一些数学分析考研题（2024年）的解析

解
               由泰勒展开公式得\[xe^{-\frac{x}{2}}=x\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-\frac{x}{2})^n}{n!}.\]\[\ln (1+x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n+1}x^{n+1}=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^{n}.\]
               第$n$项为\[\frac{(-1)^{n-1}}{2^{n-1}(n-1)!}x^n-\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^{n}=[\frac{(-1)^{n-1}}{2^{n-1}(n-1)!}-\frac{(-1)^{n-1}}{n}]x^n=(-1)^{n-1}\frac{n-2^{n-1}(n-1)!}{2^{n-1}n!}x^n.\]
               比较得\[\alpha =(-1)^{n-1}\frac{n-2^{n-1}(n-1)!}{2^{n-1}n!}.\]

解
           \[\int_{0}^{+\infty }\frac{\ln x}{\sqrt[3]{x^4-x}}dx=\int_{0}^{1 }\frac{\ln x}{\sqrt[3]{x^4-x}}dx+
\int_{1}^{+\infty }\frac{\ln x}{\sqrt[3]{x^4-x}}dx.\]
             显然，\[\int_{0}^{1 }\frac{\ln x}{\sqrt[3]{x^4-x}}dx< \infty .\]
             由于\[\ln x\le x,\]而\[\frac{\ln x}{\sqrt[3]{x^4-x}}\backsim \frac{x}{x^{\frac{4}{3}}}=x^{-\frac{1}{3}},\]
             从而\[\int_{1}^{+\infty }\frac{\ln x}{\sqrt[3]{x^4-x}}dx\le \int_{1}^{+\infty }x^{-\frac{1}{3}}dx< \infty .\]\[\therefore \int_{0}^{+\infty }\frac{\ln x}{\sqrt[3]{x^4-x}}dx< \infty .\]

解
      此题可以用变换坐标来求解。但是从图形上看，下面是一个圆锥体，上面是个半球体。因此，所求体积是两部分相加。其中：
       半球体的体积为\[\frac{1}{2}\frac{4}{3}\pi r^3=\frac{2}{3}\pi.\]
        圆锥体的体积为\[\frac{1}{3}\pi r^2h=\frac{1}{3}\pi.\]
         因此所求体积为\[\frac{2}{3}\pi+\frac{1}{3}\pi=\pi.\]

解
           根据积分曲线，为方便计算，可将积分区域分为两部分，分别添加辅助曲线使之得两个闭合区域。再用格林公式分别求解之,并注意到曲线积分的方向。令\[P=3xy,Q=x^3+x-2y.\]\[\frac{\partial P}{\partial y}=3x,\frac{\partial Q}{\partial x}=3x^2+1.\]\[I=\iint\limits_{D}(\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial x})dxdy=\iint\limits_{D}(3x-3x^2-1)dxdy.\]          $$D_1:\{L_1:(x-1)^2+y^2=1,y=0\}$$\[x=\rho \cos \theta ,y=\rho \sin \theta,0\le \rho\le 2,0\le \theta \le \frac{\pi}{2}.\]\[I_1=-\iint\limits_{D_1}(3x-3x^2-1)dxdy=-\int_{0}^{2}\rho d\rho\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(3\rho \cos \theta-3(\rho \cos \theta)^2-1)d\theta =-8+\frac{5}{2}\pi.\]           $$D_2:\{L_2:x^2+y^2=4.x=0,\}$$\[x=r\cos \theta,y=r\sin \theta,0\le r\le 2,0\le \theta \le \frac{\pi}{2}.\]\[I_2=\iint\limits_{D_2}(3x-3x^2-1)dxdy=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}d\theta \int_{0}^{2}(3r \cos \theta-3(r \cos \theta)^2-1)rdr=8-4\pi.\]
          因此\[I=I_1+I_2=-8+\frac{5}{2}\pi+8-4\pi=-\frac{3}{2}\pi.\]

解
           基础计算题。利用高斯公式\[\begin{align*}I
&=\iint\limits_{\Sigma }(x^2+1)dydz-2ydzdx+3zdxdy \\
&=\iiint\limits_{\Omega }(2x-2+3)dxdydz \\
&=\int_{0}^{1}(2x+1) dx\int_{0}^{2-2x}dy\int_{0}^{1-x-\frac{1}{2}y}dz\\
&=\int_{0}^{1} (2x+1)dx\int_{0}^{2-2x}(1-x-\frac{1}{2}y)dy\\
&=\int_{0}^{1} (2x+1)(1-2x+x^2)dx\\
&=\frac{1}{2}.
\end{align*}\]

解
           1、当$0< \alpha \le 1，\forall x\in[0,1]$时，\[\because (1-x)^\alpha +x^\alpha \geqslant (1-x)+x=1,\Rightarrow 1-x^\alpha\le (1-x)^\alpha .\]\[\forall x_1,x_2\in[0,+\infty),x_1> x_2,\]\[|x_1^\alpha-x_2^\alpha|=x_1^\alpha|1-(\frac{x_2}{x_1})^\alpha |\le x_1^\alpha|1-\frac{x_2}{x_1}|^\alpha =|x_1-x_2|^\alpha<\delta ^\alpha = \varepsilon .(\forall \delta ,\forall \varepsilon > 0,|x_1-x_2|< \delta,\varepsilon=\delta^\alpha  )\]
              由此得到，当$0< \alpha \le 1$时，$f(x)=x^\alpha$在$[0,+\infty)$上一致收敛.
          2、当$\alpha > 1$时，\[\because |(x+\lambda )^\alpha-x^\alpha|=x^{\alpha -1}x|(1+\frac{\lambda }{x})^\alpha -1|=x^{\alpha -1}\lambda \frac{(1+t)^\alpha -1}{t}=x^{\alpha -1}\lambda \alpha =\infty,(t=\frac{\lambda }{x},x\to\infty).\]
              因此，当$0< \alpha \le 1$时，$f(x)=x^\alpha$在$[0,+\infty)$上非一致收敛.

证明
                 \[\because |\frac{(-1)^n}{x^2+n}|\le \frac{1}{n}=0,(n\to\infty)\]
                函数项级数一致收敛。

证明
                令\[F(x)=f(x)-\frac{x}{1+x^2}.\]
                $\because f(x)$可微，$\therefore F(x)\in C(0,+\infty).$\[\because f(x)\le \frac{x}{1+x^2}=0,(x\to 0),\therefore F(0)=0,\]\[\because f(x)\le \frac{x}{1+x^2}=0,(x\to +\infty),\therefore F(x)=0,(x\to +\infty)\]
               由中值定理可知\[\exists \xi\in (0,+\infty),s.t. F'(\xi)=f'(\xi)-\frac{1-\xi}{(1+\xi^2)^2}=0.\]
                即\[f'(\xi)=\frac{1-\xi}{(1+\xi^2)^2}.\]

证明
       （1）、由已知条件，可知\[\because |x_{n+1}-x_n|=|f(x_n)-f(x_{n-1})|=f('\xi)|x_n-x_{n-1}|\le \frac{1}{2}|x_n-x_{n-1}|\le \cdots \le \frac{1}{2^{n-1}}|f(1)-f(0)|\le \frac{1}{2^n}.\]\[\therefore \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}|x_{n+1}-x_n|\le \frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\cdots +\frac{1}{2^n}+\cdots=1.\]
                  即级数绝对收敛。
        （2）、由已知条件及上面的结论，知级数部分和的极限存在\[S_N=\displaystyle\sum_{n=1}^{N}(x_{n+1}-x_n)=x_{N+1}-x_1=x_{N+1}-f(0)=x_{N+1}-1.\]\[\lim_{N\to\infty}x_{N+1}-1= \lim_{N\to\infty}S_N\le1.\]\[\therefore 0\le\lim_{n\to\infty}x_{n}\le 2.\]

中南大学2024


证明
          （1）、\[\because f(0,y)=\frac{2y^4}{y^2}=2y^2\to 0,(x,y)\rightarrow (0,0),\]\[f(x,0)=\frac{x^3}{x^2}=x\rightarrow 0,(x,y)\rightarrow (0,0),\]\[y=kx,(k\ne 0),f(x,y)=\frac{x^3(1+k+k^2+2k^4x)}{x^2(1+k^2)}=\frac{x(1+k+k^2+2k^4x)}{1+k^2}\rightarrow 0,(x,y)\rightarrow (0,0),\]\[\therefore \lim_{x,y\to0}f(x,y)=f(0,0).\]
                      即有$f(x,y)$在$(0,0)$连续。

             （2）（3）参照44#,略。