华南理工大学数学分析-考研真题解析

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2022年华南理工数学分析考研试题及解答

2022年华南理工数学分析考研试题及解答

2022年华南理工数学分析考研试题及解答n例1.设f:RnRn,且fC1R,满足f某fy某y,对于任意n,都成立.试证明f可逆,且其逆映射也是连续可导的.某,yR证明显然,对于任意某,yRn,某y,有f某fy,f是单射,所以f1存在,由f1某f1y某y,知f1连续,由f某fy某y,得对任意实数t0,向量某,hRn,有f某thf某th,f某thf某h在中令t0,取极限,则有t得Jf(某)hh,任何某,hRn,从而必有|Jf(某)|0,Jf可逆,由隐函数组存在定理,所以f1存在,且是连续可微的。

例2.讨论序列fntinnt在0,上一致收敛性.nt11解方法一显然fnt,nt对任意t0,,有limfnt0,nfntinntntt,ntntt0limfnt0,关于n是一致的;对任意0,当t,时,fnt11,n于是fnt在,上是一致收敛于0的,综合以上结果,故fnt在0,上是一致收敛于0的.方法二由fntinntntinntntnt1,ntn即得fnt在0,上是一致收敛于0的例3、判断n1n在某1上是否一致收敛.某n例4.设f某在,上一致连续,且2f某d某收敛,证明limf某0.某2某yz例5.求有曲面21所围成的立体的体积其中常数a,b,c0.abc例6、设D为平面有界区域,f某,y在D内可微,在D上连续,在D的边界上f某,y0,在D内f满足方程试证:在D上f某,y0.fff.某y证明因为f某,y在D上连续,设Mma某f某,y,某,yD则M0,假若M0,则存在某0y0D,使得f某0y0M,于是有ff某0y00,某0y00,某yff这与某0y0f某0y00矛盾,某y假若M0,亦可得矛盾.同理,对mminf某,y,亦有m0,某,yD故f某,y0,某,yD.一.求解下列各题1、设,数列{某}满足lima0nn某na某na。

0,证明limn某na21、解由0lim某na2alim1,n某an某ann知lim2a1,所以lim某na.nn某anco某,当某为有理数f(某)2、设当某为无理数,0,证明f(某)在点某kk1(k为任意整数)处连续,而在其它点处不连续。

华南理工2001--2003年数学分析考研试题及解答

华南理工2001--2003年数学分析考研试题及解答
华南理工大学 2001 年数学分析考研试题
一.解答下列各题 1.求极限 lim
x→0
sin 2 x ; 1 + x sin x − cos x
− 1 4
2. 证明不等式 2e

< ∫ ex
0
22ຫໍສະໝຸດ −xdx < 2e2 ;
3.判断级数 ∑
1 的敛散性; n = 2 ln ( n !)
⎧ 1 ,x ≥0 ⎪ 2 ⎪ x +1 4.设 f ( x ) = ⎨ x ,求 ∫ f ( x − 1) dx ; 0 ⎪ e ,x <0 x ⎪ ⎩1 + e
n −2

显然它的收敛区间为 ( −∞, +∞ ) ,

∑ ( n + 1)! = ∑ ( n + 1)! = ∑ n ! − ∑ ( n + 1) !
n =1 n =1 n =1 n =1
n

( n + 1) − 1

1

1
= ( e − 1) − ( e − 2 ) = 1 ; 6.解 f ( 0, y ) = y 2 sin 1 1 , f ( x, 0 ) = x 2 sin , y x
y . x
I = ∫ xzdydz + yzdzdx + z x2 + y 2 dxdy

= ∫∫∫ z + z + x 2 + y 2 dxdydz
V
(
)
= ∫ dθ ∫ dϕ ∫
0

π 4 0
2a
a
( 2r cos ϕ + r sin ϕ ) ⋅ r 2 sin ϕdr

华南理工大学2009年数学分析考研试题及解答

华南理工大学2009年数学分析考研试题及解答
2、证:设 f ( x ) = x sin x + 2 cos x + π x, (0 < x < π ) ,则
f '( x) = x cos x − sin x + π , (0 < x < π ),
f ''( x) = − xsin x, (0 < x < π) ,
于是 f ''( x) < 0 , (0 < x < π ) ,由此 f '( x) 在 (0,π ) 上严格单调递减, 故 f '( x) > f '(π ) = 0 , 因此 f ( x ) 在 (0,π ) 上严格单调递增,于是立即得到所要证的不等式。
华南理工大学 2009 年数分考研试题解答
1、解:由导数的定义我们有:
f ( x) − f (0) ϕ ( a + bx) − ϕ( a − bx) = lim x →0 x →0 x x (ϕ( a + bx) − ϕ( a)) −( ϕ( a − bx) − ϕ( a)) = lim x →0 x ϕ ( a + bx) − ϕ( a) ϕ( a − bx) − ϕ( a) = lim b − lim( − b ) x →0 x → 0 ( a + bx) − a ( a − bx) − a = bϕ '(a ) + bϕ '(a ) = 2bϕ '( a) f '(0) = lim
x > X 0 时,
α α 3α , 即 < f '( x) < 。 根 据 Lagrange 微 分 中值 定 理 知 道 2 2 2

08年华南理工数学分析考研试题及解答

08年华南理工数学分析考研试题及解答

2008年华南理工数学分析考研试题及解答n例1.设f:Rn?Rn,且f?C1?R???,满足f?x??f?yx?y,对于任意n,都成立.试证明f可逆,且其逆映射也是连续可导的. x,y?R证明显然,对于任意x,y?Rn,x?y,有f?x??f?y?,f 是单射,所以f?1存在,f?1?x??f?1?y??x?y,知f?1连续,f?x??f?y??x?y,得对任意实数t?0,向量x,h?Rn,有f?x?th??f?x??th,f?x?th??f?x??h在中令t?0,取极限,则有t得Jf(x)h?h,任何x,h?Rn,从而必有|Jf(x)|?0,Jf可逆,隐函数组存在定理,所以f?1存在,且是连续可微的。

例2. 讨论序列fn?t??sinnt在?0,???上一致收敛性. nt11解方法一显然fn?t???,nt对任意t??0,???,有limfn?t??0,n??fn?t??sinntnt??t,ntntt?0?limfn?t??0,关于n是一致的;对任意??0,当t???,???时,fn?t??11?,n?于是?fn?t??在??,???上是一致收敛于0的,综合以上结果,故?fn?t??在?0,???上是一致收敛于0的.1 方法二fn?t??sinntnt?sinntnt?nt1?,ntn即得?fn?t??在?0,???上是一致收敛于0的例3、判断?n?1?n在x?1上是否一致收敛. xn????例4. 设f?x?在???,???上一致连续,且?2f?x?dx收敛,证明limf?x??0. x??2?xy?z例5.求有曲面????2?1所围成的立体的体积其中常数a,b,c?0. ?ab?c例6、设D为平面有界区域,f?x,y?在D内可微,在D上连续,在D的边界上f?x,y??0,在D 内f满足方程试证:在D上f?x,y??0. ?f?f??f. ?x?y证明因为f?x,y?在D上连续,设M?maxf?x,y?,?x,y??D则M?0,假若M?0,则存在?x0y0??D,使得f?x0y0??M,于是有?f?f?x0y0??0,?x0y0??0,?x?y??f?f?这与????x0y0??f?x0y0??0矛盾,??x?y?假若M?0,亦可得矛盾. 同理,对m?minf?x,y?,亦有m?0,?x,y??D故f?x,y??0,?x,y??D. 华南理工大学2008年数学分析考研试题及解答一.求解下列各题1、设,数列{x}满足lima?0nn??xn?axn?a。

华南理工2005数学分析试题和解答

华南理工2005数学分析试题和解答

华南理工大学2005年攻读硕士学位研究生入学考试试题注:本题在解答过程中,参考了博士家园论坛的意见,特别是Zhubin846152 给出了3、10、11题的解答,在此表示感谢! 一、设2n 2n 1n 12a2ax x x ,0a x +-=>>+. 求极限n n x lim ∞→ 解:显然有()0a a a x x 22n 1n >≥+-=+,又11x a 2a 1x x n n 1n ≤⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=+ 即,序列为单调减小,且有下界,故存在极限,不妨设A x l i mn n =∞→,则对2n 2n 1n 2a2ax x x +-=+两边取极限,得222a 2aA A A +-=,即a A =,故a x lim n n =∞→ 二、求积分⎰+-C 4433yx dx y dy x , 其中C 是圆:1y x 22=+,逆时针为正向. 解:令[]πθθθ20,sin y ,cos x ,∈==,有()()[]πθθθθθθθθθθπππ23d 2sin 21-1d sin 2cos sin cos d sin cos y x dx y dy x 20220222222044C 4433=⎪⎭⎫⎝⎛=-+=+=+-⎰⎰⎰⎰三、讨论函数序列()tn nt sin t f n=在()∞,0上的一致收敛性.解:利用定义来做,就可以了。

2()()lim ()0(1)0,0,,0|()()||(2)0,0,0,0sin |()()||||(0,)0n n n n n f t f t f t t N f t f t t n ntf t f t nt εδδεεδδδε→∞===∀>>∀>∃=<-=≤<∀>>∀<≤∀>-==≤≤∈利用定义来做:令,根据一致收敛的定义知,上式一致收敛于四、设()y ,x z z =由方程0x z y ,y z x F =⎪⎪⎭⎫⎝⎛++所确定.证明: xy z y z y x z x -=∂∂⋅+∂∂⋅ 证明: 0x z y ,y z x F =⎪⎪⎭⎫⎝⎛++两边分别对x 和y 求偏导数, 0y z x 11F y 1z y z y 1F ,0x 1z x z x 1F x z y 11F 221221=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+'+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-∂∂'=⎪⎭⎫ ⎝⎛-∂∂'+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+' 从而有,xF y F F F y z y z ,x F y F F x 1z F xz 2121221122'+''-'⋅=∂∂'+''-⋅⋅'=∂∂,故有 ()xy z xF y F x F y F xy z x F y F F F y z y x F y F F x 1z F x yz y x z x 21212121221122-='+'⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛'+'-='+''-'⋅⋅+'+''-⋅⋅'⋅=∂∂+∂∂ 即,问题得证. 五、设()x f 是偶函数,在0x =的某个邻域中有连续的二阶导数,()()20f ,10f =''=,试证明无穷级数∑∞=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛1n 1n 1f 绝对收敛.证明:由题意,可写出()x f 的在0x =处的Taylor 展开式()()()()()2222x o x 1x o x !20f 0f x f ++=+''+=从而有⎪⎭⎫⎝⎛+=-⎪⎭⎫ ⎝⎛22n 1o n 11n 1f ,故, 2222222n 2n 1n 1n 1o n 1n 1o n 1=+<⎪⎭⎫⎝⎛+<⎪⎭⎫ ⎝⎛+,而级数∑∞=1n 2n 2为收敛的, 由比较判别法知,级数∑∞=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛1n 1n 1f 为绝对收敛的,问题得证.六、设曲线()()⎩⎨⎧==t y y t x x 由方程组()⎩⎨⎧=-+=-++2y 2x te 1t 12t y x y确定.求该曲线在0t =处的切线方程和法平面方程.(注:原题为法线方程,个人觉得 曲线不可能有法线,只能有法平面,平面才能有法线) 解:由题意得:0y ,1x ,2y 2x 1y x 0t ==⎩⎨⎧=-=+=有,时,当,()⎩⎨⎧-+=--++=2-y 2x te F 1t 12t y x F y21()()()()()(),3e 2t -21te 1t ,y D F ,F D ,-31te 121y ,x D F ,F D ,321e 2t 2x ,t D F ,F D 0t yy0t 210t y0t 210t y 0t 21=-==-==-=======故,有切线方程3y31x 3-t =-=,法平面()03y 1-x 33t =++-, 也即 切线方程 y 1x t -=-=,法平面1y x t =++-七、求幂级数()()∑∞=++-0n n2n x 1n n 1的收敛域,并求该级数的和.解: 收敛半径()()11n n 1lim 1R n 2nn =++-=∞→,当1x =时,级数变为()()∑∞=++-0n 2n 1n n 1, 显然为发散的.同样级数在1x -=处也发散. 从而,收敛域为()1,1-. 当()1,1x -∈时,有 ()()()()()()∑∑∑∑++=++-=∞=n n n 2n n 2n x -x -n x -n x 1n n 1x f 对第一部分,()()()()()()()()()()( ⎝⎛='⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛==∑∑∑∑∑∞=∞=+∞=∞=-∞=1n 0n 1n 0n n 21n 1n 20n n 21-n x -x -1n x -x -1n x -x -n x -x n x f第二部分,()()()()()()()()()()()20n 1n 0n n 1n 1n 0n n2x 1x x 1x -x -x -x -x -1n x -x -n x -x -n x f +='⎪⎭⎫⎝⎛+='⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛==∑∑∑∑∞=+∞=∞=-∞=故()()()()()321x 11x x x 1x x -x f +-='⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=, 同样,对第三部分,()x1xx f 3+-=,从而有()()()()()333232223x 1xx x 1x 2x x x x x x x 1x x 1xx 11x x +--=+---++-=+-+++-=原式 八、求第二曲面积分: ⎰⎰+-S zdxdy ydxdz xdydz ,S 为椭球面1cz b y a x 222222=++的上半部分,其定向为下侧.解:不妨添加 交线所围的部分在0z 1cz b y a x 222222==++,方向取向上,记Q ,所围空间记体积为V,故有()abc 32-0abc 32zdxdy ydxdz xdydz dxdydz111zdxdy ydxdz xdydz zdxdy ydxdz xdydz Q VS Sππ=+-=+-++--=+--=+-⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰',其中S '为取外法线方向为正的曲面,九、 (1) 设0a 0>, 证明积分 ()⎰∞+0222axdx关于0a a ≥一致收敛;证明:()()()()()()()()()εδπεδεπεδεππππεπθθθπθθπ<-<-=>∀=<-≤-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++=-=->∀-=⋅=⎪⎭⎫⎢⎣⎡∈=+=⎰⎰∞2121404021402142321231414124214204240222a f a f a a a ,0a a a a a a a 1a a 1a a 1a 144a 4a a f a f ,0a f ,4a d cos cos 1a 1a f 20,, tg a x ,,a x dxa f 有时,,使得,当存在即可满足,对只需取要有一致收敛,故,对要从而,则,且记也即()⎰∞+0222axdx关于0a a ≥一致收敛(2) 0a >,计算积分⎰∞+022a x dx和()⎰∞+0322axdx解:()662620462026603222202202222216a 16a 1d 814cos2cos4a 1d cos a 1cos d cos a 1a xdx2a d a 1cos d cos 11a 1a x dx ,20,, tg a x ππθθθθθθθθπθθθθπθθπππππ=⋅=+-===+==⋅=+⎪⎭⎫⎢⎣⎡∈=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰∞∞则有,令十、设 ()x f 在[)∞,0上有连续的二阶导数, ()()B x f ,A x f ≤''≤. 试证明()AB 2x f ≤'.证明:利用到了一元二次函数的判别式来做的[0,)22()lim '()0'()'()max {|'()|}||,(1)||0b Taylor "()||2|||()()||'()()()|||||()22||2||(2x x f x f x f x f b f x C A f B A f x f b f b x b x b C x b x b B A x b ξ→∞∈+∞∴===≠≥-=-+-≥---⇔+-首先由于有界,。

华南理工大学2010年数学分析考研试题及解答

华南理工大学2010年数学分析考研试题及解答

华南理工大学2010年数学分析考研试题一.求解下列各题1.确定α与β,使)lim0n n αβ→∞−−=.2.讨论函数()f x ,()g x 在0x =处的可导性,其中(),,x x f x x x −⎧=⎨⎩为无理数,为有理数,和()22,,x x g x x x ⎧−⎪=⎨⎪⎩为无理数,为有理数.3.已知()f x 在[)0,+∞上连续,且满足()0f x x ≤≤,[)0,x ∈+∞,设10a ≥,()1n n a f a +=,1,2n =⋯,证明(1){}n a 收敛;(2)若lim n n a l →∞=,则()f l l =.4.判断下面的级数的收敛性()()()21111nnn x x x x ∞=+++∑⋯,0x ≥.5.讨论函数()(),1cos y y f x y e x ye =+−的极大值和极小值.6.计算33323Sx dydz y dzdx z dxdy ++∫∫,其中S 为球面2222x y z a ++=的外侧.二.设p 为正常数,函数()()cos p f x x =,证明:当01p <≤时,()f x 在[)0,+∞上一致连续.三.证明ax bx bxya e e e dy x −−−−=∫,并计算积分0ax bxe e dx x−−+∞−∫,()0b a >>.四.令()()ln 1,0,,,0,xy x f x y xy x +⎧≠⎪=⎨⎪=⎩证明(),f x y 在其定义域上是连续的.五.求积分D I dxdy =∫∫其中D由曲线1+=和x c =,y c =所围成,且,,0a b c >.六.设f 为定义在(),a +∞上的函数,在每一有限区间(),a b 上有界,且()()lim 1x f x f x A →+∞+−=⎡⎤⎣⎦,证明()lim x f x A x→+∞=.七.设()f x ,()g x 在[],a b 上连续,证明()()()()()01limnbi i i ai f g x f x g x dx λξθ∆→=∆=∑∫,其中∆为[],a b 的任一分割,01:n a x x x b ∆=<<<=⋯,[]1,,i i i i x x ξθ−∈,1,2,,i n =⋯,1i i i x x x −∆=−,(){}1max i i nx λ≤≤∆=∆.华南理工大学2010年数分考研试题解答一.1.解由条件知,lim 0n n n βα→∞⎞−=⎟⎟⎠,从而有lim 0n n βα→∞⎞−−=⎟⎟⎠,lim n n βα→∞⎞=−=⎟⎟⎠)limn β→∞=n →∞=24n →∞−===α=β=2.解显然()00f =,()00g =,()()0f x f x −≤,()()20g x g x −≤,()f x ,()g x 均在0x =处连续,当x 沿着无理点趋向0时,有()()0110f x f x −=−→−−,当x 沿着有理点趋向0时,有()()0110f x f xx x−==→−,()()0limx f x f x →−−不存在,所以()f x 在0x =处不可导.当x 沿着无理点趋向0时,有()()2000g x f x x x x −−==−→−,当x 沿着有理点趋向0时,有()()2000g x g x x x x −==→−,于是有()()0lim00x g x g x →−=−存在,所以()g x 在0x =处可导,且()00g ′=.3.证明(1)有题设条件,知()2110a f a a ≤=≤,()10n n n a f a a +≤=≤,于是{}n a 单调递减,有下界,根据单调有界定理,知{}n a 收敛.(2)设lim n n a l →∞=,由于()f x 在[)0,+∞上连续,在()1n n a f a +=中,令n →∞,取极限,得()f l l =.4.解设()()()()2111nn nx u x x x x =+++⋯,显然当0x =时,()00n u =,()10n n u ∞=∑收敛,当0x >时,()0n u x >,()()11,011limlim,1120,1n n n n nx x u x xx u x x x ++→∞→∞<<⎧⎪⎪===⎨+⎪>⎪⎩,于是0x ≥,()1n n u x ∞=∑收敛.5.解()()1sin y fe x x∂=+−∂,()cos y y y fe x ye e y∂=−+∂()cos 1y e x y =−+⎡⎤⎣⎦.易知(,)f x y 的驻点集为()(){}2,0,(21),2:k k k Z ππ+−∈,又由()1cos y xx f e x =−+,sin y xy f e x =−,(cos 2)y yyf e x y =−−,知(2,0)20|01k Hf π−⎛⎞=⎜⎟−⎝⎠是负定矩阵,2((21),2)210|0k e Hf e π−+−−⎛⎞+=⎜⎟−⎝⎠,于是(,)f x y 在(){}2,0:k k Z π∈处取的最大值2,且(,)f x y 无极小值,也无最小值。

最新和华南理工数学分析考研试题及解答汇总

最新和华南理工数学分析考研试题及解答汇总

2004年和2005年华南理工数学分析考研试题及解答华南理工大学2004年数学分析考研试题及解答1 求极限«Skip Record If...»。

解由«Skip Record If...»«Skip Record If...»«Skip Record If...»«Skip Record If...»,得«Skip Record If...»«Skip Record If...»«Skip Record If...»«Skip Record If...»«Skip Record If...»«Skip Record If...»。

2 设«Skip Record If...»,求«Skip Record If...»。

解对«Skip Record If...»两边求导,有«Skip Record If...»,于是有 «Skip Record If...»,«Skip Record If...»,对«Skip Record If...»两边求导,得«Skip Record If...»,«Skip Record If...»,故«Skip Record If...»«Skip Record If...»«Skip Record If...»。

3 设«Skip Record If...»,«Skip Record If...»,«Skip Record If...»,试证:«Skip Record If...»收敛,并求«Skip Record If...»。

华南理工大学2020年数学分析考研试题参考解答

华南理工大学2020年数学分析考研试题参考解答

所以所求点为 (4, 2, 4) 或者 (−4, −2, −4)。 ** 十、(13 分)** 设 f (x) 在 [0, 2] 上二阶可微, 且 |f (x)| ≤ 1, |f ’’(x)| ≤ 1 . 证明:|f ’(x)| ≤ 2 . ** 证明:** 用在 x 点的泰勒公式
f (y)
=
f (x)
+∞
cos(yx)de−2x
0
20
=
− 1 e−2x 2
cos(yx)|+0 ∞

y 2
∫ +∞
0
e−2x
sin(yx)dx
=
1
+
y

+∞
sin(yx)de−2x
2 40
=
1 2
+
y e−2x 4
sin(yx)|+0 ∞

y2 4
∫ +∞
0
e−2x
cos(yx)dx
因此
∫ +∞
0
e−2x
cos(yx)dx
0
ex(1

cos(2x)dx
=
40
eπ − 1

+
1

π
ex cos(2x)dx
4
40
∫π
∫π
ex cos(2x)dx = cos(2x)dex
0

0 π
= ex cos(2x)|π0 + 2 ex sin(2x)dx

0 π
= eπ − 1 + 2 sin(2x)dex
0
∫π
= eπ − 1 + 2(ex sin(2x)|π0 − 2 ex cos(2x)dx)
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