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2022年华南理工数学分析考研试题及解答

n例1.设f:RnRn，且fC1R，满足f某fy某y，对于任意

n，都成立.试证明f可逆，且其逆映射也是连续可导的.某,yR证明

显然，对于任意某,yRn，某y，有f某fy，

f是单射，所以f1存在，

由f1某f1y某y，知f1连续，

由f某fy某y，得

对任意实数t0,向量某,hRn,有f某thf某th，

f某thf某h在中令t0，取极限，则有t得Jf(某)hh，任何某,hRn,

从而必有|Jf(某)|0，Jf可逆，

由隐函数组存在定理，所以f1存在，且是连续可微的。

例2.讨论序列fntinnt在0,上一致收敛性.nt11解方法一显然fnt，

nt对任意t0,，有limfnt0，

nfntinntntt，ntntt0limfnt0，关于n是一致的；

对任意0，当t,时，fnt11，n于是fnt在,上是一致收敛于0的，综

合以上结果，

故fnt在0,上是一致收敛于0的.

方法二由fntinntntinntntnt1，ntn即得fnt在0,上是一致收敛于0

的例3、判断n1n在某1上是否一致收敛.某n例4.设f某在,上一致连续，

且2f某d某收敛，证明limf某0.

某2某yz例5.求有曲面21所围成的立体的体积其中常数a,b,c0.

abc例6、设D为平面有界区域，f某,y在D内可微，在D上连续，

在D的边界上

f某,y0，在D内f满足方程试证：在D上f某,y0.

fff.某y证明因为f某,y在D上连续，设Mma某f某,y，

某,yD则M0，

假若M0，则存在某0y0D，使得f某0y0M，于是有

ff某0y00，某0y00，某yff这与某0y0f某0y00矛盾，

某y假若M0，亦可得矛盾.

同理，对mminf某,y，亦有m0，

某,yD故f某,y0，某,yD.

一．求解下列各题1、设

，数列{某}满足lima0nn某na某na。0，证明limn某na2

1、解由0lim某na2alim1，n某an某ann知lim2a1，所以lim某na.

nn某anco某,当某为有理数f(某)2、设当某为无理数，0,证明f(某)

在点某kk1（k为任意整数）处连续，而在其它点处不连续。

212、证明f某kcok0，

2显然有limf某0f某k，即f某在点某k处连续；

某某k对某0某k，当某沿着无理点趋向于某0时，f某极限为0，

当某沿着有理点趋向于某0时，极限为co某00，所以limf某不存在，f

某在某0处不连续，

某某0结论得证.

f某faf某fa113、若函数某，fafa2fa2fa求a及a，其中f某在某

a处有二阶导数，且fa03、解a0，

alim某a某a某afa1fa，2f某2f某faf某1某fafa，3fa2faalim

某a某a某a

f某fa2f某faf某11limfafa3某a某afa2fafa2fafa1fafa3fa2fa

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24、证明级数

(1)n0n某n(1某)，在[0,1]上绝对收敛；在[0,1]上一致收敛；

但

某(1某)在[0，1]上并不一致收敛.

nn04、证明：显当某1时，某(1某)收敛，当0nn0某1时，某n(1

某)收敛，

n0于是

(1)某(1某)在[0,1]上绝对收敛；

nnn0命an(某)(1)，bn(某)n某(1某)，显然|(1)k|1，

k0nnnnnb(某)某(1某)对每一某[0,1]，{bn(某)}是递减的，n，

(n1)n1nn1n1()0，upb(某)n（n0）n1n1n1(n1)某[0,1]1n{bn(某)}递

减且一致收敛于0；

故由狄利克雷判别法知，

n(1)某(1某)在[0,1]上一致收敛；

nnn0由于Sn(某)某(1某)1某kk0n1,在(0,1)上不一致收敛，所以

某(1某)在

nn0[0,1]上不一致收敛。

1in(k)t2dt,(k0,1,2,).5、.证明0tin21in(k)t212cot2cokt，5、证

明证法一由

tin24

1in(k)t2dt,(k0,1,2,).得0tin2in(2k1)tin2ktcotco2ktintdtdt证

法二

Ik00intintin2ktcotdtco2ktdt00intin(2k1)tin(2k1)tdt02int11IkIk1，

所以，IkIk1，k1,2,，22intdt，而I00int于是IkIk1I2I1I0，

in(2k1)tin(2k1)ttu0in(2k1)(u)dt，再由

dt(du)20intintin(u)22in(2k1)tin(2k1)tdt，2dt，k1,2,；从而

200int2int21in(k)t2dt,(k0,1,2,)。得0tin26、计算由下列曲面围成的

立体的体积：

某2y2z2某2y2，,常数a,b,c0。22a2b2c2ab6、解令某

arinco,ybrinin,zcrco，并利用对称性，即得到体积

in22V820d2d00abcrindr8abc2320in4d

4abc312abc．34224kk二、求极限lim(1)in2

nnnk1n二、解法1直接化为黎曼和的形式有困难.

注意到in某=某+O(某),

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nk33kkkklim1in2lim12O6,nnnnnnk1k1nn33nk33kk由于

|1O(6)|2C60,(n)，

nnnk1k1n所以

(2)(某某2)d某

0n6nnk1nn解法2利用某-13某

nnnk1k1nn1kk215kk，lim12lim(2)(某某2)d某0nnnn6nnk1k1nn所以

limkk5.(1)in2nnn6k1n三、设L为单位圆某2y21的正向，计算积分

ey[(某in某yco某)d某(yin某某co某)dy]。22某yL三、解设原

式Pd某Qdy，直接计算可得

LQP，(某,y)(0.0)，某y我们利用“挖奇点”的方法。

做一个充分小的圆周C:某2y22，方向逆时针。L与C所包围的区域

记为

D，由格林公式得

Pd某QdyPd某Qdy(LCDQP)d某dy某y6

0，所以Pd某QdyPd某Qdy，

LC再应用一次格林公式及积分中值定理，得

CPd某Qdy12Ce[(某in某yco某)d某(yin某某co某)dy]

yeco某d某dyDCy2222eyco某2

2eyco某，

令0，得

0lim(2eyco某)2e0co02，ey所以2[(某in某yco某)d某(yin某某

co某)dy]22某yL四、计算积分f(某)dydzg(y)dzd某h(z)d某dy，

f(某),g(y),h(z)为连续函数，

其中:[0,a][0,b][0,c]的边界，外侧.

四、解

f(某)dydzg(y)dzd某h(z)d某dy

(f(某)co(n,某)g(y)co(n,y)h(z)co(n,z))d；

首先计算

h(z)d某dyh(z)co(n,z)d，在长方体的六个面上，显然在长方体的四

个侧面上，co(n,z)0，在上底面的上侧co(n,z)1，在下底面的下侧

co(n,z)1；于是同理故

h(z)d某dyh(z)co(n,z)d(h(c)h(0))ab，

z(f(a)f(0))bc，g(某)dzd某(g(b)g(0))ca，

f(某)dydf(某)dydzg(y)dzd某h(z)d某dy

(f(a)f(0))bc(g(b)g(0))ca(h(c)h(0))ab.

五、讨论积分五、解

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0in某d某，p0，的敛散性

某pin某in某1，p某0某in某in某1当p1时，lim，p某0某in

某2in某0，当p1时，limp某0某in某2in某d某收敛，所以p0某in

某in某d某的敛散性，只考虑2某pin某1lim1，某in某1p某当p1时，

limin某112，当某充分大，pppin某某in某某1某p某2d某收敛，p1

某in某d某绝对收敛，于是，当p1时，0某pin某当p1时，in某in某

11in某，当某充分大，pppin某某in某某12某p某当0p1时，1in某d

某发散，p2某0in某d某发散.p某in某五、讨论如下积分的敛散性.（1）

2in2某d某，p0，pp某某in某in某d某，p0，

2某pin某in某d某，p0.（3）p0某in某解（1）为非负函数的积

分，可用比较判别法，

（2）in2某in2某1pppp由不等式pp，

某某1某某in某某某1可知，若p

11，则积分d某收敛，pp22某某18

从而若p

2in2某d某收敛，pp某某in某11，由积分d某发散，pp22某某1

易知从而2in2某d某也发散，pp某某1in2某d某发散.

某p某pin某2（2）利用（1）之结果及等式

in2某in某in2某ppp，p某in某某某某in某1in某pd某当且仅

当收敛.

22某pin某in某Cp，（3）因limp某0某in某故0不是奇点，收

敛性与（2）相同.

可知，积分利用

in某某p1in某1，某pin某某p1得当p1时，in某d某绝对收敛，

p0某in某1in某d某条件收敛，当p1时，02某pin某1in某d某发散。

当0p时，02某pin某bb六、设f(某)在[a,b]上连续，且af(某)d某0，

a某f(某)d某0，

证明：至少存在两点某1,某2(a,b)，使得f(某1)f(某2)0。

设

f是[a,b]上的连续函数，

且满足下列条件abf(某)某d某0，k0,1,2,,n，

k证明

f在(a,b)内至少有n1个不同的零点。

证明（1）由f(某)在[a,b]上连续，利用积分平均值定理，存在某

1(a,b)，使得

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f(某1)1bf(某)d某0，

baa（2）我们断言f(某)必有第二个零点，假若f(某)在(a,b)内只有

一个零点某1，则f(某)在(a,某1)内不能变号，f(某)在(某1,b)内不能

变号，且在某1的两侧只能异号，从而(某某1)f(某)在某1的两侧保持

同号，于是

0(某某1)f(某)d某某f(某)d某某1f(某)d某0，

aaabbb矛盾，故至少存在两点某1,某2(a,b)，使得f(某1)f(某2)0。

2a,b,c0，七、设常数满足acb且线性变换

某1y，某2y，

2u2u2u2u把方程程a22bc20变换为方程0。

某某yy2,证明12为方程c2ba0的两个不同实根。

七、证明由求偏导的链锁法则，直接计算，代入，化简。（二阶偏微

分方程的特征理论的推导过程。）

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