浙江大学数学分析试题答案

合集下载

浙江大学大二数学专业《数学分析(二)》考试A卷及答案

数学分析（二）课程考试A 卷适用专业考试日期：试卷所需时间120分钟闭卷试卷总分100分一、判断题：（对的打√，错的打×，每小题2分，共12分）1、若lim 0n n na a →∞=≠，则级数n a ∑收敛。

（）2、若()f x 在[,]a b 上连续，2()0baf x dx =⎰，则[,]x a b ∀∈，()0f x ≡。

（）3、若00(,)(,)lim(,)x y x y f x y a →=，则00lim lim (,)x x y y f x y a →→=。

（）4、级数2(1)sin nn n x ∞=-+∑在[0,2]x π∈上一致收敛。

（）5、级数,n n a b ∑∑均发散，则级数min(,)n n a b ∑也发散。

（）6、若在可积，则在可积。

（）二、填空题：（共6小题，每小题2分，共12分）1、函数1x e x-在0x =处的幂级数展开式为。

2、函数222(,)y f x y x y=+在点(0,0)的重极限和累次极限分别为、、。

3、定积分211(sin 2)x ex dx --+⎰等于。

4、若反常积分11x dx xα+∞-+⎰收敛时，则α的取值范围是。

5、幂级数2nn x n∑的收敛半径和收敛区域分别为、。

6、函数2x 在(,)ππ-上展开成傅立叶级数为。

三、计算题：（共4小题，每小题5分，共20分）1、1ln eex dx ⎰ 2、1201x dx -3、1xe + 4、!lim lnnn n n→∞四、（10分）计算由sin ,0,2,0y x x x y π====所围成的平面图形，绕x 轴旋转一周所得旋转体的体积。

院系：专业班级：姓名：学号：装订线五、（10分）求幂级数1nn nx ∞=∑的和函数()s x ，并利用该结果求级数12nn n∞=∑的值。

六、（10分）判别：（1）级数3!n n n n∑是否收敛；（2）级数2nx n n+∑在[0,1]x ∈上是否一致收敛。

浙江大学2010年数学分析参考解答

= = = = = = 3
1 x2 sin2 x lim 2 3 x→0 x − sin2 x x3 x sin2 x 1 lim · · 3 x→0 x − sin x x + sin x x2 1 x3 lim 6 x→0 x − sin x 1 3x2 lim 6 x→0 1 − cos x 2x 1 lim x → 0 2 sin x 1.
n→∞n an = lim 1 n→∞ 3 3 n→∞ a2 lim 1 = lim 3 n→∞ 1 lim = 3 n→∞
n
1 a2 n
1 − a21
n−1
1
1 sin2 an−1
−
1 a2 n−1
2 a2 1 n−1 sin an−1 = lim 2 3 n→∞ a2 n−1 − sin an−1
n→∞
an+1 − an , bn+1 − bn
lim cn = c = 0.eØ,, ^an − cbn “Oan , (an+1 − cbn+1 ) − (an − cbn ) = 0, n→∞ bn+1 − bn lim an an − cbn = lim + c. n→∞ bn n→∞ bn lim
θ−
ln cos θdθ
= 2
π ln 2. 8
an = sin an−1 ,n ≥ 2,…a1 > 0.OŽ lim n an . 3
n→∞
)‰.
• lim an = 0.
n→∞
¯¢þ, |an | ≤ |sin |an−1 || ≤ |an−1 | ,
n→∞
lim |an | = A•3.u an = sin an−1

浙江大学数学分析参考解答

浙江大学数学分析 1．计算定积分：20sin xdx π⎰解：22001cos 21sin cos 2242x xdx dx xdx πππππ-==-=⎰⎰⎰2．假设f(x)在[0,1]Rieman 可积，13()2f x dx =⎰，求11lim 4ln[1()]nn i i f n n →∞=+∑ 解：利用可积的定义和Taylor 展开作2222221111101201220111ln(1)()2()1114ln[1()]4()2()4()13()()2max{()}11lim |2()|2lim |max{|()|}|2lim ||0li nnnni i i i ni nn x n n n x i i x x x o x i f i i in f f f o n n n n n n n i f f x dx nn f x i f f x n n n n =====≤≤→∞→∞→∞≤≤==+=-++=++==≤==∑∑∑∑∑⎰∑∑同理，2211()1m 4()0,lim 4ln[1()]23n nn n i i i f i n o f n n n →∞→∞===⇒+=∑∑3．设a,b,c 是实数，b>-1,c ≠0,试确定a,b,c ，使得30sin limln(1)x x b ax xc t dtt →-=+⎰解：不断利用L ’Hospital 法则30032320000322200ln(1)lim(sin )0,0lim 00sin cos cos sin cos limlim lim limln(1)3ln(1)31112sin 1cos 12lim lim .033616xbx x x x x x x b x x t ax x c dt tb ax x ax x x a x x x a xc t x x x dt t x a x a x b x x c →→→→→→→→+-=≠⇒==---+-====+++⇒=⎧⎪=⎪-==⇒=⎨=⎰⎰不难得到⎪⎪⎩4． f(x)在[a,b]上连续，对于1[,],[,],|()||()|2x a b y a b f y f x ∀∈∃∈≤，求证：[,],()0a b f ξξ∃∈=证明：利用实数系的几个定理就可以了000[,],(1)()0,(2)()0,{},lim ()0{}{}{}lim ,()[,]()lim ()lim ()0n n n n n n n n n x yn x a b f x f x x f x x x y y y f x a b f y f x f y →∞→∞→→∞∈=≠==⇒===不妨设则命题得证则根据题意，可以得到一个序列然后,有界，所以不难得到存在一个收敛的子列由于在连续，5．(1)设f(x)在[a,+∞]上连续，且()af x dx +∞⎰收敛，证明：存在数列{}[,)n x a ⊂+∞，使得满足，lim ,lim ()0n n n n x f x →∞→∞=+∞=(2) 设f(x)在[a,+∞]上连续，f(x)≥0,且()af x dx +∞⎰收敛，问：是否必有lim ()0n n f x →∞=，为什么？证明：（1）此题也可以用反证法来解决，也非常简单。

数学分析与高等代数考研真题详解--浙江大学卷

∴(αT Aβ )2 = (α TCTCβ )2 = (Cα ,Cβ )2 ≤ (Cα ,Cα )(Cβ ,Cβ ) = (αTCTCα )(β TCTCβ ) = (α T Aα )(β T Aβ )
由于上述不等式，等号成立时候当且仅当，存在数 k1, k2 ，使
k1Cα + k2Cβ = 0 ，即 k1α + k2β = 0 ，即α , β 线性相关
2
浙江大学
1999 年招收硕士研究生入学考试《高等代数》试题及解答
3
1999 年招收硕士研究生入学考试《高等代数》试题解答
一：证明：充分性：若 f ( x) 能表示成一个整数多项式的平方，显然 f ( x) 在有理数域上可
约
必要性：由于 f ( x) 在有理数域上可约，在存在整数系数多项式 g ( x), h ( x) 有
所以 Α 是一个线性变换，
由于 A 和 − A 无公共特征根，即根据 (1) 的结论就有
AX = X (− A) 只有零解，即 AX + XA = 0 只有零解，从而 Α 可逆，即
八：证明：(1) 设 A 的特征多项式为 f (λ ) ， B 的特征多项式为 g (λ ) ，由于 A, B 无公共特
( 征值，从而 f (λ ), g (λ )) = 1，所以 f ( B) 可逆，由于 AX = XB ，故对于 ∀n ∈ ∗ ，均有
An X = XBn ，就有 f ( A) X = Xf ( B) ，所以 Xf ( B) = 0 ⇒ X = 0 ，
⎡⎣En − αα T ⎤⎦−1 = ⎡⎣En + αα T ⎤⎦
三：证明： (1) 由于存在 m 阶可逆矩阵 P1 和 n 阶可逆矩阵 P2 ，有 A = P1 [Em 0] P2 ，即

浙江大学数学试题及答案

浙江大学数学试题及答案一、选择题（每题5分，共30分）1. 下列哪个选项是最小的正整数？A. 0B. 1C. 2D. 3答案：B2. 圆的面积公式是：A. \( \pi r \)B. \( \pi r^2 \)C. \( 2\pi r \)D. \( \pi r^3 \)答案：B3. 根据勾股定理，直角三角形的斜边长度是：A. 两直角边之和B. 两直角边之差C. 两直角边之积D. 两直角边平方和的平方根答案：D4. 函数\( f(x) = x^2 \)的导数是：A. \( 2x \)B. \( x^2 \)C. \( x \)D. \( 2 \)答案：A5. 集合{1, 2, 3}与集合{2, 3, 4}的交集是：A. {1}B. {2}C. {2, 3}D. {1, 2, 3}答案：C6. 函数\( y = \sin(x) \)的周期是：A. \( \pi \)B. \( 2\pi \)C. \( 3\pi \)D. \( 4\pi \)答案：B二、填空题（每题3分，共15分）1. 一个数的平方根是它自身的数有______和______。

答案：0, 12. 一个圆的半径为5，那么它的周长是______。

答案：10π3. 一个等差数列的首项是2，公差是3，第10项是______。

答案：324. 函数\( f(x) = 2x - 1 \)的反函数是______。

答案：\( x + \frac{1}{2} \)5. 一个三角形的三个内角之和为______。

答案：180°三、解答题（每题25分，共55分）1. 证明：对于任意实数\( x \)，\( e^x \)总是大于1。

证明：设\( y = e^x \)，对\( y \)求导得到\( y' = e^x \)。

由于\( e^x \)总是大于0，所以\( y \)是严格递增的。

当\( x = 0 \)时，\( e^0 = 1 \)，因此对于任意\( x > 0 \)，\( e^x > 1 \)。

2023年浙江大学强基计划数学试题及解析

2023年浙江大学强基计划数学测试题考试时间2023年6月12日1.已知a,(30,^j,则一、21a彳1+a tan—tan二V22----------------」的最大值为一cot a+cot/32.|2'3，—2“3[=2的正整数解3,y,〃,v）个数为3.A B_C={1,2,,2023）,A B C=（j）,设满足条件的集合数A,B,C为孔时，则十进制下n的最后2位数为4.2023支球队循环赛，2队一场，胜队得3分，负得0分，平局各加1分，赛后各队总分构成d=l得等差数列，则最后一名的分的最大值为o5.已知x,y w N*,且x,y司1,1897],且x+1为X的倍数，则整数对（x,y）个数为（）A.2898B.3793C.4686D.51336.四边形人8C。

外切于圆0,过。

直线交AB,CD,AC,CD于K,L,M,N,且/BKL=/CLK,AM=\,MC=2,BN=3,则ND=7.已知正整数〃满足，对任意等差数列Qi，%-%,若。

1+2。

2+3%+为有理数，则。

1，。

2，。

〃中有一个有理数，则〃可以为（）A.6B.8C.10D.128.已知正〃边形顶点中任取3点，构成钝角三角形的概率为二土，则〃的可能值得和为1259.已知椭圆&+当=1(。

＞人＞0)得过右焦点作相互垂直得弦AC,BD,已知四边形a bABCQ的面积0.—，则生=oL2J b10.f(x)=x2-2x-+4x-2W^T+6i的最小值为。

11.设虚数Cl,b,C有W+|/?|+|c|=1,贝'J|—/?2)+bc(b^—C2)+C€Z(C2—)|的最大值为o12.下列说法正确的是()A.自然数集合与有理数集合无双射B.有理数集合与实数集合间不双射C.实数集合与整数集合间无双射D.以上都不对13-已知｛福中有“十(1一面*“+国+1(〃亵*)，则1四何tan96-tan12(1+-)14.求-------------------=_______ol+tan96tan12(1+^^)sin615.{%}有％=1,。

完整word版,浙江大学2010-2011数学分析(2)-试卷及答案,推荐文档

浙江大学20 10 -20 11 学年春夏学期《数学分析（Ⅱ）》课程期末考试试卷（A ）课程号： 061Z0010 ，开课学院：___理学部___ 考试形式：闭卷，允许带___笔____入场考试日期： 2011 年 6 月 24 日,考试时间： 120 分钟诚信考试，沉着应考，杜绝违纪。

请注意：所有题目必须做在答题本上！做在试卷纸上的一律无效！请勿将答题本拆开或撕页！如发生此情况责任自负！考生姓名：学号：所属院系： _一、计算下列各题： ( 前4题每题5分，最后一题6分，共26分 )1. 2()(03)sin lim.x y xy x→，，求： 2222()(03)()(03)sin sin lim lim 9.x y x y xy xy y x xy →→=⋅=，，，，2. (122)().f x y z gradf=，，设，，23(122)(122)(122)(122)11..2722.27271{122}.27f x x fr x r r r x ffyz gradf∂∂==-⋅=-=-∂∂∂∂=-=-∂∂=-，，，，，，，，令，则：则：同样，，因此，，，3. 2222320(321)S x y z ++=求曲面：在点，，处的法线方程.222()2320246.321(321){686}.343x y z F x y z x y z F x F y F z x y z n =++-===---===r 令：，，，则：，，因此，在点，，的法向量，，，故法线为：4. 2221.(2).4Cx C y L x y ds +=+⎰Ñ设曲线：的长度为计算： 222(2)(44)44.=0.CCCCx y ds x y xy ds ds L xyds +=++==⎰⎰⎰⎰蜒蜒其中：5.02z z z ∑===设为曲面和之间部分的下侧，计算： (1)(2).dS dxdy ∑∑⎰⎰⎰⎰；22224.4.x y x y x y z z z dS dxdy dxdy π∑+≤∑+≤======-=-⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰由于因此，二、计算题：（每题8分，共56分）1. 22()2()()()2x f x f x x f x ππππ=--≤≤设是周期为的函数，且，求：的211.n Fourier n+∞=∑级数，并计算的和22222020022112222211(1)()20.2522(1)()()cos (12).2325(1)()2cos .()(*)65(1)(1)(2)(*)0(0)2.61n n n nn n n n n f x b x x a dx a nxdx n nf x nx x R nx f n n ππππππππππππ∞=-+∞∞===-=-=-=-==-=-+∈--==-=-+⇒=⎰⎰∑∑∑L 由于是周期为的偶函数，则：，，，因此，式中，令，则：12222221111122122222211.21111(1)2.2.2(2)2(2)121.6511(*)2..266n n n n n n n n n n n n n n nx n n σσπσππππππ-+∞+∞+∞+∞∞=====+∞=+∞+∞==-==⇒=-====-=-+⇒=∑∑∑∑∑∑∑∑令：，则：因此，【或】：在式中令，则：2. 211(2)1.44n n nn n x n n +∞+∞==-⋅⋅∑∑计算级数的收敛域及和函数，并计算的值 222112221111211()(2)4(2)(1)lim lim 10 4.()(1)4(2)4(2)12104.44(04).(2)(2)()()4n n n n n n n nn n n nn n n n n n n u x x n x x u x n x x x n n n n x t t S t S t t n +++→∞→∞+∞+∞+∞+∞====∞-=-⋅-=⋅=<<<+⋅--====⋅⋅-'===∑∑∑∑∑，则：当时，发散；当时，发散因此，级数的收敛域为：，令，，则：1222111.(11).1(2)(2)()ln(1).ln 1ln 4ln(4).440 4.14(3)3ln .43n n nn nn t t x x S t t x x n x x n ∞=+∞=+∞==-≤<-⎛⎫--=--=--=-- ⎪⋅⎝⎭<<==⋅∑∑∑其中：故，所以，其中：上式中令，可得，2111112211(2)lim lim 141(1)11.11.(2)(2)[11).110444.(04)n nn n n n n n n n n n nn n n a x t n t t n a n n t t n nt x x x n n ∞∞+→∞→∞==∞∞==∞+∞==-===+-=-=----≤<<<⋅∑∑∑∑∑∑【或】：令，对于级数而言，，因此，的收敛半径为而当时，级数收敛；当时，级数发散故级数的收敛域为，因此，当，即时收敛因此，原级数的收敛域为，..下面与上同3. 222()2.y z zz f x y f x x x y∂∂=+∂∂∂设，，且具有阶连续偏导，计算：，12221112221222221112222232(1)2.111(2)222214(2).z y xf f x x z y x yf f f yf f x y x x x x y y xyf f f f x x x ∂=-∂∂⎛⎫⎛⎫=+--+ ⎪ ⎪∂∂⎝⎭⎝⎭=+---4. 2222(){()|}.Dx y dxdy D x y x y x y +=+≤+⎰⎰计算，其中，222222002212221cos 111()2()()..1222()sin 213cos sin ).281()1121.()()1()222u v x r x y D x y r r y r I d r r r rdr x u x y I u v dudv u v y v u v πθθθθθθπ+≤⎧=+⎪∂⎪-+-≤=⎨∂⎪=+⎪⎩=+++=⎧=+⎪∂⎪⎛⎫==+++⎨ ⎪∂⎝⎭⎪=+⎪⎩=++⎰⎰⎰，方法一、区域：令：，则：，，方法二、令：，则：，2222001233cos sin 344444344444204113).2281(cos sin )41313)]sin 2sin 2.444228u v uu v dudv d r rdr I d r dr d d udu udu πππθθπππθππππθπθθθθππθθπ+≤+--+=-⎛⎫++=+⋅= ⎪⎝⎭==+⋅=+===⋅⋅=⋅⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰方法三、5. 222{()|1}.ze dxdydz x y z x y z ΩΩ=++≤⎰⎰⎰计算三重积分：，其中，，()2222221(0)2110cos 0cos 2011012.241(sin )4sin cos 2422.22zzx y z z z u xxu z z x y z xoy e z I e dV I d rdr dz r dr r x x xedx ue du I e dzdxdy e ππθπππππππ++≤≥=+≤-===-==⋅---===⎰⎰⎰⎰⎰⎰=⎰⎰⎰⎰⎰由于积分区域关于平面对称，被积函数关于为奇函数，因此，方法一、令：方法二、()120211cos 2cos 222011cos 20(1)2.2sin 4sin 44(1)2.z dz I d d ed de d ed e d πππρϕρϕπρϕρπθϕρϕρπρρϕϕπρρπρρπ-====-=-=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰方法三、6. 2222()M x y z a ξηζ++=设点，，是球面第一卦限中的一点，S 是球面在该点处的切平面被3个坐标平面所截三角形的上侧，求：点()M ξηζ，，使曲面积分：⎰⎰++=Szdxdy ydzdx xdydz I 为最小，并求此最小值.22222226322262222222(1)()(cos cos cos )11.2cos 2(2).327SSS Sx y z a M x y z a xdydz ydzdx zdxdy x y z dSx y z a a a dS a dS a a a a a a ξηζξηζαβγξηζξηγξηζξηζξηζξηζξηζ++=++=++=++⎛⎫=++==⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭⎛⎫++++=≤=⇒ ⎪⎝⎭⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰球面在点，，处的切平面方程为：由于，则：333..2.Sxdydz ydzdx zdxdy x y z M ≤++≥===⎰⎰因此，等号在故，点为62222(1).30..2(2)xy yz zxxy yz zxxy yz zx S S S S S S S S S S S Guass I xdydz ydzdx zdxdy xdydz ydzdx zdxdya a a a dV x y z a L ξηζξηζξηζ+++ΩΩ=++-++⎛⎫=+=++= ⎪⎝⎭⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰Ò++【或】：添加切平面与坐标平面所围立体的另三个三角形、、，使其与所围闭曲面方向为外侧则：根据公式可得：切平面：，截距分别为：、、构造222222223min ()().20(1)20(2)20(3)0(4)02.(4)x y z agrange f x y z xyz x y z a f yz x f zx y f xy z f x y z a yz zx xy x y z x y z x y z x y z xyz I λλλλλλλ=+++-=+=⎧⎪=+=⎪⎨=+=⎪⎪=++-=⎩>===-======函数：，，，令：由于、、，则：将其代入可得，由于驻点唯一，根据实际问题当因此，3.=7. 22(0)cos (0)42Cxdy ydx xC A y B x y ππ-=-+⎰计算，其中曲线是从点，沿到点，，再从(2).B D ππ-点沿直线到点，2222222222222222222222224.44(4)4(0).444410arc 42CC DA L DA LLy x P y x QP Q x y x y y x y x DA L x y xdy ydx xdy ydx xdy ydx xdy ydx x y x y x y x y dy xdy ydx y πδδδπππδπ++--∂-∂•====++∂+∂•+=>----=--++++=---=-+⎰⎰⎰⎰⎰⎰Ñ方法一、，，则：连接，作：，足够小，方向为顺时针则：222224221122332222222221tan2217.88(0)(2)(2)(2).444(4)x y ydxdyA A A A A A A D L y x P y x QP Q C Lx y x y y x y x P Q πδπδππδπδπππππππ-+≤+=-+⋅=----∂-∂====++∂+∂⎰⎰方法二、从点，沿直线到点，、再从点沿直线到点，、从点沿直线到点，、再从点沿直线到点；记此路径为由于，，则：；且在由曲线、所围区域内、都1122332222222222222222202442244444422arctan arctan arctan arctan 2242248C L AA A A A A AD xdy ydx xdy ydx x y x y dy dx dy dx y x y x y x y x πππππππππππππππππππππππππππππππππππ--------==+++++--=+++++++--=+++=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰有一阶连续连导数，因此，7.4448ππππ+++=三、证明题：（每题9分，共18分）1. 210cos ()()1n n n nxu x D f x n +∞∞===+∑∑叙述级数在数集上一致收敛的定义，并证明： (02).π在，内连续，且有连续导数22220022022200cos 11cos (1)(02)1111cos (02)(02)1cos ()(02)1cos sin (2)(){}111n n n n n nx nxx n n n n nxn N n nxf x n nx n nx ng x n nn ππππ∞∞==+∞=∞∞==∀∈≤++++∀∈+=+'⎛⎫==- ⎪+++⎝⎭∑∑∑∑∑由于对，，有，而收敛，故级数在，内一致收敛.另外，对，函数在，内连续，因此，在，内也连续.记，由于12200221cos()cos 1220()[2]sin .sin 2sin22sin sin [2](02)11.cos sin (02)()(0211nk n n xn x kx x n nx n nxDirichlet n n nx n nx f x n n δδπδπδδδπδπππ=∞∞==+-∀><∀∈-=≤-++'⎛⎫=- ⎪++⎝⎭∑∑∑单调趋向于零，且对，及，，根据判别法，在，上一致收敛，即在，上内闭一致收敛又在，内连续，故，在，)内具有连续的导数.2. 0()()y f x δδδ>-=证明：存在，及定义在，内的具有连续导数的函数， ()220(0)0sin ()2()cos 1..x dyf x f x f x x dx==+++=满足，且并计算的值22222222222()sin()2cos 1()(1)()(2)(00)0(3)2cos()2(4)(00)20(5)2cos()sin 0()()(0)0sin (y y x F x y x y y x F x y R F F y x y R F F x x y x R y f x f x f δδδ•=+++-==++=>=+->-==+令：，，*则：，在上连续；，；在上连续；，；在上连续.根据隐函数存在性定理，存在，及定义在，内的具有连续导数的函数，满足，且()222222220)2()cos 1.sin()2cos 100.cos()(22)2sin 0.sin 2cos().0.22cos()x x f x x x y y x x x y x y x yy y x x x x y dy y y x y dx=++=•+++===''+++-=-+'==++在两边同时对求导，且当时，则：因此，故，。

2019年浙江大学数学分析试题及解答word资料5页

浙江大学2019年数学分析解答一（10分）计算定积分20sin x e xdx π⎰解：2sin xe xdx π⎰=()011cos 22xe x dx π⎡⎤-⎢⎥⎣⎦⎰()01x e d x e ππ=-⎰由分部积分法cos 2xe xdx π=⎰()1e π-+20sin 2xe xdx π=⎰()1e π-04cos 2x e xdx π-⎰所以cos 2x e xdx π=⎰()115e π-，所以20sin x e xdx π⎰=()215e π- 解毕二（10分）设()f x 在[0,1]上Riemann可积，且1()2f x dx =⎰，计算 11lim 4ln[1()]nn i if n n →∞=+∑解：因为()f x 在[0,1]上Riemann 可积，所以0,()M f x M ∃>≤，所以1()0if n n→ 因为0ln(1)lim 1x x x →+=，所以114ln[1()]n i i f n n =+∑与114()ni i f n n =∑等价且极限值相等由Riemann 积分的定义：11lim 4ln[1()]nn i if n n →∞=+∑=410()f x dx =⎰ 解毕三（15分）设,,a b c 为实数，且1,0b c >-≠试确定,,a b c 的值，使得30sin limln(1)x x b ax xc t dtt →-=+⎰解：若0b ≠，显然30sin lim0ln(1)x x b ax xt dtt →-=+⎰，这与0c ≠矛盾，所以0b =计算300sin limln(1)x x ax xt dtt →-+⎰，利用洛必达法则：33000sin cos lim lim ln(1)ln(1)x x x ax x a xt x dt t x→→--=++⎰，易有30ln(1)lim0x x x→+=，若1a ≠， 33000sin cos limlim ln(1)ln(1)x x x ax x a x t x dt t x →→--==∞++⎰，矛盾，所以1a =.计算301cos lim ln(1)x x x x→-+，继续利用洛必达法则：3322430343cos sin 1lim(612)(1)6(63)(1)2(1)x x x x c x x x x x x x →-===-+--++ 解毕四（15分）设()f x 在[,]a b 上连续，且对每一个[],x a b ∈，存在[],y a b ∈，使得1()()2f y f x ≤，证明：在存在[,],a b ξ∈使得()0f ξ=证明:反证法,由于()f x 在[,]a b 上连续,由闭区间上连续函数的性质,不妨假设0()m f x M <<<对于任选的一点1x ,存在2,x 使得211()()2f x f x ≤, 存在3,x 使得321211()()()22f x f x f x ≤≤所以1111[,],()()0,()22n n n n Mx a b f x f x n --∈≤≤→→∞即lim ()0n n f x →∞=,但对所有的x, 0()m f x M <<<,矛盾.所以[,]a b 存在零点证毕五（20分）（1）设()f x 在[,)a +∞上连续，且()af x dx +∞⎰收敛。

浙江大学2010-2011数学分析(2)-试卷及答案

浙江大学20 10 -20 11 学年春夏学期《数学分析（Ⅱ）》课程期末考试试卷（A ）课程号： 061Z0010 ，开课学院：___理学部___考试形式：闭卷，允许带___笔____入场考试日期： 2011 年 6 月 24 日,考试时间： 120 分钟诚信考试，沉着应考，杜绝违纪。

请注意：所有题目必须做在答题本上！做在试卷纸上的一律无效！请勿将答题本拆开或撕页！如发生此情况责任自负！考生姓名：学号：所属院系： _一、计算下列各题： ( 前4题每题5分，最后一题6分，共26分 )1. 2()(03)sin lim .x y xy x→，，求： 2222()(03)()(03)sin sin lim lim 9.x y x y xy xy y x xy →→=⋅=，，，，2.(122)().f x y z gradf =，，设，，23(122)(122)(122)(122)11..2722.27271{122}.27f x x f r x r r r xf f y zgradf ∂∂==-⋅=-=-∂∂∂∂=-=-∂∂=-，，，，，，，，令，则：则：同样，，因此，，，3. 2222320(321)S x y z ++=求曲面：在点，，处的法线方程.222()2320246.321(321){686}.343x y z F x y z x y z F x F y F z x y z n =++-===---===令：，，，则：，，因此，在点，，的法向量，，，故法线为： 4. 2221.(2).4Cx C y L x y ds +=+⎰设曲线：的长度为计算： 222(2)(44)44.=0.C C C Cx y ds x y xy ds ds L xyds +=++==⎰⎰⎰⎰其中：5.02z z z ∑===设为曲面和之间部分的下侧，计算： (1)(2).dS dxdy ∑∑⎰⎰⎰⎰；22224.4.x y x y x y z z z dS dxdy dxdy π∑+≤∑+≤======-=-⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰由于因此，二、计算题：（每题8分，共56分）1. 22()2()()()2x f x f x x f x ππππ=--≤≤设是周期为的函数，且，求：的 211.n Fourier n +∞=∑级数，并计算的和22222020022112222211(1)()20.2522(1)()()cos (12).2325(1)()2cos .()(*)65(1)(1)(2)(*)0(0)2.61n nn nn n n n n f x b x x a dx a nxdx n nf x nx x R n x f n n ππππππππππππ∞=-+∞∞===-=-=-=-==-=-+∈--==-=-+⇒=⎰⎰∑∑∑由于是周期为的偶函数，则：，，，因此，式中，令，则：12222221111122122222211.21111(1)2.2.2(2)2(2)121.6511(*)2..266n n n n n n n n n n n n n n n x n n σσπσππππππ-+∞+∞+∞+∞∞=====+∞=+∞+∞==-==⇒=-====-=-+⇒=∑∑∑∑∑∑∑∑令：，则：因此，【或】：在式中令，则：2. 211(2)1.44n n n n n x n n +∞+∞==-⋅⋅∑∑计算级数的收敛域及和函数，并计算的值 222112221111211()(2)4(2)(1)lim lim 10 4.()(1)4(2)4(2)12104.44(04).(2)(2)()()4n n n n n n n nn n n n n n n n n n n u x x n x x u x n x x x n n n n x t t S t S t t n +++→∞→∞+∞+∞+∞+∞====∞-=-⋅-=⋅=<<<+⋅--====⋅⋅-'===∑∑∑∑∑，则：当时，发散；当时，发散因此，级数的收敛域为：，令，，则：1222111.(11).1(2)(2)()ln(1).ln 1ln 4ln(4).440 4.14(3)3ln .43n nn n n n t t x x S t t x x n x x n ∞=+∞=+∞==-≤<-⎛⎫--=--=--=-- ⎪⋅⎝⎭<<==⋅∑∑∑其中：故，所以，其中：上式中令，可得，2111112211(2)lim lim 141(1)11.11.(2)(2)[11).110444.(04)n nn n n n n n n n n n nn n n a x t n t t n a n nt t n n t x x x n n ∞∞+→∞→∞==∞∞==∞+∞==-===+-=-=----≤<<<⋅∑∑∑∑∑∑【或】：令，对于级数而言，，因此，的收敛半径为而当时，级数收敛；当时，级数发散故级数的收敛域为，因此，当，即时收敛因此，原级数的收敛域为，..下面与上同3. 222()2.y z z z f x y f x x x y ∂∂=+∂∂∂设，，且具有阶连续偏导，计算：， 12221112221222221112222232(1)2.111(2)222214(2).z y xf f x xz y x yf f f yf f x y x x x x y y xyf f f f x x x ∂=-∂∂⎛⎫⎛⎫=+--+ ⎪ ⎪∂∂⎝⎭⎝⎭=+---4. 2222(){()|}.Dx y dxdy D x y x y x y +=+≤+⎰⎰计算，其中，222222002212221cos 111()2()()..1222()sin 213cos sin ).281()112 1.()()1()222u v x r x y D x y r r y r I d r r r rdr x u x y I u v dudv u v y v u v πθθθθθθπ+≤⎧=+⎪∂⎪-+-≤=⎨∂⎪=+⎪⎩=+++=⎧=+⎪∂⎪⎛⎫==+++⎨ ⎪∂⎝⎭⎪=+⎪⎩=++⎰⎰⎰，方法一、区域：令：，则：，，方法二、令：，则：，2222001233cos sin 34440443444442004113).2281(cos sin )41313)]sin 2sin 2.444228u v u u v dudv d r rdr I d r dr d d udu udu πππθθπππθππππθπθθθθππθθπ+≤+--+=-⎛⎫++=+⋅= ⎪⎝⎭==+⋅=+===⋅⋅=⋅⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰方法三、5. 222{()|1}.ze dxdydz x y z x y z ΩΩ=++≤⎰⎰⎰计算三重积分：，其中，，()2222221(0)2110000cos 0cos 2011012.241(sin )4sin cos 2422.22z z x y z z z u x x u z z x y z xoy e z I e dV I d rdr dz r dr r x x xe dx ue du I e dzdxdy e ππθπππππππ++≤≥=+≤-===-==⋅---===⎰⎰⎰⎰⎰⎰=⎰⎰⎰⎰⎰由于积分区域关于平面对称，被积函数关于为奇函数，因此，方法一、令：方法二、()120211cos 2cos 2220000011cos 2000(1)2.2sin 4sin 44(1)2.z dz I d d e d d e d e d e d πππρϕρϕπρϕρπθϕρϕρπρρϕϕπρρπρρπ-====-=-=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰方法三、6. 2222()M x y z a ξηζ++=设点，，是球面第一卦限中的一点，S 是球面在该点处的切平面被3个坐标平面所截三角形的上侧，求：点()M ξηζ，，使曲面积分：⎰⎰++=Szdxdy ydzdx xdydz I 为最小，并求此最小值.22222226322262222222(1)()(cos cos cos )11.2cos 2(2).327S SS Sx y z a M x y z a xdydz ydzdx zdxdy x y z dSx y z a a a dS a dS a a a a a a ξηζξηζαβγξηζξηγξηζξηζξηζξηζξηζ++=++=++=++⎛⎫=++==⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭⎛⎫++++=≤=⇒ ⎪⎝⎭⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰球面在点，，处的切平面方程为：由于，则：333..2.S xdydz ydzdx zdxdy a x y z M ≤++≥===⎰⎰因此，等号在故，点为62222(1).30..2(2)xy yz zx xy yz zx xy yz zx S S S S S S S S S S S Guass I xdydz ydzdx zdxdy xdydz ydzdx zdxdy a a a a dV x y z a L ξηζξηζξηζ+++ΩΩ=++-++⎛⎫=+=++= ⎪⎝⎭⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰++【或】：添加切平面与坐标平面所围立体的另三个三角形、、，使其与所围闭曲面方向为外侧则：根据公式可得：切平面：，截距分别为：、、构造222222223min ()().20(1)20(2)20(3)0(4)02.(4)x y z agrange f x y z xyz x y z a f yz x f zx y f xy z f x y z a yz zx xy x y z x y z x y z x y z xyz I λλλλλλλ=+++-=+=⎧⎪=+=⎪⎨=+=⎪⎪=++-=⎩>===-======函数：，，，令：由于、、，则：将其代入可得，由于驻点唯一，根据实际问题当因此，3.=7. 22(0)cos (0)42C xdy ydx x C A y B x y ππ-=-+⎰计算，其中曲线是从点，沿到点，，再从 (2).BD ππ-点沿直线到点，22222222222222222222022224.44(4)4(0).444410arc 42C C DA L DA LL y x P y x Q P Q x y x y y x y xDA L x y xdy ydx xdy ydx xdy ydx xdy ydx x y x y x y x y dy xdy ydx y πδδδπππδπ++--∂-∂∙====++∂+∂∙+=>----=--++++=---=-+⎰⎰⎰⎰⎰⎰方法一、，，则：连接，作：，足够小，方向为顺时针则：2220224221122332222222221tan 2217.88(0)(2)(2)(2).444(4)x y y dxdyA A A A A A A D L y x P y x Q P Q C L x y x y y x y xP Q πδπδππδπδπππππππ-+≤+=-+⋅=----∂-∂====++∂+∂⎰⎰方法二、从点，沿直线到点，、再从点沿直线到点，、从点沿直线到点，、再从点沿直线到点；记此路径为由于，，则：；且在由曲线、所围区域内、都11223322222222222222022202442244444422arctan arctan arctan arctan 2242248C L AA A A A A A Dxdy ydx xdy ydx x y x y dy dx dy dx y x y x y x y x πππππππππππππππππππππππππππππππππππ--------==+++++--=+++++++--=+++=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰有一阶连续连导数，因此，7.4448ππππ+++=三、证明题：（每题9分，共18分）1. 210cos ()()1n n n nx u x D f x n +∞∞===+∑∑叙述级数在数集上一致收敛的定义，并证明： (02).π在，内连续，且有连续导数22220022022200cos 11cos (1)(02)1111cos (02)(02)1cos ()(02)1cos sin (2)(){}111n n n n n nx nx x n n n n nx n N n nx f x n nx n nx n g x n n n ππππ∞∞==+∞=∞∞==∀∈≤++++∀∈+=+'⎛⎫==- ⎪+++⎝⎭∑∑∑∑∑由于对，，有，而收敛，故级数在，内一致收敛.另外，对，函数在，内连续，因此，在，内也连续.记，由于12200221cos()cos 1220()[2]sin .sin 2sin 22sin sin [2](02)11.cos sin (02)()(0211n k n n x n x kx x n nx n nx Dirichlet n n nx n nx f x n n δδπδπδδδπδπππ=∞∞==+-∀><∀∈-=≤-++'⎛⎫=- ⎪++⎝⎭∑∑∑单调趋向于零，且对，及，，根据判别法，在，上一致收敛，即在，上内闭一致收敛又在，内连续，故，在，)内具有连续的导数. 2. 0()()y f x δδδ>-=证明：存在，及定义在，内的具有连续导数的函数， ()220(0)0sin ()2()cos 1..x dy f x f x f x x dx ==+++=满足，且并计算的值 22222222222()sin()2cos 1()(1)()(2)(00)0(3)2cos()2(4)(00)20(5)2cos()sin 0()()(0)0sin (y y x F x y x y y x F x y R F F y x y R F F x x y x R y f x f x f δδδ∙=+++-==++=>=+->-==+令：，，*则：，在上连续；，；在上连续；，；在上连续.根据隐函数存在性定理，存在，及定义在，内的具有连续导数的函数，满足，且()222222)2()cos 1.sin()2cos 100.cos()(22)2sin 0.sin 2cos()x f x x x y y x x x y x y x yy y x x x x y dy++=∙+++===''+++-=-+'在两边同时对求导，且当时，则：。

2016年浙江大学数学分析试题参考解答

lim
n
1 xn
1 lim xn
1 A
，
lim
n
xn
A
n
即 lnimxn
lim
n
xn
A ，从而数列
xn
收敛.
三、(15 分)利用有限覆盖定理证明：有界数列必有收敛子列.
证设数列 xn有界，且不妨假设其下界为 a ，上界为 b ，则 xn a, b.假设 xn无
收敛的子列，那么 xn 在 a, b 中没有聚点 . 于是对 x a, b ，存在 x 0 ，使得
Ftcos ntdt .
0
且
Ft
n1
nan
sin
nt
，其中 an
2
Ft cos ntdt .
0
从而有
an2 nan 2 ， n 1,2,
根据 Parseval 等式，我们有
1
F
2
t dt
1
Ft 2dt .
事实上，至此我们已经将Wirtinger 不等式证了一遍.现在我们将 t x a 代入上式(注
x x , x x 只包含xn中有限项，并且有 x x , x x a,b.由于 a,b为紧集， xa ,b
故 a, b 的任意开覆盖都有有限子覆盖，于是存在 x1，x2 ,, xn 使得
n
a, b xi xi , xi xi .这样 a, b只包含 xn中有限项，与条件矛盾！
一个正数 0 ，对任何正整数 n c ，总存在 xn a, b，使得
n
f
xn ,
y dy
0 .
由于有界数列 xn必有收敛子列，故不妨设 xn收敛，并记

浙江大学2003年数学分析考研试题解答

2
2
(1 − cos 2 x ) dx = π 4sin 4 x dx ∫0 ( 2 − cos 2 x )3 ∫0 1 + 2sin 2 x 3 ( )
π
2
= 2∫
π
2 0
4sin 4 x
( 3sin
2
x + cos x )
2
3
dx
= 8∫ 2
0
π
dx sin 2 x ( 3 + cot 2 x )
( x 2 − 1)m
( m)
dx
1 m − ∫ ( x 2 − 1) −1 −1
(m)
( x 2 − 1)m
( m +1)
( m −1) 1
( m +1)
( x 2 − 1)m
( m −1)
dx
1 m 2 = −∫ x − 1 ( ) −1
(2)
、解：做坐标变换
y2 x
u = xy ， v =
，
y x ∂ ( u, v ) ∂ ( x, y ) 1 = y 2 2 y = 3v ， = ， ∂ ( x, y ) − 2 ∂ ( u , v ) 3v x x
∫∫ y
D
3 xdxdy 2 + xy 3
3
=∫ =∫
1
∫
3
1
3 1 ⋅ dudv v + uv 3v
n m n n
x →+∞
可知 F ( x ) 在 [ a, +∞ ) 上一致连续，又 f ( x ) 在 [ a, +∞ ) 上一致连续，所以ϕ ( x ) = f ( x ) − F ( x ) 在 [ a, +∞ ) 上一致连续. 3. 证明：因为当 x > a 时， f ′′ ( x ) ≤ 0 ，所以 f ′ ( x ) 在 [ a, +∞ ) 上单调递减，当 x > a 时， f ′ ( x ) ≤ f ′ ( a ) < 0 ，从而 f ( x ) 在 [ a, +∞ ) 上严格单调递减，又 f ( x ) = f ( a ) + f ′ ( a )( x − a ) + 1 f ′′ (ξ )( x − a )

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

2003年浙江大学数学分析试题答案
一、,,0N ∃>∀ε当N n >时，ε<->>∀m n a a N n N m ,,
证明：该数列一定是有界数列，有界数列必有收敛子列
}{k n a ，a a k
n k =∞
→lim ，
所以，
ε
2<-+-≤-a a a a a a k k n n n n
二、,,0N ∃>∀ε当N x >时，ε<-)()(x g x f ，,0,01>∃>∀δε当1'''δ<-x x 时，
ε<-)''()'(x f x f
对上述,0>ε当N x x >'','时，且1'''δ<-x x
ε3)''()'()''()''()'()'()''()'(<-+-+-≤-x f x f x f x g x g x f x g x g
当N x x <'','时，由闭区间上的连续函数一定一致收敛，所以,0,02>∃>∀δε2'''δ<-x x 时
ε<-)''()'(x g x g ，当'''x N x <<时，由闭区间上的连续函数一定一致收敛，在
],['','22δδ+-∈N N x x 时，ε<-)''()'(x g x g ，取},m in{21δδδ=即可。

三、由,0)('',0)('<>x f a f 得,0)('<x f 所以)(x f 递减，又2))((''2
1
))((')()(a x f a x a f a f x f -+
-+=ξ，所以-∞=+∞→)(lim x f x ，且0)(>a f ，所以
)(x f 必有零点，又)(x f 递减，所以有且仅有一个零点。

四、⎰
⎰==
1
0,)(1)()(x dt t f x
dt xt f x ϕ2
)()()('x
dt t f x x f x x
⎰
-=
ϕ，
2
2)(lim
)(lim
)
(lim
)0('0
2
A
x x f x dt t f x
x x x
x x ====→→→⎰ϕϕ， 2
)(lim )
(lim )()
(lim )('lim 2
002
00A
x dt t f x
x f x dt t f x
x f x x
x x x
x x =
-=-=⎰
⎰
→→→→ϕ，)('x ϕ在0=x 连续。

五、当k m ≠时，不妨设k m <，
⎰⎰--+--=
1
111)(2)(2])1[(])1[(!
!21)()(dx x x k m dx x P x P k k m m k m k m =
--⎰
-dx x x k k m m 1
1
)(2)(2])1[(])1[(dx x x x x m m k k k k m m ⎰-+--------1
1
)1(2)1(211
)
1(2)
(2
])1[(])1[(]
)1[(])1[(=
0])1][()1[()1(])1[(])1[(1
1
)(221
1
)1(2)1(2=---==---⎰⎰-+-+-dx x x dx x x k m m k k m m k k
当k m =时，
⎰⎰
----=
1
11
1
)(2)(22
2])1[(])1[(!21)()(dx x x m dx x P x P m m m m m k m
⎰⎰
-+---------=--1
1
)1(21211
1
221
1
)(2)(2])1[(])1[(])1[(])1[(])1[(])1[(dx
x x x x dx x x m m m m m m m m m m m m =⎰
-+----
1
1
)
1(21
2]
)1[(]
)1[(dx x x m m m m =⎰
----=1
1
)2(22])1][()1[()
1(dx x x m m m m
=
⎰---1
1
2])1[()!2()1(dx x m m m =⎰--1
2])1[()!2()1(2dx x m m m
六、J 是实数，,0,0>∃>∀δε当δ<T 时，当),(1i i i x x -∈ξ时，
εξ<--∑=-n
i i i
i
J x x
f 1
1))((
⎰∑=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∞
→101
01lim dx
x n
n i s s
n i n ，当
1->s 时，该积分收敛。

七、∑=-n
k k
1
)1(有界，2
1
x n +在),(+∞-∞上单调一致趋于零，由狄利克雷判别法知，∑∞
=+-12)1(n n x n 在),(+∞-∞上一致收敛，∑∞
=+12
1n x n 与∑∞
=11
n n
同敛散，所以发散；当0=x 时，∑∞
=+122)1(n n x x 绝对收敛，当0≠x 时，∑∞
=+1
22
)1(n n
x x 绝对收敛； e n
n x x x R n
n
n 1
)11(11)1(1)(22→+=
+=
取，所以不一致收敛八、1.
⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰---=----=-+-=-=s s
s
s
s
s
tdt
tdt dt
s t dt t s dt s t dt t s dt t s s I 0
10
1
1
10
ln ln )ln()ln()ln()ln(ln )(
11
1)(''),1ln(ln )('<---=-+-=s
s s I s s s I ，当2
1
=
s 时，
⎰⎰+=--=-=21021
12ln )21ln 21(2ln 2)(dt tdt s I
2. v x y x
y x
y y x v u x y v xy u 32,
,),(),(,,222=-=∂∂==,⎰⎰==31313ln 3231dv v du J
3.
y x xy y x dxdyD y x y x J D
+=++-----=⎰⎰22222:])1(1[3
⎰⎰⎰⎰⎰
---++-+-
+=++=++=-+=44032
32434344
34
2cos sin 1cos sin 0
))
4
(2sin 2())4
(2sin 1(338)2sin 2()2sin 1(338)cos sin 1()cos (sin 33)cos sin sin cos (34π
π
π
ππππθθθθππ
θθθθθθθθθθθθθdx x x d d dr
r r r r d J
⎰--=π03
2)2cos 2()2cos 1(338dx x x
=--⎰
π
3
2
)
2cos 2()2cos 1(dx x x ⎰⎰⎰
+=+=+203222032240
324)
cot 3(sin 8)cos sin 3(sin 42)sin 21(sin 4π
ππ
x x dx x x xdx dx x x
⎰⎰⎰⎰⎰=+==+=+=+-=∞∞202
204003232203218
)2cos 1(272cos 278)1(278)3(8)cot 3(cot 8π
πππdx x xdx x dx x dx x x d J=
π27
3
4
（注：素材和资料部分来自网络，供参考。

请预览后才下载，期待你的好评与关注！）。