，认识到它是双函数，而且，用部分积分法计算而且，所以。(2)通过(1)的结果和展开定理很容易看出，(3)从上面获得，因为而且，所以。(4)而且，由，了解主人在上面一致收敛，和，根据逐项积分定理，可以逐项积分而且，另外，高句丽.2001年浙江大学数学分析研究生考试问题及解决方案一，(1)用“语言”证明。证明是而且，对于任意给定的东西，解不等式而且，只要拿走，那时候，它是而且，所以。(2)寻找界限。解决方案而且，由，而且，知道了。设置(3)，求。从问题中具备条件知道而且，所以，因此。第二，微函数，以及满足，追求。解决、拿、拿、在方程式的两侧寻找导出，拿着，好的。第三，极坐标转换，转换方程。解决方法，而且，而且，所以；所以原始方程式是，或者。4，(1)寻找半径位于球面中心的球体和顶点，以及由圆锥面包围的区域的体积块。()。了解如何设置适当的空间笛卡尔坐标系。您可以将球形方程式设定为，并将顶角设定为圆锥。两个曲面上半部分的相交方程式是，记住，通过上下对称，曲面包围的区域的体积为.(2)寻找曲面积分，其中是曲面的顶面。记忆，(移除侧)，即可从workspace页面中移除物件。根据高斯公式，即可从workspace页面中移除物件。第五，在矩形区域连续设置二进制函数。(1)和的大小进行比较和证明。(2)提出并证明成立等式的充分条件。解决方案(1)显然是任意的，所以，然后；(2)第六，定义上述连续函数列，(1)；(2)任意的情况下，在上面一致收敛为0。寻求证据：任意连续函数，成立。证据：根据问题的意义(1)连续形成边界，即可从workspace页面中移除物件。通过(2)，知道当时，(3)在继续是，是(4)在上述情况下，如上一致收敛为0，在上面的例子中时，时，而且，拿着，当时，而且，所以，另外，因此，结论得到了证明.六、设置、证明：(1)；(2)任意的情况下，在上面一致收敛为0。(3)设定为可积分函数并连续，成立。证明是而且，所以。浙江大学研究生数学分析研究生考试问题及解决方法第一，1，用“语言”证明。证明，那时候，我们而且，而且，所以当时，是的而且，是啊，拿着，当时，所有人而且，这证明了。2.给出了一元函数。在合理点上都不连续。在无理的点上连续证明。解黎曼函数：而且，对于任何错误，证明。黎曼函数是历史上非常有名的函数，它解释了几个主要问题，并起到了重大作用。是，因为是相互的，(只检查的值)。)，以获取详细信息函数是以1为周期的周期函数。事实上，不合理的数目，也不合理的数目，被正义所知，关于合理的数量，相互元素，相互元素，被定义所知。，而且，所以有。证明对任意给定的东西取足够的正整数。容易知道，间隔内只有有限的分数。(对于每个不等式只有有限数量的整数解决方案。)，以获取详细信息因此，总是可以使的合理数量的分母足够小。因此，不合理的数目满足时；如果玻璃数满足，就必须，因此而且，这证明了。因此，可以看出该函数在合理点上不是连续的，在无理点上是连续的。3.设定为二进制函数，附近有定义，想讨论“点可分化”和“点的特定近方存在偏导数”之间的关系，必要时列举反例。如果解(1)在这里可以微，则存在两部分导数；但是不能在一个点的附近推出部分微分。例如，设定二进位函数。函数可以在原点连续，在原点处精细。但是，此函数在原点以外的其他点上不连续，并且不存在部分微分。(2)在点的一个附近存在偏导数，在其中连续的话，这一点可以微乎其微。但是，只有一个点的近旁存在偏导数，在点上不能微乎其微。例如，函数很明显邻居中存在偏导数，但在那里并不微小。第二，(1)设置，序列由以下递归公式定义：，请求证明：设置证明，很明显，于是收敛，集，显然；从两边得到极限，所以，解决，因为，即可从workspace页面中移除物件。(2)计算限制。解决方案当时，您可以看到此限制是“类型”。命令，而且，即可从workspace页面中移除物件。终于导出而且，.(3)设置函数，用洛皮达的定律和归纳法直接验收的话而且，(4)寻找不确定的点，解决方案而且，二、(5)黎曼函数的证明内部是连续的，这个区间有任意阶连续导函数。(这种特性也称为无限差异化因素。)，以获取详细信息证明命令，很明显，而且，而且，连续的。任何一个，当时，而且，而且，而且，收敛，所以，（）正在聚合在一起。高句丽内部是连续的，这个区间有任意阶连续导函数。因为它是随机的内部是连续的，这个区间有任意阶连续导函数。显然，内部不一致收敛，里面不一致连续。如果其中有一致性，存在和限制。中校，采取限制，矛盾。第三，(1)计算常数的积分，(2)是三个错误，并证明：方程的根不超过三个三、(1)解决方案，其中；而且，而且，而且，而且，所以，而且，.(2)证明，如果半增量的0大于3，请将4设置为0。Rolle mean value theorem的存在而且，罗尔中值定理，存在，和而且，罗尔中值定理，存在