2010浙大数学分析考研及答案

1浙大2010数学分析考研试题1.1、计算下列极限和积分22)1(21limnknk解答：由nnknnnnk22112222)1(知原式=21.2、]1,0[],0[)sin(dxdyxyy解答：原式=100101)]cos(1[)sin(dyydxxyydy1.3、xxxxexx30sin)1(sinlim解答：原式=320sinlimxxxxexx=20321)cos(sinlimxxxxexx=xxexx62cos2lim0=)cossin(lim310xxexx=311.4、计算zdxdy其中是三角形}1,0,,);,,{(zyxzyxzyx,其法方向与（1，1，1）相同。解答：由公式，gauss原式=31dxdydz10,,zyxzyx1.5、dxx20sin1解答：2原式=dxxx20sin1cos=dxxx22320232sin1cos=22321232212021)sin1(2)sin1(2)sin1(2xxx=)21(2222=241.6、dxxx1021)1ln(解答：令tanx原式=40)tan1ln(d=4040cosln)cosln(sindd=dd4040cosln)]4cos(2ln[令4=4004coslncosln2ln8dd=2ln82、设0,2,sin11anaann且。计算nnan3lim。解答：可知0limnna事实上，11sinnnnaaa，而存在。于是Aannlim1sinnnaa两边令有,n3AaaAnnnnsinsinlimlim1而A=0.2221,022,13lim111kakkakakannn若若若.,2,1k事实上，当.03lim,01nnnanaka而时，当ka1时，.2220,222011kakkakan若若故此时，仅需证.13lim2nnan而这可通过stolz公式立即得到：2n21lim313limnnnanan=212111lim31nnnaa=21121sin11lim31nnnaa=12211221sinsinlim31nnnnnaaaa=xxxxx22220sinsinlim31=2230sinsinsinlim31xxxxxxxxx=xxxxsinlim6130=xxxcos13lim6120=xxxsin2lim210=13、设函数),()(在xf上连续，n为奇数。证：若.1)(lim)(limnnnnxxfxxf则方程0)(nxxf有实根。4证明：由题意：.21)(21)(;21)(21)(..,0nnnnxxfxxfAxxxfxxfAxtsA而nnnnAAfAAAAf)()(21023)(，于是由连续函数介值定理，..),,(tsAA.0)(nf4、证明dyyxy0sin在),[上一致连续（其中0）。证明：dyyxy0sin一致收敛于),[。事实上，因为,sinlimsinlim00xxxyxyyxyyy及1010,sinsindyyxydyyxy只需验证反常积分dyyxy1sin一致收敛，而用Dirichlet判别法：22sin1xxydyA，y1关于y递减且01limyy。dyyxy0sin一致连续于),[。由dyyxy0sin一致收敛于),[知对任意固定的0，..,0tsA3sin),[Adyyxyx，而有0sinsindyyyxyxyAAdyyyxdyyxydyyyxyxysinsinsinsin5=32)cos()(dyyxxxy（Lagrange中值定理）32xxA,当Axx3时。即dyyxy0sin关于x在),[上一致收敛。5、设)(xf连续。证明Possion公式：.)(2)(112221222dttcbafdsczbyaxfzyx证明：当0cba时，显然成立Possion公式：否则，用平面tcbaczbyax222)(Rt去割球面1222zyx，而分片求积，由余面积公式，1111222222222)()(zyxcbaczbyaxzyxdsczbyaxfdtdsczbyaxf.)(211222dttcbaf6、设1,1nbnann为实数序列，满足（1）.limnnb（2）11111nbbbniiin有界。证明：若nnnnnbbaa11lim存在，则nnnbalim也存在。证明：记nnnnnbbaac11，不妨假设0limccnn。若不然，用nncba代替na，而0)()(lim111nnnnnnnbbcbacba，cbcbababnnnnnnlimlim。往证0limnnnba。由6ⅰ、iniiinbbb1111n有界，而设界为M0ⅱ、0limnnc知对任意固定的0，..,01tsNMCNnn21.ⅲ、0limn知对上述1N,2,01nNbaNnN。现有)(111nnnnnbbcaa=···=)(11iiiNbbca，而,22max111111MMbbbbabannNiiiniNnNnn当Nn时。故0limnnnba。