其他真题北大数学分析

PAGE1997入学PAGE1997入学考试试考试科目：数学分（10分）将函数f(x)arctan1x2在x0点展开为幂级数， ln(1

dxx三、（15分）f(x在上有任意阶导数f(nx)，且对任意有限闭区间abf(nx)在ab上一致收敛于(x)(n，求证：(x)cexc为常数四（15分）设xn0(n1,2)及limxna，用N语言证明： SSx2y2z21 （20分）xf(uvyg(uv，ww(xyuvf

，

2(fg)2(fg)00

2w2w（2）w(uvwf(uvg(uv

0z dz dxdyd（15分）计算三重积 :x2y2z22

(x2y225/ 设f(x)定义在[a,b]上若对任意的gR([a,b])有fgR([a,b]) （A.fR([ab，BgC([ab，C.f可微，D.f设fC((a,b))，若存在limf(x)1，limf(x)2 （ f(x在[ab一致连续，B.f(x在[abC.f(x在(ab一致连续，D.f(x在(ab 若反常（广义0f(x)dx，0g(x)dx0f(x)g(xdx（A.收敛，B.发散，C.不一定收敛，D.若limnan1，则 （ A.发散，B.收敛，C.不一定收敛，D.f(xy在区域{(xyx2y21}fx(0,0)0fy(0,0)，则f(x, （在点(0,0)处连续 B.在点(0,0)处可微C.在点(0,0)处不一定连续，D.在点(0,0)处不可微。（24分）计算下列极限（写出演算过程：

(alim(1cotxx0 limnx0n12x3dydzx2ydzdxx2zdxdySz0,zbx2y2a2S dx dy，C:y1,x4,yC

（16分）解答下列问(1)nn求幂级数 xn的收敛半径 n!e

2n(n（24分）试证明下列命题sin反常积分01xpd f(xy在Gxyx2y21}f(x0x0fy(xy在Gf(xy在(00)考试科目：数学分

1999年入学考试试 设{an}是一个数列，若在任一子列{an中均存在收敛子列{an，则{an 列。（fC((ablimf(xA0limf(xB0 (a,b)，使得f()0 （f(x在[ab上有界，若对任意的0f(x在[abf(x[a,b]上可积 （设f(x)，g(x)在[0,1]上的暇积分均存在，则乘积f(x)g(x)在[0,1]上的暇积分必 （ 设级数bn收敛，若有anbn，(n1,2,)，则级数an必收敛 （ ，(a22x0log(1x)(1ex2sin sin n nsin

nn1 n1lim1(1x2)ndn1n1

nn

，(a（45分）求解下列命n31求级数n3

fC([0,1])(0,1)

1718证明：级数

narctannn

dy在(0,0设uf(xyz，g(x2eyz0ysinxfg d0， df 设f(x)在[1,1]上二次连续可微，且有lim f(n)绝对

PAGE2001入学PAGE2001入学考试试考试科目：数学分一、计算（8分×5=40分(ax)x求极限lim ，a0 2x 求 到含x项的Taylor（2x 1xb ln dx，其中ab0(x2y2z2dxdydz，Vx2y2z2R20Vx3dydzy3dxdzz3dxdySx2y2z2a2S二、叙述定义（5分+5分=10分

f(xxa0f(xA（13分）f(x在[ab上一致连续，又在[bcabc，用定义证明f(x)在[a,c]上一致连续。（10分）f(xy，使得它在原点(0,0) （12分）f(x在[ab连续，证明不等式：[bf(x)dx]2ba)bf2x)dx （7分+8分=15分 在区间(0,2)内展开f(x)的Fourier级数：f(x) 2 n1 1（10分）f(x在点af(a0limf(ann f （10分）证明函数f(x) （10分）Df(xyDxxyy0f(xyDx2x2

x2y2(a0割下的部分144t0f(0)0,f(0)1

fx2y2z2

x2y2z2dxdydzf在[0,1xdxx2x2y七（10分）求常数，使得曲线积分x2yL

dy0(r 对上半平（10分）f(x

arctan(bx2)arctan(ax20x0

dxba0（10分f(x是以2f(xxxf(x与|fFourier级数，它们的Fourier级数是否一致收敛（给出证明sin )1cosx222（10分）设02

xn1 1f(xf(x f(a2f(a2四（10分）设f(x) arcsinx，求f(x)yy

（10分）设u(x,y)有二阶连续偏导数，证明u满足偏微分

x22xy2当且仅当：存在二阶连续可微函数(t),(t，使得u(xy)x(xyy(xyx2x2zx2y2

dxdydz，其中是曲面z （10分）Ix2dydzy2dzdxz2dxdy，其中x2y2z2az(a0)的外 n八（10分）判断级数ln n数nxenx在区间(0,)上可逐项求导（10分）f(xg(x)xyf(xy)dyg(x0PAGE2005PAGE2005入学考试试考试科目：数学分x2sinx一、设f(x) sinx，试求limsupf(x)和liminff(x)x2sin二、证明下列各题

f(x在开区间(abf(x在(abf(x在(ab一致连f(x在开区间(ab)(abf(x在(a三、设f(x)sin2(x21)，求f(x)的林展开式f(n0)(n1,f(xy五、计算x2dsLx2y2z21xyz0L六、设函数列{fn(x)}满足下列条件（1）nfn(x在[abfn(xfn1x)(x[ab证明：{fn(x)}在[ab上一致收敛于s(x)。（15分）f(xyx33xyy26y2y1f(xy在(2,2)（15分）F(xyx2y3|x|yy5F(xy0在(yf(xf(x（15分）x2dydzy2dzdxz2dxdy，其中曲面

1

sinx

0y[cdlimf(xygylimf(x y（15分）f(x在区间[abf(x在[abRiemann极限lim()0

f(i

)收敛的Cauchyx(恒有|fn(x|M。假定对(中任意区间[ab

fn(xdx0。证明：对任意区间[cd以及[cdh(x)，恒有

fn(x)h(xdx0（15分）设存在一区间[a,b]使得两个Fourier级数 2ancosnxbnsinnx20ncosnxnsinnx都在[ab上收敛，并且其和函数在[ab上连续且相等

f(x)dx f(x)dx 考试科目：数学分

2007年入学考试试一、用有限覆盖定理证明连续函数的介f(xg(xf(x)g(x在此区间上也一致连续。三、f(x在[ab4阶导数，且有f(4)0f(0，(a,b，证明：x1x2(abf(x1f(x2f()(x1x2四、构造一函数在上无穷次可微f(2n1)0)nf(2n0)0，n0,1,D

f(的点(,)有无穷多个六、求sin4xdydzeydzdxz2dxdyx2y2z21z0方向向上。sinf(xx

，讨论不同p对f(x在(1,上积分的敛散性九、F(x,y)nyen(xy)，是否存在a0以及h(x)(1a,1a)上可导b十、设f(x)，g(x)在[a,b]上可积，证明：f(x)，g(x)的展开式有相同系数的充要条件是af(x)g(x)dx0。b2009年入学考试数学证明闭区间上的连续函数能取到最大值和最小值fx和gx是R上的有界一致连续函数fxgx在R上一致连续设fx是周期为2的连续函数，且其Fourier级a0acosnxbsin2 2处处收敛，求Fourier级数处处收敛到fx设a，b都是有界数列且 2ab若limb存在求证：liman存在

n n n是否存在RR的连续可fx满足fx0f'xffxfx是0,上的单调连续函数，且limfx0，求证x求曲线积

fxsinnxdx0yzdxzxdyxydzL其中L是球面x2y2z21与球面x12y12z124交成的曲线xyz0xyz，求2cosx3cosy4cosz的最大最小值fxCab，对任何xCablimfxhfxh0 求证fx在ab上单调不减已知fx是0,上正的连续函数，且 dx，求证lim

fxdxAAA2A证明：设an[A,A]为有界数列若ks.t.Cardlalak，则ak即为an之聚点。kCardlalak。现用反证法证明an至少有一聚点。若x[A,A均不是anx0，s.t.Cardl;alBx(x)

xN,s.ta[A,A]N (x)i n i1 2、是否存在数列x，其极限点构成的集合为M1,1 n因为极限点的集合为闭集，而MM10Mn

1,233If(xII上一致收敛的多项式序列Pn(x)，其极限函数为f(x) 0,N0，

nmN

P(x)P(x)Pn(x为多项式

x 且数列anm,按行排列具有性质；

anm0 NlimaNa

nlanNaNanl

n

为Cauchy令nf(x

Pn(x)PN(x)anN2f(1)11e1x2f(x)dx22求证：存在(0,1)f(2f( 1

],2F(12e1x2f(x)dxf(1F(12Lagrange中值定理推得(,1)(0,1),0F()e12(f()2f())即n5fC1(II是有界闭区n

f(2f(F(x)

f

1f(x) n 证明函数序列Fn(x)II是有界开区间，问Fn(x)I上证明：a.Fn(x)IfC1(RfI上一致i.e.0,N0,s.t.x,xxx1

f(x)f

1 nnN

Fn(x)f(x)

f(xx)f(x)nFn(xf(xIn事实上，我们有例子，对f(x)lnx,x(0,1),

Fn(x)f(x),x nF()f() )n 1ln0解答：记Qrn，n2f(x)1n2nr则x

Qf

0)f

0)1f(xxQc7、设广义积分xf(x)dx与f(x)dx

I(t)xtf0

I(t)xtf0 1xtf(x)dxxtf 1xt1f(x)dxxt1xf(x)dx 对任意11t[]，xtf0 1xtf(x)dxxtf 1xt1f(x)dxxt1xf(x)dx x(0,1)0xt1x1limxt10，关于t[]x1,0xt1x1limxt10，关于t[]Dirichlet判别法，xtf(x)dx在[]0又(xtf0xtlnxf(x)dx1xt1lnxf(x)dxxt1lnx(xf 在[,]上也是一致的（证法同上面的类似I(txtlnxf(x)dx在[]0由于的任意性，可知I(t)在(1,1)上有连续的导函数 ydxzdyxdz，其中为x2y2z21与xyz0解：记xyz:x2y2z21,xyzn (1,1,1)(cos,cos,cos)利用Stoks

I xdyydzcosxyz 0ds0x1y21zsinz0，并将f(x,y)在点(0,0)展开为 F(xyzx1y21zsinzF(0,0,00 F(xyz

cosz

2zf(xy定义在(0,0)F(x,y,f(x,y))z(0,0)011zcoszz由 21 y2zycoszzy在(0,0)

(0,0)2，

(0,0)022xx

sinz

)2coszzx2zxysinzzxzycoszzxy011 2

sinz(z

)2coszzyy

(0,0)0，zxy(0,0)0，z

(0,0)23故f(x,y)在(0,0)的展开f(xy)2x1y2o(x2y2 10f(xg(x是[0,

f(x)dx和

均发散。设h(xminf(xg(x)，试问n例如记Snk!fgk

h(x)dx f(x)(2n3) g(x)(2n4) 则 f(x)dx

(2n3)!12n3g(x)dx

(2n2)!(2n

(2n12n4 但是h(x)

(2n3)(2n4)n0

h(x)(n3) 从而0h(x)dx(n2)(n3)2

2n2011年数学分析考研试题f(xIf(I是一个区间f0,1上连续有界，

f(x)不存在，证明存在数列

0(n),使得nf'(x)nf(xI上连续，f(x)f(x也可导构造两个以2为周期的函数，使其Fourier级数在0,f(x在[0,1F(x,y)f(x在[0,1][0,1上可积f(xy其定义域中的某个点上存在非零方向导数，且在三个方向上的方向向量均存在且相等.证明f(x,y)不可微.设D为2上闭集，试构造一个函数f(x,y)，使它在一个由光滑曲线所围成的D设T(x),xD 11 11 2

存在 设[abf(xfxf(xf f(x)在[ab连续2012!Q??m ????????????U???!d2x+y2+sinxy+1=xy ?y=f(x)??3x=0?fP?Tyrxn!f(x)= ??f(4)(0)"x1−sin

(x2+y2+z2yzV:{(x,y,z):x+y+

≤ V?!d???(.n?y??Y??0??n?2A^?Y??0??ny?(.n"8!D={(x,y):x2+y2<?,??? ?Y?? >∂D?y)≥0.qu(x,yD??v∂2u+∂u+∂u=??D ?ky)≥?!f3(,???x0∈(a,bf S={t∈R∪{−∞}∪{+∞} 3???{xn}⊂(a,b?v→x0,f0n→t,(n→S 8??qefx3(,b)−{x0}?n(n≥ ??y?f)x3(,l!f(x),g(x)∈C∞(−∞,+∞)?E??3R???g?? ??hx3−,1)?uf(x)?3R−(−1,1)?ug(x"∞?!Q??y?∞ 0Hl"∞?!@?<P??1Q???S Cauchy??n,???^Bolzano-?-%√S{xn}?vx1=1,xn+1 4+3xn,n=1,2, RRRp x2+y2dxdydz,???

x2+y2?z=1??y??????∞x3e−nx3[0, ????∞lncos

??f:Rn→R3n\0??,30:?Y,?lim∂f(p)=0,i=1,2,.. n.y?f30f(x),g(x)?[,1]??Y??,?[0,1],?ef(x0)+3f(x0)=eg(x0)+

y?3x0PΩ={p∈R3||p|≤ V:R3→R3,V=(V1,V2,V3)C??|,33\Ω??0,∂V1+∂V2+∂V333 ef:R3→RC??,

Ωf·V ΩV1f:R→R?k.?Y??,?limR+∞f t→0+ f:[0,1]→[0,1]C??,f(0)=f(1)=0,?f00(x)<0,∀x∈[0,1].?{(,f(x))|x∈[0, l?L.y?L<12015年数学专业数学分析考研试题及答案特别感谢交大的姚老师的指正计算

∫xe−t2dt− 0 讨论广义积分+∞ln(11−sin1

的敛散性 ⎧(1−cosx2)√2 2⎩函数f(xy)=⎩

y≠yy=

f(x,y)(0,0)可微吗?证明你的结论L计算∫x[cosydx(ysinydy]Lysinx(0,0)(πL cos证明函数级数

n21(0,2π)一致收敛,并且在(0,2π)有连续导数x0=1,xn+1

3+,3+,

n0.证明序列{xn}收敛并求其极限函数fC2(R2),且对于任意(xyR2,

(x,y)+∂∂y

(x,y)>0.证明: 没有极大值点f[ab]连续(ab)f(b任意xab]f(xf(ac(x存在ξab)f′(ξ

f(b)−c b− .证明: 必具备下述两条性质中的一个FR3R2C1映射x0R3,y0R2F(x0y0Fx0处的JacobiDF(x0)的秩为2ε以及C1γ(tεεR3γ′(0)是非零向量F(γ(0))y0开集URn,fU→Rn是同胚映fU上一致连明:URn参考答案：计算

∫xe−t2dt− 0 由罗必塔法则有+原式

e−x2−1

2

+ 讨论广义积分ln(11sin1

的敛散性∣ln1+

–sin1

ln(1+u)−sinu (x

x∣= ∣uxlim∣u→+∞

2

−sinu 1+u−cosu

(1+ =

∣

lim ∣

所以绝对收⎧(1−cosx2)2 2⎩函数f(xy)=⎩

y≠yy=

f(xy)(0,0)可微吗?证明你的结论解：不可微，证明如若f(x,y)在(0,0)可微，则在(0,0)的某邻域有存在AB使得f(xy)=f(xy)−f0)=Ax+By+o(√x2+y2于是fy0Byo(y)，得到B0f(x0)0Axo(x)，得到A于是f(xyo(√x2y2f (, 但√1 n2 =1−cos1↛但√ )2+ 计算∫Lx[1cosydx(ysinydy],这里L是曲线ysinx(0,0)(π解D为y0从(π0)到(0,0),D为y0从(00)到(π0),则L与D构成单连通区域Ω的边界。原式∫∂Ω[x1cosydxex(ysinydyD′[xcosydxex(ysiny]=−∬Ω]

∂(−ex(y−siny))

∂(ex(1−cos dx + sin= sin=∫πexdx

∫=∫

π

0 (sinxex|−

exsin2 =−∫πexsin 最后的1个定积分，分部积分两次可得一方原式

(eπ−5 cos证明函数级数2

))n=0 +导数

∣cosnx 证n1时

n2+1∣≤

，由M判别法得到级数一致收敛在任意关于x=π对称的闭区间[π−p,π+p]⊂(0.2π) cos2首先每个一 ，且 )′2

对于函

h(x)

n2+

n2+ 1−

，连1有01+ ,1有0(x)

(1 n1n2单调递减趋于0再注意到

x−

x=2cosnxsin 2

2n+

x

∣1

x+sin2∣≤ 于是,时有，∣∑k=0coskx)

cos∣说明∑n(−cos∣一致有界

雷判别法知，一般项求导后的级数一致收敛又逐项求导定理知，在这个闭区间上，原函x级数可导，且导函数连对任

x∈(0,2π)，只需取

=min{

,π

}，在闭区间[πpπp]做上述讨论即可2 x0=1,xn+1

3+,3+,5

解注意到:xn1，x1

4x0，于是x1x00 注意到 − 3+ 3+ 3+ 3+ 知xn+1−xn的符号都与x1−0相同，说明xn=3+=而 3+

=2

<3+2从而xn有界,xn极限存在,记作x,在递推式令n→+∞得到2xx22

⇒x2+x−3=0⇒x=−1±因xn0知有:

xn=√13−注意：在搞定1和2的上下界后，用上下极限的知识，可以迅速搞定。另外可以由数列的压缩性来证明极限的函数fC2(R2),且对于任意(xyR2,

(x,y)+∂∂y

(x,y)>0.证明: 没有极大值点证f在(ab)出取得极大值，则有fx(abfy(ab0。那么f(x,b)在x=a的某领域内有f(x,b)−f(a,b)≤0,在这个邻域内使用由中值定理，则存在x与a之间的某数cx 使得f(xbf(ab得到fxx(cxb)≤

(a,b))(x−a)∂

2fxx(cx,b)(x−a)2

2fxx(cx,b)(x−a)2≤令xa,则cxa，得到fxx(ab∂同理可∂y2(ab0∂ ∂

于是∂x2(a,b)+∂y2(a,b)≤0 注意：利用黑塞矩阵相关，会有更简洁的表达f[ab]连续(ab)f(b任意xab]f(xf(ac(x存在ξab)f′(ξ定义F(xf(xf(ac(x令F(x)=f(x)−f(a)−c(x−a),有F(a)=F(b)=否则存在y∈(a,b),F(y)≠0现在只需证明存在ξab)，F(ξ由中值定理存在ηay)及ζyb)满足

f(b)−cb− .证明: 必具备下述两条性质中的一个cy−F′(η)=F(y)−y−

=F(y及F(ζy−

F(y)−y−

=y−因为yayb异号，故F(ηF(ζ)中必有一个为正FR3R2C1映射x0R3,y0R2F(x0y0Fx0Jacobi矩阵DF(x0)的秩为2ε以及C1映射γ(tεεR3γ′(0)是非零向量F(γ(0))y0证： 证： xR，x)ix的第i个分由于rankJF=2,所以存在一个二阶子式非零

,

≠)≠ f1考虑映射fRR, f1

∣⎞∣→⎝那么f在x0处的雅可比行列式det⎜∂(x1, ⎟∣≠→⎝ 10邻域上的映记a=(x0)3,根据局部的逆映射定理,存在(y0,a)邻域上的映

T满足f∘T因此存在a的邻域Iaεaε)使得f令映射m(tattε那么考虑γ(tT→

)=

x),∀x∈→→ 显然γ∈

且γ(0)≠0,而且F(γ(0))

开集U⊆Rn,fU→Rn是同胚映射,且 在U上一致连续.证明:U=Rn证URn,取xU∖U，则存在U中的点列xn收敛于x由一致连续性，对给定ϵ0，存在δ0，当stUstδ时fsft于是存在自然数N，当mn>N时|xm−xn|<δ，于是fm)−fn<fn} 列，设fn→y,n→∞。得到xn=f1fn)→f−1(y)。即x=f−1(y)∉

∗10Y0fx?[, f(ti)(xi−3.(150)(a, ?Y??f50f(