数学分析考研真题练习一

上海交通大学2019年数学分析真题



1、不对。$\exists N>0$，当$n>N,s.t.|a_n-a|$可以小于一个任何给定的正数，$|a_n-a|$趋于零，但不一定单调。

2、不对。反例有：$f(x)=x,f^2(x)=x^2$.

                         在$(-\infty ,+\infty )$上，$x$一致连续，而$x^2$非一致连续。

上海交通大学2019年数学分析真题


3、对。设$f(x)$在$x_0$无界。那么由拉格朗日中值定理知：

                                                           $\exists \xi\in(x_0,x)\subset (a,b),s.t.f(x)-f(x_0)=f'(\xi )(x-x_0).$

                                                           $\because f(x_0)=\infty ,\therefore f'(\xi )=\infty .$

4、对。由比较判别法知，两者等价。


5、对。因为$f(x,y)$可全微分，且偏微分存在，所以有

                                                           $df(x,y)=\frac{\partial f}{\partial x}\Delta x+\frac{\partial f}{\partial y}\Delta y=0.$

                                  故，$f(x,y)$为常值函数。

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解：
         $\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{\cos x-\sqrt[3]{\cos x}}{\tan x^2}=\lim_{x\to 0}\frac{1-\frac{1}{2}x^2-\sqrt[3]{1-\frac{1}{2}x^2}}{x^2}=\lim_{x\to 0}\frac{1-\frac{1}{2}x^2-1-\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}x^2}{x^2}=-\frac{2}{3}.$

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解：作变量变换
               $\arcsin e^x=t,\rightarrow \sin t=e^x,dx=\frac{\cos t}{\sin t}dt.$

               $\begin{align*}\int \frac{\arcsin e^x}{e^x}dx&=\int \frac{t\cos t}{\sin^2t}dt=-\frac{t}{\sin t}+\int \frac{dt}{\sin x}\\\\&=-\frac{t}{\sin t}+\ln|\csc t-\cot t|+C\\\\&=-\frac{\arcsin e^x}{e^x}+\ln|e^{-x}-\sqrt{e^{-2x}-1}|+C.
\end{align*}$

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解：
        $\displaystyle \because f'(x)=-\frac{2}{1+4x^2}=-2\sum_{n=0}^{\infty}(-4x^2)^n=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n+1}2^{2n+1}x^{2n},x\in\left ( -\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right )$

         $\displaystyle \therefore f(x)=\frac{\pi}{4}+\sum_{n=0}^{\infty }\frac{(-1)^{n+1}}{2n+1}(2x)^{2n+1},x\in\left ( -\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right )$

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解：先进行变量变换：
                                     $\begin{cases}
u &=x+y \\
v &=\frac{y}{x}
\end{cases}\Rightarrow \begin{cases}
x & =\frac{u}{1+v} \\
y & =\frac{uv}{1+v}.
\end{cases}$

                                  $|J|=\begin{vmatrix}
\frac{1}{1+v} &-\frac{u}{(1+v)^2} \\
\frac{v}{1+v} &\frac{u}{(1+v)^2}
\end{vmatrix}=\frac{u}{(1+v)^2}.$

                                    $D\rightarrow D':0\leq u\leq 1,0\leq v\leq 1.$

                                     $\begin{align*}I&=\iint_D=\iint_{D'}\frac{u^2\ln(1+v)}{(1+v)^2\sqrt{1+u^2}} \\\\
&=\int_{0}^{1}\frac{\ln(1+v)}{(1+v)^2}dv\int_{0}^{1}\frac{1-(1-u^2)}{\sqrt{1-u^2}}du\\\\
&=(\frac{\pi}{4}+\frac{1}{2})\int_{0}^{1}\frac{\ln(1+v)}{(1+v)^2}dv\\\\
&=(\frac{\pi}{4}+\frac{1}{2})(\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\ln2).
\end{align*}$

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解：添加两个平面，$y=0,y=1$方向分别向$y$轴的负向和正向，使$\Omega =S+y_0+y_z$成为闭合曲面。利用高斯公式，有

                               $\begin{align*}
I&=\iint_S=\iiint_\Omega -\iint_{y=0}-\iint_{y=1}\\\\
&=\iiint_\Omega \left ( \sqrt{1-x^2}-\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}} \right )ydxdydz-0-0\\\\
&=\iint_\sigma  \left ( \sqrt{1-x^2}-\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}} \right )dxdz\int_{0}^{1}ydy\\\\
&=\frac{1}{2}\iint_\sigma \left ( \frac{1-2x^2}{\sqrt{1-x^2}} \right )dxdz\\\\
&=\frac{1}{2}\int_{-1}^{1}\frac{1-2x^2}{\sqrt{1-x^2}} dx\int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}}dz\\\\
&=2\int_{0}^{1}(1-2x^2)dx\\\\
&=\frac{2}{3}.
\end{align*} $





      

桂林电子科技大学2018年硕士初试试题




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