标签：style color os ar for sp 2014 on c
1. ($30‘$) 计算:
(1) $\dps{\int\frac{1}{x}\sqrt{\frac{x+2}{x-2}}\rd x}$.
(2) $\dps{\int_{\vGa} xy\rd s}$, 其中 $\vGa$ 为 $x^2+y^2+z^2=a^2$ 与 $x+y+z=0$ 的交线.
(3) $\dps{\vlm{n}\sex{\int_0^\pi x^{2013}\sin^n x\rd x}^\frac{1}{n}}$.
解答:
(1) 令 $\dps{\sqrt{\frac{x+2}{x-2}=t}}$, 则 $$\bex x=\frac{2(t^2+1)}{t^2-1}=2+\frac{4}{t^2-1}, \eex$$ $$\beex \bea \int\frac{1}{x}\sqrt{\frac{x+2}{x-2}}\rd x &=\int \frac{t^2-1}{2(t^2+1)}\cdot t\cdot \frac{-8t}{(t^2-1)^2}\rd t\\ &=-4\int \frac{t^2}{(t^2+1)(t^2-1)}\rd t\\ &=-2\int \frac{1}{t^2+1}+\frac{1}{t^2-1}\rd t\\ &=-2\sex{\arctan t+\frac{1}{2}\int \frac{1}{t-1}-\frac{1}{t+1}\rd t}\\ &=-2\arctan t-\ln |t-1|+\ln |t+1|+C\\ &=-2\arctan t+\ln \sev{\frac{t+1}{t-1}}+C\\ &=-2\arctan \sqrt{\frac{x+2}{x-2}} +\ln \frac{\sqrt{x+2}+\sqrt{x-2}}{\sqrt{x+2}-\sqrt{x-2}}+C. \eea \eeex$$
(2) $$\beex \bea \int_{\vGa} xy\rd s &=\frac{1}{3} \int_{\vGa} xy+yz+zx\rd s\\ &=\frac{1}{6}\int_{\vGa} (x+y+z)^2-(x^2+y^2+z^2)\rd s\\ &=\frac{1}{6}\int_{\vGa} 0-a^2\rd s\\ &=-\frac{a^2}{6}\int_{\vGa} \rd s\\ &=-\frac{a^2}{6}\cdot 2\pi a\quad\sex{a>0}\\ &=-\frac{\pi a^3}{3}. \eea \eeex$$
(3) 由 $$\beex \bea \sex{\int_0^\pi x^{2013}\sin^nx\rd x}^\frac{1}{n} \leq \sex{\int_0^\pi x^{2013}\rd x}^\frac{1}{n} =\sex{\frac{\pi^{2014}}{2014}}^\frac{1}{n}\to 1\quad\sex{n\to\infty}, \eea \eeex$$ $$\beex \bea \sex{\int_0^\pi x^{2013}\sin^nx\rd x}^\frac{1}{n} &\geq \sex{ \int_{\frac{\pi}{2}-\ve}^{\frac{\pi}{2}+\ve} x^{2013}\cos^n\ve \rd x }^\frac{1}{n}\\ &\geq \cos \ve \sez{ \frac{ \sex{\frac{\pi}{2}+\ve}^{2014} -\sex{\frac{\pi}{2}-\ve}^{2014} }{ 2014 } }^\frac{1}{n}\\ &\geq \cos \ve\quad\sex{n\to\infty} \eea \eeex$$ 及 $\ve$ 的任意性知原极限 $=1$.
2. ($10‘$) 设 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上连续, 并且 $\dps{\int_{-\infty}^{+\infty} f(x)\rd x}$ 收敛, 对任意 $a,b,c\in\bbR$, 都有 $$\bex \int_a^{a+c}f(x)\rd x =\int_b^{b+c}f(x)\rd x. \eex$$ 证明: $f(x)\equiv 0$.
证明: 对 $\dps{\int_a^{a+c}f(x)\rd x=\int_b^{b+c}f(x)\rd x}$ 关于 $b$ 求导有 $$\bex 0=f(b+c)-f(b). \eex$$ 令 $b=0$ 有 $f(c)=f(0)$, $f$ 为常数. 又由 $\dps{\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)\rd x}$ 收敛知 $f\equiv 0$.
3. ($15‘$) 表格填空:
| $\dps{\sum_{n=3}^\infty a^n n^b \ln^c n}$ | 绝对收敛 | 条件收敛 | 发散 |
| 参数 $a,b,c$ 的取值范围 |
解答: 考虑幂级数 $\dps{\sum_{n=3}^\infty (n^b \ln^c n)x^n}$, 则由 $$\bex \vlm{n}\frac{(n+1)^b \ln^c(n+1)}{n^b\ln^cn}=1 \eex$$ 知
(1) 当 $|a|<1$ 时, 原级数绝对收敛.
(2) 当 $|a|>1$ 时, 原级数发散.
(3) 当 $a=1$ 时, 原级数为 $\dps{\sum_{n=3}^\infty n^b\ln^c}$, 考虑 $$\bee\label{310_3} \int_3^\infty x^b\ln^cx\rd x \eee$$的敛散性.
(a) 当 $b<-1$ 时, 由 $$\bex x^b\ln^c x=x^{b+\ve}\frac{\ln^c x^\ve}{\ve^c x^\ve}\quad\sex{0<\ve<-b-1} \eex$$ 知 \eqref{310_3} 收敛, 而原级数绝对收敛.
(b) 当 $b=-1$ 时, 由 $$\bex x^b\ln^cx=\ln^c x\rd \ln x =\sedd{\ba{ll} \rd (\ln\ln x),&c=-1\\ \frac{\ln^{c+1}x}{c+1},&c\neq -1 \ea} \eex$$ 知
(i) 当 $c<-1$ 时, \eqref{310_3} 收敛, 而原级数绝对收敛.
(ii) 当 $c\geq -1$ 时, \eqref{310_3} 发散, 而原级数发散.
(c) 当 $b> -1$ 时, $$\bex x^b\ln^c x=x^{b-\ve}\frac{\ln^c x^\ve}{\ve^cx^\ve}\quad\sex{0<\ve<b+1} \eex$$ 知 \eqref{310_3} 发散, 而原级数发散.
(4) 当 $a=-1$ 时,
(a) 当 $b<-1$ 或 $b=-1$, $c<-1$ 时, 由 (3) 知原级数绝对收敛.
(b) 当 $b=-1$, $c\geq -1$ 时, 由 $$\bex a^nn^b \ln^c n=(-1)^n \frac{\ln^cn}{n} \eex$$ 及 $$\bex f(x)=\frac{\ln^cx}{x} \ra f‘(x)=\frac{c-\ln x}{x^2\ln^{c-1}x}<0\quad\sex{x>e^c}, \eex$$ 及 Leibniz 判别法知原级数收敛. 又由 (3a) 知原级数条件收敛.
(c) 当 $b>-1$ 时, 由 $$\bex a^nn^b \ln^cn=(-1)^n n^b\ln^cn \eex$$ 知
(i) 当 $-1<b<0$ 时, 原级数条件收敛.
(ii) 当 $b=0$, $c<0$ 时, 原级数条件收敛.
(iii) 当 $b=0$, $c\geq 0$ 时, 原级数发散.
(iv) 当 $b>0$ 时, 原级数发散.
综上, 我们有如下表格:
| 原级数 | 绝对收敛 | 条件收敛 | 发散 |
| $a,b,c$ | $\ba{c} |a|<1;\\ a=\pm 1,b<-1;\\ a=\pm 1,b=-1,c<-1. \ea$ | $\ba{c} a=-1,b=-1,c\geq -1;\\ a=-1,-1<b<0;\\ a=-1,b=0,c<0. \ea$ | $\ba{c} |a|>1;\\ a=1,b=-1,c\geq -1;\\ a=1,b>-1;\\ a=-1,b=0,c\geq 0;\\ a=-1,b>0. \ea$ |
4. ($10‘$) 求方程组 $\dps{\ba{ll} u+v=x+y\\ \frac{\sin u}{\sin v}=\frac{x}{y} \ea}$ 所确定的隐函数 $\dps{\ba{ll} u=u(x,y)\\ v=v(x,y) \ea}$ 的微分 $\rd u$, $\rd v$.
解答: 由 $u+v=x+y$ 知 $$\bex u_x+v_x=1,\quad u_y+v_y=1. \eex$$ 又由 $y\sin u-x\sin v=0$ 知 $$\bex y\cos u u_x-\sin v-x\cos vv_x=0,\quad \sin u+y \cos u u_y-x\cos vv_y=0. \eex$$ 据上两式即可求出 $u_x,u_y,v_x,v_y$ 为 $$\bex u_x=\frac{x\cos v+\sin v}{y\cos u+x\cos v},\quad v_x=\frac{y\cos u-\sin v}{y\cos u+x\cos v}; \eex$$ $$\bex u_y=\frac{x\cos v-\sin u}{y\cos u+x\cos v},\quad v_y=\frac{y\cos u+\sin u}{y\cos u+x\cos v}. \eex$$ 于是 $$\bex \rd u=u_x\rd x+u_y\rd y =\frac{1}{y\cos u+x\cos v} [(x\cos v+\sin v)\rd x+(x\cos v-\sin u)\rd y], \eex$$ $$\bex \rd v=v_x\rd x+v_y\rd y =\frac{1}{y\cos u+x\cos v} [(y\cos u-\sin v)\rd x+(y\cos u+\sin u)\rd y]. \eex$$
5. ($10‘$) 讨论广义积分 $\dps{\int_0^\infty \sin x^2\rd x}$ 和 $\dps{\int_0^\infty\int_0^\infty \sin(x^2+y^2)\rd x\rd y}$ 的敛散性, 其中 $$\bex \int_0^\infty\int_0^\infty \sin(x^2+y^2)\rd x\rd y =\lim_{r\to \infty}\iint_{x^2+y^2\leq r^2\atop x,y\geq 0} \sin(x^2+y^2)\rd x\rd y. \eex$$
解答:
(1) 由 $$\bex \int_0^\infty \sin x^2\rd x=\int_0^\infty\sin t\frac{\rd t}{2\sqrt{t}} \eex$$ 及 Dirichlet 判别法知原积分收敛. 又由 $$\bex \frac{|\sin t|}{2\sqrt{t}} \geq \frac{\sin^2t}{2\sqrt{t}} =\frac{1-\cos2t}{4\sqrt{t}} \eex$$ 知原积分条件收敛.
(2) 由 $$\beex \bea \iint_{x^2+y^2\leq r^2\atop x,y\geq 0} \sin(x^2+y^2)\rd x\rd y &=\int_0^r \int_0^\frac{\pi}{2} \sin t^2 \cdot t\rd \tt\rd t\\ &=\frac{\pi}{2}\int_0^r t\sin t^2\rd t\\ &=\frac{\pi}{4} (-\cos t^2)|^r_0\\ &=\frac{\pi}{4}(1-\cos r^2) \eea \eeex$$ 知原积分发散.
6. ($15‘$) 讨论函数 $\dps{f(x,y)=\sedd{\ba{ll} x^\frac{3}{2}\sin\frac{y}{x},&x\neq 0\\ 0,&x=0 \ea}}$ 的可微性.
解答: 易知 $f$ 连续. 而 $f_x(0,0)=f_y(0,0)=0$. 由 $$\beex \bea \frac{|f(x,y)-f_x(0,0)x-f_y(0,0)y|}{\sqrt{x^2+y^2}} &=\frac{x^\frac{3}{2}\sev{\sin \frac{y}{x}}}{\sqrt{x^2+y^2}} \leq x^\frac{1}{2} \eea \eeex$$ 即知 $f$ 可微.
7. ($15‘$) 讨论积分 $\dps{f(x)=\int_0^\infty e^{-x\sex{t+\frac{1}{t}}}\rd t}$ 的收敛域及 $f(x)$ 的连续性.
解答:
(1) 当 $x>0$ 时, 由 $$\bex -x\sex{t+\frac{1}{t}}\leq -2x \eex$$ 知积分收敛.
(2) 当 $x\leq 0$ 时, 积分分散.
(3) 对 $\forall\ \delta>0$, 当 $x\geq \delta$ 时, 由 $$\bex -x\sex{t+\frac{1}{t}}\leq -xt\leq -\delta t \eex$$ 知积分在 $[\delta,\infty)$ 上一致收敛, 而 $f$ 在 $(0,\infty)$ 上连续.
8. ($10‘$) 半径为 $r$ 的球的中心在单位球 $x^2+y^2+z^2=1$ 的表面上, 问 $r$ 取何值时该球位于单位球内部分的表面积最大?
解答: 由对称性不妨设半径为 $r$ 的球的中心为 $(0,0,-1)$. 几何上看出, 当 $r\geq 2$ 时, 所求表面积 $S(r)=0$; 当 $0<r<2$ 时, $$\beex \bea S(r)&=\iint\rd S\\ &=\iint_{x^2+y^2\leq 1-\sex{\frac{r^2-2}{2}}^2} \sqrt{1+z_x^2+z_y^2}\rd x\rd y\\ &\quad\sex{z=-1+\sqrt{r^2-x^2-y^2}}\\ &=\iint_{x^2+y^2\leq 1-\sex{\frac{r^2-2}{2}}^2} \frac{r}{\sqrt{r^2-(x^2+y^2)}}\rd x\rd y\\ &=\int_0^{\sqrt{1-\sex{\frac{r^2-2}{2}}^2}} \frac{r}{\sqrt{r^2-s^2}}\cdot 2\pi s\rd s\\ &=\pi r\int_0^{1-\sex{\frac{r^2-2}{2}}^2} \frac{\rd t}{\sqrt{r^2-t}}\\ &=2\pi r\sex{r-\frac{r^2}{2}}\\ &=\pi (2r^2-r^3). \eea \eeex$$ 由 $$\bex S‘(r)=\pi(4r-3r^2) =\pi r(4-3r)\sedd{\ba{ll} >0,&0<r<\frac{4}{3}\\ <0,&\frac{4}{3}<r<2 \ea} \eex$$ 知 $$\bex \max_r S(r)=S\sex{\frac{4}{3}} =\frac{32\pi}{27}. \eex$$
9. ($15‘$) 设 $a>0$, 求 $\dps{y=\frac{x^3}{2a-x}}$ 与 $x=2a$ 所围成的面积.
解答: 所求面积 $$\beex \bea S&=2\int_0^{2a}\frac{x^\frac{3}{2}}{\sqrt{2a-x}}\rd x\\ &=8a^2\int_0^1 (1-t)^{-\frac{1}{2}}t^\frac{3}{2}\rd t\quad\sex{t=\frac{x}{2a}}\\ &=8a^2\frac{\vGa(1/2)\vGa(5/2)}{\vGa(1/2+5/2)}\\ &=8a^2\frac{\vGa(1/2)\cdot 3/2 \cdot 1/2\vGa(1/2)}{2!}\\ &=8a^2\frac{\frac{3}{4}\pi}{2}\\ &=3\pi a^2. \eea \eeex$$
10. ($10‘$) 讨论 $f(x)=x\sin x$ 在 $[1,\infty)$ 上是否一致连续, 并说明理由.
解答: 由 $$\beex \bea &\quad\sev{\sex{2k\pi+\frac{1}{k}}\sin \sex{2k\pi+\frac{1}{k}} -(2k\pi)\sin(2k\pi)}\\ &=\sex{2k\pi +\frac{1}{k}}\sin \frac{1}{k}\\ &\geq 2k\pi \cdot \frac{2}{\pi k}\\ &\geq 4 \eea \eeex$$ 即知 $f$ 不一致连续.
11. ($10‘$) 设 $$\bex f(x)=\int_x^{x^2} \sex{1+\frac{1}{2t}}^t\sez{e^{\frac{1}{\sqrt{t}}}-1}\rd t,\quad t>0. \eex$$ 求 $\dps{\vlm{n}f(n)\sin\frac{1}{n}}$.
解答: 由 $$\bex \vlm{t}\sex{1+\frac{1}{2t}}^t =\vlm{t}\sez{\sex{1+\frac{1}{2t}}^{2t}}^\frac{1}{2} =e^\frac{1}{2}\quad\sex{t\to\infty}, \eex$$ $$\bex \vlm{t}\frac{e^\frac{1}{\sqrt{t}}-1}{\frac{1}{\sqrt{t}}} =\lim_{x\to 0}\frac{e^x-1}{x} =1 \eex$$ 知 $\forall\ \ve>0$, $\exists\ X>0,\st$ $$\bex t\geq X\ra e^\frac{1}{2}-\ve<\sex{1+\frac{1}{2t}}^t <e^\frac{1}{2}+\ve,\quad \frac{1-\ve}{\sqrt{t}} <e^\frac{1}{\sqrt{t}}-1<\frac{1+\ve}{\sqrt{t}}. \eex$$ 于是当 $x\geq X$ 时, $$\beex \bea f(x)&=\int_x^{x^2} \sex{1+\frac{1}{2t}}^t\sez{e^{\frac{1}{\sqrt{t}}}-1}\rd t\\ &\geq \sex{e^\frac{1}{2}-\ve}(1-\ve)\int_x^{x^2}\frac{1}{\sqrt{t}}\rd t\\ &=2(e^\frac{1}{2}-\ve)(1-\ve) (x-\sqrt{x}),\\ f(x)&\leq 2(e^\frac{1}{2}+\ve)(1+\ve) (x-\sqrt{x}). \eea \eeex$$ 综上上两式, $$\bex 2(e^\frac{1}{2}-\ve)(1-\ve)\sex{1-\frac{1}{\sqrt{x}}} \leq\frac{f(x)}{x}\leq 2(e^\frac{1}{2}+\ve)(1+\ve)\sex{1-\frac{1}{\sqrt{x}}}. \eex$$ 令 $x\to\infty$, 有 $$\bex 2(e^\frac{1}{2}-\ve)(1-\ve)\leq \vli{x}\frac{f(x)}{x} \leq \vls{x}\frac{f(x)}{x} \leq 2(e^\frac{1}{2}+\ve)(1+\ve). \eex$$ 再令 $\ve\to0$ 有 $$\bex \vlm{x}\frac{f(x)}{x}=2e^\frac{1}{2}, \eex$$ $$\bex \vlm{n}f(n)\sin\frac{1}{n} =\vlm{n}\frac{f(n)}{n}=2\sqrt{e}. \eex$$
[家里蹲大学数学杂志]第310期中山大学2014年数学分析考研试题参考解答
标签：style color os ar for sp 2014 on c
原文地址：http://www.cnblogs.com/zhangzujin/p/3999672.html
