[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

时间：2014-05-22 05:35:24 阅读：221 评论：0 收藏：0 [点我收藏+]

1计算.

(1) $\dps{\lim_{n\to\infty}\sex{\sqrt{n+\sqrt{n+2\sqrt{n}}}-\sqrt{n}}}$ .

解答:

原极限 = = = lim n \to \infty n + 2 n ? ? \sqrt ? ? ? ? ? ? ? \sqrt n + n + 2 n ? ? \sqrt ? ? ? ? ? ? ? \sqrt ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? \sqrt + n ? ? \sqrt lim n \to \infty 1 + 2 n \sqrt ? ? ? ? ? ? \sqrt 1 + 1 n + 2 n 3 / 2 ? ? ? ? ? ? ? \sqrt ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? \sqrt + 1 1 2 .

$\bex \mbox{原极限} &=&\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt{n+2\sqrt{n}}}{\sqrt{n+\sqrt{n+2\sqrt{n}}}+\sqrt{n}}\\ &=&\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt{1+\frac{2}{\sqrt{n}}}}{\sqrt{1+\sqrt{\frac{1}{n}+\frac{2}{n^{3/2}}}}+1}\\ &=&\frac{1}{2}. \eex$

(2) $\dps{\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{2n}\frac{1}{n+k}}$ .

解答:

原极限 = = = lim n \to \infty 1 n \sum k = 1 2 n 1 1 + k / n \int 20 1 1 + x d x ln 3.

$\bex \mbox{原极限} &=&\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{2n}\frac{1}{1+k/n}\\ &=&\int_0^2\frac{1}{1+x}\rd x\\ &=&\ln 3. \eex$

(3)若 $\dps{\lim_{x\to\infty}\sex{1+\frac{1}{x}}^{ax} =\lim_{x\to 0}\arccos \frac{\sqrt{x+1}-1}{\sin x}}$ , 求 $a$ .

解答: 由

lim x \to \infty (1 + 1 x) a x = e a,

$\bex \lim_{x\to\infty}\sex{1+\frac{1}{x}}^{ax}=e^a, \eex$

lim x \to 0 arccos x + 1 ? ? ? ? \sqrt ? 1 sin x = = arccos (lim x \to 0 x sin x ? 1 x + 1 ? ? ? ? \sqrt + 1) arccos 1 2 = π 3

$\bex \lim_{x\to 0}\arccos \frac{\sqrt{x+1}-1}{\sin x} &=&\arccos\sex{\lim_{x\to 0}\frac{x}{\sin x}\cdot \frac{1}{\sqrt{x+1}+1}}\\ &=&\arccos\frac{1}{2} =\frac{\pi}{3} \eex$ 知

=π

$\dps{e^a=\frac{\pi}{3}}$ , 而

a=lnπ

$\dps{a=\ln \frac{\pi}{3}}$ .

(4) $\dps{\lim_{x\to 0}\sex{e^x+x^2+3\sin x}^\frac{1}{2x}}$ .

解答:

原极限 = = = exp {lim x \to 0 ln ( e x + x 2 + 3 sin x ) 2 x} exp {lim x \to 0 1 2 ? 1 e x + x 2 + 3 sin x ? (e x + 2 x + 3 cos x)} e 2 .

$\bex \mbox{原极限} &=&\exp\sed{\lim_{x\to 0}\frac{\ln\sex{e^x+x^2+3\sin x}}{2x}}\\ &=&\exp\sed{\lim_{x\to 0}\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{e^x+x^2+3\sin x}\cdot\sex{e^x+2x+3\cos x}}\\ &=&e^2. \eex$

2计算下列积分.

(1)求 $\dps{\int\cos(\ln x)\rd x}$ .

解答: 设 $\dps{I=\int\cos(\ln x)\rd x}$ , 则

I = = = = x cos (ln x) ? \int [? sin (ln x)] 1 x ? x d x x cos (ln x) + \int sin (ln x) d x x cos (ln x) + [x sin (ln x) ? \int cos (ln x) d x] x [cos (ln x) + sin (ln x)] ? I .

$\bex I&=&x\cos(\ln x)-\int\sez{-\sin (\ln x)}\frac{1}{x}\cdot x\rd x\\ &=&x\cos(\ln x)+\int \sin (\ln x)\rd x\\ &=&x\cos(\ln x)+\sez{x\sin (\ln x)-\int\cos(\ln x)\rd x}\\ &=&x\sez{\cos(\ln x)+\sin (\ln x)}-I. \eex$ 故

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

$\bex I=\frac{x\sez{\cos(\ln x)+\sin (\ln x)}}{2}+C. \eex$

(2) $\dps{\int_0^\infty \frac{1}{1+x^4}\rd x}$ .

解答: 设 $\dps{I=\int_0^\infty \frac{1}{1+x^4}\rd x}$ , 则

I = \int 0 \infty 1 1 + ( 1 t ) 4 d 1 t = \int \infty 0 t 2 1 + t 4 d t .

$\bex I=\int_\infty^0\frac{1}{1+\sex{\frac{1}{t}}^4}\rd\frac{1}{t} =\int_0^\infty \frac{t^2}{1+t^4}dt. \eex$ 故

I = = = = = 1 2 \int \infty 0 1 + x 2 1 + x 4 d x 1 2 \int \infty 0 1 x 2 + 1 1 x 2 + x 2 d x 1 2 \int \infty 0 1 ( x ? 1 x ) 2 + 2 d (x ? 1 x) 1 2 2 \sqrt \int \infty 0 1 1 + ( x ? 1 x 2 \sqrt ) 2 d x ? 1 x 2 \sqrt π 2 2 \sqrt .

$\bex I&=&\frac{1}{2}\int_0^\infty \frac{1+x^2}{1+x^4}\rd x\\ &=&\frac{1}{2}\int_0^\infty \frac{\frac{1}{x^2}+1}{\frac{1}{x^2}+x^2}\rd x\\ &=&\frac{1}{2}\int_0^\infty\frac{1}{\sex{x-\frac{1}{x}}^2+2}d\sex{x-\frac{1}{x}}\\ &=&\frac{1}{2\sqrt{2}}\int_0^\infty \frac{1}{1+\sex{\frac{x-\frac{1}{x}}{\sqrt{2}}}^2}\rd\frac{x-\frac{1}{x}}{\sqrt{2}}\\ &=&\frac{\pi}{2\sqrt{2}}. \eex$

(3) 求 $\dps{I=\int_L\sev{y}\rd s}$ , 其中 $L$ 是球面 $x^2+y^2+z^2=2$ 与平面 $x=y$ 的交线.

解答: 由对称性知

I = = = = 4 \int y = x \geq 0 , z \geq 0 2 x 2 + z 2 = 2 y d s 4 \int π 2 0 cos θ ∣ ∣ cos' θ ∣ ∣ 2 + ∣ ∣ cos' θ ∣ ∣ 2 + ∣ ∣ 2 \sqrt sin' θ ∣ ∣ 2 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? \sqrt d θ 4 ? π 2 ? 2 \sqrt 2 2 \sqrt π .

$\bex I&=&4\int_{y=x\geq 0,z\geq 0\atop 2x^2+z^2=2}y\rd s\\ &=&4\int_0^\frac{\pi}{2} \cos\theta\sqrt{\sev{\cos‘\theta}^2+\sev{\cos‘\theta}^2+\sev{\sqrt{2}\sin‘\theta}^2} d\theta\\ &=&4\cdot\frac{\pi}{2}\cdot \sqrt{2}\\ &=&2\sqrt{2}\pi. \eex$

(4)求 $\dps{I=\iint_\Sigma (x+y+z)^2\rd S}$ , 其中 $\dps{\Sigma:\ x^2+y^2+z^2=R^2}$ .

解答: 由对称性知

I = ? Σ (x 2 + y 2 + z 2) d S = R 2 ? 4 π R 2 = 4 π R 4 .

$\bex I=\iint_\Sigma (x^2+y^2+z^2)\rd S =R^2\cdot 4\pi R^2=4\pi R^4. \eex$

(5)已知函数 $f(x)$ 在 $\bbR$ 上连续可导, 求

I = \int L 1 + y 2 f ( x y ) y d x + x y 2 [y 2 f (x y) ? 1] d y,

$\bex I=\int_L \frac{1+y^2f(xy)}{y}\rd x+\frac{x}{y^2}\sez{y^2f(xy)-1}\rd y, \eex$ 其中

$L$ 是上半平面

{y>0}

$\sed{y>0}$ 内以

(2,3)

$(2,3)$ 为起点,

(3,2)

$(3,2)$ 为终点的有向分片光滑曲线.

解答: 由

? ? y 1 + y 2 f ( x y ) y = ? 1 y 2 + f (x y) + x y f' (x y),

$\bex \frac{\p}{\p y}\frac{1+y^2f(xy)}{y} =-\frac{1}{y^2} +f(xy)+xyf‘(xy), \eex$

? ? x {x y 2 [y 2 f (x y) ? 1]} = f (x y) + x y f' (x y) ? 1 y 2

$\bex \frac{\p}{\p x}\sed{\frac{x}{y^2}\sez{y^2f(xy)-1}} =f(xy)+xyf‘(xy)-\frac{1}{y^2} \eex$ 及

Green

$Green$ 公式知

I = = = = \oint (2, 3) \to x y = 6 (3, 2) 1 + y 2 f ( x y ) y d x + x y 2 [y 2 f (x y) ? 1] d y \int 32 {[x 6 + 6 x f (6)] + [x f (6) ? x 3 36] ? (? 6 x 2)} d x \int 32 x 3 d x 5 6 .

$\bex I&=&\oint_{(2,3)\stackrel{xy=6}{\to}(3,2)} \frac{1+y^2f(xy)}{y}\rd x+\frac{x}{y^2}\sez{y^2f(xy)-1}\rd y\\ &=&\int_2^3 \sed{\sez{\frac{x}{6}+\frac{6}{x}f(6)} +\sez{xf(6)-\frac{x^3}{36}}\cdot\sex{-\frac{6}{x^2}}}\rd x\\ &=&\int_2^3 \frac{x}{3}\rd x\\ &=&\frac{5}{6}. \eex$

(6)计算 $\dps{I=\iint_\Sigma \frac{x\rd ydz+z^2\rd x\rd y}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}}$ 其中 $\Sigma$ 为下半球面 $\dps{z=-\sqrt{1-x^2-y^2}}$ 的上侧.

解答: 由对称性知

I = = = ? Σ z 2 x 2 + y 2 + z 2 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? \sqrt d x d y ? 1 3 ? x 2 + y 2 \leq 1 (1 ? x 2 ? y 2) d x d y ? π 6 .

$\bex I&=&\iint_\Sigma \frac{z^2}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}\rd x\rd y\\ &=&-\frac{1}{3}\iint_{x^2+y^2\leq 1}(1-x^2-y^2)\rd x\rd y\\ &=&-\frac{\pi}{6}. \eex$

3函数 $z=f(x,y)$ 有二阶连续偏导数且 $f_y‘\neq 0$ . 证明: 对一切 $c\in \bbR$ , $f(x,y)=c$ 是一条直线的充要条件是

(f' y) 2 f'' x x ? 2 f' x f' y f'' x y + (f' x) 2 f'' y y = 0.

$\bex \sex{f_y‘}^2f_{xx}‘‘ -2f_x‘f_y‘f_{xy}‘‘ +\sex{f_x‘}^2f_{yy}‘‘ =0. \eex$

证明: 由

d d x (d y d x) = = = d d x (? f ' x f ' y) ? [ f '' x x + f '' x y ( ? f ' x f ' y ) ] ? f ' y ? f ' x ? [ f '' y x + f '' y y ( ? f ' x f ' y ) ] ( f ' y ) 2 ? ( f ' y ) 2 f '' x x ? 2 f ' x f ' y f '' x y + ( f ' x ) 2 f '' y y ( f ' y ) 3

$\bex \frac{\rd}{\rd x}\sex{\frac{\rd y}{\rd x}} &=&\frac{\rd}{\rd x}\sex{-\frac{f_x‘}{f_y‘}}\\ &=&-\frac{\sez{f_{xx}‘‘+f_{xy}‘‘\sex{-\frac{f_x‘}{f_y‘}}}\cdot f_y‘-f_x‘\cdot\sez{f_{yx}‘‘+f_{yy}‘‘\sex{-\frac{f_x‘}{f_y‘}}}}{(f_y‘)^2}\\ &=&-\frac{\sex{f_y‘}^2f_{xx}‘‘ -2f_x‘f_y‘f_{xy}‘‘ +\sex{f_x‘}^2f_{yy}‘‘}{(f_y‘)^3} \eex$ 知

f (x, y) = c 是直线 ? ? 斜率 d y d x 是常数 (f' y) 2 f'' x x ? 2 f' x f' y f'' x y + (f' x) 2 f'' y y = 0.

$\bex f(x,y)=c\mbox{ 是直线} &\lra&\mbox{斜率 }\frac{\rd y}{\rd x}\mbox{ 是常数}\\ &\lra&\sex{f_y‘}^2f_{xx}‘‘ -2f_x‘f_y‘f_{xy}‘‘ +\sex{f_x‘}^2f_{yy}‘‘=0. \eex$

4 讨论函数 $\dps{x\sin\frac{1}{x}}$ 和 $\dps{\sin\frac{1}{x}}$ 在 $\dps{(0,\infty)}$ 上的一致连续性, 说明理由.

解答: 由

lim x \to 0 x sin 1 x = 0, lim x \to \infty x sin 1 x = lim x \to \infty sin 1 x 1 x = 1

$\bex \lim_{x\to 0}x\sin \frac{1}{x}=0,\quad \lim_{x\to \infty}x\sin \frac{1}{x} =\lim_{x\to \infty}\frac{\sin \frac{1}{x}}{\frac{1}{x}} =1 \eex$ 知

xsin1

$\dps{x\sin\frac{1}{x}}$ 在

(0,∞)

$(0,\infty)$ 上一致收敛. 又由

∣ ∣ ∣ ∣ ∣ 1 n π ? 1 ( n + 1 2 ) π ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ \to 0 (n \to \infty), ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ sin 1 1 n π ? sin 1 1 ( n + 1 2 ) π ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ = 1

$\bex \ba{cc} \sev{\frac{1}{n\pi}-\frac{1}{\sex{n+\frac{1}{2}}\pi}}\to 0\quad(n\to\infty),\\ \sev{\sin \frac{1}{\frac{1}{n\pi}}-\sin \frac{1}{\frac{1}{\sex{n+\frac{1}{2}}\pi}}}=1 \ea \eex$ 知

sin1

$\dps{\sin\frac{1}{x}}$ 在

(0,∞)

$(0,\infty)$ 上不一致收敛.

5偶函数 $f(x)$ 的二阶导数 $f‘‘(x)$ 在 $x=0$ 的某个邻域内连续, 且 $f(0)=1$ , $f‘‘(0)=2$ . 证明级数 $\dps{\sum_{n=1}^\infty\sez{f\sex{\frac{1}{n}}-1}}$ 绝对收敛.

证明: 因 $f(x)$ 是偶函数, 而 $f‘(x)$ 为奇函数, $f‘(0)=0$ , 于是由 $Taylor$ 展式知

f (x) = f (0) + f' (0) x + f '' ( ξ ) 2 x 2, x \in U (0) .

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

∣ ∣ ∣ f (1 n) ? 1 ∣ ∣ ∣ = ∣ ∣ ∣ f '' ( ξ n ) 2 1 n 2 ∣ ∣ ∣ \leq 2 n 2, n 充分大 .

$\bex \sev{f\sex{\frac{1}{n}}-1} =\sev{\frac{f‘‘(\xi_n)}{2}\frac{1}{n^2}} \leq \frac{2}{n^2},\quad n\mbox{充分大}. \eex$ 由比较判别法即知级数

∑

∞

n=1

[f(1

)?1]

$\dps{\sum_{n=1}^\infty\sez{f\sex{\frac{1}{n}}-1}}$ 绝对收敛.

6函数 $f:[0,1]\to (0,1)$ 在 $[0,1]$ 上可导, 且导函数不取 $1$ . 证明: 方程 $f(x)=x$ 在 $(0,1)$ 内有唯一的实根.

解答: 设 $F(x)=f(x)-x$ , 则

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

$\bex F(0)=f(0)>0,\quad F(1)=f(1)-1<0, \eex$ 而由连续函数介值定理,

? ξ \in (0, 1), s . t . F (ξ) = 0,

$\bex \exists\ \xi\in (0,1),\ s.t.\ F(\xi)=0, \eex$ 即

f(ξ)=ξ

$f(\xi)=\xi$ . 现若还有一

ξ≠η∈(0,1)

$\xi\neq \eta\in (0,1)$ 满足

F(η)=0

$F(\eta)=0$ , 则由

Rolle

$Rolle$ 定理,

? ζ 在 ξ 与 η 之间, s . t . F' (ζ) = 0,

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

′

(ζ)=1

$f‘(\zeta)=1$ , 这是一个矛盾. 总结而有

f(x)=x

$f(x)=x$ 在

(0,1)

$(0,1)$ 内有唯一的实根.

7设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上可积, 在 $x=1$ 处连续证明:

lim n \to \infty n \int 10 x n ? 1 f (x) d x = f (1) .

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

解答: 拟合如下

\leq \leq = : ∣ ∣ ∣ n \int 10 x n ? 1 f (x) d x ? f (1) ∣ ∣ ∣ = ∣ ∣ ∣ n \int 10 x n ? 1 [f (x) ? f (1)] d x ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ n \int 1 ? δ 0 x n ? 1 [f (x) ? f (1)] d x ∣ ∣ ∣ + ∣ ∣ ∣ n \int 1 1 ? δ x n ? 1 [f (x) ? f (1)] d x ∣ ∣ ∣ 2 max [0, 1] | f | ? (1 ? δ) n + max x \in [1 ? δ, 1] | f (x) ? f (1) | I 1 + I 2 .

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

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

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