数学分析习题练习七

         





   

解
               对积分区域添加一个平面$z=0,$方向向上，使得其成为一个闭合区域。然后对其运用高斯定理。

               

2023中南大学考研题


解：

                            $\displaystyle I=\lim_{x\to0}\frac{\sqrt[m]{\cos x}-\sqrt[n]{\cos x}}{\sin^2x}=\lim_{x\to0}\frac{-\frac{1}{m}\sin x\cos^{\frac{1}{m}-1}x+\frac{1}{n}\sin x\cos^{\frac{1}{n}-1}x}{2\sin x\cos x}=\frac{m-n}{2mn}.$

上海交通大学1999年数学分析考研题


解
                     $\begin{align*}I&=\lim_{p\rightarrow +\infty }\int_{0}^{\frac{1}{2}}\frac{\sin 2px}{\sqrt{1-x^2}}dx=\frac{1}{2}\lim_{p\rightarrow +\infty }\int_{0}^{\frac{1}{2}}\frac{1-\cos 2px}{\sqrt{1-x^2}}dx\\\\&=\frac{1}{2}\lim_{p\rightarrow +\infty }\int_{0}^{\frac{1}{2}}\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx-\frac{1}{2}\lim_{p\rightarrow +\infty }\int_{0}^{\frac{1}{2}}\frac{\cos 2px}{\sqrt{1-x^2}}dx,\end{align*}$

          由黎曼引理知
                          $\displaystyle \lim_{p\rightarrow +\infty }\int_{0}^{\frac{1}{2}}\frac{\cos 2px}{\sqrt{1-x^2}}dx=0,$

                         $\displaystyle \therefore I=\frac{1}{2}\lim_{p\rightarrow +\infty }\int_{0}^{\frac{1}{2}}\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx=\frac{1}{2}\arcsin x|_0^{\frac{1}{2}}=\frac{\pi}{12}.$

上海交通大学1999年数学分析考研题

中国科学技术大学2023年数学分析考研真题


解：       法线方向
              $\displaystyle  \Gamma ：\underset{n}{\rightarrow}=\frac{1}{\sqrt{2}}\{-1,-1,0\},$
             利用stocks公式计算
               $I=\oint _\Gamma ydx+zdy+xdz=-\frac{1}{\sqrt{2}}\iint_\Gamma \begin{vmatrix}
1 & 1 &0 \\
\frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z}\\
y & z & x
\end{vmatrix}dS=\sqrt{2}\iint_\Gamma dS=2\sqrt{2}\pi.$

             其中，由
                              $\displaystyle \begin{cases}
y= 2-x  &\\
(x-1)^2+(y-1)^2+z^2=2 &  
\end{cases}$
                  得曲线方程为：
                      $\displaystyle \Gamma:(x-1)^2+\frac{z^2}{2}=1,$

                     其所围面积为
                            $\displaystyle \sigma _S=\pi ab=\sqrt{2}\pi.$

【长安大学2023】

解：
                    $\begin{align*}\because \frac{1}{(1+x^\frac{1}{2})^{n-1}}=\frac{(1-x^\frac{1}{2})^{n-1}}{(1-x)^{n-1}}&\leq \frac{(1-x^\frac{1}{2})(1-x^\frac{1}{3})\cdots (1-x^\frac{1}{n})}{(1-x)^{n-1}}\\\\&\leq \frac{(1-x^\frac{1}{n})^{n-1}}{(1-x)^{n-1}}=\frac{1}{(1+x^\frac{1}{n}+\cdots +x^\frac{n-1}{n})^{n-1}},\end{align*}$

                     $\displaystyle \therefore \lim_{x \to 1}\frac{(1-x^\frac{1}{2})(1-x^\frac{1}{3})\cdots (1-x^\frac{1}{n})}{(1-x)^{n-=1}}=0.$

【2023云南大学数学分析考研题】


证明：
                    由已知条件知：$f(x)$在$[a,b]$上连续，且$f(a)=f(b)=0$，由Rolle定理得:                                                                                                           $\forall \xi \in(a,b),s.t.f'(\xi)=0.$

                    由已知条件：$f'(x)$在$[a,b]$上连续，由Lagrange中值定理得
                                                   $f'(\xi)-f'(a)=f''(\eta_1)(\xi-a),\eta_1\in(a,\xi)$

                                                   $f'(b)-f'(\xi)=f''(\eta_2)(b-\xi),\eta_2\in(\xi,b)$

                        将上面二式相乘，得
                                                   $-f'(a)f'(b)=f''(\eta_1)f''(\eta_2)(\xi-a)(b-\xi),$      

                               再由已知条件:$f'(a)f'(b)> 0$，得
                                                      $\Rightarrow f''(\eta_1)f''(\eta_2)< 0.$     

                           由于$f''(x)$  在$[a,b]$上连续，则由连续函数介值定理，得
                                                      $\forall \eta\in(\eta_1,\eta_2),s.t.f''(\eta)=0.$
                                                  

【云南大学2023数学分析题 】


解：
                  $\begin{align*}I=\int_{0}^{n\pi}\sqrt{1+\sin 2x}dx&=\int_{0}^{n\pi}|\sin x+\cos x|dx\\\\&=2\int_{0}^{n\pi}|\sin x\cos 0|dx\\\\&=2n\int_{0}^{\pi}\sin xdx\\\\&=4n.\end{align*}$

            注：计算过程中引用了周期函数积分定理。

【云南大学2023年数学分析题】


解：
                        $\displaystyle \because a_n=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\sin^nx\cos xdx=\sin^{n+1}|_0^\frac{\pi}{4}-\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\sin^nx\cos xdx,$

                        $\displaystyle \therefore a_n=\frac{1}{n+1}\cdot (\frac{1}{\sqrt{2}})^{n+1}.$
                 令
                             $\displaystyle x=\frac{1}{\sqrt{2}},$

                   则有：
                                  $\begin{align*}\Rightarrow S=\sum_{n=0}^{\infty }a_n&=\sum_{n=0}^{\infty }\frac{1}{n+1}\cdot x^{n+1}=\int_{0}^{x}\sum_{n=0}^{\infty } t^{n} dt\\\\&=\int_{0}^{x} \frac{1}{1-t}dt=-\ln(1-x)\\\\&=\ln(2+\sqrt{2}).\end{align*}$