浙大2005年考研数学分析试题

1． 计算定积分：解：

2． 假设f(x)在[0,1]Rieman可积，

0sin2xdx

1cos2x12dxcosxdx 224021n31i，求lim4ln[1f()] f(x)dxn2nni10sin2xdx00解：利用可积的定义和Taylor展开作

x2ln(1x)xo(x2)2if2()1i1i12i4ln[1f()]4f()2f()4o(2n)2nnnnni1i1ni1ni1nnnn11i3f()f(x)dxn02i1nnmax{f(x)}12i1lim|22f()|2lim|2max{|f(x)|}|2lim|0x1|0nnn0x1nnnni1i1if2()nn1in同理，lim4o(2)0,lim4ln[1f()]23nnnnni1i1nn

3． 设a,b,c是实数，b>-1,c≠0,试确定a,b,c，使得limx0axsinxc 3xln(1t)btdt解：不断利用L’Hospital法则

lim(axsinx)0,c0limx0xx0bln(1t3)dt0t不难得到b0axsinxaxxcosxacosxxsinxacosxlimlimlimx0xln(1t3)x0ln(1x3)x0x03x23x2btdt1x3a1climxa12sin21cosx21.b0limlimx0x03x23x261c6

4． f(x)在[a,b]上连续，对于x[a,b],y[a,b],|f(y)|1|f(x)|，求证：2[a,b],f()0

证明：利用实数系的几个定理就可以了

不妨设x0[a,b],(1)f(x0)0,则命题得证(2)f(x0)0,则根据题意，可以得到一个序列{xn},limf(xn)0n然后,{xn}有界，所以不难得到{xn}存在一个收敛的子列{yn}ylimyn,n

由于f(x)在[a,b]连续，f(y)limf(x)limf(yn)0xyn

5．(1)设f(x)在[a,+∞]上连续，且

af(x)dx收敛，证明：存在数列{xn}[a,)，使得

满足，limxn,limf(xn)0

nn(2) 设f(x)在[a,+∞]上连续，f(x)≥0,且

af(x)dx收敛，问：是否必有limf(xn)0，为

n什么？ 证明：（1）此题也可以用反证法来解决，也非常简单。

由于af(x)dx收敛，所以,{xn},xnan,x0a,xn1nxn不难得到limf(x)dx0

xn1xnf(x)dxf(n),n(xn,xn1)，就是要求的数列（2）不是，构造一个锯齿形的函数

11,n)12(n1)|xn|,x(a,)(nf(x)2n22n2，nN 0,其他情况3f(x)dxf(x)dx,从而收敛。而f(n)1，矛盾a2

5． 设f(x)在[0,+∞]具有二阶连续导数，且已知M0sup|f(x)|和M2sup|f\"(x)|x(0,)x(0,)都是有限数，求证：

(1)f'(x)2M0tM2对任何的t,x(0,)成立t2 (2)M1sup|f'(x)|也是有限数,则M12M0M2x(0,)证明：

（1） 根据Taylor展开：

不妨设f(x0)M0t2 f(xt)f(x)tf'(x)f\"()22M0t(f(x)f(xt))tf'(x)f\"()M2t2t2（2） 由题1的结论：

2M0t(f(x)f(xt))tf\"()M2t2t22M0tM2 M1sup{f'(x)} t2f'(x)而

7．设f(x)在任何有限区间上Rieman可积，且

2M0t2M0tM22M22M0M2t2t2收敛，证明：|f(x)|dxlimnf(x)sinnxdx0

证明：分成两段，然后把它化成级数来考虑，做的有点麻烦。

xm2mnN2a2bAlimnf(x)sinnxdxlimNmbnNanNNan22l21f(xm)sinnxmlim[f(xm)]sinnxmnNNmNlbnnnNlbnanf(xm2a2l2)f(x)dxB2bnnan当n足够大的时候，f(xmlbnN2l2)Bm,m0nn1sinxdx0N当N足够大的时候,sinnxmmNNN1ABlimsinnxmlimsinnxmm2sinxdxlimmax{m}00NNNNmNNmN对于任意的有限区间，f(x)sinnx的积分为0然后利用|f(x)|dx收敛，2af(x)sinxdx2a|f(x)|dx,2bf(x)sinxdx2a|f(x)|dx不难证明命题成立。 8．（1）将arctan x展开为幂级数，并求他的收敛半径

44(1)n4... （2）利用（1）证明：4...352n1（3） 利用（2）的公式，近似计算的值，需要用多少项求和，误差不会超过10解：（1）

m？

y(x)arctanx

1

(1x2)y'1,两边求n次导数2

1x

12(n1)

y(n1)Cn(2x)y(n)2Cny0y'

x0时，y(n1)n(n1)y(n1)

(2n1)

(1)n1(2n2)!y

y'(0)1,y\"(0)0(2n)

y0



(1)nx2n1

arctanx

2n1n0

1Rlim2n11

n12n1

不难证明收敛区间是(-1，1]

（2）将x=1代入

(1)nx2n1arctanx2n1n04arctan14(1)n02n1n

（3）利用Taylor展开的余项

(1)nx2n1arctanxRN12n1n0N(1)nx2n3RN1,x(0,1)2n34|RN1|10m，即只要

410mn2*10m1即可2n3229．设U(x,y)是R2/{0,0}上C2径向函数，即存在一元函数f，u(x,y)=f(r),r=xy，若满

2u2u足如下的方程：220，求f满足的方程及函数u(x,y)

xy解：我对复变函数学的不多，只能看出u(x,y)应该是调和函数，应该可以找到一个共轭的调和函数，然后接下来是不是可以继续作我就不是很了解了。

u(x,y)f(r)udf(r)rxf'(r)xrxrx2udf'(r)rxx21x2rf'(r)f\"(r)2f'(r)(3)x2drxx2y2xrrr2uy21y22u2u1f\"(r)f'(r)()f\"(r)f'(r)0,pf'(r)y2r2rr3x2y2rdppdf(r)CCf(r)ClnrDu(x,y)ln(x2y2)D,C,D是常数drrdrr2

10．（1）设f是R1的C1，周期为L的函数（L>0）。且

L0f(x)dx0,l利用f的Fourior级

42数展开证明：|f'(x)|dx20LL2L0|f(x)|2dx，当且仅当存在常数a1,a1，使得

f(t)a1e2itLa1e2itL

（2）设是R2上具有C1光滑的连通区域。设A()是的面积，则

2A()divrdxdyrvds

其中r(x,y)r1(x,y)ir2(x,y)j,其中i,j是单位向量，v是的单位法向量 （3）同上，l()是的边界长度，利用（1）（2）证明：l()4A()，当且仅当时圆盘等号成立。 证明：（1）

2将f(t)表示成Fourior级数：2244f(t)a0(a1costa1sint)(a2costa2sint)...LLLL222444f'(t)(a1costa1sint)(a2costa2sint)...LLLLLLL2244f(t)dt0a00,由于{cost,a1sint,cost,sint}构成正交基0LLLLLLLL222222n222nancostdtansintdt(anan)0|f(t)|dt00LL2n1n1n14n222L22n4n222LL4n22222n2ansintdt2ancostdt2(anan)20|f'(t)|dt00LLLL2Ln1n1n1L242L|f'(t)|dt2|f(t)|2dt,当且仅当a2a2a3a3...0。0L0稍加变换，就知命题成立L2（2）

r(x,y)xiyjxydivr2xydivrdxdy2dxdy2A()则n沿着的切线方向，sv0,sv方向向下,v(cos(n,y),cos(n,x))rv(xcos(n,y),ycos(n,x))xcos(n,y)ycos(n,x)dsxdyydx2dxdy

（3）本题的证明是从陈纪修老师的《数学分析（下册）》P.432的定理16.3.7找到的

曲线关于弧长的参数方程xx(s),yy(s),s[0,l]lt,将曲线方程改写为：2x(t),y(t),t[0,2],这样(t),(t)都是周期为L2的周期函数。x(0)x(l),y(0)y(l)。左变量代换s通过适当的平移，使得(t)dt0.02ds2l2l22222()'(t)'(t)2['(t)'(t)]dt220dt442Axdy(t)'(t)dt02222l2A['(t)2'(t)22(t)'(t)]dt['(t)2(t)2]dt['(t)2(t)2]dt0002根据(1)知['(t)2(t)2]dt0,从而不等式成立。02当且仅当(t)acostbsint的时候取到x(t)acostbsint此时，,此时是一个圆周y(t)asintbcostc

我觉得这道题目的难点是把l2表达出来，开始，我直接用了极坐标的方法来做，结果在一个不等号出出现了问题。他做了一次参数方程，在变换到弧度制，巧妙的把l2的问题解决了。