[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

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