《浙大一零一六年年数分考研试题及解答》.docVIP

浙江大学2005年数学分析考研试题及解答 一 、计算定积分。 解 ， ； 由分部积分法，得 ， 所以， 故。 二 设在上Riemann可积，且， 计算。 解 因为在上Riemann可积，所以在上有界，存在，使得， ，， 因为， 存在，当时，有， 于是，当充分大时，有 ， ， 由题设条件 ， ， 由夹逼定理，可知 故。 或者利用。 三 设为实数，且，试确定的值， 使得。 解 若，显然，这与矛盾， 所以。计算，利用洛必达法则，得 ， 易知， 若，则 ， 这与为实数矛盾，所以， 计算 ， 故，，。 四 设在上连续，且对每一个，存在，使得 ，证明：存在，使得。 证明 方法一 由条件可知,任取,存在,满足,存在,满足,这样继续下取,得到存在,满足;进而;存在子列及,使得收敛于 ; 在利用在处连续及,即得,,结论得证. 方法二 由于在上连续,设,利用条件可知,对任意,存在,满足,从而由,;进而有,;存在,使得;结论得证. 五 （1）设在上连续，且收敛，证明：存在数列满足条件，； （2）设在上连续，，且收敛，问是否必有，为什么。 （1）证明 因为收敛，所以有， 由积分中值定理，存在，使得， 显然有，； （2）不一定有，举一个例子： 例1 显然在上连续，， ， 但不存在。 设，尽管收敛， 但当时，不趋于0. 此例还给我们提供了一个重要例子： 在上递增有界，有有限的极限，在上连续可微且一致连续，但在上无界. 六、 设在上具有二阶连续导数， 且已知和均为有限数，证明： （1），对任何，均成立； （2）也是有限数，并且满足不等式。 证明 考虑在处Taylor展开， ，； 于是 ， 从而； （2）因为，对任何，均成立，取， （若，则，结论自然成立；假若，则，矛盾） 所以，故也是有限数，并且满足不等式。 七 设在上有定义，在任何有限区间上Riemann可积， 且收敛，证明：。 证明 对任意，存在，使得，； 对上述，及固定的，由黎曼-勒贝格引理， 成立， 从而存在，当时，有； ， 故有 。 八 （1）将展开为幂级数，求收敛半径; (2)利用（1）证明：； （3）利用（2）中公式近似计算的值，需用多少项求和，误差不会超过。（为自然数） 解 （1），， 所以，显然收敛半径，收敛区间为； （2）在中，令，则有； （3）对于误差的计算，取决于余项，由于， 不妨近似地用代替余项， ，所以， ， 所以至少计算项，这里是取整函数。 九、 设是上径向函数，即存在一元函数， 使得，，若， 求满足的方程及函数。 解 因为，， ， ， 由，得， 于是，从而， 由此，，这里均为常数， 故。 十 、设，是周期为的函数（），且，利用Fourier级数展开证明，等号成立当且仅当存在常数，使得 或； （2），， 所以， 利用格林公式，得 ， （3）将坐标看作是弧长的函数， 因为有， 所以， 令，是周期为的函数，由格林公式和（2）的结果， 可以得到下面的结论， ， 其中常数，满足，， 考虑 由（1）的结论 ， ， 代入上式，则有 ， 即， 于是 ， 等号成立存在常数，使得 ， ， 且， ， 由此，可推知，， 即得， ， 从而有， 为圆周曲线，此时为一圆盘，结论得证。 9