2005年浙江大学数学分析试题及解答.pdf

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1、浙江大学2005年数学分析解答px2一（10分）计算定积分òesinxdx0p1pp解：exsin2xdx=éùex(1-cos2x)dxexdxe=-(p1)ò02êúëûò0ò0pppxpxpx由分部积分法ò0ecos2xdx=(e-1)+2ò0esin2xdx=(e-1)-4ò0ecos2xdxpx1ppx22p所以ò0ecos2xdx=(e-1)，所以ò0esinxdx=(e-1)解毕55n131i二（10分）设fx()在[0,1]上Riemann可积，且òf()xdx=，计算limå4ln[1+

2、f()]02n®¥nni=11i解：因为fx()在[0,1]上Riemann可积，所以$M>£0,f()xM，所以f()0®nnnnln(1)+x1i1i因为lim1=，所以å4ln[1+f()]与å4f()等价且极限值相等x®0xi=1nni=1nn由Riemann积分的定义：n1i1limå4ln[1+f()]=4òf(x)dx=23解毕n®¥nn0i=1axx-sin三（15分）设abc,,为实数，且bc>-¹1,0试确定abc,,的值，使得lim=c3x®0xln(1)+tòdtbtaxx-sin

3、解：若b¹0，显然lim0=，这与c¹0矛盾，所以b=03x®0xln(1)+tòdtbtaxx-sin计算lim，利用洛必达法则：3x®0xln(1)+tòdt0t3ax--sinxaxcosln(1)+xlim=lim，易有lim0=，若a¹1，33xx®®00xln(1++tx)ln(1)x®0xòdt0txax--sinxaxcos1-cosxlim=lim=¥，矛盾，所以a=1.计算lim，继续利用洛必达法则：333xx®®00xln(1++tx)ln(1)x®0ln(1)+xòdt0txx1-

4、-cosxxxxcos1-cosx++xsinx2sinxxxcoslim=lim==limlim3324xx®®00ln(1)+xln(1)+xxx®®003x63xx-332x1++xx(1)3cosx-xxsin1=lim==c解毕332243x®0(6-12xx)(1+)--+6xxxx(63)(1)234(1)+x1四（15分）设fx()在[,]ab上连续，且对每一个xÎ[ab,]，存在yÎ[ab,]，使得f(y)£fx()，证明：2在存在xÎ[,ab],使得f(x)0=证明:反证法,由于fx(

5、)在[,]ab上连续,由闭区间上连续函数的性质,不妨假设0

6、n®¥+¥lim()0fx=（2）设fx()在[a,)+¥上连续，fx()³0,且f()xdx收敛，问是否必有limfx()0=？为什么？nòn®¥ax®¥+¥x2证明：（1）因为f()xdx收敛，所以对于任意的e>0，存在G>>0,,当xxG时fx()dx时，fx()dx=

7、12(x-n+)[xÎ-nn,)ïnn22ïïn1（2）不一定有.举一个例子:fx()是这样一个函数:f(x)=í-2(x-n)+1xÎ+[nn,]n=1,2.3......n2ïï0其它,x0³ïî1+¥2显然函数fx()³0,òf()xdx==1,但limfx()0¹(因为在整点处函数值为1)解毕01x®¥1-2六（20分）设fx()在[0,)+¥上具有二阶连续导数，且已知M=sup{f(xx);Î(0,+¥)}和0M2=sup{fxx''();Î(0,+¥)}均为有限数。证明：2Mt0（1）f'()

8、tM£+对任何tx>0,Î(0,)+¥均成立.2t2（2）M=sup{fxx'();Î(0,+¥)}也是有限数，并且满足不等式M£2MM.1102证明:(1)考虑f()tt+在t处Talyor展开:f''()x2f()tt+=f(t)++f'()ttt,t>0,整理一下有:2f(2t)-f(tf)''()xf(t)+f(2tf)''()xf'()tt=-,,所以f'()tt£+t2t22Mt0所以f'()tM£+证毕2t22M