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1($25‘$) 计算:
(1)($10‘$) $\dps{\lim_{n\to\infty}\sin^2\sex{\pi\sqrt{n^2+n}}}$.
解答: $$\beex \bea \mbox{原极限} &=\lim_{n\to\infty}\sin^2\sex{\pi\sqrt{n^2+n}-\pi n}\\ &=\lim_{n\to\infty}\sin^2\frac{\pi n}{\sqrt{n^2+n}+n}\\ &=\sin^2\sex{\lim_{n\to\infty}\frac{\pi}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1}}\\ &=\sin^2\frac{\pi}{2}\\ &=1. \eea \eeex$$
(2)($15‘$) $\dps{\lim_{n\to\infty}a_n}$, 其中 $\dps{a_1=1, a_{n+1}=1+\frac{1}{a_n}\ (n\geq 1)}$.
解答: 令 $a=(1+\sqrt{5})/2$, 则 $$\beex \bea |a_{n+1}-a|&=\sev{\frac{1}{a}-\frac{1}{a_n}}\\ &=\frac{|a_n-a|}{a_na}\\ &\leq\frac{1}{a}|a_n-a|\\ &\leq\cdots\\ &\leq\frac{1}{a^n}|a_1-a|\\ &\to 0\quad\sex{n\to\infty}. \eea \eeex$$
2($15‘$) 设 $f(x)$ 连续, $\dps{g(x)=\int_0^x f(x-t)\sin t\rd t}$, 试证: $$\bex g‘‘(x)+g(x)=f(x),\quad g(0)=g‘(0)=0. \eex$$
证明: 由 $$\bex g(x)=\int_0^x f(x-t)\sin t\rd t =\int_0^x f(s)\sin (x-s)\rd s \eex$$ 知 $$\bex g‘(x)=\int_0^x f(s)\cos(x-s)\rd s,\quad g‘‘(x)=f(x)-\int_0^x f(s)\sin (x-s)\rd s. \eex$$ 于是 $$\bex g‘‘+g=f,\quad g(0)=g‘(0)=0. \eex$$
3($15‘$) 求曲线 $y=e^x$ 的曲率的最大值.
解答: 曲率 $$\bex \kappa(x)=\frac{y‘‘}{(1+y‘^2)^{3/2}} =\frac{e^x}{(1+e^{2x})^{3/2}}. \eex$$ 由 $$\bex \kappa‘(x)=\frac{e^x(1-2e^{2x})}{(1+e^{2x})^{5/2}} \eex$$ 即知 $$\bex \max\kappa=\kappa\sex{-\frac{\ln 2}{2}} =\frac{2\sqrt{3}}{9}. \eex$$
4($2\times 15‘=30‘$) 计算积分
(1)$\dps{I=\int_{1/4}^{1/2}\rd y\int_{1/2}^{\sqrt{y}}e^{y/x}\rd x+\int_{1/2}^1\rd y\int_y^{\sqrt{y}}e^{y/x}\rd x}$.
解答: $$\beex \bea I=\int_{1/2}^1 \rd x\int_{x^2}^x e^{y/x}\rd y =\int_{1/2}^1 x(e-e^x)\rd x =\frac{3e-4\sqrt{e}}{8}. \eea \eeex$$
(2)$\dps{J=\iint_\Omega |x^2+y^2-1|\rd x\rd y},$ 其中 $$\bex \Omega=\sed{(x,y);\ 0\leq x\leq 1,\ 0\leq y\leq 1}. \eex$$
解答: $$\beex \bea J&=\int_0^1\rd x\int_0^{\sqrt{1-x^2}}(1-x^2-y^2)\rd y +\int_0^1\rd x\int_{\sqrt{1-x^2}}^1(x^2+y^2-1)\rd y\\ &=\frac{\pi}{8}+\sex{\frac{\pi}{8}-\frac{1}{3}}\\ &=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{3}. \eea \eeex$$
5($15‘$) 讨论级数 $\dps{\sum_{n=1}^\infty \frac{n^2}{(x+1/n)^n}}$ 的收敛性和一致收敛性 (包括内闭一致收敛性).
解答: 由 $$\beex \bea \lim_{n\to\infty} \sev{\frac{\frac{(n+1)^2}{(x+1/(n+1))^{n+1}}} {\frac{n^2}{(x+1/n)^n}}} &=\lim_{n\to\infty} \sev{\sex{\frac{x+1/n}{x+1/(n+1)}}^n\frac{1}{x+1/(n+1)}}\\ &=\frac{1}{|x|} \lim_{n\to\infty}\frac{\sex{1+1/(nx)}^{nx\cdot 1/x}}{\sez{1+1/((n+1)x)}^{(n+1)x\cdot n/((n+1)x)}}\\ &=\frac{1}{|x|} \eea \eeex$$ 即知当 $|x|>1$ 时原级数收敛; 当 $|x|<1$ 时原级数发散; 当 $x=1$ 时原级数为 $\dps{\sum \frac{n^2}{(1+1/n)^n}}$ 发散 (通项不趋于 $0$); 当 $x=-1$ 时原级数为 $\dps{\sum \frac{n^2}{(-1+1/n)^n}=\sum \frac{(-1)^nn^2}{(1+1/(-n))^{-n\cdot (-1)}}}$ 发散 (通项不趋于 $0$). 因此, 原级数的收敛域为 $\sed{x;|x|>1}$. 又由 $$\bex \frac{n^2}{[(1+1/n)+1/n]^n} =\frac{n^2}{(1+2/n)^{n/2\cdot 2}}\geq\frac{n^2}{e^2} \eex$$ 知原级数在 $\sed{x;|x|>1}$ 上不一致收敛. 最后由 $$\beex \bea \sev{\frac{n^2}{(x+1/n)^n}} &\leq \frac{n^2}{(1+\ve-1/n)^n}\quad\sex{|x|\geq 1+\ve}\\ &\leq \frac{n^2}{(1+\ve/2)^n}\quad\sex{n\geq 2/\ve}\\ &\leq \sex{\frac{n}{\sqrt[3]{1+\ve/2}}}^2 \sex{\frac{1}{\sqrt[3]{1+\ve/2}}}^n\\ &\leq \sex{\frac{2}{2+\ve}}^{n/3}\quad\sex{n\gg 1} \eea \eeex$$ 知原级数在 $\sed{x;|x|\geq 1+\ve}\ (\forall\ \ve>0)$ 上一致收敛.
6($2\times 10‘=20‘$)
(1)证明: 当 $0<x<\pi/2$ 时, $2/\pi<\sin x/x<1$.
证明: $$\bex \sin x=\int_0^x\cos t\rd t<\int_0^x \rd t=x; \eex$$ 再由 $(\sin x)‘‘=-\sin x<0$ 知 $\sin x$ 在 $(0,\pi/2)$ 上为凹函数, 而 $$\beex \bea \sin x&=\sin((1-2x/\pi)\cdot 0+2x/\pi\cdot \pi/2)\\ & \geq (1-2x/\pi)\cdot \sin 0 +2x/\pi\cdot \sin\pi/2 =2x/\pi. \eea \eeex$$
(2)设函数 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上二次可微, 且 $f‘‘(x)<0$, 则 $$\bex \frac{f(a)+f(b)}{2}\leq\frac{1}{b-a}\int_a^b f(t)\rd t. \eex$$
证明: 由 $f‘‘(x)<0$ 知 $f$ 是凹函数, 而 $$\beex \bea \int_a^b f(x)\rd x&=\int_a^b f\sex{\frac{b-x}{b-a}\cdot a+\frac{x-a}{b-a}\cdot b}\rd x\\ &\geq \int_a^b \sez{\frac{b-x}{b-a}\cdot f(a)+\frac{x-a}{b-a}\cdot f(b)}\rd x\\ &=\frac{b-a}{2}[f(a)+f(b)]. \eea \eeex$$
7($15‘$) 求函数 $\dps{f(x,y)=x^2+y^2+\frac{3}{2}x+1}$ 在集合 $\dps{G=\sed{(x,y);4x^2+y^2-1=0}}$ 上的最值.
解答: 作 Lagrange 函数 $$\bex L(x,y;\lambda)=x^2+y^2+\frac{3}{2}x+1+\lambda(4x^2+y^2-1), \eex$$ 则由 $$\beex \bea L_x&=2x+\frac{3}{2}+8\lambda x=0,\\ L_y&=2y+2\lambda y=0,\\ L_\lambda&=4x^2+y^2-1=0 \eea \eeex$$ 知 $$\bex (x,y)=\sex{\frac{1}{4},\frac{\sqrt{3}}{2}}\mbox{ 或 }\sex{\pm\frac{1}{2},0}. \eex$$ 又由 $$\bex f\sex{\frac{1}{4},\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{35}{16},\quad f\sex{\frac{1}{2},0}=2,\quad f\sex{-\frac{1}{2},0}=\frac{1}{2} \eex$$ 知 $$\bex \max_Gf=\frac{35}{16},\quad \min_Gf=\frac{1}{2}. \eex$$
8($15‘$) 设无穷实数列 $\sed{a_n}, \sed{b_n}$ 满足 $$\bex a_{n+1}=b_n-\frac{na_n}{2n+1},\quad (n=1,2,\cdots). \eex$$ 试证:
(1)若 $\sed{b_n}$ 有界, 则 $\sed{a_n}$ 也有界;
(2)若 $\sed{b_n}$ 收敛, 则 $\sed{a_n}$ 也收敛.
证明:
(1)设 $$\bex M=\max\sed{2\sup_n|b_n|,|a_1|}. \eex$$ 我们用数学归纳法易知 $|a_n|\leq M$. 事实上, 递推步为 $$\bex |a_{n+1}|\leq |b_n|+\sev{\frac{na_n}{2n+1}}\leq \frac{M}{2}+\frac{M}{2}=M. \eex$$
(2)设 $b_n\to b$, 于 $$\bex a_{n+1}=b_n-\frac{na_n}{2n+1},\quad (n=1,2,\cdots). \eex$$ 中取上、下极限即有 $$\bex \varlimsup_{n\to\infty}a_n\leq b-\frac{1}{2}\varliminf_{n\to\infty}a_n,\\ \varliminf_{n\to\infty}a_n\geq b-\frac{1}{2}\varlimsup_{n\to\infty}a_n. \eex$$ 于是 $$\beex \bea \varlimsup_{n\to\infty}a_n \leq b-\frac{1}{2}\sez{b-\frac{1}{2}\varlimsup_{n\to\infty}a_n} \ra \varlimsup_{n\to\infty}a_n\leq\frac{2b}{3},\\ \varliminf_{n\to\infty}a_n\geq b-\frac{1}{2}\sez{b-\frac{1}{2}\varliminf_{n\to\infty}a_n} \ra \varliminf_{n\to\infty}a_n\geq \frac{2b}{3}. \eea \eeex$$ 故而 $a_n\to 2b/3$.
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[家里蹲大学数学杂志]第250期中国科学院大学2013年数学分析考研试题参考解答
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