名校歷年考研數(shù)學專業(yè)試題及答案

浙江大學1999年高等代數(shù)試一．a(chǎn)1a2ann個不相同的整數(shù)，證明f(x)(xa1xa2)(xan1在有理數(shù)域上可約的充分必要條件是f(x)可表示為一個整數(shù)多項式的平方a1二．設二．設a2，且T0，求(1)E(2)(ET an?nnT三．矩陣Amn是行滿秩(即秩Am)，證明(1)存在可逆陣Q，使得A(EmnAA2A，1,,,Pn中n個線形無關(guān)的列向量，設V2AA,A生成的子空間，VAX0PnVV(V 表示V1與V2的直和五．設AB都是n階實對稱矩陣，且B正定，則存在S及D1 nASDST,BnAaij，滿足下列條件：)0aij1,i求證：(1)A的每一個特征值，都有x1 n?|x是實數(shù)

1(2)01為A的一個特征x1 y1 n x x n

，A是n階正定陣

x x n

， ，yn求證：(1(TA2(TA)(TA等號成立當且僅當與線形相關(guān)時成（2）A是正定矩陣，則(TA2(TA)(TA也成八（1）ABk階和l階方陣AB沒有公共的特征值，求AXXB只有空解（這里X(xij)kk）（2）在nn中，變換: AXXA,Ann，為一個固定的矩陣，且的特浙江大學1999年數(shù)學分析試Limn(nn1(nlnxyx0,y0x2y160D三．計算二重積分xydxdy，其中D由曲D

x2y2xy f(xx0f(1)3(x0,y0f

f(t)dtx1f(t)dty1f(t)dt五．設函數(shù)f(t)在(ab)連續(xù)，若有數(shù)列xnayna(xnynab))Limf(xnA(n)及LimfynB(nA，B，xnaLimf(zn) 六．設0aka,k1,2,....,n令snak，證明不等式1 nk k 七．設函數(shù)f在[ab]上連續(xù)，且

0,記fvnf(avn), ba試證明 nexp{baalnf(x)dx}(n12ln(12rcosxr2)dx2lnr (r1)20八．從調(diào)和級數(shù)1111 中去掉所有在分母的十進表示中含數(shù)碼 浙江大二〇〇〇年攻讀 入學考試試題g(xP[xf(xf(x|g(x及若 及

f(x的根210000121000.000121000012（20分A是正定陣，C是實對稱矩陣，證明：存在可逆矩陣P使得P1AP,P1CP同時為對 要條件是B的特征值全大于0.,,（10分）證明：n階冪零指數(shù)為n1的矩陣都相似.（An10An20A的冪零指數(shù)為n六、（20分）ABn維歐氏空間V的線性變換。對任意V，都有A(),)(,B())。證明A的核等B的值域的正交補浙江大學2000年數(shù)學分析試1 xlim(1x)ln(1x)x(1x)1x解：原式= x2(1 (2)(2)xaxbxxn2xn1n2,3,求lim n2xnxn11(xn1xn2，這可以構(gòu)造成為一個壓縮映象，則數(shù)列收斂，以下求解就按照{(diào)xnxn1這個數(shù)列來進行即可。2（10分）1f(0)K試證明

f(b)f(a)Kba證：

f(b)f(a)

f(b)f(0)f(0)f

b

b 設f(x)在[ab上連續(xù)，f(x)(ab內(nèi)存在，試證明存在(ab)，使得a (bf(b)f(a)2f )

f(2F(x

2f(xabf(x2n（15分）1．求數(shù)項級數(shù)nn1

分析：S=2S-s(x)

n2.試證明 n1n

)上的連續(xù)函xyuv uu(x, v設方程組xsinuysinv0，確定了可微函數(shù)vv(xy)dux Fy

F(y)yy

cosxx2ydx

0cosy2t2cosy3t20

xsincosIxsincos 01cos2分析：令t=cosx，I=0zex2y2z0x2y21為側(cè)面的曲頂柱體的D分析：Vzdxdyzex2y2D

0x2y2設 表示半球面z1x2y2(x2y21)的上側(cè)，求第二類曲面積J(xy)z2dydz(x2y2z)dzdx(2xz)y分析：使用高斯，則J=3六（共20分）1．將函數(shù)f(x)x (x)展開成Fourier級數(shù)分析：直接使用Fourier的定義；n級數(shù)2n1ln(10

1ln(1 1ln(10

dx1x1

dx=0[

dx1x1

dxx浙江大二〇〇二年攻讀 入學考試試題f(xg(x))nf(x)ng(x)n （12分）Snx1x2xn,(k0,1,2,aijSij2i,j1,2,

an （12分）ABnABABABBA（12分）設Amn級陣A的秩mBn(nm級矩陣B的秩nm，列向量，使得B。（11分）求V1L(1,2,3),V2L(12)的和與交1(1,2,1, (2,5,6,

(1,0,1, f(x1,x2,x3,x4)2x1x22x1x32x1x42x2x32x2x42x3與P1BP都是上三角矩陣。ABBAABB（6分）設是n維線性空間V的線性變換，在VA，用Ker表示的核，(V)表示的值域。求證：秩A2)=秩A)的充要條件是V(V)（

浙江大二〇〇二年攻讀 入學考試試題(x2)(x（A（10％） x

0（B（10％）（C（10％）f(x,y為二元函數(shù)，在(x0y0附近有定義，試討論“f(x,y在(x0y0f(xy在(x0y0xy（（A（5％）f(x

x

，數(shù)列x由如下遞 定義：x1， f(x)x 2(n0，1，2，)，求證：lim 2ncoscos（B（5％）

（C（5％）f(n0，(n0，1，2，f(00f(x)ex（當x0時（D（5％）（E（5％）證明：(x)

在(1)上連續(xù)（

n1（A（10％） x2y2z2

x2y2x2y2(z（B（10％）設a、b、c為三個實數(shù)，證明：方程exax2bxc的根不超過三個。（20％）設fn(x)cosxcos2x cosnx，求證（A（10％）（B（10％）xn0,1/3)fn(x1的根，則limxn3浙江大學2003年高等代數(shù)試1．（20分）令1,2,,sRn中s個線性無關(guān)的向量。證明：存在含n知量的齊次線性方程組，使得{1,2,,s}是它的一個基礎解系。2（2

B ，其中A,D都可逆，試

det(ABD1C)detD（2）ABD1C)1A1A1B(CA1BD)1CA13．（20分）V是數(shù)域Pn維線性空間，1,2,3,4VWL(1,2,3,4)12W12線性無關(guān)。求證121,2,3,4中的兩個向量i1,i2，使得剩下的兩個向量i3,i41,2仍然生成子空間W，也即WL(1,2,i3,i4)。（A不可逆，也不是冪零矩陣，那么存在n階可逆矩陣P，使得CP1AP C 5（20 2，求正交矩陣P使得PTAP成為 6（20分）設V是n維歐氏空間，內(nèi)積記為(，又設T是V的一個正交變換，記V1V|T},V2T|V。證明：（1）V1V2都是V的子空間；（2）VV1V2數(shù)b，使得f(a)與f(b都是奇數(shù)，則f(x)沒有整數(shù)根。證明：V2中必有一個非零向量正交于V1中的一切向量。9．（10分）Aaij)nn是可逆的對稱實矩陣。證明：二次型的矩陣f(x,,x

浙江大學2003年數(shù)學分析試1（152．（15分）f(x)[a]上一致連續(xù)，(x)[a]上連續(xù)，且lim[f(x(x0證明：(x)在[a,]上一致連續(xù)（,f''(x0證明：在[af(x04（20分）f(x連續(xù)，(x1f(xt)dt，且limf(xA（常數(shù)'(x并討論

x0

5（10分）Pn(x dn(x2 P0(x)

證明：1P(x)P(x)dx 1

mkmb6．（10分）Riemann積分af(x)dx的定義，并確定實數(shù)sbii極限收斂

)s1ni0 7（20n函數(shù)項級數(shù)n

函數(shù)項級數(shù)(1x2)nx(都絕對收斂，但在(8（451（15 lnstdty2 2（15y2 D

3（15

1x2y2z2f(x,y,z)dS，其中f(x,y,z)

x2y2z2x2y2z2xyz 浙江大二〇〇四年攻讀入學考試試題考試科目：高等代數(shù)bbbba1bbbabbbabbbbba1bbbabbbab1bbabbbabb(a(n1babbbabbb1abbbabbbb1bbbb00a00ab(a(n000ba00b000b1bbba000ab(a(n00a0b0a00b

b (a(n1)b)(ba)(ab)n2(1) [(ab)nnb(a

n

n Dn

n(n

n n n

n

1 n(n1) 2

1

1

1 1 1 n(n n(n

n(n1)nn100001000002 2(1)n(n1)nn22 當AB0時，這時有A0,B0，由A*AA1，可AB)*ABAB)1BB1AA1B*A*

0A(AEB(BEAB最多只有有限個特征值因此存在無窮多個使 A()0,B() (A()B())*(B())*( 令A()B())*(fij())nnB(*A())*(gij fij()gij 由于有無窮多個使①式成立，從而有無窮多個使③式成立，fij(),gij()都是多項式，從而③式對一切都成立。特別令0，AB)*A(0)B(0))*B*(0A*(0)B*A*實二次型f(xxxx2ax2x22bxx+2xx2xx經(jīng)正交線性替換 1 1 2(x,x,x)TP(y,y,y)T化為y22y2 f5.（16分）A，BPnn且秩A秩(Bn。證明：存在n階可逆矩陣M使得AMB0。 P1Q1P2Q2，使得P1AQ1rP2BQ2r AQP1,PBQ 2AQ)(PBAQPBP1Q10AMB0AMB0 1 r1r26.（16分）A是n階復矩陣，且存在正整數(shù)mAmE（E是n階單位陣。證明：A與對角矩陣相似。7.（9分，共18分）VPnnP上的線性空間。取定ABCDPnnXPnn，令(xAXBCXXD。求證：（1）是V的線性變換；（2）CD0，AB0。8.（16分）設是線性空間V的線性變換且2。令V1(VV21(0證明：VV1V2且對每個V1有(aa9.（16分）設V是n維歐氏空間，V1,V2是V的子空間，且dimV1dimV2。證明：V2中存在一個非零向量，它與V1中任一個向量正交。detAdetA2detA3detA4而秩A是有限數(shù)，上面的不等式不可能無限不等下去，必然存在一個正整數(shù)mdtmdt1浙江大二〇〇四年攻 入學考試試件是對區(qū)間X上任意的兩數(shù)列{x'}{x'}，當lim(x'x0時，有 lim(f(xf(x0 二．（15分）設函數(shù)f(x在區(qū)間(1,1內(nèi)具有直到三階的連續(xù)導數(shù)，且f(00f lim 0nf() fb0f(af(bcf'(x在(ab內(nèi)至少有兩個零點。四.（15分）f(x在區(qū)間[abRiemann可積，且abf(x)dx0。試證明：存在閉區(qū)間[[abx[時，f(x)0。五.（15分）{Ia}覆蓋了閉區(qū)間[0,1，則必存在一正數(shù)0，使得[0,1]xx滿足x'x''I{I。六.（15分）xrsincosyrsinsinzrcos2u2u2u 七.（10分）計算： xsinxdx01cos2 八.（15分）求uxyz在條件 1下的最大最小值，其 abc0x（15x

1

exy20

(x0)xx 2十．（20分）（1）R3中光滑區(qū)為其邊界，uv在上有連續(xù)二階導數(shù)。證明：(uvvu)dxdydz(uvvu)dS 其中為沿邊界 22 z2（2）PR3的坐標為(,,)，函數(shù)10R3\{P上成立。r

r(x,y,z)((x)2(y)2(z)2u0，則u(P) 4

B(P,

udS

2000設 3(1xn)（x0為已知，求limxn 3 n

nlim(x2y2)x2y2

dtt1xlim exy2cos(x2y)dxdy r0

x2y22r二、設f(x)1.1上有二階連續(xù)偏導數(shù)，f(00，令g(x)f(x)xx0g(0)f(0)g(xx0g(0)g(0)x0處也連續(xù) fn(t1en)etsin3tt0函數(shù)序列fnt在任一有窮區(qū)間0,A上和無窮區(qū)間0,1

tnetsin3tdt00 四、設對任一A>0,f(x)在0,A上正?？煞e， f(t)dt0收斂，0 (x)f(t)dtf(t)dt,x0,試證明(x)在0,內(nèi)至少有一個零點 2 五、計算積分I ln0

cos sinx 0)六、試求指數(shù)

y

dx

2 rdy為某個函數(shù)ux,y的全微分，并求ux, yx2yx2y Icx 2yzdxx 2ydyxy 其中c為x2

1x22y2z的交線，從原點看去是逆時針方向SIx2dydzy2dzdxz2dxdy,S:xa2yb2zc2R2S八、設un(xxnlnxx試討論un(x)在0,111計 xlnxdx0 x2f(xtexptt

,t0,x 0,t0,xI(x)0f(x, (x討論I(x)在0,limI(x)ex2dx 一、求下列極限1）a0aan13n2求lima xy 1xy

n2）limx2y2 y0 bf(xh)f設f(x)CA,B,AabB,試求lim af(x在(0,1)內(nèi)可導，且|f(x|1,x0,1xf1)(n2)，試證明lim(g(xC2,g(0)1(

ng(0),當x0f(x)g(xcosx,當x0 f(x)在x0f(x),并討論f(x)在x0處的連續(xù)性三、設f(xC10,1,f(0)0,0f(x)1x0,1試證明對一切t0,1，成t tf f(x)

exsin0

dxxS計算曲面積分Ix2dydzy2dzdxzS

，其中 為錐 z a

y

f(xarctan1x2x0S2n1 kxn,k1,x011證明級數(shù)(xn1xn)求級數(shù)xn1xn之和 t 七、設I(,) dt，其中,滿足不等式222 4I(,)在區(qū)D上的最小值n1設an1設x1 2,xn1 1xlim1 exn x

2xn1,2,3,，求limx 二、過p(1,0)點作拋物線y x2的切線，求三、對任一y00,求(x)y0xy0(1x)在（0,1）y00,均小于任一e1f(x)在[0,f(xk0,f(0)0f(x)在(0,)內(nèi)僅有一個零設I

1ln(1xdx(0)I()和I01x3xdydzydzdx 32）I

，其中Sxyza(z (x2y2z2)(1x)n,當0x六、設n(x)enx,當1x

求lim(x，并討論{(x)}在[1,1 1

f(x)

(x)dx（要說明理由 f(x)

xnRf(x)n

k

xkff(x)在n上一致收斂于ff(x)，其中[a,b]為任一有窮閉區(qū)間2005年生入學考試試題考試科目：高等代數(shù)（滿150分）選擇填空（2分10=20分）歐氏空間的度量矩陣一定是-------.(A)正交正定矩陣；C)上三角矩陣；(D)下三角矩陣 (A)AA'A'A(其中，A'是A的轉(zhuǎn)置)(B) AA'A'AE(其中，E是單位矩陣A*AE（A*A的伴隨矩陣；(D)AA*A*A設A是復數(shù)域上線性空間V的一個線性變換，則在V中必存在一組基，使A在這組基下的矩陣是 (A)單位；(B)對角；(CJordan若爾當)；(D)正交對于任意一個nA，都存在一個n級--------矩陣T，使得T1ATTAT成為對角形。(A)上三角；(B)對稱；CJordan若爾當)；(D)正交 設A是數(shù)域P上線性空間V的線性變換，W是V的子空間，如果對于W中任意向量有AW，則稱W是A的 (A)非平凡；(B)不變；(C)核；(D)零 邊乘上(A)左邊；(B)右邊；(C)兩邊；(D)左邊或右邊歐氏空間VA被稱為正交變換是指：對任意的V (A)|A||A|(B)(A,A)(,)(C)(A,A)(A,A)(D)|A||A|1APsn矩陣且秩A)r

x1x2.若方程組? ? xnAX0有非零解，則它的基礎解系所含解的個數(shù) 個(A)n；(B)r；(C)nr 0A是數(shù)域P上的n級矩陣，A*是A的伴隨矩陣則A*AAA* (A)E；(B)|A|E(C)|A1|E

E|AA是數(shù)P上的sn矩陣,B是n級可逆矩陣秩( 秩(AB)(A)；(B)；(C)；(D)（7分）pxppx1在有理數(shù)域上不可約（8分x2fx)x56x411x32x212x8的幾重根.3．（5分）AP上線性空間V12A12和

4.（5分 設A

2,A的3個特征向量:對應于特征值15212 212 量為

1

1

k.A，其中k是自然數(shù)k 0, 1 1 5.（5分設VP上的一個3維線性空間，1,2,3是它的一組基，f是Vf(13)1,f(223)fx11x22x33三.（10分

f(12)f(x,x,x)x2x22xx2x四.（10分

1 2設A 3，試證：t取任何實數(shù)都不能使A為正定矩陣513 513 五.（10分

A

是n級矩陣且六.（10分）

An1n1設1 21,2,2,3)由ii1,2,3生成的子空間記為W1，由j,j1,2生成的子空間記為W2(1)求W1W2的維數(shù)2)求W1W2的一組基.七.（10分）設12,34是4維線性空間V的一組基,A

1陣為

3,A的核及值域 5 八.（15分

A

九.（10分 12T使得T1 成為對角矩陣5 xxx 3x2xxx3x x2x2x6x 5x14x23x33x4x5十.（10分）設(a,a, ),i (b,b,b),A(a ,X

x1

, i ij ? xn性方程組AX0的解全部是b1x1b2x2 bnxn0的解.試證可由 s線性表出十一.（7分,十二.（8分） B 設分塊矩陣

DDBA1B也正定云南大學2003 入學考試試專業(yè)：基礎數(shù)學、計算數(shù)學、系統(tǒng)分析與集 考試科目《數(shù)學分析與高等代數(shù)一、（15分）fx)limfx)tanx1,F(x1ftx)dt.（1） 二、（15分）設fx)在[a,b](a>0)上連續(xù)，在（ab）內(nèi)fx0試證：存在點，，（a，b），f'( （20分）設ux y,yx2y,以 為新的自變量，變換方

1

yy22y(y0并求解該方程（15分）設f(x)在x=0點的某個領域內(nèi)具有連續(xù)的二階導limfx)0,求證：級數(shù)f(1) （15分）計算x2y2z（x3R）dydz(y3x2y2zR2x2其中sR2x2- 6六（20分）設A -45求A的特征值，特征向試求使C1AC為對角矩陣的C，求A n為正整數(shù)）（20分）設A，B，C，DPnn，若A：XAXBCXXD，XPnn八（20分）已知： -A

-2，求一正交矩陣T，使T‘AT成對角形 - 分）證明 維歐氏空間中不同基的度量矩陣是合同的 年云南大 入學考試試專業(yè)：基礎數(shù)學、計算數(shù)學、應用數(shù)學、運籌學與控制 考試科目《高等代數(shù)A卷—、（ 分）令 是一些 階方陣組成的集合，關(guān)于任ABS,ABS,且（AB3BA.證明（A，BS）AB（20分）設fxg(xh(xk(x)為實序數(shù)（x21)h(x)(x1)f(x)(x2)g(x)（x21)k(x)(x1)f(x)(x2)g(x)

a

(a-(a-1)n-(a-1

(a-(a-n)n-xyz四（30分）解線性方程組：axbycz a2xb2yc2zd（30分）VPn維線性空間，AVPn個不同的特征根12,,n,V.證明：，A，A2An1線性無關(guān)的充分必要n條件是 i,其中i是A相應于i的特征向量，i1，2，（20分）設fx1x2x3x42x1x22x1x34x1x42x2x3試分別在實數(shù)域上和（10分）A為半正定矩陣，證明：對任意正實數(shù),EA為正定矩陣 年云南大 入學考試試專業(yè)：基礎數(shù)學、計算數(shù)學、應用數(shù)學、運籌學與控制 考試科目《數(shù)學分析xaxaxaxx 一（20分）已知f(x) n，其中a,a,,a為 求極限（1）limf(x)；（2）limf （10分）證明：函數(shù)fx)excos1在（0，1）x （10分）sinx x

,x(0,2x3t22tx3t22t（15分）設y=y(x)是由方程組eysinty1

和d 和d 五、（15分）設函數(shù)f(x)ab上連續(xù)，在（a,b）內(nèi)二階可導，弦AB(A(afaB(bfbyfx)相交于點C(cfccab證明：在（a,b）內(nèi)至少存在一點，使得f（15分）將函數(shù)fx)ln(4xx2x=1

u

（20分設ux3f

f

,2x

（15分）設xi0(i1,2,,n),且x1x2 na,求函數(shù)u的最大值，并證明不等式nx1x

x1x2 n（15分）計算積分(zy)2yx)2xz)2v

x2 zx2十、（15分）IL(y1)dxz2)dyx3)dz,其中L為圓周x2y2z2Rxyz 從x軸正向看去，L在直角坐標系中，求直線l

2xyzxy2z

到平面3xByz0 2 2可以驗證點5, l,, ，從而l z到Pxy

PP'x13kzkx3z1 P3xByzx3z13xByz11，上述方程表示一條直線，而2*3B10和3B20 立，因此l到x3z1從而l到上的正交投影軌跡的方程就是3xByz在直角坐標系中對于參數(shù)的不同取值，判斷下面平面二次曲線的形狀：x2y22xy0記T

1 x* x12 T是一12

,1 2在這個變換下，曲線方程變?yōu)?1)x*21y*21時，10,100，曲線為雙曲線，是中心型曲線，對稱點為(0,0)2y*0y10時，10,100，曲線為橢圓，是中心型曲線，對稱點為(0,0)01時，10,10,0，曲線為虛橢圓，是中心型曲線，對稱點為(0,0)21時，10,10,0，曲線為雙曲線，是中心型曲線，對稱點為(0,0)K上的nA的(ijai（1）.A(2).n2

a2b1b2.AX0n1|A|a1n2|A

aba

(a2a1)(b2b1 1 a2

a1b2a2

a2

a2n2|A

an1b1 an1b2 an1bnanb1 anb2 anb3 anbnRnRn1a1b1a2a1b2a2a2a2?????an1 an1 an1an an an an

a1b1a1n2，則|A|ababa2a1b2b10AX0

1 a1 a1b2式a ab的行列式為(a2a1)(b2b1)0，從而rankA 2于是方程組AX0解空間的維數(shù)n2，取向量組12n2，其ci1 b2bni,jbc i2 b?，c ni,j2，i1,2,...,n b? ?c

1,jnin E可知[1,2,...,n2] ，其中En2是n2階單位矩陣，C是一En22*(n2的矩陣，從rank(12n2)n

b2 b1

ai

b

bb1)

b

b2b

)k 12n2都屬于方程AX0解空間AX0解空間（1）用UK上所有n證明：UMn(K的一個子空間，并求U

對任意 Aa2 aiKkaiK,(i1,2,...,n)

，以 k ，nn因此kA

對任意的A an1U，和B bn1U， aiK,biKaibiK a1 a2 a3 anAB an1 bn1an a1 a2 an1bn1

a2 a3 a4 a1可知UMn(K記Ci

ci

ci

，其中

0,ji，i1,2,...,n1,jci

ci

nan

U，有A akCk，即U所有向量都能用k量組(C1C2Cn)線性表n

ki0,i12n，向量組(C1C2Cn線性無關(guān)綜上向量組(C1C2Cn)是U的一組基

ij

fRnfRna1 a2 aa對Rn中任意的非零向量?，f(,)H i? ?

i1j1ij g(x)axi1R上的一個多項式函數(shù)，有0g2xaaxi i

ij 可得0g2(x)dxa xij2dxij1f(, i1j

ij i1j1若0101 g2(x)dx00f(,)fRnA0，可得'A0A0rankBrank'1，rankB1BX0解空間W0n1，W0B的屬于由0，A0BAA'A('AAA，知B的特征值AB的屬于特征值的特征向B的屬于這個特征值的特征子空間為W0WW00，所以dimWdimW0dim(WW0)即dimW1A0,AWdimW1，WdimW1dimWdimW0nB沒有其他特征值，0B的唯一非零特征值，也是B最大的特征向量6.ARn維線性空間V上的一個線性變換，用I表示VA3Irank(IA)rank(IAA2)f(x)1x3g(x)1xh(x)1x其中(g(xh(x1f(x)Kerf(AKerg(AKerh(AKerg(AKerh(AA3f(A)Kerf(A)VKerg(A)dimVdimKerg(A)dimnnrankg(A)nnrank(IA)rank(IAA2x2sinx

2005數(shù)學專業(yè)數(shù)學分析設f(x) sinx，試求limsupf(x)和liminff(x)x2sin x x x2sinx首先我們注意到.f(x) x2sinx2sin并且在x充x2sin

sinx

sinx

所以易知在xx2sinx2sinx2x2x2kk這么一個子列得到2

sin

0,lim

x2sin2

0,liminff

x2

sin x2sin x2k1)k這么個子列得到(1)f(x在開區(qū)間(abf(x在(abf(x在(ab一致連續(xù)證明

f(x)在x(ab)時上界為M.因為f(x)在開區(qū)間(ab)上可微對于x1,x2(a, Lagrange中值定理 (x1x2使得f(x1f(x2)f()x1x2Mx1x2 Lipschitz條件,所以由x1,x2任意性.易證明f(x)在(a,b)上一致收斂(2)f(x在開區(qū)間(ab)(abf(x在(a證明:否定回答.f(x)在(a,b)上是的.1設f(x1x)2顯然此f(x)在[0,1]上是連續(xù)的.根據(jù)Cantor定理,閉區(qū)間上1連續(xù)函數(shù)一致連續(xù).f(x)在(0,1). f(x)(1x)21在(0,1)上是可微的.f(x) .12(1f(x) 在(0,1)上 的12(1f(x)sin2x21)f(xf(n0(n1,2,3):這道題目要是直接展開是很麻煩的.先對原式做一下變形.f(xcos[2(x21)].再由cosx的Maclaurin展開式. f(x)是偶函數(shù)，所以其展開式形式應該為：f(xkkx2kx4kx2n 比較系數(shù)有：k0 ，接下來， p為奇數(shù)，則1(1)k122k(x2f(x) 中x2p項系數(shù)為2

1

(2kCp□22k□(1)k1 1 22k□(1)k1 2 2 (2k 2 p1(2kp)!2kp2t1,ktp2

2p□(1)222t1□(1)t 有k2p

2

(2t

p

2p為偶數(shù)時k2p

2p□(1)2

(1)2 sin2p2f2p(0)2

□(2p)!

p12p1□(2

cos2pf(n)(0)

f2p1(0) x2y2解：f(x,y)x2 。顯然這個函數(shù)在xy0的時候，有偏 0xy x(x2y2fy(x,y)(x2y2 fy(x,y)

(x,y)y(y2x2(x2y2

xy0的時候，有fx(x,y)

cos sin 對于任意方向極限，有l(wèi)imf 2□cos cos sin 此函數(shù)的方向極限都存在。最后，因為沿不同方向趨向原點。不妨設， 4cossin與cossin。且其都不為0。所以該函數(shù)在原點不連續(xù)。計算x2ds.Lx2y2z21xyz0L解：首先，曲線L是球面x2y2z21xyz0的交線。因為平面xyz0x2y2z21所以它們的交線是該球面上的極大圓。再由坐標的對稱性。易知 x2dsy2dsz 因此有Lxds=3L(xyz)ds3Lds=3（2）{fn(x點點收斂于[ab上的連續(xù)函數(shù)

fn1證明：{fn(x在[ab上一致收斂于1：首先，因為對任x0ab有fn(x0S(x0。且有fn(x0fn1x0，所nnn，有0S(xf(x 又因 fn(x)與S(x)在

點連續(xù)。所以可以找到

0 xx0x,且xa,b時。有fn(x)fn(x0) ，以0S(x)S(x)0

nnxx且xab 有

0S(x)fn(x)0

S(x)fn(x)S(x)S(x0)S(x0)fn(x0)

fn(xfn(x0)x如此，令 x0a,b區(qū)間

x

{xx0ab}S(x)在閉區(qū)間ab上連續(xù)。由Heine-Borel定理，從開區(qū)間族{xx0ab}中可以選出有限個xxx,x kkab∪xi。由xi的選法?？捎上鄳獂inkixxi∩abinnkS(xfn(x)ii立。所以{fn(x)}在ab上一致收斂于S(x)。i

S(x)fn

有界，由Bolzano-Weierstrass定理，所以其必存在

)n收斂子列{xnkx0ab有fn(x0S(x0

收斂于ab中某值x0p且 fn(x0)fn1(x0 ，所以 ，當nk 時，p S(x)f(x)S(x) (x)0 設某 ，由S(x)與 xx00,且xa,b S

p0(xS(x)0(x)f

(x)0同時成立．顯然， k{xnx0KKkp1k

knknKk

xn

S(x)f(x) 0．這與假

S(x) (x) ．

S(x)S(x)S(x) (x)

(x) (x 所以在a,b上，{fn(x)}是一致收斂于s(x)．證生入學考試試題20001一．（30分）（1）用語言證明： 1x1faf(a)0

f(a1)nf求極限

1p2p nn1xdy

p

x y二.（15分）計算L

，其中L是橢 x2y a

1求ky3zx在條件x2y2z21,z0下的最大值和最小值3.證明：存在唯一的X使得(五.（20分）設RnfR0x(x)0,當yxy(x)時，有fyf(xf在達到最大值北航2004 入學考試《數(shù)學分析》試f(x在(abf(x在(abf(x在(ab f(x在[ab上連續(xù)，x[ab]，f(x))n收斂，求證(f(x))n在[ab f(xx2y21f(x在其邊界上為0f(0,0)lim1

fxxfyydxdySxy|2x2y2

S x2f(x在(f(x°(xnnknx，

f(k)(x)0f(xxsinntdtnf(x是以20nf(x是一線性函數(shù)與一以2f(x在(f(0)f(0)0

f(nx)0{{xn

，n，0

n

f(nx0nf(x在(alimsin(f(x1limf(x x

華東師范大學200411、求lim(cosx

)22yeln2xxsin(arctanxy3、求(1x)2dx4、求冪級 nxn的和函數(shù)f(x)5L為過O(0,0A(,0)yasinx(a0,求(xy3dx2 yasinx,dydasinxacosS6、求曲面積分(2xz)dydzzdxdy,zx2y20z1,取上側(cè)S.1{xnn1,2,,}是互不相等的非無窮大數(shù)列，則{xn}至少存在一個聚點x02f(x在(abf(x在(ab上一致連續(xù)3f(xg(x在[0,1]上可積，則lim

i f( )

f(x)g(x)dxnn 4、若a收斂，則a2 n

5R2f(x,yf(x,y),f(xy)f(xy,f(xy (0,0)f(xy在(0,0)上可微6、f(x,y)在R2上連續(xù),D(x,y){(x,y)|(xx)2(yy)2r r(x0,y0),r0,r

f(xy)dxdy0,f(xy)0,(xyR2（15分）f(x在(,上連續(xù)，且limf(x)

f(x在(,（15分）求證不等式2x1x2x五、設fn(x) n 在[a,b]上連續(xù),且fn(x)在[a,b]上一致收斂于f(x).x[ab,f(x)0.求證N,0,使x[abnN,fn(x)求證limna0（15分）n{an}滿足（1）0

100annk1,k2,;（2）級數(shù)an收斂.n

f 在[1,)上有界x八、（15分）P(xyzQ(xyzR(xyz)R3(x0,y0,z0 為中心，以任意正數(shù) 為半徑的上半球 S:(xx)2(yy)2(zz)2r2, r恒有 P(x,y,z)dydzQ(x,y,z)dzdxR(x,y,z)dxdyr求證:(xyzR(xyz)0,Px(x,yzQy(xyz)大連理工大學2005攻讀 考試試題一、算1、lima12a2nan其中l(wèi)ima 解

nlima12a2...nanlim(n1)an1lim(n1)ana(利用 n2 n(n1)2 2n 2、求極limex(11 解(11)xlimex(11)x2lim( (11)x

(11)x(ln(11) 1 x e

(1x

o(1))

x111 11 1

(11exe

elime

lim(

lim( 2x)x 3、證明區(qū)間（0，1）和（0，+）具有相同的勢。證明：構(gòu)造一一對應y=arctanx。y24、計y2D

dxdyD是x=0,y=1,y=x圍成的解 dxdy1 dxdy1ln(xy2)|yy2 00y2 D 0ln(1y)dy0ln 0[(1y)ln(1y)(1y)ylnyy]02ln5、計算第二類曲線積I

ydxxdyCx22y21方向為x2時針 x1212y

,[0,2

1sin2

cos2I

換元x2

11cos2

d

cos4203cos2421 x

1x

darctanx

(2x) (1x22222萬 131

(2x2)(1x2 dx4221

x221 22 6、設a>0,b>0,證

a11

a b 證明a1 a abbb1 ，構(gòu)造函數(shù)f(x) bx abb1

b

f(b a abb1bf ab a af'(x)1x

[ln(1xxab)]0(Taylor展開可以證明所以f(x)二、設f(x)為[a,b]上的有界可測函數(shù)，且

f2x)dx0,證明反證法，假設A={x|f(x)≠0}，那么mA>0 Anx|f(x An。必然存在某個AnmAn

f2(x)dx

三、f(x)在開區(qū)間（0）內(nèi)連續(xù)且有界，是討論在（0，+）內(nèi)的一致連續(xù)性。f(x)sinx顯然，fx)連續(xù)且有界。但是fx)在x0時非一致連續(xù)反證法：如果一致連續(xù)，對0,x0,0,當|x'x||sin1x

1|.取x令x' ,x"1。當n足夠大的時候|x'x"| (2n (2n|sin1sinx xx4x4四、f(xy

|1x2 ,(x,y)(0,

，討論函數(shù)的連續(xù)性和0,(x,y)(0,解連續(xù)性

x2 1x1x4可微性f(0,0)limf(x,0)f(0,0) f(0,0)limf(0,y)f(0,0) x2x2 x4limf(x,y)fx(x,x2x2 x4

x2

五、設f(x)在（a,b）內(nèi)二次可微 ab (b (a,b)，滿足f 2f f f"( 證明令g(x)f(xbaf(x)，利用Cauchy2g(x)g(a)g'()f(ba)f(),(a,x利用Lagrange中值定理f(ba)f()b

f"(),(,bababa令=ba,原式g(x)g(a)( )f"( 六、f(xR二次可導xR，f"(x0,x0R,f(x0

f'(x)0,

f'(x)0，證明：f(x)在R上恰有兩個證明先證：當x的時候，f(x

f'(x所以，當x的絕對值足夠的時候不妨設xx1f'(x)2當x

f(x)f(x)(x x1)2當x2f(x1x的時候，f(x 同理,當x的時候，f(x又f"(x)0f'(x)為遞增函數(shù)f(x)七 設函數(shù)f(x)和g(x)在[a,b]內(nèi)可積，證明:對[a,b]內(nèi)任意分ax0x1xnbi,i[xixi1i0,1,

f f(x)g(x)dxlimf(i)g(i ||0 |f(i)g(i)xif(i)g(i)xi||f(i)[g(i)g(i)]xi

max{|f(i)|}|g(i)g(i) 由于g(x)可積，所以|g(ig(i|xiixi0，(i為振幅

lim|f(i)g(i)xif(i)g(i)xi|0，從而||0 八、級

n03n解(1)n

(1)n(x3)n在(1,1]

3n 3n(1)n(x3)n在(1,1]內(nèi)一致收斂，所以可以逐項n0M(1)n(x3

3

1(x)3M

)'(1)(x)

11 M1(1) 11 dx

dx

1x1(3 3

3n M 1 01 01 1xln(1 11d(x2 1 601xx220

d(x ln2

133arctan2x1|1ln21333 3九、論函x(n2en2x2n1)2e(n1)2x2在(0,1)和(1,+∞一致收討論x(n2en2x2n1)2e(n1)2x2xlim(n2en2x2 1）xlim(n2en2x2)）取 1,|Sn n(xn0|nxlim(n2en2x2)(xex2ex2(12x20即xex2e2

n2

xn2en

n2e

e 0,x1,N 4ln,nN,Sn(x)十、x2dydzy2dzdxz2dxdy，其中為圓錐曲z2x2y2被平z=0,z=2所截部分的外側(cè)。解x2dydzy2dzdxz2dxdy

(xy 2000(rcosrsinz)rd2z 2z

0dz0

dr

(cossin)d0zdz0rdr0十一、 f(x)在[0,1]上單調(diào)增加,f(0)>=0,f(1)<=1,證明[0,1],f()M{x|f(x)x3,x[0,1]}minfM顯然M非空,下證:f(m反證法：如果命題不成立，那么顯然f(mm3,不妨設f(mm30xm,f(x)f(x)f(m)rx3由于yx3是連續(xù)函數(shù)，所以，對r>0存在xx'3m3r0,與單調(diào)性十二、設f(x)在[0,+∞]上連續(xù)

(x)dx絕對收斂，證0limnf(x)(x)dxf(0)x limnf(x)(x)dxf(0)x 因為0(x)dx絕對收斂，當n足夠大的時候0(x)dx0(x)dx<，因為f(x)連續(xù)，所以，當n足夠大的時候fxf(0)n|nf(x)(x)dxf(0)(x)dx||n[f(x)f(0)](x)dx|f 0|(x)dx|f由于的任意性，所以十三、設an0，證明 ln ln證明（1liminfln(1/an)12r ln即nln(1/an1r11/aln

nan(1rn limsupln(1/an) ln)ln

nan(1rnxx2xet2dt與ex2為等價無窮大量0求不定積分

ln(1x)dx求曲線積分I (y2cosy)dxxsinydy,其中有向曲線□A為沿著正弦曲ysinxO（0,0）A(0)fuf(x2y2z2，并有方程3x2y2z36xyz 在點P0(1,1,1)處的值zz(xyzz(zx

0(z0所圍成的立體 內(nèi)必 四、（12分）證明：若an絕對收斂，則an(a1a2□□□an)亦必絕 xn在[0,1]f(x)xn在[0,1]六、（17分）設函數(shù)f(x)在閉區(qū)間a,b ，證明xnablimf(xn)nca,b，使得0,f(x)在(c-,c)∩[a,b] .（此題鼓勵多 年華東師范大學招生考

<數(shù)學分析>試題

2xxet20

xt edt0

xet2 1 1xex2(12x201 ln(1x)dxln(1x)d(1 x2 1ln(1x) x(1⑶I2

1ln(1x)x 1x

f'(x2y2z2)(2x2zzx36yzzx3z26xy

12z2

36第二種情況：FORyx4y

(1,1,1)f'(x2y2z2)(2x2yyx)(1,1,1)fxa yxaD(x,

2a a x2y1 xya VD

dxdyxarcosyarsinJabrDr212V2d

1r2 1r

1 11r0 r1r2223

abc（反證法f'(x在(ab

f'(x)M。則對任意取定cab

f(x)f(x)f(c)f(c)f'(x)xcf M(ba)f(c)M導致與f(x)在x(a,b)上的條件 ，故證得f'(x)在x(a,b)上必定無四、因為

a1a2 anM an(a1a2an)Man 又因為ManM 收斂，故由優(yōu)級數(shù)列判別法推 an(a1a2 an)也收斂lim 1,x由于sup(xn0)10(n，因此xn在[0,1)不一致收斂，故在[0，1]0limf(x)xn0,x0fx1左連續(xù)，故0x1,1]f(x)f(1)于是x(1,1時f(x)xn0

f(x)f(x),nN說明f(x)xnx(1,1]上一致連M=0，

f(x)0，結(jié)論顯然成立0

f(x)xn0M(1)n0(n)所以f(x)xnx[0,1上一致連續(xù)。綜上證得f(x)xn在[0，1]上一致連續(xù)。⑴因為f在[a,b] ，故M0,x[a,b]，使f(x)MMn(n1,2,)，相應地xn[ab](n1,2,)，使得故limf(x)。

f(xn)n 因為⑴中所得的xn[a,b]，故存在收斂子列，設為nlimnk

c[a,0,K10kK1n ∪(c;)[ab]nk另一方面。因為limf(x)，故

0,K20kK2使f(nk)Mn ∪(c;)[a,nk于是f在(c;)[a,b]

f(nk

M（24分）計算求

1)1ln(11ln(1cosx□sin3x1cos2zz(xy是由方程F(xyzx2y2z20所確定的可微隱函數(shù)，試求gradz。（14分）證（1）(11)1n為遞減數(shù)列n n （2） nln(11)1, n1,2（12分）設f(x)在ab中任意兩點之間都具有介質(zhì)性，而且f（a，b）內(nèi)可f'(x) （K為正常數(shù)x(a證明：f在點a右連續(xù)，在點b左連（14分）設In1(1x2ndx，證明0I 2 ,n2,3,nI

2n ,

n1,2,

f(x)（12分）S為一旋轉(zhuǎn)曲面，它由光滑曲yf(x),xa,b,z (f(x)繞x軸曲線旋二重積分計算曲面面積的導出a的面 為：A2bf(x)1f'(x)2a（24分）級數(shù)問sinx, f xa,bf(x)ff(x) 設

1,

fn f f(k)(0),k 設an收斂limnan0，證明n(anan1an 設fn(x)為a,b上的連續(xù)函數(shù)序列，且fn(x)f(xxa,b，f(x在a,b上無零n充分大fn(x在a,b上也無零點；并有 fn

f

xa,b華東師范大學2000年數(shù)學分析解⑴limxln(1x)

1x1 x

x0xln(1 x0ln(1x)

1

x0(1x)ln(1x) x0ln(1x)1 cosxsin3⑵1cos2xdx

1cos2xt(t2=1t

dt

t(1t2)1t t =t1t2dt2ln(1

) =1cos2xln(1cos2x)2zFxyzF12xF2⑶ xyF12zF2gradz{z,zz

2yF2 xyF12zF2 1 ⑴欲證1n

1n 1

nn21

1n n1因此，令x1x2 xn11n,xn21。nn2x1 xn2

11 1n

nn21

1n11(n1) n nn

n1 11⑵由⑴與 n

n11n1n111ne11 n

n 1 1 1(n1)ln1 n nln1

1

1,ln1

1

n

n n0,xaaf(x)

f(afa滿足

f(a)（f(x0f(af(xf(a，f(a f(x)f(a)=

f(x)f(x1)f'()x

f(x1)ffK faf在b1因為I 2

2n

1x2(1x2)n1(10

)dxx(1x

|0012n[(x21)1](1x202nIn12nIn

I

,nI2n2n24 2n=24352323

2n 52n456745672n12n2312n23(2n2312n23(2n233 233S:y2z2f2xf2(x)yz (xyDxy|f(x)yf(xf2(x)yzx

f(x)ff2f2(x)y1z2z f2(x)[1(f'(x))2f2(x)y

z f2f2(x)yy bA2ab

f(f(

f 1(f1(ff2(x)yyfyff(

2fa

1(f'(x))2dxf2(x)f2(x)yf(ff2(x)yf(

f(

A fa

(f'(x))2dx x由sinx(1)n1

(2nsinx x (2n

f(2n2)(0)(2n (2n，f(2n2)(0)

n1(2n2)!(2n

。2n ⑵設an與n(anan1Sn與n n(a1a2)2(a2a3)n(anan1a1a2 anSn由于limSnS,limnan1lim(n1)an1

0 nlimnlimSnS 即n(anan1anS 上連續(xù)。又因為f(x)0，所以

f(x在f(x)m

f(x)m0.，x[a,取0 0，N00，當nN0時，對一切x[a,b]，都2fn(x)f(x)

f(x)fn

m2mmmf(xmf(x)f(xm 又因為0

1f

1mffnffnfn(x)ffn(x)ffn(x)f(x)2

nN1(nN0X[ab0N10fn(x)f(x)

m222nNmax{N0N1}1f1f1f1fn2

m22

x[ab]1.(20')求下列l(wèi)imnanbn,(0anannnannnn因此(2)

nnnannan 其中f(a0,f(a)xaf(x)f (xa)f解：由于f(a0,f(a存在，從而f(x)=f(a)+f(a)(x-a)+f(a)(xa2o((xa2) )lim((xa)f(a)(f(x)f)xaf(x)f (xa)f (f(x)f(a))(xa)f(xa)f(a)(f(a)(x-a)+f(a)(xa)2o((xa)

(xa)2o((xa)a)f(a)(f(a)(x-

2 xa(x (xa)2 f(a)(f(a)(x-a)+f(a)

a)1

fxaf(a)(f(a)f(a)(xa)o((x2

2.(18')設f(x)在[01]上可微，且f(x)的每一個零點都是簡單零點，即若f(x0)證明：設若不然f(x)在[0,1]上有無窮多個零點，不妨設{xn0,1f(xn0n1 則存在{xn}的一個子列{xn使得xnx0k)且f(xn0，從而f(x0 則f(x)limf(x)f(x0)limf(xnk)f(x0)0與題設 0 x x0 3.(20')設f(x)是R上的2周期函數(shù)（1）0f(x)dxf(x)f(y)Lxy,x,ymaxxRf(x)證明：（1）f(xfy)LxyxyR0,0,取