1、浙江大學20XX年數學分析考研試題解答111一、(20分)(1)證明數列xn=1+.+lnn收斂；23n、一111(2)計算iim(+)n,二n1n22n、(1所)函數f(x)在閉區間a,b上連續，存在收斂于零的數列rk,使得初的曲有kimf(x rk'f)=0.證明：f(x)為線性函數.f(x),三、(15分)假設函數h(x)為處處不可導的連續函數，以此為基礎構造連續函數使f(x)僅在兩點可導，并說明理由。/、2.122c四、(20分)二元函數f(x,y)Jx*y)Sinx2+y2，x7¥°I22_0,x2y2=0十開求一ex2f(x,y),一(x,y);二y(2

2、)f,f是否在原點連續，f(x,y)在原點是否可微，并說明理由二x二y五、(1盼)f(x)在任意區間a,b黎曼可積，jf(x)dx攵斂,a>1.0QOCO證明：limi"xyf(x)dx=f(x)dxy0nc00六、(1陽)計算Hx2 y2 z2 1xdydz ydzdx zdxdy222、3/2(ax by cz ),a 0,b 0,c 0.七、(15分)計算在單位球V:x2y2,z2一1上的積分I=cos(axbycz)dxdydz.V其中a,b,c不全為0八、(20分)設函數f(x)=-1-7,證明級數Jin收斂.1-2x-x2n=0f(n)(0)九、(1吩f(x)可微,

3、f(0)=0，對于任意的x有f'(x)<Af(x),證明在0產)上f(x)三01、n1n1、（1）證明利用不等式(1一)e(1一)nn,1ln(1)n11ln(17):ii,1,2,n；兩邊對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是嚴格遞減的;YXn存在。這個極限值記為-ln n n11.1Xn=123川nlnnTn（n+1）-lnn>0,于是喇是嚴格遞減的且有下界，根據單調有界原理,故limn心做Euler常數。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、證明令G(x)=±f(x)(x-a)-f(a)+s(x-a)(x

5、-b),(s>0)b-a顯然G(a)=G(b)=0,我們證明G(x)<0,如若不然，存在一個點x1,使得G(x1)>0,考慮到G(x)是閉區間a,b上的連續函數，必存在最大值，不妨設x1即為最大值點，x1w(a,b),在x1的一個6鄰域，即xw(x1-6,x1+6),G(x)<G(x1),考慮到rkt0。.G(x1rk)G(x1-rk)-2G(x1)所以lim-上2-_0,k:rk但是由原題條件可以得到下面這個結論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),結論得證.b。a三、解令f(x)=x(x1)h(x),則顯然f(x)是處處連續的,f'(0)=f(0),f'(1)=h(1)；f(x)一f(x)在x¥0,1處不可導，否則，由h(x)=-j,得矛盾。x(x7)四、解（1）由定義.：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),極限不存在, x =yxxx所以在(0, 0)點不連續；同理可得fy（x,y）在（0, 0）點不連續由于 |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), 所以函數在(0, 0)點可微.五、證明 lim;yxf x dx = f x dxy Q 0' 0.由題設條件 和阿貝爾判別法，知110 a Tx f ( x )dx關于yn0是一致收斂的。在任意b,A】上，當、,T nW, vx一致收斂于f (x).y 0- _yxf (x)由含參量廣義積分的極限定理，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：這是一個第二類曲面積分，我們不妨假設其方向為外法線方向2 2 ,22、3/2(ax by cz ),Q =22,223/2 ,(ax by cz )/22 223/2(ax by cz )經演算得到E.3."Jx：:y:z在原點附近補一個小橢球r:ax2+by2+cz2222=a,使其完全包含在V:x2+y2+z2=1內,在與V之間的區域，被積函數有連續偏導數，由23.空=0:x；:y；z滿足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或者在曲面積分f?xfxdydz+ydzdx+zdxdy時作代換名亍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作坐標系的旋轉變換，將Oxy旋轉至ax+by+cz=0即作正交變換令3=axbycz記k=Ja2+b2+c2,、a2b2c2因為是正交變換，所以J=1,積分區域V=（'，）+"2+，2<1,所以I=cos(J)ddd.V作柱面坐標變換=,=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 )解畢"幻二1一2：1(, 2- 1x).( 2xl)盛(員1一1_+x.21x2c2(n=02-1(.2-1QO)n.Vn=0-x_1_(,21.21)n)揮出1嚴+2nm,于是f(0)=n!、(乏+1嚴+(_1)n(亞_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)'顯然，此級數是收斂的。九、證明由條件f '( x ) w Af ( x )x (0,二).令 F (x) = e"x f (x ),貝U有 F '(x)Ax=ef (x)Y 0,是 F(x)< F(0),.Ax.F(x)=ef(x堆(0,+電)上單調遞減，于e"xf(x)Mf(0)=0,于是f(x)W0再由條件Af(x)wf'(x),x(0,+8)令G(x)=eAxf(x),則有G'(x)=eAxf(x)、0,是 G(x)至 G(0),Ax-G(x)=ef(x)在(0,+8)上單調遞增，于Axef(x)至f(0)=0,于

15、是f(x)至0,故在0,+30)上有f(x)三0。設f(x)在0,+a)上連續，(0,十°°)在內可導，且f(0)=0，存在常數A>0,對任意xw(0,+),有|f'(x)|MA|f(x).證明在0,+g)上f(x)三。.(0-X(0L證明對任意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，取極限得，|f(x)|W0,1所以在x=0，2A上，有f(x)=0;11同理可證在x"2A,A±，Wf(x)=0；rl_3_I在xA,2A上有f(x)=0；nn1由歸納法，可證在、工,"上，有f(x)=0,(n=1,2,|)；故在0,十比)上f(x)三0.設f(x)在a,b)上連續，(a,b)在內可導，且f(a)=0,存在常數A>0,對任意xe(a,b),有|f'(x)仔A|f(x)|.證明在a,b)上f(x)三。.設f(x),g(x)在a,b上連續，g(x)在(a,b)在內可導，且g(a)=0,存在常數A0,=

17、0，對任意x(a,b),有|g(x)f(x)g(x)|£A|g(x).證明在a,b上g(x)三0.證明由題設條件，可得成立工xf(t)dt-xf(t)dt(g(x)e'a)號A|g(x)e'a|,1x_f(t)dt令F(x)=g(x)e九，則有設F(x)在a,b上連續，F(x)在(a,b)在內可導，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.設f(x)在a,b上連續可微，且f(a)=0,存在常數a>0,使得|f'(x)悍A|f(x)|,xw(a,b);證明在a,b上f(x)

18、三0.x證明f(x)=f(t)dtaxxx|f(x)|=|£f'(t)dtpalf'(t)|dtwAf(t)|dt,aaax令F(x)=Ja|f(t)|dt,則有F'(x)<AF(x),(F(x)e”x)'M0，F(x)<eAxF(0),于是F(x)=0,f(x)=0。浙江大學20XX年數學分析考研試題O已知f(x)在x = 0處連續可導，且證明：(1(2)利用(f(0)=0, f'(0)=5,試求如下極限:1 1吧00 f(xt)dt。1、sinnx)°n n，二1討論下面級數的收斂性Z(1+»2四、設函數f(

19、x)在區間I上非李普希茲連續,證明f(x渲區間I上一致連續的充分必要條件是：對任給的6A0,總存在正數M,使得當x,ywI,x#y,滿足"y)"XjaM時，就有f(y)-f(x)名.y-x、二1五設函數，x)=£=可，試證函數-(x)在(0,+00)內連續，但在(0,+30)內不一致連續。ndnx2六計算第二類曲面積分ffx3dydz,其中S為橢球面1Sa2+22=1的下半部分(其中ca,b,c>0)積分正向取橢球外側。七、,22設二元函數f(x,y)=(x+y)2,x,y匚Q,其中ai0,其他情況(1)函數f(x,y)在原點是否連續，是否可微？并證明你的結

20、論;(2)討論函數在除原點以外的其它點的連續點和可微性。設f(t)是-k,k上的連續函數，試證:1hif(axbycz)dxdydz=ij(1-x2y2z2-d2_u)f(ku)du，九、其中k=Ja2+b2+c2>0。設函數f(x),g(x)在整個數軸上連續，且g(x+1)=g(x),vxw(g,+oo)試證:lim4f(x)g(nx)dx=(ff(x)dx)(fg(x)dx)。n：_00o浙江大學20XX年數學分析考研試題解答、(1)證明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)；顯然 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單調遞減.一一一1111又因為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判別法可知級數收斂;當x=2kn時，顯然級數收斂四、證明充分性x#y,當1xy|<6時,若滿足f(y)-f(x)AM,就有f(y)-f(x<3；yx若成立f(y)-f(xWM,則有,y-x|f(y)-f(x)|

23、<M|yx|<M6=s即得f(x)在區間I上一致連續。充分性用反證法.假若f(x成區間I上不一致連續，則存在£0>0,存在%,ynwI,使得xn-yn<1,但f(xn)f(yn/，n則有Hxn)-flynJ>nS0,xn-yn由假設條件，對曳下0,只需要n充分大，就滿足f(/)-f(y“n%>N,2xn-yn就有f(xn)-f(Yn5<,矛盾，2所以f(x堆區間I上一致連續；必要性證法一設f(x)在區間I上一致連續，對任意名A0,存在6A0,當x,ywI,x-y時，有|f(x)-f(y|<“若有x,YI,滿足f(x)-f(Y)”，必有x

24、-y>6,2；取M若有x,YwI,x#Y,滿足"y)"xJ>M時，我們斷言必有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。事實上，令口=f(x)-f(Y)之"則存在正整數K之2,使得(K-1聲“<K£,Ra設一k7,則有WMP<2名，P£口；不妨設f(x)<f(y)(x<y),因為f(x)<f(x)+PWf(x)+ot=f(y)，故由連續函數介值定理，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、如此繼續下去，則得x0<x1<xK父xK,其中規定x0=x,xK=y；這時，對每個i,因為f(為)一f(。)=B之，故由一致連續的定義，x-為之6,i=1,2,|,K;f(y)-f(x?KP22z、一f(y)-f(x；彳田從而1L2._<_=m=m,這與_2_J>m,矛盾；y-xKdddy-x對于x>y的情況，可類似討論。必要性證畢。證法二假若結論不成立，則存在馬下。，對任意正整數n,存在xn,ynwI,盡管f(Xn尸f(yn"n,但f(xn)-f(yn)>£o；xn-yn由于f(x汽區間I上一致連續，對無>0,存在6>0,當

26、x,y卑,x-y<6時,有f(x)-f(y)<%；于是必有yn-xn|26,不妨設xn<yn,則存在正整數K之2,使得(K-1)6<yn-xn<K5,取Zi=xn+i3,i=0,1,2川|,K-1；Zk=yn,則有|f(Z)-f(4)|<%,i=1,2川,KKK從而有f(yn)f(xn)=|£f(Zi)-f(Zi)|<Z|f(Zi)-f(Zi)|<KoiTiT'f(4f(%-K%_H_2H,xn-yn(K1聲6這與生)一型>n相矛盾,Xn-Yn故必要性結論成立。注：對函數f(x)=C,或者f(x)=x,或f(x)=x+si

27、nx,顯然在I上一致連續，不出現必要性的條件，不成立必要性的結論，所以此題應只有充分性，應無必要性.再者條件也難造出來。對f(x)=x2,xI=(-1,1),顯然在I上一致連續；If(Y)-f(x舊(y+x)(yx)區2l|y-x|'一af(y)-f(xj名右x,yI,x#Y,且''=|y+x|a一,Y-x2l則必有lYx|<A,f(Y)f(x)<so對f(x)=xp,(0<p<1),xWI=(0,y)，顯然f(x)=xp,(0<p<1)在I上一致連五、證明黎曼函數(x)=、rx n=1 n在(1,)內是連續的，并在這區間內有任意階連

28、續導函數。(這種性質，也稱為無窮次可微。)證明令un(x)"-xn顯然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,+*)上連續；對任何1>1,當x'j時，1|Un(x)卜二n1M(x)|Innn1|Un(x)()FT(lnn)n、二1八、k而一Qnn)收斂，nTnoOoOoO所以工4(x),工U；(x),，產,nWn=1n1(k=1,2,3,)rd+oo都在,)上一致收斂，廣1故(x)xn=n在。J望）內是連續的，并在這區間內有任意階連續導函數。由于,1是任意的，所

29、以(x)八n-1在(1,）內是連續的，并在這區間內有任意階連續導函數。00顯然n=1在（1,十 * ）內非一致收斂,1 一(x)x 在(1,）內不一致連續。假若二 1 一，(x)="(1/）內一致連續,則有x辱二=a存在且有限,N1產/kI在(x),"二中令x,1.,取極限，得n=1nAN1A>z一，(N=1,2,3,111),矛盾。n=1no.x2y2z2/、ffxdydz,其中工為下半橢球面一2十一2+2=1的外側.abc222解設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上側D下側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;七證明(1)顯然f(0,0)=0"f(x,y)w(x2+y2)T0,(x,y)T(0,0),則f(x,y)=0=f(0,0),(x,y)(0,0)1所以f(x,y)在(0,0)處連續，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)處可微。22(2)對任思(x0,y0),Xo+y0¥0,當(x,y)uQMQ,且(x,y)T(%,丫。)時，1f(x,y)T(Xo2+y。2)2#0,而當(x,y)沿著非有理點，趨向于(x0,y0)時，f(x,y)->0,從而可知，limf(x,y)不存在，f(x,y)在(x0,y0)處不連續，亦不可微，偏導數不存在。故f(x,y)(x,y)(xo,yo)在除原點以外的其它點處，既不連續，也不可微。八、解取新坐標系Ouvw,其中原點不變，平面ax+by+cz=0即為Ovw,u軸垂直于該面，即是作正交變換，點(x,y,

32、z)在Ouvw中的坐標為(u,v,w),則有axbyczu=,a2b2c2在新坐標系下，公式左端的積分可寫為!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、證明g(x)是周期為21的連續函數，l=，設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根據Fouier級數收斂定理，得ac.二，2一+Z(akcos2knx+bksin2knx)在L0,1中收斂于g(x),2 kJ2a0/a 22 1"T"(akbk )二2kjll 212g (x)dx =2jg (x)dx一2N設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)且關于n是一致的，11所以有limSSN(nx)f(x)dx=fg(nx)f(x)dx,且關于n是一致的,N-100則有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=根據極限可以交換順序的定理，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號,0f(x)dx=.0g(x)dx,0f(x)dx.同樣可以證明:推論設f(x)在a,b上黎曼可積，則有lim f (x) sinnx dx = n_ic La人-一-2-一sinxdxf(x)dx=ff(x)dx。冗0I%幾-則有b1 Tb呵f (x)g(kx)dx = -f g(x)dxf