数学分析考研真题答案_数学分析考研真题解析

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2010年硕士研究生入学考试试题答案及评分标准

一、（12分）按数列极限定义证明：lim

证明：2n2n31n22n0.nn31考试科目代码：636考试科目名称：数学分析————4分任给0,要22n,只要,即只要nn2n31————10分

取N2n2nnNlim0.————12分 ,则当时, ,所以, 33nn1n

1二、（14分）若f(x)在点x0连续，证明f2(x)也在点x0连续.证明：设f(x)在点x0连续,则01,0,xx0, f(x)f(0x),————4分 f(x)f0x————20(x)1fx()8分 ,同时f(x)f(0x)

于是f2(x)f2(x0)12f(x0).————12分 所以f2(x)在点x0连续.————14分

三、（14分）证明f(x)axb(a0)在(,)上一致连续.证明：x,x,,f(x)f(x)axx,————4分

0,取a,当xx时,就有f(x)f(x),————12分所以f(x)axb(a0)在(,)上一致连续.————14分

四、（16分）设f(x)在[0,1]上可导且导函数连续.证明：

limnxnf(x)dxf(1).n0

1第1页（共5页）

证明：由于f(x)在[0,1]上连续,因此存在Mmaxf(x)————2分

0x1

xn111n1n

f(x)xf(x)dx 0xf(x)dx0n1n10

111n1

f(x)xf(x)dx,————8分0n1n1

又因

11M

0,————12分xn1f(x)dxMxn1dx

00n

2所以

11nn

f(1)xn1f(x)dxf(1)————16分limnxf(x)dxlim

00nnn1

五、（16分）证明级数

sinnx

在区间(0,)内条件收敛.nn

1

sinnxsin2nx1cos2nx1cos2nx

证明：,————4分 

nn2n2n2n

n1

由于数列单调趋于零,且部分和数列cos2kx有界,2nk1

由Dirichlet判别法知,



cos2nx

收敛,————10分 2nn1





sinnx1

又发散,所以级数在区间(0,)内发散————13分

nn1n12n

原级数收敛性显然,因此原级数在区间(0,)内条件收敛.————16分

六、（14分）证明函数序列sn(x)(1x)xn在[0,1]上一致收敛.证明：sn(x)在[0,1]上收敛于s(x)0，由

sn(x)s()1xn, x————5分

nn

1及(1xx)xxnn1, 

n

易知sn(x)s(x)在x取到最大值，从而————10分

n1

nn11

dsn,s1n1n0n0.n1n1

所以, 函数序列sn(x)(1x)xn在[0,1]上一致收敛.————14分

nn

uxy



七、（16分）通过自变量变换11,变换方程

vxy

22z22z2zx(xy)y0.x2xyy2

解：

zz1zzz1z

2,,————3分 xuxvyuy2v

2z2z22z12z2z

,————6分 x2u2x2uvx4v2x3v

2z2z22z12z2z

22423,————9分 2

yuyuvyvyv2z2z112z12z,————12分 

xyu2x2y2uvx2y2v2

代入原方程,得

x

注意到v

y



x2y2

11z2z

20,uvxyv

u11xyu

,即xy,于是就有

vxyxyxy

x

y

x2y2

xyxy

xy

112

xy4xy

xy

u

v2u24uvuv4.v

从而得变换后的方程

2z2z

.————16分 

uvu4uvv

x2y2z22az,若从z轴的正向

八、（16分）计算ydxzdyxdz,其中L为曲线

L

xza(a0)

看去，L的方向为逆时针方向.解：设是L所围的平面xzaa0的部分，方向由右手法则确定（即取上侧）.上任一点的单位法向量

cos,cos,cos,————6分

由Stokes公式,

L

ydxzdy

cos



xdz

x

ycosyzcos

dS————13分

zx

dSa2.————16分



九、（16分）设D是两条直线yx,y4x和两条双曲线xy1,xy4所围成的区域,F(u)是具有连续导数的一元函数,记f(u)F(u).证明

4F(xy)

dyln2f(u)du,D1y

其中D的方向为逆时针方向.证明：由Green公式,得

F(xy)

dyfxydxdy————4分

DDy

y,则此变换将区域D变为 x

作变换uxy,v,vDuvu————9分 1u4,1v

4变换的Jacobi行列式为J

x,y

1,于是————11分

u,v2v

fuF(xy)

dyfxydxdyDyDD2vdudv

uv

fudu

ln2fudu

12v

所以

4F(xy)

dyln2f(u)du.————16分

D1y

十、（16分）证明含参变量积分I

0

etcos2xtdt满足方程

dI

2xI0.dx

证明：记 fx,tetcos2xt，则 fxx,t2tetsin2xt.这时有————2分

fxx,t2tetsin2xt2tet,x,0t,而反常积分I

0

tetdt收敛,由Weierstra判别法,

0

fxx,tdx2

0

tetsin2xtdt

关于x在,上一致收敛.应用积分号下求导定理,得到————8分

dI

2tetsin2xtdtetsin2xt

0dx



2x

0

etcos2xtdt

2xI.————14分

所以

dI

2xI0.————16分dx

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