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浙大2000年-2002年数学分析考研试题及解答

浙江大学2000年数学分析考研试题及解答一、(1)求极限()11limtt t et→+-;解 ()111ln(1)ln(1)111limlimlimt t ttt t t t t eeeee ttt++-→→→+---==1ln(1)1ln(1)11limln(1)1t tt t e t e t tt+-→+--=+-200ln(1)111ln(1)1limlimlim lim22(1)2t t t t t t tt e t te e e e tttt t →→→→+--+--+=====-+;或()1ln(1)11ln(1)21ln(1)()1(1)limlimlim1t tt ttt t t t e t ee et t tt t ++→→→+-+--+==2ln(1)1lim t tt te t→-++=211(1)1lim2t t te t→-++=2lim2(1)2t t e e t t →-==-+。

(2)设01,x a x b ==,211()2n n n x x x --=-,求n n x lim∞→.解 由条件,得 12111211()()22n n n n n n n x x x x x x x ------+=-+=+,反复使用此结果1111011()()()()22n n n n x x x x b a ---+=+=+, ,2,1=n ;于是 21212221100()()()n n n n n x x x x x x x x ++-=+-++++-22111()()()()()22n n a b a b a b a -=++-++++- 2111()222()()1331()2n b a a b a a b a +---=+-→+-=--,)(∞→n ;22212122100()()()n n n n n x x x x x x x x ---=+-++-++212211()()()()()22n n a b a b a b a --=+-++-++ 211()222()()1331()2na b a b a a b a ---=-++→-++=--,)(∞→n , 当2a b =时,lim 0n n x →∞=;当2a b ≠时,lim n n x →∞不存在。

二、(1)设()f x 在0x =可导,0,0,()n n a b n -+→→→∞,证明: ()()l i m(0)n n n n nf b f a f b a →∞-'=-. 证明 由0()(0)lim(0)0x f x f f x →-'=-,得对任意0ε>,存在0δ> ,当0||x δ<<时,成立()(0)|(0)|f x f f xε-'-<;因为0,0n n a b -+→→,对上述0ε>及确定的0δ>,存在正整数0δ>,当n N >时, 便有0,0n n a b δδ-<<<<,()(0)|(0)|n nf a f f a ε-'-<,()(0)|(0)|n nf b f f b ε-'-<,于是|()(0)(0)|()n n n f a f f a a ε'--<-,|()(0)(0)|n n n f b f f b b ε'--<, 从而|()()(0)()|n n n n f b f a f b a '---|()(0)(0)||()(0)(0)|n n n n f b f f b f a f f a ''≤--+-++ ()n n b a ε<-,即得()()|(0)|()n n n n f b f a f b a ε-'-<-,故有()()lim(0)n n n n nf b f a f b a →∞-'=- .(2)设函数()f x 在[,]a b 上连续, 在(,)a b 内二阶可导, 则存在(,)a b ξ∈, 使得2()()2()()24a b b a f b f f a f ξ+-⎛⎫''-+= ⎪⎝⎭.证明 :由于()2()()()222a b a b a b f b f f a f b f f f a +⎡+⎤⎡+⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+=---⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦. 作辅助函数()(),,22b a a b F x f x f x x a -+⎛⎫⎡⎤=+-∈ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦, 于是 ()()2()22a b a b F F a f b f f a ++⎛⎫⎛⎫-=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 在,2a b a +⎡⎤⎢⎥⎣⎦上对)(x F 运用拉格朗日中值定理, 1,2a b a ξ+⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭ , 使得 11()()222a b b a b a F F a f f ξξ+⎡-⎤-⎛⎫⎛⎫''-=+-⋅⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦.再在11,2b a ξξ-⎡⎤+⎢⎥⎣⎦上对()f x '运用拉格朗日中值定理, 11,(,)2b a a b ξξξ-⎛⎫∃∈+⊂ ⎪⎝⎭, 使得2()()2()()24a b b a f b f f a f ξ+-⎛⎫''-+= ⎪⎝⎭.三、(1)求幂级数∑∞=1n nnx的和,求级数12n n n ∞=∑的和。

解 由于,由于1lim =∞→nn n ,所以∑∞=1n nnx的收敛半径1=R ;为了求出它的和,对幂级数xxn n-=∑∞=110,)1|(|<x逐项求导数,就有211)1(1x nxn n -=∑∞=-,因而∑∞=1n nnx211)1(x x nxx n n -==∑∞=-,)1|(|<x 。

在上式中取12x =,就得221=∑∞=n nn 。

(2)、证明 黎曼ζ函数∑∞==11)(n xnx ζ在),1(+∞内是连续的,并在这区间内有任意阶连续导函数。

(这种性质,也称为无穷次可微。

)证明令xxnnnx u -==1)(,显然xxn nnx u -==1)(,n nx u xn ln )(--=',2)(ln )(n n x u x n -='',kxkk n n n x u )(ln )1()]([)(--=,,3,2,1=k都在),1(+∞上连续;对任何1>δ,当x δ≥时,1|()|n u x nδ≤,1|()|ln nu x n nδ'≤,()1|[()]|(ln )k kn u x n nδ≤,而11(ln )kn n n δ∞=∑收敛,所以1()n n u x ∞=∑,)(1x u n n∑∞=',)(1)]([k n n x u ∑∞=, ( ,3,2,1=k )都在),[+∞δ上一致收敛,故∑∞==11)(n xnx ζ在),[+∞δ内是连续的,并在这区间内有任意阶连续导函数。

由于1>δ是任意的,所以∑∞==11)(n xnx ζ在),1(+∞内是连续的,并在这区间内有任意阶连续导函数。

显然11xn n∞=∑在),1(+∞内非一致收敛,∑∞==11)(n xn x ζ在),1(+∞内不一致连续。

假若∑∞==11)(n xnx ζ在),1(+∞内一致连续,则有1lim ()x x A ζ+→=存在且有限,在11()Nxn x nζ=>∑中令1x +→,取极限,得11Nn A n=>∑,(1,2,3,)N = ,矛盾。

四、(1)设方程组0,sin sin 0x y u v x u y v +++=⎧⎨+=⎩确定了可微函数(,),(,)u u x y v v x y =⎧⎨=⎩试求,,u vdu x y ∂∂∂∂ 。

解 由0,sin cos sin cos 0dx dy du dv udx x udu vdy y vdv +++=⎧⎨+++=⎩解出d u ,dv ;就可得. (2)设2cos()()yx y F y dx x=,求(1)F ' 。

解2222sin()sin()sin()()||x y x yx x y x y x y F y dx xxx=-'=+2321sin()sin()()sin()2yy y F y x y dx yy'=-+-,1(1)sin 12F '=-.五、若)(x f 在[0,1]上连续,证明⎰=π)(sin dx x xf ⎰ππ)(sin 2dx x f ;由此计算 2sin 1cos x x dx xπ+⎰.证:作变量替换x t -=π,有(sin )()(sin())()xf x dx t f t d t πππππ=---⎰⎰(sin )(sin )f x dx xf x dx πππ=-⎰⎰.解上述方程,就得到所证结论.利用此公式可得2sin 1cos x x I dx xπ=+⎰02()sin()()1cos ()y y dy y ππ-π-=-+π-⎰222()s i n s i n s i n1c o s 1c o s1c o sy y x x x d y d x dx yx x ππππ-==π-+++⎰⎰⎰2sin 1cos x dx I xπ=π-+⎰于是2sin 1cos x x I dx xπ=+⎰2sin 21cos x dx xππ=+⎰=201cos 21cos d x xππ-+⎰=[]0arctan(cos )2x ππ-=42π.(2)求以22x yz e--=为顶,以0z =为底,以柱面122=+yx 为侧面的曲顶柱体的体积V 。

解 设22{(,):1}D x y x y =+≤,则22x yDV edxdy--=⎰⎰22121112()(1)2rrd redr ee πθππ---==⋅-=-⎰⎰。

(3)求曲面积分222()(2)(2)Sx y z dydz xy z dzdx x z y dxdy ++-++⎰⎰,其中S是半球面221)z x y =+≤的上侧。

解 记22{(,,):1,0}x y z x y z ∑=+≤=,(取下侧)222{(,,):1,0}V x y z x y z z =++≤≥,则V S ∂=+∑,由高斯公式知,222()(2)(2)Sx y z dydz x y z dzdx x z y dxdy ++-++⎰⎰S +∑∑=-⎰⎰⎰⎰222()Vzx y dxdydz =++⎰⎰⎰22212x y xy dxdy +≤+⎰⎰222()0Vx y z dxdydz =+++⎰⎰⎰21222000sin d d r r dr ππθϕϕ=⎰⎰⎰122155ππ=⋅⋅=。

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