浙大数学分析试题及解答

1、浙江大学20XX年数学分析考研试题解答111一、(20分)(1)证明数列xn=1+.+lnn收敛；23n、一111(2)计算iim(+)n,二n1n22n、(1所)函数f(x)在闭区间a,b上连续，存在收敛于零的数列rk,使得初的曲有kimf(x rk'f)=0.证明：f(x)为线性函数.f(x),三、(15分)假设函数h(x)为处处不可导的连续函数，以此为基础构造连续函数使f(x)仅在两点可导，并说明理由。/、2.122c四、(20分)二元函数f(x,y)Jx*y)Sinx2+y2，x7¥°I22_0,x2y2=0十开求一ex2f(x,y),一(x,y);二y(2

2、)f,f是否在原点连续，f(x,y)在原点是否可微，并说明理由二x二y五、(1盼)f(x)在任意区间a,b黎曼可积，jf(x)dx攵敛,a>1.0QOCO证明：limi"xyf(x)dx=f(x)dxy0nc00六、(1阳)计算Hx2 y2 z2 1xdydz ydzdx zdxdy222、3/2(ax by cz ),a 0,b 0,c 0.七、(15分)计算在单位球V:x2y2,z2一1上的积分I=cos(axbycz)dxdydz.V其中a,b,c不全为0八、(20分)设函数f(x)=-1-7,证明级数Jin收敛.1-2x-x2n=0f(n)(0)九、(1吩f(x)可微,

3、f(0)=0，对于任意的x有f'(x)<Af(x),证明在0产)上f(x)三01、n1n1、（1）证明利用不等式(1一)e(1一)nn,1ln(1)n11ln(17):ii,1,2,n；两边对i得到1 1一 + 一 + -2 31,2,，n相加,ln(n 1)111123n；11.1*n£ N1_HIInn23n)Xn 1 Xn1/1、ln(1)0n+1n)Xn是严格递减的;YXn存在。这个极限值记为-ln n n11.1Xn=123川nlnnTn（n+1）-lnn>0,于是喇是严格递减的且有下界，根据单调有界原理,故limn心做Euler常数。一11lim1n,

4、231-lnn=n；nllim-0,n>:1111=lnn,°，其中眄；n=011（2）解：解法一利用1+=lnn+c+wn2nn1,11.1伊2叱谷川2r1n2ncf'limn二二1十,十川十工<n n +12n J=lim（ln2n+c+名而）一（lnn+c+，n-cJ2nn=lim ln2 十（n-2n 一 ；n =ln2.1111解法二limn:二-1+川<nn+12nJ().1;1I=lim-Z-51nT+kIn11j=dx=In1x=In2.01x10f(b)-f(a)一、证明令G(x)=±f(x)(x-a)-f(a)+s(x-a)(x

5、-b),(s>0)b-a显然G(a)=G(b)=0,我们证明G(x)<0,如若不然，存在一个点x1,使得G(x1)>0,考虑到G(x)是闭区间a,b上的连续函数，必存在最大值，不妨设x1即为最大值点，x1w(a,b),在x1的一个6邻域，即xw(x1-6,x1+6),G(x)<G(x1),考虑到rkt0。.G(x1rk)G(x1-rk)-2G(x1)所以lim-上2-_0,k:rk但是由原题条件可以得到下面这个结论lim-叱=2-0，矛盾，所以G(x)E0,k二rk所以f(x)-f(b)f(a)(x-a)-f(a)；(x-a)(x-b)<0,b-a由名的任意性，令

6、&T0.得至Uf(x)-f(b)f(a)(x-a)-f(a)<0,b-a于是f(x)-f(?-f(a)(x-a)-f(a)=0b-a故得到f(x)=f(b)-f(a)(x-a)f(a),结论得证.b。a三、解令f(x)=x(x1)h(x),则显然f(x)是处处连续的,f'(0)=f(0),f'(1)=h(1)；f(x)一f(x)在x¥0,1处不可导，否则，由h(x)=-j,得矛盾。x(x7)四、解（1）由定义.：x2sin2 -0 fx即明一寸一=0,2 .1 八：y sin-2 -0 fyymo-L=0;一、.1fx(x,y) =2(x y)sin 2

7、x y(x y)2 2x2 222(x y )1cos2,(x,y) #0, x y2 _.1 (x y)22y1fy(x, y) -2(x y)sin 2 -2 Y 27cos2,(x, y);0x y (x y ) x y(2)由于r121lim fx(x, y) =lim(4 xsin2 -cos-2),极限不存在, x =yxxx所以在(0, 0)点不连续；同理可得fy（x,y）在（0, 0）点不连续由于 |f(0：x,0y)-f(0,0) -fx(0,0) x fy(0,0) y|司 (Ax+Ay)2sin1|M2(Ax)2 + (Ay) 2,(x) ( ：y)| f(0 +&

8、;x,0 +Ay) - f (0,0) - fx(0,0) Ax + fy(0,0) Ay|= 0MAx)2 + (Ay)2), 所以函数在(0, 0)点可微.五、证明 lim;yxf x dx = f x dxy Q 0' 0.由题设条件 和阿贝尔判别法，知110 a Tx f ( x )dx关于yn0是一致收敛的。在任意b,A】上，当、,T nW, vx一致收敛于f (x).y 0- _yxf (x)由含参量广义积分的极限定理，得lim J a f( x )dx = f ( x )dx。y )000或者| 0 : _yxf x dx - 0 f x dx|AA-| 0 二一yxf

9、x dx- 0 f x dx|十 | 1 口 -xf (x)dx|+ | L f (x)dx|。AA六、解：这是一个第二类曲面积分，我们不妨假设其方向为外法线方向2 2 ,22、3/2(ax by cz ),Q =22,223/2 ,(ax by cz )/22 223/2(ax by cz )经演算得到E.3."Jx：:y:z在原点附近补一个小椭球r:ax2+by2+cz2222=a,使其完全包含在V:x2+y2+z2=1内,在与V之间的区域，被积函数有连续偏导数，由23.空=0:x；:y；z满足Gauss公式，所以口x2y2-z2=4xdydzydzdxzdxdy222x3/2(

10、axbycz)_xdydzydzdxzdxdyxdydzydzdxzdxdy=''2722T3/2一II22273/2-V_(axbycz)(axbycz)_xdydzydzdxzdxdy(ax2by2cz2)3/23/2xdydz+ydzdx+zdxdy(禾U用Gauss公式)r3/21113dxdydzax2:；by2:；cz2£L3.3/23T>=-3a、.b.cabc1或者在曲面积分f?xfxdydz+ydzdx+zdxdy时作代换名亍x=,cos8sinQy=sinHsin甲，z=,cos中，日w。,2n),甲w0,n,.ab.ccossin,-s&q

11、uot;sin,=cos),Tr=(asin中cos8,bsin中sin8,ccos中),G二sinsin-,；sin:coscos'cos：b-sin:cos?-cos二13/2sinsin1i'TTx,y,z匚r：-coscosiixdydzydzdxzdxdy=3/2rs?4二、.abc一sincosib一cossin二bxdydzydzdxzdxdy4二21(ax2by2cz23/2,abc七、解利用公式1f(ax+by+cz)dxdydz=冗(1-u2)f(ku)du,k=Ja2+b2+c2.x24y2-t2<12得cosa(x+byczdxdydzf(1)uc

12、os(.kUdux2y2z21<A作坐标系的旋转变换，将Oxy旋转至ax+by+cz=0即作正交变换令3=axbycz记k=Ja2+b2+c2,、a2b2c2因为是正交变换，所以J=1,积分区域V=（'，）+"2+，2<1,所以I=cos(J)ddd.V作柱面坐标变换=,=rsin".=rcos?,V=(<r,e)-1<1,0<9<2冗,0<r£出-手1.,2.-.瓦2所以I=cos(k)ddd.=4cos(k)dod-ordrV=nf(1-2)cos(k-)d-=2nfo(1-2)cos(k-)d-,八，2,2一

13、、4二，sink,、=2(-cosk3sink)2(cosk)kkkka2 b2八、解_- 2 , 2 _2sin * a b c2,22、.a b c222、-cos , a b c )解毕"幻二1一2：1(, 2- 1x).( 2xl)盛(员1一1_+x.21x2c2(n=02-1(.2-1QO)n.Vn=0-x_1_(,21.21)n)挥出1严+2nm,于是f(0)=n!、(乏+1严+(_1)n(亚_1)n*；2,28 z n =0n!f (0)CO-22n =0(.2 1)n1 (-1)n(.2-1)n 1 ':湍r22J2-1)n11 (-1)n( 2 -1)2(n

14、 1)'显然，此级数是收敛的。九、证明由条件f '( x ) w Af ( x )x (0,二).令 F (x) = e"x f (x ),贝U有 F '(x)Ax=ef (x)Y 0,是 F(x)< F(0),.Ax.F(x)=ef(x堆(0,+电)上单调递减，于e"xf(x)Mf(0)=0,于是f(x)W0再由条件Af(x)wf'(x),x(0,+8)令G(x)=eAxf(x),则有G'(x)=eAxf(x)、0,是 G(x)至 G(0),Ax-G(x)=ef(x)在(0,+8)上单调递增，于Axef(x)至f(0)=0,于

15、是f(x)至0,故在0,+30)上有f(x)三0。设f(x)在0,+a)上连续，(0,十°°)在内可导，且f(0)=0，存在常数A>0,对任意xw(0,+),有|f'(x)|MA|f(x).证明在0,+g)上f(x)三。.(0-X(0L证明对任意x(0,2AL存在x1(0,2A，使得|f(x)|=|f(x)-f(0)|=|f(Xi)|xr1r1£A|f(M)|=|f(xi)、,2A21rr1存在x2(0,2A),使得1f(%)1-(”)12,2A2_1、，_、，1存在xn(0，27)，使得1f(xn止1f(xn)|2,(n-1,2,111),11f(

16、x)|Tf(xn)|2n,令n_j8，取极限得，|f(x)|W0,1所以在x=0，2A上，有f(x)=0;11同理可证在x"2A,A±，Wf(x)=0；rl_3_I在xA,2A上有f(x)=0；nn1由归纳法，可证在、工,"上，有f(x)=0,(n=1,2,|)；故在0,十比)上f(x)三0.设f(x)在a,b)上连续，(a,b)在内可导，且f(a)=0,存在常数A>0,对任意xe(a,b),有|f'(x)仔A|f(x)|.证明在a,b)上f(x)三。.设f(x),g(x)在a,b上连续，g(x)在(a,b)在内可导，且g(a)=0,存在常数A0,=

17、0，对任意x(a,b),有|g(x)f(x)g(x)|£A|g(x).证明在a,b上g(x)三0.证明由题设条件，可得成立工xf(t)dt-xf(t)dt(g(x)e'a)号A|g(x)e'a|,1x_f(t)dt令F(x)=g(x)e九，则有设F(x)在a,b上连续，F(x)在(a,b)在内可导，且A|F(x)|<|F(x)|F(a)=0,|,x(a,b);于是有在a,b上F(x)三0,故有在a,b上g(x)三0.设f(x)在a,b上连续可微，且f(a)=0,存在常数a>0,使得|f'(x)悍A|f(x)|,xw(a,b);证明在a,b上f(x)

18、三0.x证明f(x)=f(t)dtaxxx|f(x)|=|£f'(t)dtpalf'(t)|dtwAf(t)|dt,aaax令F(x)=Ja|f(t)|dt,则有F'(x)<AF(x),(F(x)e”x)'M0，F(x)<eAxF(0),于是F(x)=0,f(x)=0。浙江大学20XX年数学分析考研试题O已知f(x)在x = 0处连续可导，且证明：(1(2)利用(f(0)=0, f'(0)=5,试求如下极限:1 1吧00 f(xt)dt。1、sinnx)°n n，二1讨论下面级数的收敛性Z(1+»2四、设函数f(

19、x)在区间I上非李普希兹连续,证明f(x渲区间I上一致连续的充分必要条件是：对任给的6A0,总存在正数M,使得当x,ywI,x#y,满足"y)"XjaM时，就有f(y)-f(x)名.y-x、二1五设函数，x)=£=可，试证函数-(x)在(0,+00)内连续，但在(0,+30)内不一致连续。ndnx2六计算第二类曲面积分ffx3dydz,其中S为椭球面1Sa2+22=1的下半部分(其中ca,b,c>0)积分正向取椭球外侧。七、,22设二元函数f(x,y)=(x+y)2,x,y匚Q,其中ai0,其他情况(1)函数f(x,y)在原点是否连续，是否可微？并证明你的结

20、论;(2)讨论函数在除原点以外的其它点的连续点和可微性。设f(t)是-k,k上的连续函数，试证:1hif(axbycz)dxdydz=ij(1-x2y2z2-d2_u)f(ku)du，九、其中k=Ja2+b2+c2>0。设函数f(x),g(x)在整个数轴上连续，且g(x+1)=g(x),vxw(g,+oo)试证:lim4f(x)g(nx)dx=(ff(x)dx)(fg(x)dx)。n：_00o浙江大学20XX年数学分析考研试题解答、(1)证明limn一j:tcos2/ttt、t(coscoscosn)sinnlim-2222-n二tsin了jilim cosrn .22sint .二 l

21、im二 limn n . t 2 sin2nji(2)禾1J用cos-=4cos23cos2sin tnsin 2 tsin tr ；2%2n 1 一“cosl，2 22即得一川2+20*；卜2出w11 xg(x)= j0 f(xt)dt = L f (u)du，1(X¥0)；显然 g(0) = ( f (0)dt = 01 lim x 0 x1o f (xt)dt = lim。x0 f (u)du2xf(x)2xJimlf)2 x 0 x-01 .5二一f (0) =_22、解令an=sinnx.,111bn(1-7HI-),n2n111由于j”呼1(1 2川:4 T)(12 &q

22、uot;711(1 2山.常)1111力1 "心舟7)111-(1 - - - nr )0n 12 n 1所以bn单调递减.一一一1111又因为lim一=0,所以limbn=lim(1+一十+)=0.n二nn:n:n2nnnp ak |=sin kx|M k=1k=11|sin21(x = 2k 二)qQ即£ak的部分和有界,k1于是，由Dirichlet判别法可知级数收敛;当x=2kn时，显然级数收敛四、证明充分性x#y,当1xy|<6时,若满足f(y)-f(x)AM,就有f(y)-f(x<3；yx若成立f(y)-f(xWM,则有,y-x|f(y)-f(x)|

23、<M|yx|<M6=s即得f(x)在区间I上一致连续。充分性用反证法.假若f(x成区间I上不一致连续，则存在£0>0,存在%,ynwI,使得xn-yn<1,但f(xn)f(yn/，n则有Hxn)-flynJ>nS0,xn-yn由假设条件，对曳下0,只需要n充分大，就满足f(/)-f(y“n%>N,2xn-yn就有f(xn)-f(Yn5<,矛盾，2所以f(x堆区间I上一致连续；必要性证法一设f(x)在区间I上一致连续，对任意名A0,存在6A0,当x,ywI,x-y时，有|f(x)-f(y|<“若有x,YI,满足f(x)-f(Y)”，必有x

24、-y>6,2；取M若有x,YwI,x#Y,满足"y)"xJ>M时，我们断言必有f(x)-f(Y)名；y-x假若不成立，也就是假若有|f(x)-f(Yi,必得矛盾。事实上，令口=f(x)-f(Y)之"则存在正整数K之2,使得(K-1声“<K£,Ra设一k7,则有WMP<2名，P£口；不妨设f(x)<f(y)(x<y),因为f(x)<f(x)+PWf(x)+ot=f(y)，故由连续函数介值定理，知存在X1,使得f(Xi)=f(x)+p,xcwy；同理，存在x2，使得f%)=f(x)+P,*<x2wy；

25、如此继续下去，则得x0<x1<xK父xK,其中规定x0=x,xK=y；这时，对每个i,因为f(为)一f(。)=B之，故由一致连续的定义，x-为之6,i=1,2,|,K;f(y)-f(x?KP22z、一f(y)-f(x；彳田从而1L2._<_=m=m,这与_2_J>m,矛盾；y-xKdddy-x对于x>y的情况，可类似讨论。必要性证毕。证法二假若结论不成立，则存在马下。，对任意正整数n,存在xn,ynwI,尽管f(Xn尸f(yn"n,但f(xn)-f(yn)>£o；xn-yn由于f(x汽区间I上一致连续，对无>0,存在6>0,当

26、x,y卑,x-y<6时,有f(x)-f(y)<%；于是必有yn-xn|26,不妨设xn<yn,则存在正整数K之2,使得(K-1)6<yn-xn<K5,取Zi=xn+i3,i=0,1,2川|,K-1；Zk=yn,则有|f(Z)-f(4)|<%,i=1,2川,KKK从而有f(yn)f(xn)=|£f(Zi)-f(Zi)|<Z|f(Zi)-f(Zi)|<KoiTiT'f(4f(%-K%_H_2H,xn-yn(K1声6这与生)一型>n相矛盾,Xn-Yn故必要性结论成立。注：对函数f(x)=C,或者f(x)=x,或f(x)=x+si

27、nx,显然在I上一致连续，不出现必要性的条件，不成立必要性的结论，所以此题应只有充分性，应无必要性.再者条件也难造出来。对f(x)=x2,xI=(-1,1),显然在I上一致连续；If(Y)-f(x旧(y+x)(yx)区2l|y-x|'一af(y)-f(xj名右x,yI,x#Y,且''=|y+x|a一,Y-x2l则必有lYx|<A,f(Y)f(x)<so对f(x)=xp,(0<p<1),xWI=(0,y)，显然f(x)=xp,(0<p<1)在I上一致连五、证明黎曼函数(x)=、rx n=1 n在(1,)内是连续的，并在这区间内有任意阶连

28、续导函数。(这种性质，也称为无穷次可微。)证明令un(x)"-xn显然un(x)=n7=n_xun(x)=-n-xInn,u；(x)=n-x(lnn)2,Un(x)r=(T)kn-x(lnn)k,k1,2,3,都在(1,+*)上连续；对任何1>1,当x'j时，1|Un(x)卜二n1M(x)|Innn1|Un(x)()FT(lnn)n、二1八、k而一Qnn)收敛，nTnoOoOoO所以工4(x),工U；(x),，产,nWn=1n1(k=1,2,3,)rd+oo都在,)上一致收敛，广1故(x)xn=n在。J望）内是连续的，并在这区间内有任意阶连续导函数。由于,1是任意的，所

29、以(x)八n-1在(1,）内是连续的，并在这区间内有任意阶连续导函数。00显然n=1在（1,十 * ）内非一致收敛,1 一(x)x 在(1,）内不一致连续。假若二 1 一，(x)="(1/）内一致连续,则有x辱二=a存在且有限,N1产/kI在(x),"二中令x,1.,取极限，得n=1nAN1A>z一，(N=1,2,3,111),矛盾。n=1no.x2y2z2/、ffxdydz,其中工为下半椭球面一2十一2+2=1的外侧.abc222解设V=(x,y,z):?+r+z?<1,z<0,abc22D=(x,y,0):x7%,ab利用高斯公式，得33xdydz=(

30、II-II)xdydz工工D上侧D下侧2=3xdxdydzV一2二二.12.2一.一=3°d二d:0(arsin:cos?)abcrsindr2312,.2.,2.=3abc(cos1)d【-sinsind:502=3a3bcgocos21dl(1cos2)d(-cos:)1;七证明(1)显然f(0,0)=0"f(x,y)w(x2+y2)T0,(x,y)T(0,0),则f(x,y)=0=f(0,0),(x,y)(0,0)1所以f(x,y)在(0,0)处连续，f(Ax,Ay)|<(Ax2+Ay2)2,由0Wf(Ax_y)-f(0,0Hw(1x2+Ay2”T0,(&quo

31、t;x2-y2T0)；，x2二y2即得f(x,y)在(0,0)处可微。22(2)对任思(x0,y0),Xo+y0¥0,当(x,y)uQMQ,且(x,y)T(%,丫。)时，1f(x,y)T(Xo2+y。2)2#0,而当(x,y)沿着非有理点，趋向于(x0,y0)时，f(x,y)->0,从而可知，limf(x,y)不存在，f(x,y)在(x0,y0)处不连续，亦不可微，偏导数不存在。故f(x,y)(x,y)(xo,yo)在除原点以外的其它点处，既不连续，也不可微。八、解取新坐标系Ouvw,其中原点不变，平面ax+by+cz=0即为Ovw,u轴垂直于该面，即是作正交变换，点(x,y,

32、z)在Ouvw中的坐标为(u,v,w),则有axbyczu=,a2b2c2在新坐标系下，公式左端的积分可写为!f(axbycz)dxdydz=f(ku)dudvdwx2-y2-z21u2v2-w2i11二f(ku)du11dvdwv2：W2：1_u212J(1-u ) f (ku)du，1 2=jf(ku)二(1-u)du二二k=Ja2+b2+c2>0。,，、口皿，1九、证明g(x)是周期为21的连续函数，l=，设21,g (x)cosk二 xT1dx = 2J2i g(x)cos2knxdx,"2(k =0,1,2,),1 1 ,、.bk1g(x)sin1dx=2J21g(x

33、)sin2knxdx,2根据Fouier级数收敛定理，得ac.二，2一+Z(akcos2knx+bksin2knx)在L0,1中收敛于g(x),2 kJ2a0/a 22 1"T"(akbk )二2kjll 212g (x)dx =2jg (x)dx一2N设SN(x)=+Z(akcos2knx+bksin2knx),2",1_2由fo|SN(x)-g(x)dxT0,(Nt8)，可知J_.、.12.一、SSn(nx)-g(nx)dxT0,(Ntg)且关于n是一致的，11所以有limSSN(nx)f(x)dx=fg(nx)f(x)dx,且关于n是一致的,N-100则有1

34、lim g(nx)f(x)dx =n 二0 J11nm Nmu0 sN(nx)f(x)dx1而 0SN(nx)f(x)dx =a1N11f(x)dx%akcos2k二nxf(x)dxbksin2k二nxf(x)dx20y00再利用黎曼引理，可知1limcos2kHnxf(x)dx=0,n-01limfsin2kJInxf(x)dx=0,(k=1,2，N)n,：010g(x)dx10 f (x)dx,于是nm(SN(nx)f(x)dx=Mf(x)dx=根据极限可以交换顺序的定理，故有1limg(nx)f(x)dxn.：071=limlimS(nx)f(x)dx二limlim°SN(nx)f(x)dxnl：Ni：,0Nw二n?二0=lim a0N - 211a010f(x)dx号,0f(x)dx=.0g(x)dx,0f(x)dx.同样可以证明:推论设f(x)在a,b上黎曼可积，则有lim f (x) sinnx dx = n_ic La人-一-2-一sinxdxf(x)dx=ff(x)dx。冗0I%几-则有b1 Tb呵f (x)g(kx)dx = -f g(x)dxf