[家里蹲大学数学杂志]第35期四川大学2011年数学分析考研试题参考解答

1计算.

(1)limn→∞(n+n+2n??√???????√?????????????√?n??√)

.

解答:

原极限===limn→∞n+2n??√???????√n+n+2n??√???????√?????????????√+n??√limn→∞1+2n√??????√1+1n+2n3/2???????√????????????√+112.

(2)limn→∞∑2nk=11n+k

.

解答:

原极限===limn→∞1n∑k=12n11+k/n∫2011+xdxln3.

(3)若 limx→∞(1+1x)ax=limx→0arccosx+1√?1sinx

, 求 a

.

解答: 由

limx→∞(1+1x)ax=ea,

limx→0arccosx+1????√?1sinx==arccos(limx→0xsinx?1x+1????√+1)arccos12=π3

知 ea=π3

, 而 a=lnπ3

.

(4)limx→0(ex+x2+3sinx)12x

.

解答:

原极限===exp{limx→0ln(ex+x2+3sinx)2x}exp{limx→012?1ex+x2+3sinx?(ex+2x+3cosx)}e2.

2计算下列积分.

(1)求 ∫cos(lnx)dx

.

解答: 设 I=∫cos(lnx)dx

, 则

I====xcos(lnx)?∫[?sin(lnx)]1x?xdxxcos(lnx)+∫sin(lnx)dxxcos(lnx)+[xsin(lnx)?∫cos(lnx)dx]x[cos(lnx)+sin(lnx)]?I.

故

I=x[cos(lnx)+sin(lnx)]2+C.

(2)∫∞011+x4dx

.

解答: 设 I=∫∞011+x4dx

, 则

I=∫0∞11+(1t)4d1t=∫∞0t21+t4dt.

故

I=====12∫∞01+x21+x4dx12∫∞01x2+11x2+x2dx12∫∞01(x?1x)2+2d(x?1x)122√∫∞011+(x?1x2√)2dx?1x2√π22√.

(3) 求 I=∫L|y|ds

, 其中 L

是球面 x2+y2+z2=2

与平面 x=y

的交线.

解答: 由对称性知

I====4∫y=x≥0,z≥02x2+z2=2yds4∫π20cosθ∣∣cos′θ∣∣2+∣∣cos′θ∣∣2+∣∣2√sin′θ∣∣2????????????????????????√dθ4?π2?2√22√π.

(4)求 I=?Σ(x+y+z)2dS

, 其中 Σ: x2+y2+z2=R2

.

解答: 由对称性知

I=?Σ(x2+y2+z2)dS=R2?4πR2=4πR4.

(5)已知函数 f(x)

在 R

上连续可导, 求

I=∫L1+y2f(xy)ydx+xy2[y2f(xy)?1]dy,

其中 L

是上半平面 {y>0}

内以 (2,3)

为起点, (3,2)

为终点的有向分片光滑曲线.

解答: 由

??y1+y2f(xy)y=?1y2+f(xy)+xyf′(xy),

??x{xy2[y2f(xy)?1]}=f(xy)+xyf′(xy)?1y2

及 Green

公式知

I====∮(2,3)→xy=6(3,2)1+y2f(xy)ydx+xy2[y2f(xy)?1]dy∫32{[x6+6xf(6)]+[xf(6)?x336]?(?6x2)}dx∫32x3dx56.

(6)计算 I=?Σxdydz+z2dxdyx2+y2+z2√

其中 Σ

为下半球面 z=?1?x2?y2?????????√

的上侧.

解答: 由对称性知

I===?Σz2x2+y2+z2??????????√dxdy?13?x2+y2≤1(1?x2?y2)dxdy?π6.

3函数 z=f(x,y)

有二阶连续偏导数且 f′y≠0

. 证明: 对一切 c∈R

, f(x,y)=c

是一条直线的充要条件是

(f′y)2f′′xx?2f′xf′yf′′xy+(f′x)2f′′yy=0.

证明: 由

ddx(dydx)===ddx(?f′xf′y)?[f′′xx+f′′xy(?f′xf′y)]?f′y?f′x?[f′′yx+f′′yy(?f′xf′y)](f′y)2?(f′y)2f′′xx?2f′xf′yf′′xy+(f′x)2f′′yy(f′y)3

知

f(x,y)=c 是直线??斜率 dydx 是常数(f′y)2f′′xx?2f′xf′yf′′xy+(f′x)2f′′yy=0.

4 讨论函数 \dps{x\sin\frac{1}{x}}xsin1x

和 \dps{\sin\frac{1}{x}}sin1x

在 \dps{(0,\infty)}(0,∞)

上的一致连续性, 说明理由.

解答: 由 \bex
\lim_{x\to 0}x\sin \frac{1}{x}=0,\quad \lim_{x\to \infty}x\sin \frac{1}{x}
=\lim_{x\to \infty}\frac{\sin \frac{1}{x}}{\frac{1}{x}} =1 \eex

limx→0xsin1x=0,limx→∞xsin1x=limx→∞sin1x1x=1

知 \dps{x\sin\frac{1}{x}}xsin1x

在 (0,\infty)(0,∞)

上一致收敛. 又由 \bex \ba{cc}
\sev{\frac{1}{n\pi}-\frac{1}{\sex{n+\frac{1}{2}}\pi}}\to 0\quad(n\to\infty),\\
\sev{\sin \frac{1}{\frac{1}{n\pi}}-\sin
\frac{1}{\frac{1}{\sex{n+\frac{1}{2}}\pi}}}=1 \ea \eex

∣∣∣∣∣1nπ?1(n+12)π∣∣∣∣∣→0(n→∞),∣∣∣∣∣sin11nπ?sin11(n+12)π∣∣∣∣∣=1

知 \dps{\sin\frac{1}{x}}sin1x

在 (0,\infty)(0,∞)

上不一致收敛.

5偶函数 f(x)f(x)

的二阶导数 f‘‘(x)f′′(x)

在 x=0x=0

的某个邻域内连续, 且 f(0)=1f(0)=1

, f‘‘(0)=2f′′(0)=2

. 证明级数 \dps{\sum_{n=1}^\infty\sez{f\sex{\frac{1}{n}}-1}}∑∞n=1[f(1n)?1]

绝对收敛.

证明: 因 f(x)f(x)

是偶函数, 而 f‘(x)f′(x)

为奇函数, f‘(0)=0f′(0)=0

, 于是由 TaylorTaylor

展式知 \bex
f(x)=f(0)+f‘(0)x+\frac{f‘‘(\xi)}{2}x^2,\quad x\in U(0). \eex

f(x)=f(0)+f′(0)x+f′′(ξ)2x2,x∈U(0).

即有 \bex \sev{f\sex{\frac{1}{n}}-1}
=\sev{\frac{f‘‘(\xi_n)}{2}\frac{1}{n^2}} \leq \frac{2}{n^2},\quad n\mbox{充分大}.
\eex

∣∣∣f(1n)?1∣∣∣=∣∣∣f′′(ξn)21n2∣∣∣≤2n2,n充分大.

由比较判别法即知级数 \dps{\sum_{n=1}^\infty\sez{f\sex{\frac{1}{n}}-1}}∑∞n=1[f(1n)?1]

绝对收敛.

6函数 f:[0,1]\to
(0,1)f:[0,1]→(0,1)

在 [0,1][0,1]

上可导, 且导函数不取 11

. 证明: 方程 f(x)=xf(x)=x

在 (0,1)(0,1)

内有唯一的实根.

解答: 设 F(x)=f(x)-xF(x)=f(x)?x

, 则 \bex F(0)=f(0)>0,\quad F(1)=f(1)-1<0,
\eex

F(0)=f(0)>0,F(1)=f(1)?1<0,

而由连续函数介值定理, \bex \exists\ \xi\in (0,1),\ s.t.\
F(\xi)=0, \eex

? ξ∈(0,1), s.t. F(ξ)=0,

即 f(\xi)=\xif(ξ)=ξ

. 现若还有一 \xi\neq \eta\in (0,1)ξ≠η∈(0,1)

满足 F(\eta)=0F(η)=0

, 则由 RolleRolle

定理, \bex \exists\ \zeta\mbox{ 在 }\xi\mbox{ 与 }
\eta \mbox{ 之间 },\ s.t.\ F‘(\zeta)=0, \eex

? ζ 在 ξ 与 η 之间 , s.t. F′(ζ)=0,

而 f‘(\zeta)=1f′(ζ)=1

, 这是一个矛盾. 总结而有 f(x)=xf(x)=x

在 (0,1)(0,1)

内有唯一的实根.

7设 f(x)f(x)

在 [0,1][0,1]

上可积, 在 x=1x=1

处连续 证明: \bex \lim_{n\to\infty}n\int_0^1
x^{n-1}f(x)\rd x=f(1). \eex

limn→∞n∫10xn?1f(x)dx=f(1).

解答: 拟合如下 \bex
& &\sev{n\int_0^1 x^{n-1}f(x)\rd x-f(1)} =\sev{n\int_0^1
x^{n-1}\sez{f(x)-f(1)}\rd x}\\ &\leq&\sev{n\int_0^{1-\delta}
x^{n-1}\sez{f(x)-f(1)}\rd x} +\sev{n\int_{1-\delta}^1 x^{n-1}\sez{f(x)-f(1)}\rd
x}\\ &\leq&2\max_{[0,1]}\sev{f}\cdot(1-\delta)^n +\max_{x\in
[1-\delta,1]}\sev{f(x)-f(1)}\\ &=:&I_1+I_2. \eex

≤≤=:∣∣∣n∫10xn?1f(x)dx?f(1)∣∣∣=∣∣∣n∫10xn?1[f(x)?f(1)]dx∣∣∣∣∣∣n∫1?δ0xn?1[f(x)?f(1)]dx∣∣∣+∣∣∣n∫11?δxn?1[f(x)?f(1)]dx∣∣∣2max[0,1]|f|?(1?δ)n+maxx∈[1?δ,1]|f(x)?f(1)|I1+I2.

于是对任意 \ve>0

, 由 f

在 1

处的连续性知 \bex \exists\ \delta\in (0,1),\ s.t.\
I_2<\frac{\ve}{2}, \eex

现对该 \delta

, \bex \exists\ N\in \bbN,\ s.t.\ n\geq N\ra
I_1<\frac{\ve}{2}. \eex

于是我们有 \bex \forall\ \ve>0,\ \exists\ N\in
\bbN,\ s.t.\ n\geq N\ra \sev{n\int_0^1 x^{n-1}f(x)\rd x-f(1)}<\ve.
\eex

这就证到了结论.

8 设函数 f(x,y)

在区域 D:x^2+y^2\leq 1

上有二阶连续偏导数, 且 \bex \frac{\p^2f}{\p x^2}
+\frac{\p^2f}{\p y^2} =e^{-(x^2+y^2)}. \eex

证明: \bex \iint_D\sex{x\frac{\p f}{\p x}+y\frac{\p
f}{\p y}}\rd x\rd y=\frac{\pi}{2e}. \eex

证明: 由 Green

公式 \bex \int_{\p \Omega}\frac{\p f}{\p {\bf
n}}\rd s =\int_\Omega \lap f \rd x \eex

知 \bex \iint_D\sex{x\frac{\p f}{\p x}+y\frac{\p
f}{\p y}}\rd x\rd y &=&\int_0^1
rdr\oint_{x^2+y^2=r^2}\sex{\frac{x}{r}\frac{\p f}{\p x} +\frac{y}{r}\frac{\p
f}{\p y}}\rd s\\ &=&\int_0^1
rdr\iint_{x^2+y^2<r^2}\sex{\frac{\p^2f}{\p x^2}+\frac{\p^2f}{\p y^2}}\rd x\rd
y\\ &=&\int_0^1 rdr\iint_{x^2+y^2<r^2}e^{-(x^2+y^2)}\rd x\rd y\\
&=&\int_0^1 rdr\int_0^r 2\pi se^{-s^2}\rd s\\ &=&\frac{\pi}{2e}.
\eex