数学分析习题练习七

浙江大学2023年数学分析考研题


解
               $\displaystyle I=\lim_{x\to0}\frac{e^{\sin x}-e^{\arcsin x}}{x^3}=\lim_{x\to0}\frac{\sin x-\arcsin x}{x^3}=\lim_{x\to0}\frac{x-\frac{1}{3!}x^3-x-\frac{1}{6}x^3+o(x^3)}{x^3}=\frac{1}{3}.$

浙江大学2023年数学分析考研题


解
                     由于被积函数在原点无连续偏导数，因此要挖去原点。可作包含原的充分小的圆
                                          $\displaystyle \Gamma ':x^2+y^2=\varepsilon ^2.(\varepsilon > 0)$

                          又由已知积分，可知有
                                       $\displaystyle \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{x^2-2xy-y^2}{(x^2+y^2)^2}.$

                           由此知积分在小圆外区域积分为零。从而
                                       $\begin{align*}I&=\oint _{\Gamma} \frac{(x+y)dx+(y-x)dy}{x^2+y^2}\\\\&=\frac{1}{\varepsilon ^2}\oint_{\Gamma '}(x+y)dx+(y-x)dy+\oint _{\Gamma/\Gamma '} \frac{(x+y)dx+(y-x)dy}{x^2+y^2}\\\\&=\frac{1}{\varepsilon ^2}\oint_{\Gamma '}(x+y)dx+(y-x)dy+0\\\\&=-\frac{2}{\varepsilon ^2}\iint_{D'} dxdy\\\\&=-\frac{2}{\varepsilon ^2}\cdot \pi \varepsilon ^2\\\\&=-2\pi.\end{align*}$

浙江大学2023年数学分析考研题


解
             首先
                       $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }\frac{n(n+2023)}{2^{n+2022}}=\frac{1}{2^{2022}}\sum_{n=1}^{\infty }\frac{n^2}{2^n}+\frac{2023}{2^{2022}}\sum_{n=1}^{\infty }\frac{n+1}{2^n}-\frac{2023}{2^{2022}}\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{2^n}.$

                      $\displaystyle \because f(x)=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{n^2}{x^n}=\frac{x(x+1)}{(1-x)^3},$

                           令$\displaystyle x=\frac{1}{2},$

                                 $\displaystyle \therefore \sum_{n=1}^{\infty }\frac{n^2}{2^n}=\frac{\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{2}}{\frac{1}{2^3}}=6.$

                           又
                                 $\displaystyle \because \sum_{n=1}^{\infty }(n+1)x^n=(\sum_{n=1}^{\infty }x^{n+1})'=(\frac{x^2}{1-x})'=\frac{2x(1-x)+x^2}{(1-x)^2}=\frac{2x-x^2}{(1-x)^2}.$

                            令$\displaystyle x=\frac{1}{2},$

                                     $\displaystyle \therefore \sum_{n=1}^{\infty }\frac{n+1}{2^n}=\frac{1-\frac{1}{4}}{\frac{1}{4}}=3.$

                             而
                                      $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{2^n}=\frac{\frac{1}{2}}{1-\frac{1}{2}}=1.$

                            因此有
                                      $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }\frac{n(n+2023)}{2^{n+2022}}=\frac{1}{2^{2022}}\cdot 6+\frac{2023}{2^{2022}}\cdot 3-\frac{2023}{2^{2022}}=\frac{4052}{2^{2022}}.$

浙江大学2023年数学分析考研题


证明
                 函数$f(x)$在$[a,b]$上连续，所以 函数$f(x)$在$[a,b]$上一致连续，因此有
                                    $\displaystyle\forall \varepsilon > 0,\forall x,y\in[a,b],\exists \delta > 0,|x-y|< \delta ,s.t.$

                                        $\displaystyle |f(x)-f(y)|< \frac{\varepsilon }{b-a}.$

                    对积分区间作一个分割：
                                          $\displaystyle T:a=x_0< x_1< \cdots < x_n=b,$

                            计算积分的Riemann和：($\displaystyle \omega _i$为函数的振幅)                                               
                                          $\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\omega _i(x_i-x_{i-1})\leq \frac{\varepsilon }{b-a}\sum_{i=1}^{n}(x_i-x_{i-1})=\frac{\varepsilon }{b-a}\cdot (b-a)=\varepsilon .$

浙江大学2023年数学分析考研题


证明
              先找到这个实数列的最大项（或最小项），作为所先子列的第一项，然后在余下的实数列中再找到其最大项（或最小项）作为子列的第二项，重复以上过程，找到子列的第三项，等等，用相同的方法，一直进行下去，即一定可找到至少一个单调的降（升）子列。因此命题成立。

浙江大学2023


证明
                 由泰勒展开公式，函数在$x=0$的展开式为
                                  $\displaystyle f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{1}{2!}f''(0)x^2+\frac{1}{3!}f'''(\xi)x^3.$

                         将$\displaystyle x=1,-1$分别代入上面的展开式，得

                                                $\displaystyle 1=f(0)+0+\frac{1}{2!}f''(0)+\frac{1}{3!}f'''(\xi_1),\xi_1\in(0,1)$

                                                 $\displaystyle 0=f(0)+0+\frac{1}{2!}f''(0)-\frac{1}{3!}f'''(\xi_2),\xi_2\in(-1,0)$

                        于是，两式相减，得
                                                              $\displaystyle f''(\xi_1)+f''(\xi_2)=6.$
                            由此可知，两者之中必有一个$f'''(x)\geq 3$，也必有一个$f'''(x)\leq 3$.而

                                  又因为$f'''(x)$连续，故由连续函数的介值定理[由本题条件，此处也可用导数介值定理]，得

                                                $\displaystyle \exists \xi\in(\xi_1,\xi_2)\subset (-1,1),s.t.f'''(\xi)=3.$


              注：本题条件很强，根据导数介值定理（达布定理）只要函数三阶可微即可，而不必要三阶连续可微。

兰州大学2022


解
      1、正确。因为
                    $\displaystyle\lim_{n \to \infty }\prod_{k=1}^{n}x_k^{\frac{1}{n}}=\exp (\lim_{n \to \infty }\frac{\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\ln x_k}{n})=\exp (\lim_{n \to \infty }\ln x_n)=\lim_{n \to \infty }x_n=1.$

      2、不一定。这从左右导数的定义,有
                             $\displaystyle\lim_{x\to x_0+}f(x)-f(x_0)\to0,\lim_{x\to x_0-}f(x)-f(x_0)\to0,$

                       所以，函数左右连续，但不能确定与$f(x_0)$的关系。

       3、正确。
                         $\displaystyle\because \forall \varepsilon > 0,\exists N,n> N,a^2< \varepsilon .a^3< a^2< \varepsilon .$

                          $\displaystyle\because \sum_{n=1}^{\infty }a^3< \sum_{n=1}^{\infty }a^2< \infty .$

       4、不一定。反例：                                                        $\displaystyle f(x,y)=\begin{cases}
(x^2+y^2) \sin \frac{1}{\displaystyle x^2+y^2} ,&x^2+y^2\neq 0 \\
0 ,&x^2+y^2= 0
\end{cases}$


                   显然
                                  $\displaystyle f_x(0,0)=\lim_{x\to0}\frac{f(x,0)-f(0,0)}{x-0}=\lim_{x\to0}\frac{x^2\sin \frac{1}{x^2}-0}{x-0}=0,$
                                   $\displaystyle f_y(0,0)=\lim_{y\to0}\frac{f(0,y)-f(0,0)}{y-0}=\lim_{y\to0}\frac{y^2\sin \frac{1}{y^2}-0}{y-0}=0,$
                     则
                                     $\displaystyle df(0,0)=f_x(0,0)dx+f_y(0,0)dy=0=df(x,y)|_{(0,0)}.$
                           函数在点可微。而
                                       $\displaystyle f_x(x,y)=2x\sin \frac{1}{x^2+y^2}-\frac{2x}{x^2+y^2}\cos \frac{1}{x^2+y^2},$

                               令$y=x\to0,$此时
                                            $\displaystyle f_x(x,y)=2x\sin \frac{1}{2x^2}-\frac{2x}{2x^2}\cos \frac{1}{2x^2},$

                                      不存在；同理$f_y(x,y)$也不存在。由此，在原点偏导数不连续。

兰州大学2022


1、解
                首先
                                     $\displaystyle \because \frac{1}{n^5+n^4}< \frac{1}{n^5+k^4}< \frac{1}{n^5+1},$

                        而
                                      $\displaystyle \sum_{k=1}^{n}k^4=\frac{1}{30}n(n+1)(2n+1)(3n^2+2n-1),$

                        因此，得
                                        $\displaystyle \therefore \sum_{k=1}^{n}(2k-1)^4=\sum_{k=1}^{2n}k^4- \sum_{k=1}^{n}(2k)^4=\frac{1}{30}2n(2n+1)(4n+1)(12n^2+4n-1)-2^4\cdot \frac{1}{30}n(n+1)(2n+1)(3n^2+2n-1).$

                      由上面的不等式，可知有
                                         $\displaystyle \frac{16}{5}=\frac{\sum_{k=1}^{n}(2k-1)^4}{n^5+n^4}< \sum_{k=1}^{n}\frac{(2k-1)^4}{n^5+k^4}< \frac{\sum_{k=1}^{n}(2k-1)^4}{n^5+1}=\frac{16}{5},(n \to \infty )$
                                    $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty } \sum_{k=1}^{n}\frac{(2k-1)^4}{n^5+k^4}=\frac{16}{5}.$

2、解
                  此题可以用非正常思路。首先由条件，
                               $\displaystyle (z-2)^2=-2x^2-y^2-2xy+2x+2y,$

                         设
                                   $\displaystyle f(x,y)=-2x^2-y^2-2xy+2x+2y,$

                       求奇点
                                     $\displaystyle f_x(x,y)=-4x-2y+2=0,$

                                       $\displaystyle f_y(x,y)=-2x-2y+2=0,$
                              解之得
                                           $\displaystyle x=0,y=1.$

                                可以判别此即为函数$f(x,y)$的最大值，
                                          $\displaystyle f_{\Max}=1,\Rightarrow z=3.$

                                     也是$\displaystyle f(x,y,z)=z$的最大值。

兰州大学2022


解
                    $\begin{align*}I&=\iiint_\Omega x^2dxdydz=\iint_D x^2dxdy\int_{1+x^2+y^2}^{2(x^2+y^2)}dz\\\\&=\int_{0}^{2\pi}\cos^2 \theta d\theta \int_{0}^{1}r^2(r^2-1)rdr\\\\&=\int_{0}^{2\pi}\cos^2 \theta (\frac{1}{6}-\frac{1}{4})d\theta \\\\&=\frac{1}{24}\int_{0}^{2\pi}(\cos 2\theta +1) d\theta\\\\&=\frac{\pi}{12}.\end{align*}$

兰州大学2022


解
                      $\begin{align*}I'(t)&=\int_{1}^{+\infty }\frac{1}{x(1+t^2x^2)\sqrt{x^2-1}}dx\\\\&\overset{x=\sec u}{=}\int_{0}^{\frac{\pi}{2} }\frac{\sec u\tan u}{\sec u(1+t^2\sec^2u)\tan u}du\\\\&\overset{y=\sec u}{=}\int_{0}^{+\infty }\frac{1}{1+t^2(1+y^2)}\cdot \frac{1}{1+y^2}dy\\\\&=\int_{0}^{+\infty }(\frac{1}{1+y^2}-\frac{t^2}{1+t^2+t^2y^2})dy\\\\&=\frac{\pi}{2}(1-\frac{|t|}{\sqrt{1+t^2}}).\end{align*}$

           所以有
                         $\displaystyle I(t)=I(0)+\int_{0}^{t}I'(x)dx=\frac{\pi}{2}(1+|t|-\sqrt{1+t^2})\sgn(t).$