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一、($3\times 15‘=45‘$)
1. 求 $\dps{\ls{n}(a^n+b^n)^\frac{1}{n}}$, 其中 $a>b>0$.
解答: 由 $$\bex a<(a^n+b^n)^\frac{1}{n}<2^\frac{1}{n}a \eex$$ 及 $\dps{\ls{n}2^\frac{1}{n}=1}$ (参考第二大题第 4 小题), 夹逼原理知原极限 $=a$.
2. 求 $\dps{\lim_{x\to 0}\frac{\arctan x-x}{x\tan^2x}}$.
解答: $$\bex \mbox{原极限} =\lim_{x\to 0}\frac{\arctan x-x}{x^3} =\lim_{x\to 0}\frac{\frac{1}{1+x^2}-1}{3x^2} =\lim_{x\to 0}\frac{-1}{3(1+x^2)}=-\frac{1}{3}. \eex$$
3. 设 $f(x)$ 是以 $T$ 为周期的连续函数, $f(x_0)\neq 0$, 且 $\dps{\int_0^T f(x)\rd x=0}$. 证明: $f(x)$ 在 $(x_0,x_0+T)$ 内至少有两根.
证明: 不妨设 $f(x_0)>0$, 而 $f(x_0+T)=f(x_0)>0$. 由 $$\bex \int_{x_0}^{x_0+T}f(x)\rd x =\int_{x_0}^0+\int_0^T+\int_T^{x_0+T}f(x)\rd x=\cdots=0 \eex$$ 知\footnote{用反证法.} $$\bex \exists\ \xi\in (x_0,x_0+T),\st f(\xi)<0. \eex$$ 在 $(x_0,\xi),\ (\xi,x_0+T)$ 上应用连续函数的介值定理即得结论.
二、($10‘+15‘+15‘=45‘$)
4. 证明当 $x>1$ 时有 $\dps{0<\sqrt[n]{x}-1<\frac{1}{n}(x-1)}$, 其中 $n(>1)$ 为自然数.
证明: 显然, $x>1\ra \sqrt[n]{x}>1$. 再设 $\alpha=\sqrt[n]{x}-1$, 则 $$\bex x=(1+\alpha)^n>1+n\alpha\ra \alpha<\frac{x-1}{n}. \eex$$
5. 证明函数项级数 $\dps{\sum_{n=1}^\infty (x^n-x^{n+1})}$ 在 $[0,1]$ 上逐点收敛但不一致收敛.
证明: 部分和函数 $$\bex S_n(x)=\sum_{k=1}^n (x^k-x^{k-1})=x^n-1 \eex$$ 有极限 $$\bex S(x)=\sedd{\ba{ll} -1,&0\leq x<1,\\ 0,&x=1. \ea} \eex$$ 而原函数项级数点点收敛. 由极限函数的不连续性即知原函数项级数不是一致收敛的.
6. 设 $z=z(x,y)$ 由方程 $x^2+xy-z^2+e^z=1$ 确定. 求 $\rd z$ 及 $z_{yy}|_{(0,0)}$.
解答: 对 $x^2+xy-z^2+e^z=1$ 两边分别关于 $x,y$ 求偏导有 $$\bex 2x+y-2zz_x+e^zz_x=0, \eex$$ $$\bee\label{262.6:1} x-2zz_y+e^zz_y=0\ra x+(e^z-2z)z_y=0. \eee$$ 于是 $$\bex z_x=\frac{2x+y}{2z-e^z},\quad z_y=\frac{x}{2z-e^z}, \eex$$ $$\bex \rd z=z_x\rd x+z_y\rd y =\frac{(2x+y)\rd x+x\rd y}{2z-e^z}. \eex$$ 再对 \eqref{262.6:1} 两边关于 $y$ 求偏导有 $$\bex (e^z-2)z_y^2+(e^z-2z)z_{yy}=0. \eex$$ 代入 $x=y=0$ 即有 $z_y|_{(0,0)}=0$, $z_{yy}|_{(0,0)}=0$.
三、($3\times 15‘=45‘$)
7. 设 $\dps{f(x,y)=\sedd{\ba{ll} \frac{1-e^{y(x^2+y^2)}}{x^2+y^2},&(x,y)\neq (0,0)\\ 0,&(x,y)=(0,0) \ea}}$. 试讨论 $f(x,y)$ 在 $(0,0)$ 处的连续性, 可导性与可微性.
解答: 由 $$\beex \bea \lim_{(x,y)\to (0,0)}f(x,y) &=\lim_{(x,y)\to (0,0)}\frac{-y(x^2+y^2)}{x^2+y^2} \quad\sex{e^t-1\sim t,\ t\to 0}\\ &=0 \eea \eeex$$ 知 $f$ 在 $(0,0)$ 处连续. 再由 $$\bex f_x(0,0)=\lim_{x\to 0}\frac{f(x,0)-f(0,0)}{x}=0, \eex$$ $$\bex f_y(0,0)=\lim_{y\to 0}\frac{f(0,y)-f(0,0)}{y} =\lim_{y\to 0}\frac{1-e^{y^3}}{y^3}=-1 \eex$$ 知 $f$ 在 $(0,0)$ 处偏导数存在. 再由 $$\beex \bea &\quad|f(x,y)-f(0,0)-f_x(0,0)x-f_y(0,0)y|\\ &=\sev{\frac{1-e^{y(x^2+y^2)}}{x^2+y^2}+y}\\ &=\sev{\frac{1-e^{y(x^2+y^2)}+y(x^2+y^2)}{x^2+y^2}}\\ &=\frac{e^\xi \cdot\frac{1}{2}[y(x^2+y^2)]^2}{x^2+y^2}\quad\sex{e^t=1+t+e^\xi\frac{t^2}{2}}\\ &=o\sex{\sqrt{x^2+y^2}},\quad (x,y\to 0) \eea \eeex$$ 知 $f$ 在 $(0,0)$ 处可微.
8. 计算积分 $\dps{\iiint_\Omega (x^2+z^2)\rd x\rd y\rd z}$, 其中 $\Omega$ 为椭球体 $\dps{x^2+\frac{y^2}{4}+z^2\leq 1}$.
解答: $$\beex \bea \mbox{原积分}&=2\iiint_{x^2+y^2+z^2\leq 1} (x^2+z^2)\rd x\rd y\rd z\quad\sex{y\leftrightsquigarrow \frac{y}{2}}\\ &=4\iiint_{x^2+y^2+z^2\leq 1} x^2\rd x\rd y\rd z\\ &=\frac{4}{3}\iiint_{x^2+y^2+z^2\leq 1}(x^2+y^2+z^2)\rd x\rd y\rd z\\ &=\frac{4}{3}\int_0^1r^2\cdot 4\pi r^2\rd r\\ &=\frac{16\pi}{15}. \eea \eeex$$
9. 求双纽线 $r^2=a^2\cos2\theta\ (a>0)$ 所围图形的面积.
解答: 由 $\cos2\theta$ 的周期为 $\pi$ 知我们仅须考虑 $\theta$ 的范围为 $[-\pi/2,\pi/2]$. 又 $$\bex 0\leq r^2=a^2\cos2\theta\ra \cos2\theta\geq 0\ra -\pi/4\leq \theta\leq\pi/4. \eex$$ 于是所求为 $$\bex S=\int_{-\pi/4}^{\pi/4}\frac{1}{2}r^2(\theta)\rd \theta =\int_0^{\pi/4}a^2\cos2\theta\rd \theta =\frac{a^2}{2}. \eex$$
四、($2\times 10‘=20‘$)
10. 计算 $\dps{\int_0^\infty \frac{e^{-a^2x^2}-e^{-b^2x^2}}{x^2}\rd x}$.
解答: $$\bex \mbox{原积分}=\int_0^\infty \int_{a^2}^{b^2}e^{-tx^2}\rd t\rd x =\int_{a^2}^{b^2}\int_0^\infty e^{-tx^2}\rd x\rd t. \eex$$ 又 $$\beex \bea \sex{\int_0^\infty e^{-tx^2}\rd x}^2 &=\sex{\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-tx^2}\rd x}^2 =\frac{1}{4}\iint_{\bbR^2} e^{-t(x^2+y^2)}\rd x\rd y\\ & =\frac{1}{4}\int_0^\infty 2\pi r\cdot e^{-tr^2}\rd r=\frac{\pi}{4t}, \eea \eeex$$ 我们有 $$\bex \mbox{原积分}=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\int_{a^2}^{b^2}\frac{1}{\sqrt{t}}\rd t =\sqrt{\pi}(b-a). \eex$$
11. 证明 $\dps{\sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{(n+1)!}=\frac{e^x-1}{x}\ (x\neq 0)}$, 并证明$\dps{\sum_{n=0}^\infty \frac{n}{(n+1)!}=1}$.
证明: 当 $x\neq 0$ 时, $$\bex \sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{(n+1)!}=\frac{1}{x}\sum_{n=0}^\infty \frac{x^{n+1}}{(n+1)!} =\frac{e^x-1}{x}. \eex$$ 又上述级数在任何有限区间上一致收敛\footnote{很容易构造出一个优级数来.}, 而可逐项求导: $$\bex \sum_{n=1}^\infty \frac{nx^{n-1}}{(n+1)!}=\frac{xe^x-e^x+1}{x^2}. \eex$$ 令 $x=1$ 即有 $\dps{\sum_{n=0}^\infty \frac{n}{(n+1)!}=1}$.
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