大连理工大学602数学分析01-06.08-09.12年真题
大连理工大学数学分析期末试题
b x
8．
设 f n ( x) x x n 1 , n N ，求证 { f n ( x)} 在 (0,1) 上不一致收敛。
9．
广义积分 0
sin x 2 dx 是否收敛？ x
B-3
二． （10 分）设 f ( x) x 2 2 | x |, x 出 f ( x) 的 Fourier 级数。
连
理
工
大
学
试卷： 考试形式： 闭卷 1 月 10 日 试卷共 页
数学分析（三）
院系：__________ _____ 级_____ 班
授课院（系） ：_数学系_______ 考试日期：2007 年
一 标准分 得 分
二
三
四
五
六
总分
装
一 （共 40 分，每题 4 分） 1．计算
cos x 1 cos x
dx (a 0) 。 (a x 2 )2
2
装 订 线
2．
级数
2n n ! 是否收敛？ n n 1 n
3．
写出 f ( x) ln(1 3x 2 x 2 ) 的 Maclaurin 级数。
B-1
4．
证明级数
1 1 ln(1 ) 收敛。 n n n 1
dx 。
2．计算 x ln xdx 。
2
订
3．求 lim
1 2 n 1 (sin sin sin )。 n n n n n
4．证明闭区间上连续函数可积。
5．计算 I n
sin
2
2
n
大连理工大学
大连理工大学一九九年硕士生入学考试数学分析试题（共2页） 一、（60分）从以下第1到8题中选答六题，每题10分。
1、证明：.),(sin )(,),(sin )(2的不一致连续于但一致连续于+∞-∞=+∞-∞=x x g x x f 2、证明：广义积分⎰⎰+∞+∞20.sin ,sin 收敛但发散dx x xdx3、证明；Diridner 函数{)(/,1,0)(有理数无理数q p x x x f ===在任何区间[]b a ,的Riemann 积分不存在。
4、证明：若[]λλ=∈==>∙∈-+)(),(,)()(0)()(,)('''c f b a c b f a f b a b a x f ffC 使得则存在且5、证明Brouwer 不动点定理：[][][][].)(,,,),(.,)(x x f b a x b a b a f b a c x f =∈⊂∈使得则存在若6、证明：若o x x f 在)(附近可导，且则存在,)(0x f '').()()(2)2(02000limx f hx f h x f h x f n ''=++-+→ 7、设.)(2/122221nx x x r ++=计算△算子其中Laqlace r ),1(△22222122nx x x ∂∂++∂∂+∂∂= 。
8、设2221),(a x eia t x u -=π，计算222xu a t u ∂∂-∂∂。
二、10、计算积分⎰+-=r y x ydx xdy I .22基中r 为一条包围原点的分段，光滑封闭曲线（取正方向） 11、计算曲面积分⎰⎰++=sdxdy z dzdx y dydz x I .333其中S 为椭球面1222222=++cz b y a x 的外侧。
12、设⎰-==Φ-∈Φ11.,2,1,1)(]1,1[)( n dx x x n n 且对任意)(,0c c n Φ>一致收敛于0，证明：对于任意⎰-→∞=Φ1lim).()()(xn n o g dx x x g13、证明：一个严格递增函数的间断点只可能是第一类的。
大连理工大学数值分析历年真题与答案(研究生期末卷)
位
. ,
A 2＝
4 2 （3）设 A 2 4 , 则 A 1＝ 谱半径 ( A) ＝
,
A ＝
,
A F＝
, .
, 2-条件数 cond 2 ( A) ＝
, 奇异值为
线
（4）设 A C 44 ,特征值 1 2 2, 3 4 3 ,特征值 2 是半单的，而特征值 3 是 亏损的，则 A 的 Jordan 标准型 J
x 3 ( x [1,1]) 的二次最佳平方逼近多项式, 构造 Gauss 型求积公式 f ( x )dx A0 f ( x0 ) A1 f ( x1 ) , 并验证
1
1
其代数精度.
A－3
大
连
理 工
计算方法 数学系
大
学 2006 年试题
试卷： A 考试形式： 闭卷 试卷共 8 页
A－5
1 3 四、 （4 分）求 Householder 变换矩阵将向量 x 2 化为向量 y 0 . 2 0
五、 （12 分）写出解线性方程组的 Jacobi 法，G-S 法和超松弛（SOR）法的矩阵表示形式， 并根据迭代法 x ( k 1) Bx ( k ) f 对任意 x ( 0) 和 f 均收敛的充要条件为 ( B) 1 , 证明若线性方 程组 Ax b 中的 A 为严格对角占优矩阵, 则超松弛（SOR）法当松弛因子 (0,1] 时收敛.
师：张宏伟
一、填空（每一空 2 分，共 42 分） 1．为了减少运算次数，应将表达式.
装
16 x 5 17 x 4 18 x 3 14 x 2 13 x 1 x 4 16 x 2 8 x 1
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2000、2001、2006年大连理工数学分析试题及解答
2000年大连理工大学硕士生入学考试试题——数学分析 一、从以下的第一到第八题中选取6题解答，每题10分1． 证明：1()f x x=于区间0(,1)δ（其中001δ<<）一致连续，但是于(0,1)内不一致连续 证明：01212(1)0,()[1]2(2)1||()|()()|f x x x f x f x δδδδεδδε<=<⇒=-<-<而由于在，内连续，从而一致连续，第一个命题成立利用定义，取，不存在为定值使得从而不难利用反证法得到第二个命题成立2． 证明：若()[,]f x a b 于单调，则()[,]f x a b Riemann 于内可积证明：1101111111111()...[,],max 0(max {()}min {()})(()())(max{()()})(max{()()})i ii in i i i i i nnni i i i i i x x x x x x i ni i i i i nf x a x x x b a b x x f x f x f x f x f x f x f x f x λλλλλλ---≤≤--≤≤≤≤≤≤==-≤≤∆=<<<==-=→-=-<--∑∑不妨设单调递增，且：是的一个划分,必然存在一个划分，使得11111(max{()()})lim (max {()}min {()})0i ii ii i i nni x x x x x x i f x f x f x f x λ---≤≤∆≤≤≤≤=→--=∑（由于递增，使用二分法的思想，可以使得小于任何数）所以，，所以可积3． 证明：Dirichlet 函数：0,()1,()x f x px q q ⎧⎪=⎨=⎪⎩为无理数有理数在所有无理点连续，在有理点间断， 证明：0001000000()010[]1min{||}1(,),|()|()0{,{}},()n N i Zi i x f x iN x n x x x f x Nx f x x y y f x εδδεεεε+≤≤∈=∀>=+=-∈-+≤<≠∈为无理数，对于，,取，显然这样的存在当所以，在无理点连续为有理数，。
大连理工大学数值分析历年真题与答案(研究生期末卷)
；
7．设 A 是 n 阶正规矩阵，则 A 2
；
8．求解一阶常微分方程初值问题 u(t ) (t 2 1)u t ， u(t0 ) u0 的向后（隐式） Euler 法的显式化的格式为： 9．设 a 211.001 12 为 x 的近似值，且 x a 0.5 10 2 ，则 a 至少有 。
A－5
1 3 四、 （4 分）求 Householder 变换矩阵将向量 x 2 化为向量 y 0 . 2 0
五、 （12 分）写出解线性方程组的 Jacobi 法，G-S 法和超松弛（SOR）法的矩阵表示形式， 并根据迭代法 x ( k 1) Bx ( k ) f 对任意 x ( 0) 和 f 均收敛的充要条件为 ( B) 1 , 证明若线性方 程组 Ax b 中的 A 为严格对角占优矩阵, 则超松弛（SOR）法当松弛因子 (0,1] 时收敛.
x1 3 x2 3 x1 x2 2 x x 2 1 4 4 4 x3 7
A 1， L ， U
m1
（1）列主元消元法求出上述方程组的解，并计算
和 x 2；
（2）试问用 Jacobi 迭代法和 Gauss-Seidel 迭代法求解上述方程组是否收敛？ （ 3） 请给出可求出上述方程组解的收敛的 Jacobi、 Gauss-Seidel 迭代法的分量形式的迭 代公式，并说明其收敛性。
五、 （12 分）求满足下列插值条件的分段三次多项式（ [3,0] 和 [0,1] ）, 并验证它是不是三次样条函数.
f (3) 27 , f (2) 8 , f (1) 1 , f (0) 0 , x [3,0] ； f (0) 0 , f (0) 0 , f (1) 0 , f (1) 1 , x [0,1] .
大连理工大学2006年数学分析考研试题答案
所以 H ( x) 是递增的函数。当 x ∈[0,1] 时有： H ( x) ≥ H (o) = 0 综 上 可 以 得 到 ， 当 x ∈[0,1] 时 F '( x) ≥ 0 所 以 F (1) ≥ F (0) = 0 即 ： 成立。■ 六．证：分两种情况讨论： 1）当 x ∈ (0,1) 时， ∫ t f (t )dt 的一致收敛性。 由于 λ ∈[a, b] ， t 关于 t 是单调的，以及 ∀t ∈ (0,1] 有 t
n −1 − n )xn
的收敛范围. 上任意点处的切平面在各坐标轴上的截距之和等
7. 设函数 f ( x) = π − x, x ∈ (0, π ) ,将 f ( x) 展成正弦级数. 8. 试证曲面 于 a.
0
x + y + z = a (a > 0)
9. 计算积分 ∫ dx ∫
1
x
x
sin y dy . y
1 1 1 ≤ + (1 + ) 2 x '− x '' = L x '− x '' 2 (a + 1) a (a + 1)
在 [a, ∞) 上一致连续。 ■ 三．证： （用反证法）设 f ( x) 在 [ a, b ] 上无界，则对任意的 n ∈ N 存在 x ∈ [ a, b ] ，使得
2 2 2 2 1,2
=0
3
0
综上可以得到 f ( x, y) 在 x
2
+ y ≤1
2
的最大值为：
a + b + (a − c) 2 + 4b 2 2
最小值为：
a + b − (a − c) 2 + 4b 2 2
大连理工大学数学分析考试题
姓名：__________ 大 连 理 工 大 学学号：__________课 程 名 称： 数学分析 试卷： A 考试形式： 闭卷 学院（系）：_______ 授课院（系）：_数学___ 考试日期： 2006 年1月 5 日 试卷共 ５ 页_____ 级_____ 班装一．简答题（20分）．下列命题如果正确，请给予证明；如果错误，请给出反例． １． 集合(]⎭⎬⎫⎩⎨⎧∈1,0|sin x x x 有界． 订２．如果2lim =∞→n n a ，则2lim =∞→n n a ．线３．如果()x f 在()2,0上连续，则()x f 在()2,0上有界．４．如果函数()x f 在点0x 可导，则()x f 在点0x 一定连续．二．证明下列命题（１２分）．１．利用极限定义证明：如果0lim >=∞→A y n n ，则存在自然数N ，当N n >时，0>n y ．２．设函数()x f 在点0x 的邻域()δ,0x N 中有定义，在点0x 可导且有()()(),,,00δx N x x f x f ∈≥证明：()00='x f ．三．计算下列各题（２０分）．１． 设())(sin cos 3x x f =， 求()x f '．２．设()()x g x f ,可导，且()()0,0>>x g x f ，()()()x f x g x y =，求dy ．３．计算极限 ()0lim >--→a ax a x x a a x ．４．写出函数()x e x f x sin 2=的马克劳林（Ｍａｃｌａｕｒｉｎ）公式到５阶．四．完成下列各题（２４分）．１．叙述函数()x f 在点a 以实数A 为极限的定义，并证明35232lim 1=++→x x x ．２．求B A ,使函数()⎩⎨⎧<+≥=1,1,2x B Ax x x x f ，在1=x 处可导３．叙述函数()x f 在区间I 上一致连续的否定定义，并证明函数()xx f 1cos =在()1,0上不一致连续．４．设函数()x g 在[)+∞,2上连续，且()x g x +∞→lim 存在，求证()x g 在[)+∞,2上一致连续．五．证明下列各题（２４分）．１．设()x f 在()b a ,上连续，且()()0B lim ,0lim >=<=-+→→x f A x f b x a x ，证明存在()b ,a ∈ξ使得().0=ξf２．设函数()x f 在],[b a 上连续，在()b a ,内有二阶导数，()(),0==b f a f 且存在()b a c ,∈使得()0<c f ，证明存在()b a ,∈ξ使得().0>''ξf３．证明不等式：).1()1ln(->≤+x x x４．设函数()x f 在]1,0[上连续，在()1,0内可导，(),00=f 并满足()()(),1,0,∈≤'x x f x f 证明：()[])1,0(0∈≡x x f ．。
2001年大连理工数学分析试题及解答
大连理工大学2001年硕士生入学考试数学分析试题一. 从以下的1到8题中选答6题1. 证明:2()f x x =在区间[0,]M 内一致连续(M 为任意正数),但是在[0,)+∞不一致连续2. 证明:若()f x 在[,]a b 内连续,那么()f x 在[,]a b 内Riemann 可积.3. 证明:若1α>,那么广义积分1sin x dx α+∞⎰收敛4. 证明:若()f x ,()g x 为区间(,)a b 上的连续函数,对任意的(,)(,)a b αβ⊂有:()()f x dx g x dx ββαα=⎰⎰,那么, ()()f x g x ≡于(,)a b5. 证明:若1n n a ∞=∑收敛,那么1nx n n a e ∞-=∑在[0,)+∞一致收敛6. 已知：2,0()0,0xe xf x x -⎧≠⎪=⎨=⎪⎩，求"(0)f7. 已知：()()1(,)()22x at x atx at x at u x t d aφφψαα+-++-=+⎰.其中, ψ和φ分别是可以求导一次和求导两次的已知函数,计算 22222(,)(,)u x t u x t atx∂∂-∂∂8. 计算,半径为R 的球的表面积二. 从9到14题中选取6题9.已知: lim '()0x f x →∞=,求证: ()lim0x f x x→∞=10.证明: ()af x dx +∞⎰收敛,且lim ()x f x λ→+∞=,那么0λ=11.计算曲面积分: 333SI xdydz y dzdx z dxdy =++⎰⎰,其中S 为旋转椭球面2222221x y z abc++=的外侧12.设()[0,1]f x C ∈,(0)0f =,(1)1f =,0()1f x ≤<. 求证: ()()n n S x f x =对于任意小于1的正数δ,在区间(0,1]δ-一致收敛,但是不在(0,1)一致收敛13.设()[0,1]f x C ∈,(0)0f =,(1)1f =,0()1f x ≤<. 求证: 10lim ()0nn f x dx →∞=⎰14.证明:若()[,]n u x C a b ∈，1,2,...,...n =且1()n n u b ∞=∑发散,那么1()n n u x ∞=∑不在[,)a b 一致收敛大连理工大学2001年硕士生入学考试数学分析试题解答一.1. 证 利用定义证明(1) 对于0ε∀>,21M εδ∃=+,12||x x δ∀-<,那么12121212|()()||()()|2||2f x f x x x x x M x x M δε-=-+<-<<(2) 任取1ε=,0δ∀>,1211,22x x δδδ∃==+,1212121|()()||()()|1f x f x x x x x δδ-=-+>=,推出矛盾,从而命题得证■2. 证 利用一致连续的定义和Riemann 可积的定义来做因为函数在闭区间内连续,所以一致连续. 根据一致连续的定义对0ε∀>,δ∃,12||x x δ∀-<,12|()()|f x f x ε-<考虑可积的定义,对于一个[,]a b 分割112:...n a a a a b ∆=<<<=,11max ||i i i na a λ+≤<=-下面证明:振幅函数121110,[,]1()lim m ax{()}()i i n i i x x a a i w x f x a a λ+-+→∈==-∑=0当λδ<时,1211111,[,]110()lim m ax{()}()()i i n n i i i i x x a a i i w x f x a a aa b λεε+--++→∈==≤=-≤-=∑∑.根据夹逼定理,不难得到()0w x =. 从而,命题得证■3. 证 利用莱布尼兹交错级数:假设;n a =1sin n n a n a s x dx α-=⎰考虑:111|||||sin ||sin |n n nn a a n n a a s s x dx x dx αα+-+-=-⎰⎰1111[|sin ||sin |]n n n nx x dx x x dx ππππααππα--+-=+⎰⎰1111[|sin |(2)|sin |]n n n n xx dx n x x dx ππππααππαπ--++=--⎰⎰1111[(2)]|sin |0n nxn x x dx ππααπαπ--+=--<⎰11lim |||sin |||lim ||0n n n n a a n n a a n n s x dx dx s α--→∞→∞=≤=⇒=⎰⎰如此,不难看出1sin x dx α+∞⎰是一个莱布尼兹交错级数,从而命题得证■4. 证 不妨设:2a b c +=()()x cF x f t dt =⎰,那么()()F x G x =于(,)x a b ∈因为()f x ()g x 都是(,)x a b ∈上的连续函数,所以()'()()()f x F x G x g x ===■5. 证 利用A-D 判别法做，也可以通过Abel 求和公式出发推导1nxn n a e∞-=∑中nxn b e-=,现在,根据原题:1n n a ∞=∑收敛,1nx n b e -=≤一致有界所以,根据Abel 判别法,知该函数项级数在定义域一致收敛. ■6. 解 题目有问题,在零点不连续■7. 解 不断利用链式求导法则()()1(,)()22x at x atx at x at u x t d aφφψαα+-++-=+⎰(,)()()()()()()()()()()22'()'()'()'()22u x t xx at x at x at x at x at x at x at x at x at xx at xxxax at x at x at x at aφφψψφφψψ∂∂∂+∂+∂-∂-∂+∂-++--∂+∂∂-∂∂∂=+++-+--=+22'()'()()()(,)()()()()22"()"()'()'()22x at x at x at x at u x t x at x at x at x at x ax at x at x at x at aφφψψφφψψ∂+∂-∂+∂-+-∂∂+∂-∂+∂-=+∂++-+--=+同理:(,)()()()()()()()()()()22'()'()'()'()22u x t tx at x at x at x at x at x at x at x at x at tx at tttaa x at a x at x at x at φφψψφφψψ∂∂∂+∂+∂-∂-∂+∂-++--∂+∂∂-∂∂∂=++--++-=+222'()'()()()(,)()()()()22"()"()'()'()22x at x at x at x at a a u x t x at x at x at x at x x at x at x at x at aaφφψψφφψψ∂+∂-∂+∂--+∂∂+∂-∂+∂-=+∂++-+--=+22222(,)(,)0u x t u x t atx∂∂-=∂∂■8. 解 方法很多,此处介绍一种比较简单的假设:()V R 为半径R 为的球的体积2234()()3R RV R R x dx R ππ-=-=⎰假设: ()S R 为半径R 为的球的表面积 2()()()'()4RV R S x dx S R V R R π=⇒==⎰■二9. 证 L ’Hosptial 法则因为x →+∞，()'()lim limlim '()0'x x x f x f x f x xx →∞→∞→∞===■10. 证 反证法如果命题不成立,即0λ≠,那么,根据极限的定义,G ∃,当x G >的时候, |()|||2f x λ>那么,()Gf x dx +∞→∞⎰和收敛矛盾,从而命题得证■11. 解 利用Gauss 定理加换元3332223()VSI x dydz y dzdx z dxdy x y z dxdydz =++=++⎰⎰⎰⎰⎰换元sin cos sin sin ,[0,1],[0,2),[0,]cos x ar y br r z cr ϕθϕθθπϕπϕ=⎧⎪=∈∈∈⎨⎪=⎩4222222223sin (sin sin sin cos cos )VI abc r a b c drd d ϕϕθϕθϕθϕ=++⎰⎰⎰ 22322322233(sin sin sin cos )cos sin 55abc abc a b d d c d πππϕθϕθϕθϕϕϕ=++⎰⎰⎰33223223646()sin ()5555abc abc abc abc a b d a b πππϕϕ=++=++⎰■12. 证 首先由于在闭区间内连续,所以函数在闭区间内一致连续(1)(0,1]x δ∀∈-,根据确界存在定理,存在上确界,且上确界不等于1,否则和题意矛盾 不妨设:(0,1]sup()1x f x m δ∈-=<根据定义,对于0ε∀>,ln ln N mε∃=,当n N >,|()||()|n nn S x f x m ε=≤<从而知一致收敛于0(2)首先,根据前半题,显然()n S x 于(0,1)x ∀∈收敛于0由于(1)1f =,且函数一致收敛，存在一组数列：12...a a <<,1()1i f a n=-如此,考虑11lim ()lim ()lim (1)0nnn n n n n n S a f a ne→∞→∞→∞==-=≠,从而不是一致收敛的. ■13. 证 利用前一小题的结论因为()nf x 内闭一致收敛,对于0ε∀>,2εδ∃=,当n 足够大的时候:10()2nf x dx δε-<⎰又1111|()|||2nf x dx dx δδε--<=⎰⎰所以,1111()()()nnnf x dx f x dx f x dx δδε--=+<⎰⎰⎰从而命题得证. ■14. 证 反证法:假设命题不成立,那么1()n n u x ∞=∑在[,)a b 一致收敛.即0ε∀>,N ∃,,m n N ∀>,(,)x a b ∀∈,|()|mn nu x ε<∑因为|()|lim |()|m mn n x bnnu b u b ε→=≤∑∑,否则与()[,]n u x C a b ∈矛盾而1|()|n n u b ∞=∑发散,所以|()|n n Nu b ∞=∑发散,与|()|lim |()|mmn n x bnnu b u b ε→=≤∑∑矛盾从而命题得证. ■。