数学分析习题练习七

2022年京都大学基础科学考研的一道题

杨州大学2022年数学分析试题（三、综合题 5）
5、证明均值不等式。即对任何正数$a_1,a_2,.....a_n\in R^+,n\in N$,有
                        $$\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}\leq \frac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{n}.$$

证明：
               可以用条件极值法证明。先将问题转化为求$a_1a_2\cdots a_n$的最大值。
                   令
                               $\displaystyle f(x_1,x_2，\cdots ，x_n)=x_1x_2\cdots x_n,$
                     而
                               $\displaystyle x_1+x_2+\cdots +x_n=a.$
                      再令
                                   $\displaystyle F(x_1,x_2，\cdots ，x_n)=x_1x_2\cdots x_n+\lambda (x_1+x_2+\cdots +x_n-a).$
                      由拉格朗日条件极值法，有

                                    $\begin{cases}
F_1 &=\frac{x_1x_2\cdots x_n}{x_1} +\lambda=0 ,\\
F_2 &=\frac{x_1x_2\cdots x_n}{x_21} +\lambda=0 ,\\
\cdots ,\\
F_n &=\frac{x_1x_2\cdots x_n}{x_n} +\lambda=0 ,\\
F_\lambda &=x_1+x_2+\cdots +x_n-a=0.
\end{cases}$
                     解之得：$\displaystyle x_1=x_2=\cdots =x_n=\frac{a}{n}.$

               由条件可知，函数在有界闭区域上正值函数，必有极大值。即有

                         $$f(x_1,x_2，\cdots ，x_n)=x_1x_2\cdots x_n\leq f(\frac{a}{n},\frac{a}{n},\cdots ,\frac{a}{n})=(\frac{a}{n})^n=(\frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{n})^n.$$

中国矿业大学2022年数学分析试题


证明
               由已知条件，可知满足Rolle中值定理,
                                     $\displaystyle \exists \eta \in (0,1),s.t.f'(\eta )=0.$

                     作辅助函数
                                          $\displaystyle F(x)=f'(x)(1-x)^2.$

                            此时有
                                            $\displaystyle F(\eta )=F(1)=0,$

                             二次使用Rolle定理，得
                                                $\displaystyle \exists \xi \in(\eta ,1)\subset (0,1),s.t.F'(\xi)=0.$

                                 因此有
                                                   $\displaystyle f''(\xi)(1-\xi)^2+2f'(\xi)(1-\xi)=0,$

                              整理得
                                              $\displaystyle f''(\xi)=\frac{2f'(\xi)}{\xi-1}.$

                                  命题成立。

                                   
                            【注记】此题两次运用Rolle中值定理，最主要是辅助函数的设计，不太容易想到，只能凑。

2021年四川大学大学数学竞赛题（非数专业）


解:
                 上述题 目有误，式中$\displaystyle \sum_{n=1}^{2019}\frac{1}{n!}f^{(n)}(x)x^n$应为$\displaystyle \sum_{n=1}^{2019}\frac{1}{n!}f^{(n)}(0)x^n.$

                 由条件可知，将$f(x)$在$x=0$点展开到2021项，即有
                          $\begin{align*}f(x)&=f(0)+\sum_{n=1}^{2019}\frac{1}{n!}f^{(n)}(0)x^n+\frac{1}{2020!}f^{(2020)}(\theta x)x^{2020}\\\\&=f(0)+\sum_{n=1}^{2019}\frac{1}{n!}f^{(n)}(0)x^n+\frac{1}{2020!}f^{(2020)}(0)x^{2020}+\frac{1}{2021!}f^{(2021)}(\eta )x^{2021},\eta\in(-1,1)\end{align*}$

                     两式相减，得
                           $\displaystyle \frac{1}{2021}f^{(2021)}(\eta )x=f^{(2020)}(\theta x)-f^{(2020)}(0)=f^{(2021)}(\xi )\theta x,\xi\in(0,\theta x)$

                   因此有
                                $\displaystyle \Rightarrow \lim_{x\to0}\theta =\frac{1}{2021}.(x\to0,\Rightarrow \eta \to0,\xi\to0)$

2019 四川大学数学竞赛（非专业组）


解：
                   利用换无法，令：
                                         $\displaystyle 3x+4y=u,4x-3y=v.$

                                             $\displaystyle D\Rightarrow D',$

                                            $\displaystyle u^2+v^2=25(x^2+y^2)\leq 25.$

                                             $\displaystyle |J|=|\frac{\partial(x,y)}{\partial (u,v)}|^{-1}=\frac{1}{25}.$

                                          $\displaystyle I=\iint_D\sqrt{25-(3x+4y)^2}dxdy=\frac{1}{25}\iint_{D'}\sqrt{25-u^2}dudv.$

                                           $\displaystyle u=r\cos\theta ,v=r\sin\theta ,0\leq r\leq 5,0\leq \theta \leq 2\pi.$

                                            $\displaystyle \begin{align*}I&=\frac{1}{25}\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{5}r\sqrt{25-r^2\cos^2\theta }dr\\\\&=-\frac{1}{25}\int_{0}^{2\pi}\frac{1}{\cos^2\theta }\cdot \frac{2}{3}\cdot (25-r^2\cos^2\theta )^\frac{3}{2}|_0^5d\theta \\\\&=\frac{10}{3}\int_{0}^{2\pi}\frac{1-\sin^3\theta }{\cos^2\theta }d\theta \end{align*}$

2019 四川大学数学竞赛（非专业组）


解：
                    利用Stolz定理，
                              $\displaystyle I=\lim_{x\to0}\left ( \int_{0}^{1}e^{-xt^2}dt\right )^{\frac{1}{x}}=\lim_{x\to0}\exp\left ( \frac{1}{x}\ln \int_{0}^{1}e^{-xt^2}dt\right )=\lim_{x\to0}\exp\left ( \frac{\displaystyle \int_{0}^{1}-t^2e^{-xt^2}dt}{\displaystyle \int_{0}^{1}e^{-xt^2}dt}\right ).$

                   再利用含参变量连续性积分与极限可交换性定理，有
                              $\displaystyle \lim_{x\to0}\int_{0}^{1}e^{-xt^2}dt=\int_{0}^{1}\lim_{x\to0}e^{-xt^2}dt=1.$

                                $\displaystyle \lim_{x\to0}\int_{0}^{1}-t^2e^{-xt^2}dt=\int_{0}^{1}-t^2\cdot \lim_{x\to0}e^{-xt^2}dt=\int_{0}^{1}-t^2dt=-\frac{1}{3}.$

                       因此，得
                                       $\displaystyle I=e^{-\frac{1}{3}}.$

2019 四川大学数学竞赛（非专业组）

                               $\begin{align*}I&=\lim_{n \to \infty }\frac{(n^2+1^2)^{\frac{1}{n}}(n^2+2^2)^{\frac{1}{n}}\cdots (n^2+(2n)^2)^{\frac{1}{n}}}{n^4}\\\\&=\lim_{n \to \infty }\exp\left ( \frac{1}{n}\ln(1+(\frac{1}{n})^2)(1+(\frac{2}{n})^2)\cdots (1+(\frac{2n}{n})^2)\right )\\\\&=\exp\left ( 2\int_{0}^{1}\ln(1+x^2)dx\right )\\\\&=e^{\displaystyle 2\ln2-4+4\arctan1}.\end{align*}$

2010浙江省高等数学竞赛试题(经管类)


解
                     $\begin{align*}I&=\int \frac{e^x(1+\sin x\cos x)}{\cos ^2x}dx\\\\&=\int e^x(\frac{1}{\cos ^2x}+\tan x)dx\\\\&=e^x\tan x+e^x\tan x-\int e^x(\tan x+\frac{1}{\cos ^2x})dx\\\\&=e^x\tan x.\end{align*}$

东北大学2022数学分析



解：
                      $\displaystyle I=\int_{-\pi}^{\pi}\frac{x(\sin x)\arctan(e^{-x})}{1+\cos^2x}dx=\int_{-\pi}^{\pi}\frac{x(\sin x)\arctan(e^{x})}{1+\cos^2x}dx,(x=-x)$

                       $\displaystyle \therefore I=\frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi}\frac{x(\sin x)[\arctan(e^{-x})+\arctan(e^{x})]}{1+\cos^2x}dx,$

                     又，
                         $\displaystyle \arctan(e^{-x})+\arctan(e^{x})=\frac{\pi}{2}.$

                     故
                            $\Rightarrow \begin{align*}I&=\frac{\pi}{4}\int_{-\pi}^{\pi}\frac{x\sin x}{1+\cos^2x}dx=\frac{\pi}{2}\int_{0}^{\pi}\frac{x\sin x}{1+\cos^2x}dx\\\\&=\frac{\pi}{2}\int_{0}^{\pi}\frac{(\pi-x)\sin x}{1+\cos^2x}dx,(x=\pi-x)\\\\&=\frac{\pi^2}{2}\int_{0}^{\pi}\frac{\sin x}{1+\cos^2x}dx-\frac{\pi}{2}I.\end{align*}$

                      得
                               $\displaystyle \therefore I=\frac{\pi^3}{2\pi+4}.$