数学分析大二第一学期考题

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1、《数学分析》（III）期末试题参考答案及评分标准一、（每空格4分，共20分）填空题xx1①−−−ggg23212222yyy223xxuu3②答案一：lny+，答案二：(2ln(3uv−+2))2vyvu32−v02aπ+−rcsinyy1πarcsin③I=−∫∫d(yfx,y)dx+∫∫d(yfx,y)dx,−−1πarcsinyy0arcsin22n④(−∞,a)−{1,2,2,,2,??}22⑤ln(1+a)a二、计算题（每小题10分，共40分）y1.I=dd,xy其中D是由x=0,y=0及x+y=1所围成的平面区域，∫∫xy+eDxx11−uv解令uxyv

2、y=+=,，则x=uvyv−=,，J===1，yy01uvddxyJuvuv==dddd，D是由uv−===0,v0及u1所围成的平面区域.1111yv−u−−v1I==ddxydduv=vveudd=−ve()edv∫∫xy+∫∫u∫∫∫eeDD10v0111−−v1−v1=−+−v1−15=−∫∫veddvevv=−∫vde−(1v)e0=−1（10分）2e2e2e0002222.Ix=+∫∫∫()y+zdυ，其中Ω是由x+yzzh≤≤,0≤所围成的立体图形.Ω解由于Ω关于yoz坐标面、xoz坐标面均对称，故∫∫∫xyddυυ=∫∫∫=0,于是ΩΩh2x

3、hhI==∫∫∫zxddυθ∫∫dyz∫22ddddz=∫∫ρρ∫zxΩDxy+00ρxyhh1122234=−2()πρ∫∫hhρ⋅dρπ=−(ρρρ)d=πh（10分）0024第1页共4页数学分析（四）答案与评分参考3.I=+∫∫(1xy)ddddddz+yzxx+y，其中∑为平面x+y+z=1在第I卦限∑的部分，而法向量指向原点.解∑++=:1xyz,z=−−1xyz,′=−1,z′=−1，xyI=+∫∫(1xy)ddddddz+yzxx+y∑=+⋅∫∫()x1,,1yz()−xy,−zx,1ddyxy=+⋅∫∫(1,,1)(1,1,1dd)xyx=−+∫∫(

4、yx+2)ddy∑∑Dxy11−x4=−∫∫d(xxy++2)dy=−（10分）0034.设函数f(x)在(−∞,+∞)上连续，且满足22224f()2tx=+++∫∫(y)(fxy)ddxyt,求f()x222xyt+≤解因f()t为偶函数，故只需求出f()t在[0,∞)上的表达式，于是不妨设t>0，利用极坐标变换x=ρcosθ，y=ρsinθ，将原方程右边化成2πtt2434342(∫∫ρρf)ρρθdd2+=tf∫d(θρρρ∫)d+t=4(πρρρ∫f)d+t000ρ≤tt34因此原方程化为f()4tft=+πρρρ∫()d0333上式两边求导，得f'()t

5、t=+4πf()4tt，即ft'()=4tft[π()1+]dy314记yft=()，则原方程化为=4dtt，两边积分得ln()πy1+=+tCπy1+π又由给定的式子可知f(0)=0,即当t=0时，y=0，由上式，得C=041πt4因此ln()πy1+=tπ，于是ft()=−(e1).（10分）π三、综合题（每小题10分，共20分）21.二元函数f()()xy,c=osxy在y上一致连续吗？为什么？11解记Pn=(π,0)，Qn=(π,)，则因dPQ(,)=→0，nnnnnn2fP()()2−=fQ，故二元函数f(xy,c)=os(xy)在y上不一致连续.（10分

6、）nn第2页共4页数学分析（四）答案与评分参考+∞pn−x2.已知p>1，问∑xe在[0,+∞)上一致收敛吗？为什么？n=1解设uxxe()=pn−x，则由uxxpn′()=pn−−1(−=xe)x0，nn得x=p，而当xp∈+(),∞时，uxxpn′()=pn−−1(−>xe)x0，当x∈(0,)p时，nnpuxxpn′()=−0nnppppnnnee∞+∞1pn−x而∑p收敛，

7、故由魏尔斯特拉斯定理知，∑xe在[0,+∞)上一致收敛.（10分）n=1nn=1四、证明题（每小题10分，共20分）x1.设函数f(x)在[ab,]黎曼可积，且f()xf=()tdt，1nn+1∫a试证函数列{}f()x在[ab,]上一致收敛.n证因f(x)在[ab,]黎曼可积，故f(x)在[ab,]有界，设11M=∈sup{()

8、fxxab1[,}]，则xxf21()xf≤≤∫∫()dttMdt=M(x−a)aaxx12f32()xf≤≤∫∫()dttM(t−a)dt=M(x−a)aa2Mnfn+1()xx≤−()an!MnMn因此f()xb−≤0()−a，而