一些数学分析考研题（2024年）的解析

解：
                   \[I=\iint\limits_{D}|x-y|dxdy=\iint\limits_{D_1}(x-y)dxdy+\iint\limits_{D_2}(-x+y)dxdy.\]
                     其中\[D_1\begin{cases}
x-y> 0\\
(x-\frac{a}{2})^2+y^2\le (\frac{a}{2})^2.
\end{cases}\]\[D_2\begin{cases}
x-y<  0\\
(x-\frac{a}{2})^2+y^2\le (\frac{a}{2})^2.
\end{cases}\]
                利用极坐标求解。\[r=a\cos \theta ,J=r.\]
                 积分区域：\[D_1=\{(\theta ,r),|\frac{\pi}{4}\le \theta\le \frac{\pi}{2},0\le r\le a\cos \theta\},\]\[D_2=\{(\theta ,r),|\frac{-\pi}{2}\le \theta\le \frac{\pi}{4},0\le r\le a\cos \theta\}.\]
                如此\[\begin{align*}I&=\iint\limits_{D_1}（x-y）dxdy+\iint\limits_{D_2}(-x+y)dxdy\\
&=\int\limits_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}d\theta\int_{0}^{a\cos \theta} (r\cos\theta-r\sin\theta)rdr+\int\limits_{\frac{-\pi}{2}}^{\frac{\pi}{4}}d\theta\int_{0}^{a\cos \theta} (-r\cos\theta+r\sin\theta)rdr\\
&=\cdots
\end{align*}\]

解
            \[\begin{align*}\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{2^n(n^2-1)}
&=\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{2^{n+1}}[\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1}] \\
&=\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{2^{n+1}}\frac{1}{n-1}-\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{2^{n+1}}\frac{1}{n+1} \\
&=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^{n+2}}\frac{1}{n}-\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^{n+2}}\frac{1}{n+2}\\
&=\frac{1}{4}\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^{n}}\frac{1}{n}-\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^{n+2}}\frac{1}{n+2}.
\end{align*}\]               令\[f(x)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}x^{-n},\]
                则\[f'(x)=(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}x^{-n})'=-\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}x^{-n-1}=\frac{1}{x(1-x)}.\]
                 因此有\[f(x)=\ln \frac{x}{x-1}.x>1.\]\[x=2,f(2)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}2^{-n}=\ln2.\]
              同样的，令\[f(x)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n+2}x^{-n-2},\]
                则\[f'(x)=\frac{1}{x(x-1)},f(x)=\ln \frac{x}{x-1},x>1.\]\[x=2,f(2)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n+2}2^{-n-2}=\ln2.\]\[\therefore \displaystyle\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{2^n(n^2-1)}=\frac{1}{4}\ln2-\ln2=-\frac{3}{4}\ln2.\]

解
                    因为\[\because \frac{x^{p-1}}{1+x}\backsim x^{p-2}.\]
                    所以，由反常积分性质可知\[p<3, \int\limits_{0}^{+\infty}\frac{x^{p-1}}{1+x}< \infty,\]\[p\geqslant 3.\int\limits_{0}^{+\infty}\frac{x^{p-1}}{1+x}=\infty.\]

解
        （1）、\[\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1-\tan x}}{\sin x}=\lim_{x\to0}\frac{2\tan x}{\sin x(\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1-\tan x})}=\lim_{x\to0}\frac{1}{\cos x}=1.\]

         （2）、\[\begin{align*}\lim_{x\to1}(\frac{k}{1-x^k}-\frac{l}{1-x^l})&=\lim_{x\to1}(\frac{k}{(1-x)(1+x+\cdots+x^{k-1})}-\frac{l}{(1-x)(1+x+\cdots+x^{l-1})}) \\
&=\lim_{x\to1}(\frac{k(1+x+\cdots+x^{l-1})-l(1+x+\cdots+x^{k-1})}{(1-x)(1+x+\cdots+x^{k-1})(1+x+\cdots+x^{l-1})} \\
&=\lim_{x\to1}(\frac{k(1+x+\cdots+x^{l-1})-l(1+x+\cdots+x^{k-1})}{kl(1-x)}\\
&=\frac{1}{kl}\lim_{x\to1}[(l-k)(1+2x+\cdots+(k-1)x^{k-2})-k^2x^{k-1}-\cdots-k(l-1)x^{l-2}]\\
&=\frac{1}{kl}\lim_{x\to1}[(l-k)(1+2+\cdots+(k-1))-k^2-\cdots-k(l-1)]
\end{align*}\]

解
      3、\[\lim_{n\to\infty}[\cos\pi\sqrt{n^2+1}]^2=\lim_{n\to\infty}[\cos n\pi\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}]^2=1.\]      4、\[\lim_{n\to\infty}\frac{n}{\sqrt[n]{n!}}=\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\frac{n^n}{n!}}=\lim_{n\to\infty}e^{-\displaystyle\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\ln\frac{k}{n}}=e^{-\displaystyle\int_{0}^{1}\ln xdx}=e^{\displaystyle(x-x\ln x)|_0^1}=e.\]
       5、\[\because 0\le \lim_{x,y\to+\infty}(\frac{xy}{x^2+y^2})^{x^2}\le \lim_{x,y\to+\infty}(\frac{xy}{2xy})^{x^2}=0.\]\[\therefore \lim_{x,y\to+\infty}(\frac{xy}{x^2+y^2})^{x^2}=0.\]

解
             由已知条件，可知\[\begin{align*}\lim_{x\to0}(\frac{\sin x}{x^3}+\frac{f(x)}{x^2})
&=\lim_{x\to0}(\frac{\sin x+xf(x)}{x^3}) \\
&=\lim_{x\to0}(\frac{\cos x+f(x)+xf'(x)}{3x^2}) \\
&=\lim_{x\to0}(\frac{-\sin x+2f'(x)+xf''(x)}{6x})\\
&=0.
\end{align*}\]
            从而由\[\lim_{x\to0}(\frac{\sin x+xf(x)}{x^3})=0，\]\[\Rightarrow \sin x+xf(x)=o(x^4),f(0)=-1.\]
             再由\[\lim_{x\to0}(\frac{\cos x+f(x)+xf'(x)}{3x^2})=0，\]\[\Rightarrow \cos x+f(x)+xf'(x)=o(x^3).f'(0)=0.\]
              同理\[\lim_{x\to0}(\frac{-\sin x+2f'(x)+xf''(x)}{6x})=0，\]\[\Rightarrow -\sin x+2f'(x)+xf''(x)=o(x^2),f''(0)=1.\]

解
            \[\begin{align*}\int_{-2}^{-\sqrt{2}}\frac{1}{x\sqrt{x^2-1}}dx
&=\int_{2}^{\sqrt{2}}\frac{1}{x\sqrt{x^2-1}}dx \\
&=\int_{2}^{\sqrt{2}}\frac{1}{x^2}d\sqrt{x^2-1} \\
&=\int_{2}^{\sqrt{2}}\frac{1}{x^2-1+1}d\sqrt{x^2-1} \\
&=\arctan \sqrt{x^2-1}|_2^{\sqrt{2}}\\
&=\arctan 1-\arctan \sqrt{3}\\
&=\frac{\pi}{4}-\frac{\pi}{3}\\
&=-\frac{\pi}{12}.
\end{align*}\]

解
              \[\begin{align*}V=\iiint\limits_{\Omega }xdxdydz
&=\int_{0}^{1}xdx\int_{0}^{1-x}dy\int_{0}^{1-x-2y}dz \\
&=\int_{0}^{1}xdx\int_{0}^{\frac{1-x}{2}}(1-x-2y)dy \\
&=\frac{1}{4}\int_{0}^{1}x(1-x)^2dx \\
&=\frac{1}{48}.
\end{align*}\]

解
               \[令\begin{cases}
F(x,y,u,s,t)=f(x,y,z,t)-u\\
G(x,y,u,s,t)=g(y.z.t)\\
H(x,y,u,s,t)=h(z.t)
\end{cases}\]于是\[\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\frac{\partial (F,G,H)}{\partial (x,z,t)}}{\frac{\partial (F,G,H)}{\partial (u,z,t)}},\]\[\frac{\partial u}{\partial y}=\frac{\frac{\partial (F,G,H)}{\partial (y,z,t)}}{\frac{\partial (F,G,H)}{\partial (u,z,t)}},\]

证明
              此题看起来是明显的。但证明起来，有些绕。分析已知条件和结论，要证明结论成立，就应有\[\forall\varepsilon> 0,\forall x\in\mathbb{R},\exists N_1,n> N_1,s.t.\]\[|f(x)-A|\le |f(x)-f(a_{N_1})|+|f(a_{N_1})-A|< \frac{\varepsilon}{2}+ \frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon.\]如果要证明这个式子，关键是要证明\[ |f(x)-f(a_{N_1})|< \frac{\varepsilon}{2}.\]              首先我们证明\[\forall x,f(x)\le A.\]用反证法，即假设它不成立，也即\[\exists x_0> 0,s.t.f(x_0)> A.\]    由给定条件，\[\because f(x)\uparrow ,\therefore x> x_0,f(x)\geqslant f(x_0).\]因此\[\exists N,n> N,a_n> x_0,s.t.f(a_n)\geqslant f(x_0).\]\[\Rightarrow A=f(a_n)\geqslant f(x_0),(n\to\infty),\]明显与假设矛盾。故必有\[\forall x,f(x)\le A.\]
再者。\[\because \lim_{n\to\infty}f(a_n)=A，\therefore \forall \varepsilon > 0，\]\[\exists N_1> 0，n> N_1,s.t.|f(a_{N_1})-A|< \frac{\varepsilon }{2}.\]又由函数的单调性和上面的结论，就得到\[A-\frac{\varepsilon }{2}< f(a_{N_1})<A+ \frac{\varepsilon }{2}.\]当\[x> a_{N_1},A-\frac{\varepsilon }{2}< f(a_{N_1})\le f(x)\le A,\rightarrow |f(x)-f(a_N)|< \frac{\varepsilon }{2}.\]
    综合就有\[|f(x)-A|\le |f(x)-f(a_{N_1})|+|f(a_{N_1})-A|< \frac{\varepsilon}{2}+ \frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon.\]