[武汉大学]数学分析一九九五年攻读硕士学位研究生入学考试试题解答.doc
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武汉大学一九九五年攻读硕士学位研究生入学考试试题解答
考试科目:数学分析 编号:01A
一.证明: 因{}无上界,故对任意G0,存在正整数,使得G.
现依次取G=1,可得 ,使得1; G=2,可得 使得 2.
这样得到一列, 使得
即证明了
二.证明:令则,且对有故 即
对上述使当时有
从而即.
三.证明: 因
故
四.解:记平面与L所围成的区域记为S,利用斯托克斯公式得:
五.级数条件收敛。因为 故使时有
即
即为单减数列,且 从而交错级数收敛,但由于而正项级数发散,故发散。
因此 条件收敛。
六.解:(1)由偏导数的定义:
(2)
因不存在,故 在(0,0)不连续。同理 在(0,0)也不连续。
(3)设,则在(0,0)点有
因
故在(0,0)可微。
七.证明:(1)由对及对 知
,从而对在[]上可积。对由关于n一致收敛知存在使得当 对一切n有,
又由知存在充分大的N,使得从而
故收敛。
(2)对由 关于n 一致收敛及 收敛知存在使得 又 故存在N,使得当时有,于是当时,故。
八.解:(1)不满足。因不存在区域使在上连续且。
(2)由于关于y严格单调升,在(0,0)附近关于y严格单调升,故在(0,0)附近关于y严格单调升。
(3存在。证明如下:首先在(0,0)附近区域上连续。固定因在[]上是的严格单调增函数,且
由函数的连续性知有考虑一元连续函数,由于所以存在,使得,明显也存在使得,令则对有,设为中任一点,则 又由于作为 的函数 严格增加,故必存在唯一的点使得。
由的任意性就确定了唯一的隐函数,显然。
再设是的 任意一点,记 对作两根平行线。类似上面的证明知 存在使得对有由于作为 y的连续函数的严格增加性,在上存在唯一的一个实点使得 ,这说明对于有故在内连续。
显然,于是由在(0,0)附近确定隐函数的唯一性知 ,其导函数。
96年数学分析
一.证明:由知又,于是
二. 证明:1)故于是,由,应用迫敛性得:
即
2)由在可微,可设由于不妨设则
再结合1)得从而在可微。
三.证:由题设条件知:使得,再由的连续性及知
使得,故
。
四. 证明:1)因有故
从而,开方得证。
2)因,故级数的收敛半径为R=1。
当x=1时,级数为显然单调下降,又由1)及夹逼原则知其极限为0(当时),由交错级数的莱布尼兹判别法知收敛。
当x=-1时,级数为由得:,于是,
因级数发散,故 发散。综上,级数的收敛域为
3)记若级数在上一致收敛,则对,使得时有对及成立,由于令就得:
这与原级数在x=-1处发散矛盾。从而得证。
五. 证明:1)由题设条件知有界,设对,由于连续,故使当时有,于是若令,则当时,对有,从而,
当时,故当时,对有,故
2)若 则,又,故
=
对,因故使得时有从而有
故
六.解:椭球面的参数方程为
,于是
=
=
=
97年数学分析
一.证明:因且不趋于,故存在,使得对时满足,依次令N=1,可得n,使得(0,M),N=,可得使得(0,M,一般地,令N=,使得使得,这样得到{}的子列{由致密性定理,{必有收敛子列,不妨设是收敛,即得{的收敛子列
二.证明:由题设条件知对有,,又由的连续性知在上必一致连续,即(不妨设使对,只要,就有令N=,即当时就有由此知
三.证明:设L:,则在L上连续,且L为有界闭集,故在L上有最大值最小值,分别设为
则由题设条件知,又因,当时,有
=,故
令,由迫敛性定理知,又连续,故故上述不等式对
点也成立。
四.证明:因有二阶连续偏导数,故由高斯公式有:
而
故 。
五.证明:1)反证。假设在上不连续,不妨设是的不连续点,即对总,使得现取,则,即,使得又因故 存在N使得,,再由题设条件
于是矛盾,故 在上连续。
2)假设在[a,b]上非一致收敛于则对总有及,使得,依次令,存在满足,再令存在满足存在满足。又因数列,于是有收敛子列
六.证明:1)因在(0,0)可微,且(0,0)=0,故在(0,0)的全改变量为,若设,又,则在(0, 0)点的全改变量为
==,因
故故在(0,0)可微,且。
2)又在(0,0)可微知,在(0,0)点连续,又,于是,又由在(0,0)得知, 在点连续,则,从而必有。且由在(0,0)可微知存,
=存在,又有在(0,0)得知,存在,故必有,从而,
同理可证最后在由在(0,0)的可微性得。
98年数学分析
一.解:收敛,证明如下:设及均有无穷个元,故分别存在由的
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