武汉大学数学分析考试解答
武汉大学近二十年数学分析考研真题
其中 N > 0 为一常数，且逐点有 fn (x) → f (x) （当 n → +∞ ）。证明： （1） f (x) 在[a,b] 上连续。
（2） fn (x)→ f (x) 。
6．设
f
(x,
y)
=
⎪⎪⎧ g ( x, ⎨
y ) sin
⎪0,
⎪⎩
1, x2 + y2
(x, y) ≠ (0,0)
，证明
+
1 32
−
1 4
+
1 52
+"+
1 (2n −1)2
−
1 2n
+ " 是否收敛？为什么？
∑ 3．求级数 ∞ ⎜⎛1 + 1 ⎟⎞n(n+1) x n 的收敛区域。
n=1 ⎝ n ⎠ 4．求函数 f (x, y, z) = xyz 在条件 x + y = 1 及 x − y + z 2 = 1下的极值。
∫+∞⎡
lim
n→+∞
−∞⎢⎣
f
⎜⎛ ⎝
y
+
1 n
⎟⎞ − ⎠
f
⎤ ( y)⎥⎦dy
=
0。
3．设 f (x, y) 为连续函数，且当 (x, y) ≠ (0,0) 时，f (x, y) > 0 ，及满足 f (cx,cy) = cf (x, y) ，
∀c > 0 。证明存在α , β > 0 ，使得α x2 + y 2 ≤ f (x, y) ≤ β x2 + y 2 。
其中
∆u
=
∂2u ∂x 2
+
《数学分析》第三版全册课后答案 (1)
1 u( , )d d r 2 ( x )2 2 2 ( y ) r 1 2
u( x, y)
1 2 r
( x ) ( y ) r
2
u( , )ds
2 2
2
u( x r cos , y r sin )d
0
对任意 r 0 成立.
2 2 2 S
x2 y 2 z 2 (0 z h) 的外侧.
4、 （10 分） （两题选作一题）用适当方法完成下列计算： （1）计算拉普拉斯积分： I
0
cos 2 x dx ； 1 x2
（2）计算菲涅尔积分： I
sin x 2 dx .
0
得分
评阅人
四、证明题（共 3 小题，35 分）
华中师范大学 2008–2009 学年第二学期
------------------------------------------------- 密 ---------------------------------- 封 ----------------------------- 线 ---------------------------------------------------------
期末考试试卷（A 卷）
课程名称 数学分析 3（试点班） 课程编号 83410004 任课教师 张正杰 陈世荣 题型 填空 题 分值 得分
得分 评阅人
学号：
计算 题I 15
计算 题 II 40
证明 题 35
总分10100 Nhomakorabea学生姓名：
一、填空题（共 5 题，10 分）
2
武汉大学2011年数学分析试题解答
武汉⼤学2011年数学分析试题解答武汉⼤学2011年数学分析试题解答1：计算题（1）解：原极限\text{=}\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt[n]{n}}{n}\cdot {{n}^{1-\alpha }}={{e}^{-1}}\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{{n}^{1-\alpha }}=\left\{\begin{array} +\infty, & \hbox{$0<\alpha<1$;} \\ e^{-1}, & \hbox{$\alpha=1$;} \\ 0, & \hbox{$\alpha>1$.} \end{array} \right.(解释⼀下：\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt[n]{n}}{n}={{e}^{\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}{In\frac{i}{n}}}}={{e}^{\int\limits_{0}^{1}{Inxdx}}}={{e}^{-1}}（来源于数学分析上册第⼆章课后习题）（2）解：考虑等价⽆穷⼩：\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{1-\cos x}{\frac{1}{2}{{x}^{2}}}=1，则1-\cos \sqrt{\tan x-\sin x}=2{{\sin }^{2}}\frac{\sqrt{\tan x-\sin x}}{2}\sim \frac{1}{2}(\tan x-\sin x)=\frac{\sin x}{2\cos x}(1-\cos x)\sim \frac{1}{4} {{x}^{3}}另⼀⽅⾯：\sqrt[3]{1+{{x}^{3}}}-\sqrt[3]{1-{{x}^{3}}}=\frac{2{{x}^{3}}}{{{(\sqrt[3]{1+{{x}^{3}}})}^{2}}+\sqrt[3]{(1+{{x}^{3}})(1-{{x}^{3}})}+{{(\sqrt[3]{1-{{x}^{3}}})}^{2}}}\sim \frac{2{{x}^{3}}}{3}从⽽原式 =\frac{3}{8}（3）法⼀：解：原式=\int{\frac{1+\cos x}{\sqrt{1+\cos x}}dx=}\int{\frac{2{{\cos }^{2}}\frac{x}{2}}{\sqrt{1+\cos x}}dx=}\int{\frac{2{{\cos }^{2}}\frac{x}{2}(1-{{\sin }^{2}}\frac{x}{2})}{{{\cos }^{2}}\frac{x}{2}\sqrt{1+\cos x}}dx}=\int{\frac{1+\cos x-\sin x\sin \frac{x}{2}\cos \frac{x}{2}}{{{\cos }^{2}}\frac{x}{2}\sqrt{1+\cos x}}dx=}\int{\sqrt{1+\cos x}{{\sec }^{2}}\frac{x} {2}+\frac{-\sin x}{\sqrt{1+\cos x}}\tan \frac{x}{2}dx}=2\int{d(\sqrt{1+\cos x}\tan \frac{x}{2})=2}\sqrt{1+\cos x}\tan \frac{x}{2}+C法⼆：由于\int{\sqrt{\text{1+}\cos x}dx}=\sqrt{2}\int{\left| \cos \frac{x}{2} \right|}dx考虑到\int{\left| x \right|}dx=\frac{{{x}^{2}}}{2}sgn x+C于是\int{\sqrt{\text{1+}\cos x}dx}=2\sqrt{2}\sin \frac{x}{2}sgn (\cos \frac{x}{2})+C（C为常数）法三：由于\int{\sqrt{\text{1+}\cos x}dx}=\sqrt{2}\int{\left| \cos \frac{x}{2} \right|}dx\overset{t=\frac{x}{2}}{\mathop{=}}\,2\sqrt{2}\int{\left| \cos t \right|}dt⽽\int {\left| {\cos t} \right|} dt=\left\{\begin{array}{ll} \sin t + {c_k}, & \hbox{$- \frac{\pi }{2} + 2k\pi \le t \le \frac{\pi }{2} + 2k\pi$;} \\ - \sin t + {d_k}, & \hbox{$\frac{\pi }{2} + 2k\pi \le t \le \frac{{3\pi }}{2} + 2k\pi$.} \end{array} \right.+C为连续函数，其中C为常数于是\left\{\begin{array}{ll} {c_k} + 1 = - 1 + {d_k} \\ {c_{k + 1}} - 1 = 1 + {d_k} \end{array} \right.，令{{c}_{0}}=0则{{c}_{k}}=4k,{{d}_{k}}=4k+2于是\int {\left| {\cos t} \right|} dt=\left\{\begin{array}{ll} \sin t + 4k, & \hbox{$ - \frac{\pi }{2} + 2k\pi \le t \le \frac{\pi }{2} + 2k\pi$;} \\ - \sin t + 4k + 2, & \hbox{$\frac{\pi }{2} + 2k\pi \le t \le \frac{{3\pi }}{2} + 2k\pi$.} \end{array} \right.+C即\int {\sqrt {{\rm{1 + }}\cos x} dx}=\left\{\begin{array}{ll} 2\sqrt 2 (\sin \frac{x}{2} + 4k), & \hbox{$ - \pi + 4k\pi \le x \le \pi + 4k\pi$;} \\ 2\sqrt 2 ( - \sin \frac{x}{2} + 4k + 2), & \hbox{$\pi + 4k\pi \le x \le 3\pi + 4k\pi$.} \end{array} \right.+C，其中C为常数（4）解：F(x,y)=x\int_{\frac{y}{x}}^{xy}{zf(z)dz-y\int_{\frac{y}{x}}^{xy}{f(z)dz}}则F_{x}^{'}=\int_{\frac{y}{x}}^{xy}{zf(z)dz+x[xyf(xy)\cdot y-\frac{y}{x}f(\frac{y}{x})\cdot \frac{-y}{{{x}^{2}}}]-y[f(xy)\cdot y-f(\frac{y}{x})\cdot \frac{-y} {{{x}^{2}}}]}=\int_{\frac{y}{x}}^{xy}{zf(z)dz+({{x}^{2}}-1){{y}^{2}}f(xy)}F_{xx}^{''}=xyf(xy)\cdot y-\frac{y}{x}f(\frac{y}{x})\cdot \frac{-y}{{{x}^{2}}}+2x{{y}^{2}}f(xy)+({{x}^{2}}-1){{y}^{2}}f'(xy)\cdot y=3x{{y}^{2}}f(xy)+\frac{{{y}^{2}}}{{{x}^{3}}}f(\frac{y}{x})+({{x}^{2}}-1){{y}^{3}}f'(xy)（5）解：原式=\int\limits_{0}^{1}{dy\int\limits_{-1}^{{{y}^{2}}}{({{y}^{2}}-x)dx+}}\int\limits_{0}^{1}{dy\int\limits_{{{y}^{2}}}^{1}{(-{{y}^{2}}+x)dx}}=\frac{6}{5}2：说明，原版的试卷中的题⽬可能有点问题，原版试题如下：已知f(x),g(x)在[a,b]上连续，在(a,b)上可微，且g'(x)在(a,b)上⽆零点，证明：\exists \xi \in (a,b),st\frac{f'(\xi )}{g'(\xi )}=\frac{f(b)-g(\xi )}{g(\xi )-g(a)}如果有思路的话，欢迎补充！证明:作辅助函数F\left( x \right)=f\left( x \right)g\left( x \right)-g\left( b \right)f\left( x \right)-f\left( a \right)g\left( x \right)虽然F\left( x \right) 在[a,b]上连续，在(a,b)上可微, F\left( a \right)=F\left( b \right)=-f\left( a \right)g\left( b \right)由罗尔中值定理,存在\xi \in \left( a,b \right)使得{F}'\left( \xi \right)=0即{f}'\left( \xi \right)g\left( \xi \right)+f\left( \xi \right){g}'\left( \xi \right)-g\left( b \right){f}'\left( \xi \right)-f\left( a \right){g}'\left( \xi \right)=0整理\left[ f\left( a \right)-f\left( \xi \right) \right]{g}'\left( \xi \right)-{f}'\left( \xi \right)\left[ g\left( \xi \right)-g\left( b \right) \right]=0即\frac{f\left( a \right)-f\left( \xi \right)}{g\left( \xi \right)-g\left( b \right)}=\frac{{f}'\left( \xi \right)}{{g}'\left( \xi \right)} ,证得3：（⽅法⼀）证明：\left| \frac{{{a}_{1}}{{b}_{n}}+{{a}_{2}}{{b}_{n-1}}+\cdots +{{a}_{n}}{{b}_{1}}}{{{a}_{1}}+{{a}_{2}}+\cdots +{{a}_{n}}}-b \right|=\left|\frac{{{a}_{1}}({{b}_{n}}-b)+{{a}_{2}}({{b}_{n-1}}-b)+\cdots +{{a}_{n}}({{b}_{1}}-b)}{{{a}_{1}}+{{a}_{2}}+\cdots +{{a}_{n}}} \right| \le \frac{{{a}_{1}}\left| {{b}_{n}}-b \right|+\cdots +{{a}_{n-N}}\left| {{b}_{N+1}}-b \right|}{{{a}_{1}}+\cdots +{{a}_{n}}}+\frac{{{a}_{n-N+1}}\left| {{b}_{N}}-b \right|+\cdots +{{a}_{n}}\left| {{b}_{1}}-b \right|}{{{a}_{1}}+\cdots +{{a}_{n}}}\le \underset{N+1\le k\le n}{\mathop \max }\,\left| {{b}_{k}}-b \right|+\underset{N+1\le k\le n}{\mathop \max }\,\left| {{b}_{k}}-b \right|\cdot \frac{N}{n-N+1}=I_{1}^{n}+I_{2}^{n}从⽽对\forall \varepsilon >0,先取定N使得I_{1}^{n}<\frac{\varepsilon }{2}，后让n充分⼤即有I_{2}^{n}<\frac{\varepsilon }{2}，于是有结论成⽴。
1987~2013武汉大学数学分析考研试题
武汉大学数学分析19921．给定数列如下：}{n x 00>x ，⎥⎦⎤⎢⎣⎡+−=−+11)1(1k n n n x a x k k x ，",2,1,0=n （1）证明数列收敛。
}{n x （2）求出其极限值。
2．设函数定义在区间)(x f I 上，试对“函数在)(x f I 上不一致连续”的含义作一肯定语气的（即不用否定词的）叙述，并且证明：函数在区间x x ln ),0(+∞上不一致连续。
3．设函数在区间上严格递增且连续，)(x f ],0[a 0)0(=f ，为的反函数，试证明成立等式：。
)(x g )(x f []x x g a x x f a f a d )(d )()(00∫∫−=4．给定级数∑+∞=+01n nn x 。
（1）求它的和函数。
)(x S （2）证明广义积分x x S d )(10∫收敛，交写出它的值。
5．对于函数⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+≠++=0,00,),(2222222y x y x y x y x y x f ，证明：（1）处处对),(y x f x ，对可导；y （2）偏导函数，有界；),(y x f x ′),(y x f y ′（3）在点不可微。
),(y x f )0,0(（4）一阶偏导函数，中至少有一个在点不连续。
),(y x f x ′),(y x f y ′)0,0(6．计算下列积分：（1）x x x x a b d ln 10−∫，其中为常数，b a ,b a <<0。
（2），其中为平面上由直线∫∫−D y y x e d d 2D x y =及曲线31x y =围成的有界闭区域。
武汉大学数学分析19941．设正无穷大数列（即对于任意正数}{n x M ，存在自然数，当时，成立），N N n >M x n >E 为的一切项组成的数集。
试证必存在自然数}{n x p ，使得E x p inf =。
2．设函数在点的某空心邻域内有定义，对于任意以为极限且含于的数列，极限都存在（有限数）。
武汉大学2010年数学分析考研试题解答
+∞
0
所以 ϕ(u) = ∫ （2）
+∞
0
e−x cosuxdx
∂k f ( x, u ) ∂u k
k k
2
的定义域为 (−∞,+∞) ； 在 [0,+∞) × (−∞,+∞) 上连续，
2
f ( x, u )
− x2
，
且有 | f ( x , u ) |≤ e ， | ∂∂u
f ( x , u ) |≤ x k e − x
n →∞
二．设 a > 0 ， x1 = a ， xn +1 = a + xn ， n = 1, 2,
1
三．设 f ( x ) 在 [ 0, 2] 上可微，且 f ( 2 ) = ∫ 2 xf ( x ) dx ，求证：存在 ξ ∈ ( 0, 2 ) ，
0
使得 f (ξ ) + ξ f ′ (ξ ) = 0 . 四．设 v = v ( x, y ) 有连续的一阶偏导数， u = u ( x, y ) = xv + yϕ ( v ) + ψ ( v ) ，
1 2 ( x + y 2 ), ( x, y ) ∈ D ， a
dσ = 1 + (
∂z 2 ∂z 2 ) + ( ) dxdy ∂x ∂y
， ，
曲面的面积
S1 = ∫∫ 1 + (
D
∂z 2 ∂z 2 ) + ( ) dxdy = ∫∫ 2dxdy = 2π a 2 ∂x ∂y D
S 2 = ∫∫ 1 + (
2 + ； 1 n+ n
n n
精品解析：武汉大学2020年强基计划数学试题(解析版)
武汉大学2020年强基计划数学试题考试科目：数学与逻辑不定项选择题：共15小题，每题答案完全正确得满分；选对但不全得部分分；选错得0分.1.设圆O 的半径为3，其一条弦4AB =，P 为圆O 上任意一点，则AB BP ⋅的最大值为（）A.0B.1C.3D.4【答案】D 【解析】【分析】通过基底转化，将BP 转化BO OP + ，其中，BO 能够直接与AB 求出数量积，OP 能够求出与AB数量积的表达式，且可以判断范围，从而确定数量积的最大值【详解】将所求数量积进行转化得：()AB BP AB BO OP AB BO AB OP =+⋅⋅=⋅+⋅，如上图所示，根据投影定理可得：2182AB BO B A A O B B =-=-=-⋅⋅ ，12cos AB OP ⋅= α，α为,AB OP 所成角，因为P 为圆O 上任意一点，所以0α=时，12cos AB OP ⋅α取得最大值12，此时()max8124AB BP AB BO AB OP ⋅=⋅⋅=-+=+ ，则AB BP ⋅ 的最大值为4故选：D2.设实数x y 、满足22545x xy y --=，则222x y +的最小值为（）A.0B.2C.53 D.56【答案】C 【解析】【分析】由22455xy x y =--，两边平方，设222x y m +=，则222y m x =-，代入平方表达式，再设2x t =，利用0∆≥，解出即可．【详解】解：设222x y m +=，则222y m x =-，22545x xy y --= ，22455xy x y ∴=--，2222216(55)x y x y ∴=--，222216(2)(57)x m x m x ∴-=--+，42281(3070)(5)0x m x m ∴-+++=，设2x t =，2281(3070)(5)0t m t m ∴-+++=，∴22(3070)481(5)0m m ∆=+-⨯+ ，即257696032000m m +-≥，解得53m 或103m ≤-（舍去），222x y ∴+的最小值是53，故选：C ．3.过椭圆22149x y +=的中心作两条互相垂直的弦AC 和BD ，顺次连接,,,A B C D 得一四边形，则该四边形的面积可能为（）A.10B.12C.14D.16【答案】B 【解析】【分析】设()11,A x y ,()22,B x y ，设x 轴正方向旋转到与向量OA同向所转过的角为α，利用三角函数的定义表示,A B 的坐标，代入椭圆方程，求得223636,OAOB关于α的函数表达式，进而得到223636OA OB关于α的函数表达式，利用三角函数恒定变形化简，然后利用三角函数的性质求得其取值范围，进而得到四边形面积的取值范围，从而做出选择.【详解】设()11,A x y ,()22,B x y ，设x 轴正方向旋转到与向量OA同向所转过的角为α，并根据题意不妨设OA 到OB为逆时针旋转π2,则11cos ,sin .x OA y OA αα⎧=⎪⎨=⎪⎩,22cos sin ,2sin cos .2x OB OB y OB OB πααπαα⎧⎛⎫=+=- ⎪⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪=+= ⎪⎪⎝⎭⎩22149x y +=，229436x y +=,2222369cos 4sin 5cos 4OA ααα=+=+, 22223694cos 5sin 4sin OB ααα=+=+,2222236362516925cos sin 3623636,44OA OBααα⎡⎤=+=+∈⎢⎥⎣⎦，∴36136,2OA OB ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,1442,1213ABCD S OA OB ⎡⎤=∈⎢⎥⎣⎦,当4πα=时取到最小值14413，当0α=时取得最大值12.只有选项B 中的12在此范围内，故选：B .4.设ABC 的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c .若{cos (sin 1)0a cb ac b C ++-=），则（）A.3B π=B.4B π=C.ABC 的面积最大值为3316 D.ABC 的周长最大值为332【答案】AC 【解析】【分析】利用正弦定理结合两角和的正弦公式以及基本不等式化简即可。
(完整word版)数学分析复习题及答案(word文档良心出品)
数学分析复习题及答案一.单项选择题1. 已知, 则=（）A. B. C. D.2. 设, 则（）A. B. C. D.3. （）A. B. C. D.4. 下列函数在内单调增加的是（）A. B. C. D.二、填空题1. 设函数2.3．在处连续, 则三、判断题1. 若函数在区间上连续, 则在上一致连续。
（）2. 实轴上的任一有界无限点集至少有一个聚点。
（）3．设为定义在上的单调有界函数, 则右极限存在。
（）四、名词解释1. 用的语言叙述函数极限的定义2. 用的语言叙述数列极限的定义五、计算题1. 根据第四题第1小题证明2. 根据第四题第2小题证明3. 设, 求证存在, 并求其值。
4．证明：在上一致连续, 但在上不一致连续。
5. 证明: 若存在, 则6. 证明: 若函数在连续, 则与也在连续, 问: 若在或在上连续, 那么在上是否必连续。
一、1.D 2.C 3.B 4.C二、1. 2. 3.三、1.× 2.√ 3.√四、1.函数极限定义: 设函数在点的某个空心邻域内有定义, 为定数。
, , 当时, , 则。
2.数列极限定义：设为数列, 为定数, , , 当时, 有, 则称数列收敛于。
五、1.证明:, , 当时, ；得证。
2.证明:令, 则, 此时, ,, , 当时,3.证明：⑴，⑵)1)(1(1111111----+++-=+-+=-n n n n n n n n n n x x x x x x x x x x 而, 由数学归纳法可知, 单调增加。
综合⑴, ⑵可知存在,设, 则由解得=A 215+（负数舍去）4.证明: 先证在上一致连续。
, 取, 则当且有时, 有 []δ•''+'≤''-'''+'=''-'x x x x x x x f x f ))(()()(εε<+⋅++≤)(2)1(2b a b a故2)(x x f =在[]b a ,上一致连续。
2020年考研武汉大学数学分析真题
nn ann!
的敛散性.
6.(15)若级数
∞ n=1
anco
sn
x
在[0,
2π]
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
上收敛,
试问其是否一致收敛?并
说明理由.
7.(15)设 f (x) = sinx, x ∈ [0, π], 试将 f (x) 展开成余弦函数, 并讨论其
收敛性.
8.(15)证明: 当x ∈ (0, 1) 时, 存在 θn 使得
x2+1
(x2−2x+2)2
d
x.
4.(15)计算三重积分
(x + y − z)(y + z − x)(z + x − y)dxdydz
Ω
其中 Ω = {(x, y, z) | 0 ≤ x+y−z ≤ 1, 0 ≤ y+z− x ≤ 1, 0 ≤ z+ x−y ≤ 1}.
5.(15)讨论级数
∞ n=1
张张
风雨过后便是彩虹
加油!
武汉大学2020年考研数学分析真题
1.(15)若
nl→im∞an
=
0(a
>
0),
nl→im∞bn
=
0,
计算
lim abnn − n→∞ bn
1 .
2.(15)设 f (x, y, z) = xyyzzx, 求 f (x, y, z) 的全微分以及二阶偏导数.
3.(15)计算不定积分
x∈[a,b]
10.(15)设B2 = {(x, y) | x2 + y2 ≤ 1}, ∂B2 = {(x, y) | x2 + y2 = 1},证
明:不存在连续可微的映射g : B2 → R2满足:g(B2) ⊆ ∂B2且g(x, y) =
数学分析与高等代数考研真题详解--武汉大学卷
−
n+1
n
−
x x x x l xl x xl x =
−
n+ p
n+ p−1 +…+
－
n+1
< 2[
n
2 n+ p
1
+ ... +
−
] 2
1
n +1
l x x l l l x x <
2( − 2 l −1
)
1
1
n
=M
−n
(M=
2− 2 l −1
1)
显然由柯西收敛准则知，对于 ∀ε > 0 ， ∃N > 0 ，使得 n>N 时
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[考试必备]武汉大学数学分析考研试题集锦(1992,1994-2012年)
![[考试必备]武汉大学数学分析考研试题集锦(1992,1994-2012年)](https://img.taocdn.com/s3/m/58bacf00bb68a98271fefa54.png)
（3）在 (0,0) 附近，是否存在过在 (0,0) 的唯一连续隐函数？为什么？
（3）若存在隐函数过 (0,0) 点，问其导函数为何？
武汉大学数学分析 1996
1．设 an → a(n → +∞) ，令
a
+ n
=
⎩⎨⎧a0n,,
an an
> ≤
0 ，a
0
=
⎧a, ⎩⎨0,
a>0 a≤0
证明：
a
+ n
4．设 u = u(t, x, y, z) 有二阶连续偏导数， Ω 为 (x, y, z) 空间的一有界闭集，它有光滑边界
∂Ω ， ∂Ω 处的单位外法向矢量为 ν ，证明：
∫∫∫ Ω
∂u ∂t
⋅
∆udxdydz
=
∫∫
∂Ω
∂u ∂t
⋅
∂u ∂ν
dS
−
1 2
d dt
∫∫∫ Ω
∇u
2
dxdydz
(外侧）
其中 N > 0 为一常数，且逐点有 fn (x) → f (x) （当 n → +∞ ）。证明： （1） f (x) 在[a,b] 上连续。
（2） fn (x)→ f (x) 。
6．设
f
(x,
y)
=
⎪⎪⎧ g ( x, ⎨
y ) sin
⎪0,
⎪⎩
1, x2 + y2
(x, y) ≠ (0,0)
，证明
→
a+ (n
→
+∞) 。
( ) 2．设 lim ( x, y)→( x0 , y0 )
f
(x,
y)
数学分析三习题答案
数学分析三习题答案数学分析三习题答案数学分析是数学的一门重要分支，它研究的是函数、极限、连续等概念和性质。
在学习数学分析的过程中，习题是非常重要的一部分，通过解答习题可以巩固和加深对知识的理解。
下面是一些数学分析三的习题答案，希望对大家的学习有所帮助。
1. 求极限lim (x→0) (sinx/x)解：这是一个常见的极限问题。
我们可以利用泰勒展开公式来求解。
根据泰勒展开公式，sinx的泰勒展开式为x-x^3/3!+x^5/5!-...，当x趋近于0时，我们只需要保留到x^3这一项，即sinx≈x。
所以，lim (x→0) (sinx/x) = lim (x→0) 1 = 1。
2. 求函数的导数f(x) = x^3 - 3x^2 + 2x解：要求函数f(x)的导数，我们可以使用导数的定义。
根据导数的定义，f'(x) = lim (h→0) (f(x+h) - f(x))/h。
将函数f(x)带入导数的定义中，得到f'(x) = lim (h→0) ((x+h)^3 - 3(x+h)^2 + 2(x+h) - (x^3 - 3x^2 + 2x))/h。
化简后可得f'(x) = lim(h→0) (3x^2 - 6xh + 3h^2 + 2h)/h。
继续化简，得到f'(x) = 3x^2 - 6x + 3。
3. 求不定积分∫(x^2 + 2x + 1) dx解：要求不定积分，我们可以使用不定积分的基本公式。
根据不定积分的基本公式，∫(x^n) dx = (x^(n+1))/(n+1) + C，其中C为常数。
将函数x^2 + 2x + 1带入不定积分的基本公式中，得到∫(x^2 + 2x + 1) dx = (x^3)/3 + x^2 + x + C。
4. 求定积分∫[0, 1] (x^2 + 2x + 1) dx解：要求定积分，我们可以使用定积分的基本公式。
根据定积分的基本公式，∫[a, b] f(x) dx = F(b) - F(a)，其中F(x)为f(x)的一个原函数。
武汉大学数值分析期末考试题目和答案.pdf
注：1、教师命题时题目之间不留空白； 2、考生不得在试题纸上答题，教师只批阅答题册正面部分，若考n λ≥，
注：1、教师命题时题目之间不留空白；2、考生不得在试题纸上答题，教师只批阅答题册正面部分，若考
注：1、教师命题时题目之间不留空白；2、考生不得在试题纸上答题，教师只批阅答题册正面部分，若考
注：1、教师命题时题目之间不留空白；2、考生不得在试题纸上答题，教师只批阅答题册正面部分，若考
注：1、教师命题时题目之间不留空白；2、考生不得在试题纸上答题，教师只批阅答题册正面部分，若考
注：1、教师命题时题目之间不留空白；2、考生不得在试题纸上答题，教师只批阅答题册正面部分，若考。
武汉大学2019-2020第二学期高等数学A2期末试卷(A卷)解答
武汉大学2019-2020学年第二学期期末《高等数学A2》考试试卷（A 卷）解答一、试解下列各题(每小题5分，共50分)1.讨论二重极限0011lim()sin sin x y x y x y→→+ 的存在性。
解 由 110|()sin sin |||||x y x y x y ≤+≤+ 而 00lim(||||)0y x x y →→+= 4分故有 0011lim()sin sin 0y x x y x y →→+= 所以二重极限存在。
5分2. 设级数11()nn n aa ∞-=-∑收敛，1(0)n n n b b ∞=≥∑收敛，证明：1n n n a b ∞=∑绝对收敛。
证明：因为11()n n n a a ∞-=-∑收敛，则有前n 项和11021101()()()()nkk n n n k aa a a a a a a a a --=-=-+-++-=-∑ 2分由数列{}n S 收敛，有数列{}n a 也收敛，即有n a M ≤，又因为 n n n n n a b a b M b =⋅≤⋅，且正数项级数1nn b∞=∑收敛，所以1n n n a b ∞=∑收敛，即1n n n a b ∞=∑绝对收敛。
5分3.设(,,)u f x y z =有连续偏导数， 函数(,)z z x y =由方程x y z xe ye ze -=所确定，函数()y y x =由0sin x y x t e dt t -=⎰确定，求dudx. 解 x y z du f dx f dy f dz '''=++由xyzxe ye ze -=两边，得微分得：(1)(1)(1)(1)x yz zx e y e dz dx dy z e z e ++=-+++ 由0sin x yxte dt t-=⎰两边，得微分得：sin()()sin()x x y x y e dy dx x y ---=- 4分 故sin()()(1)(1)sin()()()sin()(1)(1)sin()x x y xx z z z z du x y x y e x e y e x y x y e f f f dx x y z e z e x y ---++---'''=+⋅+⋅-+⋅-++- 5分 4. 设)](,[2xy y x f z ϕ-=, 其中(,)f u v 具有二阶连续偏导数, )(u ϕ二阶可导, 求yx z∂∂∂2. 解. )(')](,[')](,['22221xy xy y x yf xy y x xf x zϕϕϕ-+-=∂∂ 2分 ''']'''''[''']'''''[222212212112ϕϕϕϕϕxyf xf f y f xf f x yx z ++-+++-=∂∂∂='')'(''')2(''2')'''(222122112f xy f y x xf f xy ϕϕϕϕ+-+-+ 5分5.已知函数的全微分()()y y xy x x y xy x y x f d 2d 2),(d 2222--+-+=， 求),(y x f 的表达式。
武大硕研数分试题解答
2000年数学分析一.证明：由0<y 0<1及y 1n +=y n (2 -y n )得0<y 1≤(2)y 2(y 00-+)2=1,进而由归纳法易证0<y n 1≤(n=0,1,) .再由y 1n +=y n (2 -y n )得n 1n y y +=2-y n 1≥( n=0,1,) ,于是{y n }为单调上升且有上界数列，因此∞→n lim y n =a 存在.对递归关系y 1n +=y n (2 -y n )两边取极限得a=a(2-a),解得a=1(或a=0舍去)，故∞→nli m y n =1.二.证明：由题设知f(x)在[0,+)∞上必有界,设)x (f M ≤.对ε∀>0,有l dt )t (f x1x-⎰=⎰-1dy )l )yx (f (dy L )yx (f )L M (20⎰+-≤ε+dy L )yx (f 1)L M (2⎰+-ε,由L )x (f lim x =+∞→知对上述,0X ,01>∃>ε使得当x>X 1时有2L )x (f ε<-，令X=1X )L M (2ε+,则当x>X 时有dy L )yx (f 1)L M (2⎰+-ε<2ε,于是l dt )t (f x1x-⎰<22εε+=ε.因此+∞→x liml dt )t (f x1x=⎰.三.解：由f(x)=arctgx 知f '(x)=2x11+,f(0)=0,于是由Lagrange 中值公式得arctgx=2)x (1x θ+,从而a r c t g xx a r c t g x x 22-=θ,因arctgxx arctgx x lim20x -+→=30x xarctgxx lim-+→=220x x3x111lim+-+→=31,故31lim 0x =+→θ.四.解:作Lagrange 函数L(x,y,z,λ)=x )1cz by ax (z y 222-+++++λ,并依次令L 对x,y,z,λ的偏导数为零得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-++==+==+==+=01cz by ax L 0c z 2L 0b y 2L 0a x 2L z yx λλλλ，解得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧++-=++=++=++=----1222122212221222)c b a (2)c b a (c z)c b a (b y)c b a (a x λ易知在题设条件下f 必有最小值，于是f 的最小值为f min =)c b a (1222++.五.解：利用高斯公式有 A=⎰⎰∑++dxdyz dzdx y dydz x222=21I I dv )]c z ()b y ()a x [(2dv )c b a (2dv)z 2y 2x 2(+=-+-+-+++=++⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰ΩΩΩ由对称性知I 2=0,于是A=2)c b a (r 38dv )c b a (3++=++⎰⎰⎰Ωπ六.证明：因为t ),0[+∞∈时,)1u (eu1t e t sin e 12tu tu 22≥≤≤---,而且111121euedu ue-+∞-∞+-=-=⎰收敛,故由Weierstrass 判别法知含参变量的广义积分⎰+∞-1tutdu sin e2在t ),0[+∞∈中一致收敛从而⎰+∞-0tutdu sin e 2在t ),0[+∞∈中一致收敛.七.证明：由)x (ψ是连续有界函数知，存在M>0,使得)x (ψM ≤, 再由ϕ满足Lipschitz 条件)()(1x y x y n n -+=))(())((1x y x y n n --ϕϕ≤α)()(1x y x y n n --≤≤ nα)()(01x y x y -≤ n α（M+00)(y y -ϕ），于是)x (y )x (y )x (y )x (y )x (y )x (y )x (y )x (y n 1n 2p n 1p n 1p n p n n p n -+-+-≤-+-+-+-+++ ααϕ--+≤1)y )y (M (n000>∀ε ,令N=[ln]ln /)()1(00αϕαεy y M -+-,则当n>N 时，对一切自然数p 及x R ∈有ε<-+)x (y )x (y n p n .由此知{y )x (n }在(-,∞+∞)上一致收敛。
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武汉大学2004年攻读硕士学位研究生入学考试试题
科目名称：数学分析 科目代码：369
一、计算下列各题：
1． 2.
2212lim(...),(1)11()1lim()11(1)1n n n
n n n a a a a n a a a a a a
→∞→∞+++>-=-=---lim(sin 1sin )
11lim 2sin()cos
2211lim 2sin cos 22(1)
x x x x x x x x x
x x x x →∞
→∞→∞+-+-++=++=++= 3.
4.
20
30
220sin()lim
sin()lim (')313x x x t dt
x x L Hospital x →→==⎰法则2
1
11
arctan
2arctan(21)arctan(21)244
k k k k k πππ∞
=∞
==+--=-=∑∑ 5.
4812
4812323
3
1...
()59!13!1()...3!11!15!
()()sin ()4()()()24x x A B e e A x B x x
A e e e e
B A x B x π
π
πππππππππππππππππππ---+
+++=
++++-⎧-=⎪⇒==⎨--+=
⎪⎩！7！
6.
"
'2"22'
2(,)()(),()(,)
(,)()()()()
(,)()(23)()(1)()xy
x xy y
xy
x y y
xy F x y x yz f z dz f z F x y F x y z f z dz x xy xf xy x x F x y f x y f xy xy y f xy y y
=-=-+-=
+-+-⎰⎰设：其中为可微函数，求
二、设113(1)
0(1,2,3...)3n n n
x x x n x ++>=
=+，，，证明：lim n n x →∞存在，并求出极限
证明：
2
11113(1)333(33)(3)
33(1)3,3(2)3,3
3
n n
n n n n n
n n n
n n n n n n x x x x x x x x x x x x x x x x +++++--=-=
++---=
+>>><<<当不难证明当不难证明得到单调有界数列，所以存在极限，不难知极限为
三、(),()[,](,)'()0f x g x a b a b g x ≠设在上连续，内可导，，
()()'()
(,)()()'()
f a f f a b
g g b g ξξξξξ-∃∈=-证明：，使
证明：（另外，还可以用上下确界的方法做）
()()()()()()()()()()()
(,),
'()'()()()'()'()()()'()0()'()()'()'()()'()()'()(()())'()(()()H x f x g x f x g b f a g x H a f a g b H b Rolle a b H f g f g f g b f a g f g f a g f g b f g g f f a f g b g ξξξξξξξξξξξξξξξξξξ=--=-=∈=+--=-=-⇒-=-构造辅助函数根据中值定理，存在整理：)'()0,()()()0g x g x g b g ξ≠-≠从而单调，从而原式成立
四、讨论22
,(,)(0,0)(,)0,(,)(0,0)xy
x y f x y x y x y ⎧≠⎪=+⎨⎪=⎩
在（0，0）点的连续性和可微性
解：（1）连续性：
22
22(,)(0,0)(,)(0,0)(,)(0,0)(,)(0,0)2,(,)(0,0)(,)0,(,)(0,0)0lim (,)lim lim lim 01()
x y x y x y x y xy
x y f x y x y
x y xy y
f x y y y x y x
→→→→⎧≠⎪=+⎨⎪=⎩
≤==≤=++从而知连续
（2）可微性
3
22223
222232()()(,)(,)1()1f y x x y x y f x y x y x y x y ky y f x k f
y
∂=
∂++∂=
∂++=∂=∂+∂∂显然不连续同样
不连续。
所以不可微
五、计算曲线积分L
I ydx zdy xdz L =
++⎰
，其中为圆周：
2222
(0)0
x y z a a x y z ⎧++=>⎨
++=⎩，L 的方向是：从x 轴的正方向看过去为逆时针方向.
解：
2222
'
20()()()(2),'33(
)33
L
L
L S
x y z a x y z I ydx zdy xdz y dz dy zdy y z dz
z y dy y z dz L L yz a
dydz a a ππ⎧++=⇒⎨
++=⎩=++=
--+-+=
--+=-=-=-⎰
⎰
⎰
⎰⎰为在平面的投影
六、计算曲面积分2
22,,S
I yzdxdy zxdydz xydzdx S x
y R z h
=
+++==⎰⎰其中为由：（h,R>0）及三个坐标面所围的第一卦限部分的外侧. 解：另外可以用Stokes 公式做
20
00
220
22
()(cos sin )(cos sin )4
S
h
a
V h
a h
a I yzdxdy zxdydz xydzdx
y z x dxdydz r r z drd dz
dz d rdr zdz d dr
h a ha π
ππθθθθθθθπ=++=++=++=++=+
⎰⎰⎰⎰⎰⎰
⎰⎰
⎰⎰⎰⎰⎰⎰
七、证明：
21
(1)[0,1]n
n x
x ∞
=-∑在上一致收敛
解：
2
2
2
2
1
0,1,[0,],,2
1(1)(1)11,[1],1,2
1(1)(1)(1)11
0,,N
M N
M
n
N
N n N
M N M
n
N
n N
N
x N M
x x x x x x x x N M
x x x x x x x N Cauchy ε
εδδε
εε
δδεεεε
-=-=∀>∀<<∈∃=∀--=-<<-∀<<∈-∃=∀--=-<-<-∀>=∑∑(1)对取1-(2)取1-，所以，对只要根据收敛准则知一致收敛
八、证明积分
200
cos()
||1p
x dx p p x +∞
≤<⎰
在上一致收敛 解：另外可以用积分判别法的Dirichlet 定理做
2
002
10
020*******cos()cos()
cos cos 221(0,1)
2cos sin sin |2220,sin sin sin 24p p p a a a a M
M
M a a N N
N x x dx d x
x x x x dx dx x x p a x x a x
dx dx x x x
N a x a x dx dx xdx x x
εε+∞+∞+∞+∞++∞+∞+∞+++===+=∈=+>≤<⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰
⎰对任意不难证明足够大的时候：
从而得证。