数学分析与高等代数考研真题详解--武汉大学卷

武汉大学2006年数学分析考研试题武汉大学2006年数学分析考研试题一、已知：21lim 31x x ax b x→++=-，求常数,.a b二、已知：2111()221n nn x x +∞=-+∑，求其收敛域。

三、f 在[]0,1上可导，且(1)2(0)f f =，求证：(0,1)ξ∃∈，使得(1)()()f f ξξξ'+=。

四、已知()f x 在[]0,1上可导，(0)0,0()1f f x '=<≤。

求证：11230(())()f x dx f x dx≥⎰⎰。

五、 已知f 在[,]a b 上单调递增，(),()f a a f b b ≥≤，求证：[,]a b ξ∃∈，使得()f ξξ=六、 在过(0,0),(,0)O A π的曲线:sin (0)L y a x a =>中，求出使得3(1)(2)Ly dx x y dy +++⎰的值最小的。

七、 求第二型曲面积分32222()Sxdydz ydzdx zdxdy I x y z ++=++⎰⎰，S为椭圆2222221x y z a b c ++=的外侧八、 求证0sin xyxedxx y+∞-+⎰在[]0,1上一致收敛。

九、 已知方程2cos()0xy xy +-=(1)研究上述方程并说明它在什么时候可以在点(0,1)附近确定函数()y y x =，且(0)1y =。

(2)研究函数()y y x =在点(0,1)附近的可微性。

(3)研究函数 ()y y x =在点(0,1)附近的单调性。

(4) 试问上述方程在点(0,1)的充分小邻域内可否确定函数(),(1)0x x y x ==？并说明理由。

武汉大学2006年数学分析考研试题解答一．解 由21lim 31x x ax b x→++=-，知()21lim 0x xax b →++=，10a b ++=，()21123lim lim 211x x x ax b x aa x →→+++===-+--，所以5a =-，4b =. 二．解 设()211221n n n x ux x -⎛⎫=⎪+⎝⎭，显然当1x =时，()11nn u∞=∑收敛，当1x ≠时，()()21111limlim221n n n n n u x x x u x ++→∞→∞-=+，当1121x x -<+时，()()1lim 0n n n u x u x +→∞=，此时，()1nn ux ∞=∑绝对收敛；当1121x x -=+时，()12n nu x ≤，此时，()1n n ux ∞=∑绝对收敛；当1121x x ->+时，()()1limn n n u x u x +→∞=+∞，此时，()1nn ux ∞=∑发散，所以级数的收敛域为1121x x -≤+，()()22121x x -≤+，()320x x +≥，x ≥或者2x ≤-，故收敛域为(][),20,-∞-+∞. 三．证明 设()()1f x F x x =+，则有()()00F f =，()()()()11002f F f F ===， ()()()()()211x f x f x F x x '+-'=+，由拉格朗日中值定理，存在()0,1ξ∈，使得()()()()1010F F F ξ'-=-，()()()100F F F ξ'=-=，即知有()()()10f f ξξξ'+-=，()()()1f f ξξξ'+=.四、假设()f x 在[]0,1上可导，且()0()1,0,1,(0)0f x x f '<<∀∈=，试证明 ()230()()>⎰⎰x xf t dtf t dt，()0,1∀∈x . 证明 令()230()()()=-⎰⎰xxF x f t dtf t dt,()320()2()()()()2()()'=-=-⎰⎰x xF x f x f t dt f x f x f t dt f x ,因()0()1,0,1,(0)0f x x f '<<∀∈=，所以()0>f x , 令20()2()()=-⎰x g x f t dt f x ，则[]()2()1()0''=->g x f x f x ,即得()(0)0>=g x g , 所以()0'>F x ， 则()230()()()(0)0=->=⎰⎰x xF x f t dtf t dt F ,()0,1∀∈x ,于是 ()230()()xxf t dtf t dt>⎰⎰，()0,1∀∈x .五．证明 有题设条件，对a x b≤≤，有()()()a f a f x f b b≤≤≤≤，若()f a a =，则取a ξ=，即得结论.若()a f a <，则存在0δ>（充分小），当a x a δ≤≤+时，有()()x f a f x <≤，令[](){}:,,E x t a x t f t =∈<，则E 是非空有界集， 设sup E β=，则有a b β<≤，()f ββ≤，若b β=，则有()b f b b ≤≤，()b f b =， 若b β<，我们断言()f ββ=，假若()f ββ<，则存在0δ>，使得[],t a βδ∈+时， 有()t f t <，于是E βδ+∈，这与sup E β=矛盾，所以()f ββ=， 综合以上，结论得证.六．解()()()312LI a y dx x y dx =+++⎰()()331sin 2sin cos a x x a x a x dx π⎡⎤=+++⎣⎦⎰332000sin 2cos sin cos a xdx a x xdx a x xdx ππππ=+++⎰⎰⎰()3242203aa a π=+⋅+-+⋅3443a a π=-+，()()()244411I a a a a '=-=+-，1a =时，()0I a '=，当01a <<时，()0I a '<，()I a 在[]0,1上严格递减， 当1a <<+∞时，()0I a '>，()I a 在[)1,+∞上严格递增， 所以()I a 在1a =处达到最小值. 七．解 取0ε>充分小，2222:S x y z εε++=，由高斯公式，得()32222Sxdydz ydzdx zdxdyI xy z++=++⎰⎰SS S εε-=++⎰⎰⎰⎰⎰⎰()32222S xdydz ydzdx zdxdy xy zε++=++⎰⎰31S xdydz ydzdx zdxdy εε=++⎰⎰()31111V dxdydz εε=++⎰⎰⎰3314343πεπε=⋅⋅=.八．证明 设(),sin f x y x =，(),xye g x y x y-=+，显然()0,2A f x y dx ≤⎰，对每一个[]0,1y ∈，(),g x y 关于x 单调递减，()10,g x y x<≤，关于[]0,1y ∈一致的有()lim ,0x g x y →+∞=， 由狄利克雷判别法，知()()0,,f x y g x y dx+∞⎰关于[]0,1y ∈是一致收敛的， 即得0sin xyx e dx x y+∞-+⎰在[]0,1上一致收敛.九．解 设()()2,cos F x y xy xy =+-，显然，有()0,10F =，()(),1sin y F x y x xy =+，()0,110y F =≠，由隐函数存在定理，存在0δ>，存在[],δδ-上的连续可微的函数()y y x =，()01y =，满足()(),0F x y x ≡，[],x δδ∈-，()(),2sin x F x y x y xy =+，()()()()(),2sin ,1sin x y F x y x y xy y x F x y x xy +'=-=-+，当0x δ<<，（0δ>充分小）时，有()0y x '<，()y x 在[]0,δ上严格单调递减；当0x δ-<<时，有()0y x '>，()y x 在[],0δ-上严格单调递增， （4）()0,10xF =，由于每一充分接近1的y ，1y <， 存在x ，x -，使得(),0F x y =，(),0F x y -=，所以上述方程在点()0,1的充分小邻域内，不能确定函数()x x y =，()10x =. 对1y >，方程()2cos x y xy +=无解.。

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目录
中国科学院考研数学专卷...............................................................................................................3 2000 年招收硕士研究生入学考试《数学分析》试题 ..................................................................3 2000 年招收硕士研究生入学考试《数学分析》试题解答 ..........................................................4 2000 年招收硕士研究生入学考试《线代解几》试题 ..................................................................6 2000 年招收硕士研究生入学考试《线代解几》解答 ..................................................................7 2001 年中科院数学与系统科学研究所《高等代数》试题及解答 ............................................10 2002 年招收硕士研究生入学考试《高等代数》试题 ................................................................16 2003 年招收硕士研究生入学考试《数学分析》试题 ................................................................17 2003 年招收硕士研究生入学考试《数学分析》试题解答 ........................................................18 2003 年招收硕士研究生入学考试《高等代数》试题 ................................................................24 2003 年招收硕士研究生入学考试《高等代数》试题解答 ........................................................25 2004 年招收硕士研究生入学考试《数学分析》试题 ................................................................28 2004 年招收硕士研究生入学考试《数学分析》试题解答 ........................................................29 2004 年招收硕士研究生入学考试《高等代数》试题 ................................................................32 2004 年招收硕士研究生入学考试《高等代数》试题解答 ........................................................33 2005 年招收硕士研究生入学考试《数学分析》试题及解答 ....................................................37 2005 年招收硕士研究生入学考试《高等代数》试题 ................................................................41 2005 年招收硕士研究生入学考试《高等代数》试题解答 ........................................................43 2006 年招收硕士研究生入学考试《数学分析》试题 ................................................................51 2006 年招收硕士研究生入学考试《数学分析》试题解答 ........................................................52 2006 年招收硕士研究生入学考试《高等代数》试题 ................................................................55 2006 年招收硕士研究生入学考试《高等代数》试题解答 ........................................................57 2007 年招收硕士研究生入学考试《数学分析》试题及解答 ....................................................64 2007 年招收硕士研究生入学考试《高等代数》试题及解答 ....................................................69 2008 年招收硕士研究生入学考试《数学分析》部分试题及解答 ............................................75 2009 年招收硕士研究生入学考试《高等代数》两试题及解答 ................................................78 2010 年招收硕士研究生入学考试《高等代数》试题及解答 ....................................................80 2010 年招收硕士研究生入学考试《数学分析》试题及解答 ....................................................86 中科院数学所复试时遇到的题目.................................................................................................96

其中 N > 0 为一常数，且逐点有 fn (x) → f (x) （当 n → +∞ ）。证明： （1） f (x) 在[a,b] 上连续。
（2） fn (x)→ f (x) 。
6．设
f
(x,
y)
=
⎪⎪⎧ g ( x, ⎨
y ) sin
⎪0,
⎪⎩
1, x2 + y2
(x, y) ≠ (0,0)
，证明
+
1 32
−
1 4
+
1 52
+"+
1 (2n −1)2
−
1 2n
+ " 是否收敛？为什么？
∑ 3．求级数 ∞ ⎜⎛1 + 1 ⎟⎞n(n+1) x n 的收敛区域。
n=1 ⎝ n ⎠ 4．求函数 f (x, y, z) = xyz 在条件 x + y = 1 及 x − y + z 2 = 1下的极值。
∫+∞⎡
lim
n→+∞
−∞⎢⎣
f
⎜⎛ ⎝
y
+
1 n
⎟⎞ − ⎠
f
⎤ ( y)⎥⎦dy
=
0。
3．设 f (x, y) 为连续函数，且当 (x, y) ≠ (0,0) 时，f (x, y) > 0 ，及满足 f (cx,cy) = cf (x, y) ，
∀c > 0 。证明存在α , β > 0 ，使得α x2 + y 2 ≤ f (x, y) ≤ β x2 + y 2 。
其中
∆u
=
∂2u ∂x 2
+

武汉⼤学2011年数学分析试题解答武汉⼤学2011年数学分析试题解答1：计算题（1）解：原极限\text{=}\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt[n]{n}}{n}\cdot {{n}^{1-\alpha }}={{e}^{-1}}\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{{n}^{1-\alpha }}=\left\{\begin{array} +\infty, & \hbox{$0<\alpha<1$;} \\ e^{-1}, & \hbox{$\alpha=1$;} \\ 0, & \hbox{$\alpha>1$.} \end{array} \right.(解释⼀下：\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt[n]{n}}{n}={{e}^{\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}{In\frac{i}{n}}}}={{e}^{\int\limits_{0}^{1}{Inxdx}}}={{e}^{-1}}（来源于数学分析上册第⼆章课后习题）（2）解：考虑等价⽆穷⼩：\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{1-\cos x}{\frac{1}{2}{{x}^{2}}}=1，则1-\cos \sqrt{\tan x-\sin x}=2{{\sin }^{2}}\frac{\sqrt{\tan x-\sin x}}{2}\sim \frac{1}{2}(\tan x-\sin x)=\frac{\sin x}{2\cos x}(1-\cos x)\sim \frac{1}{4} {{x}^{3}}另⼀⽅⾯：\sqrt[3]{1+{{x}^{3}}}-\sqrt[3]{1-{{x}^{3}}}=\frac{2{{x}^{3}}}{{{(\sqrt[3]{1+{{x}^{3}}})}^{2}}+\sqrt[3]{(1+{{x}^{3}})(1-{{x}^{3}})}+{{(\sqrt[3]{1-{{x}^{3}}})}^{2}}}\sim \frac{2{{x}^{3}}}{3}从⽽原式 =\frac{3}{8}（3）法⼀：解：原式=\int{\frac{1+\cos x}{\sqrt{1+\cos x}}dx=}\int{\frac{2{{\cos }^{2}}\frac{x}{2}}{\sqrt{1+\cos x}}dx=}\int{\frac{2{{\cos }^{2}}\frac{x}{2}(1-{{\sin }^{2}}\frac{x}{2})}{{{\cos }^{2}}\frac{x}{2}\sqrt{1+\cos x}}dx}=\int{\frac{1+\cos x-\sin x\sin \frac{x}{2}\cos \frac{x}{2}}{{{\cos }^{2}}\frac{x}{2}\sqrt{1+\cos x}}dx=}\int{\sqrt{1+\cos x}{{\sec }^{2}}\frac{x} {2}+\frac{-\sin x}{\sqrt{1+\cos x}}\tan \frac{x}{2}dx}=2\int{d(\sqrt{1+\cos x}\tan \frac{x}{2})=2}\sqrt{1+\cos x}\tan \frac{x}{2}+C法⼆：由于\int{\sqrt{\text{1+}\cos x}dx}=\sqrt{2}\int{\left| \cos \frac{x}{2} \right|}dx考虑到\int{\left| x \right|}dx=\frac{{{x}^{2}}}{2}sgn x+C于是\int{\sqrt{\text{1+}\cos x}dx}=2\sqrt{2}\sin \frac{x}{2}sgn (\cos \frac{x}{2})+C（C为常数）法三：由于\int{\sqrt{\text{1+}\cos x}dx}=\sqrt{2}\int{\left| \cos \frac{x}{2} \right|}dx\overset{t=\frac{x}{2}}{\mathop{=}}\,2\sqrt{2}\int{\left| \cos t \right|}dt⽽\int {\left| {\cos t} \right|} dt=\left\{\begin{array}{ll} \sin t + {c_k}, & \hbox{$- \frac{\pi }{2} + 2k\pi \le t \le \frac{\pi }{2} + 2k\pi$;} \\ - \sin t + {d_k}, & \hbox{$\frac{\pi }{2} + 2k\pi \le t \le \frac{{3\pi }}{2} + 2k\pi$.} \end{array} \right.+C为连续函数，其中C为常数于是\left\{\begin{array}{ll} {c_k} + 1 = - 1 + {d_k} \\ {c_{k + 1}} - 1 = 1 + {d_k} \end{array} \right.，令{{c}_{0}}=0则{{c}_{k}}=4k,{{d}_{k}}=4k+2于是\int {\left| {\cos t} \right|} dt=\left\{\begin{array}{ll} \sin t + 4k, & \hbox{$ - \frac{\pi }{2} + 2k\pi \le t \le \frac{\pi }{2} + 2k\pi$;} \\ - \sin t + 4k + 2, & \hbox{$\frac{\pi }{2} + 2k\pi \le t \le \frac{{3\pi }}{2} + 2k\pi$.} \end{array} \right.+C即\int {\sqrt {{\rm{1 + }}\cos x} dx}=\left\{\begin{array}{ll} 2\sqrt 2 (\sin \frac{x}{2} + 4k), & \hbox{$ - \pi + 4k\pi \le x \le \pi + 4k\pi$;} \\ 2\sqrt 2 ( - \sin \frac{x}{2} + 4k + 2), & \hbox{$\pi + 4k\pi \le x \le 3\pi + 4k\pi$.} \end{array} \right.+C，其中C为常数（4）解：F(x,y)=x\int_{\frac{y}{x}}^{xy}{zf(z)dz-y\int_{\frac{y}{x}}^{xy}{f(z)dz}}则F_{x}^{'}=\int_{\frac{y}{x}}^{xy}{zf(z)dz+x[xyf(xy)\cdot y-\frac{y}{x}f(\frac{y}{x})\cdot \frac{-y}{{{x}^{2}}}]-y[f(xy)\cdot y-f(\frac{y}{x})\cdot \frac{-y} {{{x}^{2}}}]}=\int_{\frac{y}{x}}^{xy}{zf(z)dz+({{x}^{2}}-1){{y}^{2}}f(xy)}F_{xx}^{''}=xyf(xy)\cdot y-\frac{y}{x}f(\frac{y}{x})\cdot \frac{-y}{{{x}^{2}}}+2x{{y}^{2}}f(xy)+({{x}^{2}}-1){{y}^{2}}f'(xy)\cdot y=3x{{y}^{2}}f(xy)+\frac{{{y}^{2}}}{{{x}^{3}}}f(\frac{y}{x})+({{x}^{2}}-1){{y}^{3}}f'(xy)（5）解：原式=\int\limits_{0}^{1}{dy\int\limits_{-1}^{{{y}^{2}}}{({{y}^{2}}-x)dx+}}\int\limits_{0}^{1}{dy\int\limits_{{{y}^{2}}}^{1}{(-{{y}^{2}}+x)dx}}=\frac{6}{5}2：说明，原版的试卷中的题⽬可能有点问题，原版试题如下：已知f(x),g(x)在[a,b]上连续，在(a,b)上可微，且g'(x)在(a,b)上⽆零点，证明：\exists \xi \in (a,b),st\frac{f'(\xi )}{g'(\xi )}=\frac{f(b)-g(\xi )}{g(\xi )-g(a)}如果有思路的话，欢迎补充！证明:作辅助函数F\left( x \right)=f\left( x \right)g\left( x \right)-g\left( b \right)f\left( x \right)-f\left( a \right)g\left( x \right)虽然F\left( x \right) 在[a,b]上连续，在(a,b)上可微, F\left( a \right)=F\left( b \right)=-f\left( a \right)g\left( b \right)由罗尔中值定理,存在\xi \in \left( a,b \right)使得{F}'\left( \xi \right)=0即{f}'\left( \xi \right)g\left( \xi \right)+f\left( \xi \right){g}'\left( \xi \right)-g\left( b \right){f}'\left( \xi \right)-f\left( a \right){g}'\left( \xi \right)=0整理\left[ f\left( a \right)-f\left( \xi \right) \right]{g}'\left( \xi \right)-{f}'\left( \xi \right)\left[ g\left( \xi \right)-g\left( b \right) \right]=0即\frac{f\left( a \right)-f\left( \xi \right)}{g\left( \xi \right)-g\left( b \right)}=\frac{{f}'\left( \xi \right)}{{g}'\left( \xi \right)} ,证得3：（⽅法⼀）证明：\left| \frac{{{a}_{1}}{{b}_{n}}+{{a}_{2}}{{b}_{n-1}}+\cdots +{{a}_{n}}{{b}_{1}}}{{{a}_{1}}+{{a}_{2}}+\cdots +{{a}_{n}}}-b \right|=\left|\frac{{{a}_{1}}({{b}_{n}}-b)+{{a}_{2}}({{b}_{n-1}}-b)+\cdots +{{a}_{n}}({{b}_{1}}-b)}{{{a}_{1}}+{{a}_{2}}+\cdots +{{a}_{n}}} \right| \le \frac{{{a}_{1}}\left| {{b}_{n}}-b \right|+\cdots +{{a}_{n-N}}\left| {{b}_{N+1}}-b \right|}{{{a}_{1}}+\cdots +{{a}_{n}}}+\frac{{{a}_{n-N+1}}\left| {{b}_{N}}-b \right|+\cdots +{{a}_{n}}\left| {{b}_{1}}-b \right|}{{{a}_{1}}+\cdots +{{a}_{n}}}\le \underset{N+1\le k\le n}{\mathop \max }\,\left| {{b}_{k}}-b \right|+\underset{N+1\le k\le n}{\mathop \max }\,\left| {{b}_{k}}-b \right|\cdot \frac{N}{n-N+1}=I_{1}^{n}+I_{2}^{n}从⽽对\forall \varepsilon >0,先取定N使得I_{1}^{n}<\frac{\varepsilon }{2}，后让n充分⼤即有I_{2}^{n}<\frac{\varepsilon }{2}，于是有结论成⽴。