数学分析考研真题练习一

桂林电子科技大学2018年硕士初试试题


解：
                $\because \frac{1}{n}-\frac{1}{n+x}\leq \frac{1}{n}-\frac{1}{n+100}=\frac{100}{n(n+x)}< \frac{100}{n^2}\rightarrow 0,(n \to \infty,1\leq x\leq 100)$

                由狄里赫来定理，级数一致收敛。

               因为级数在$x=1$处一致连续，故求和求极限可以交换顺序，即有：

                                               $\begin{align*}\lim_{x\to1}S(x)&=\lim_{x\to1}\sum_{n=1}^{\infty }\left ( \frac{1}{n}-\frac{1}{n+x} \right )\\\\&=\sum_{n=1}^{\infty }\lim_{x\to1}\left ( \frac{1}{n}-\frac{1}{n+x} \right )\\\\&=\lim_{n\to\infty }\sum_{k=1}^{n}\left ( \frac{1}{k}-\frac{1}{k+1} \right )\\\\&=\lim_{n \to \infty }\left ( 1-\frac{1}{n+1} \right )\\\\&=1,
\end{align*}$

沈阳工业大学2018年数学分析611真题

解：
     1、    $\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{xe^x-\ln(1+x)}{x^2}=\lim_{x\to 0}\frac{x(1+x+o(x))-(x-\frac{1}{2}x^2+o(x^2))}{x^2}=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{3}{2}x^2}{x^2}=\frac{3}{2}.$

     2、  $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\frac{1}{n^4}(1^3+2^3+\cdots +n^3)=\int_{0}^{1}x^3dx=\frac{1}{4}.$

沈阳工业大学2018年数学分析611真题


很简单，略过。

沈阳工业大学2018年数学分析611真题

解：
      5、
                   $\begin{align*}I&=2\int_0^1x^2\sqrt{1+\frac{x^2}{1-x^2}}dx\\&=2\int_0^1\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}dx\\&=2\int_0^1(-\sqrt{1-x^2}+\frac{1}{\sqrt{1-x^2}})dx\\&=2(-\frac{x}{2}\sqrt{1-x^2}+\frac{1}{2}\arcsin x)|_0^1\\&=\frac{\pi}{2}.
\end{align*}$

      6、      
                     $\because |R|=|\frac{\frac{1}{n}}{\frac{1}{n+1}}|=1,(n \to \infty ).$

                      $\therefore x\in [-1,1).$

沈阳工业大学2018年数学分析611真题

证明：
                    $\because \ln(1+x)-x+\frac{x^2}{2}=x-\frac{x^2}{2}+o(x^2)-x+\frac{x^2}{2}=o(x^2)> 0.$

                    $\rightarrow \ln(1+x)> x-\frac{x^2}{2}.$

                    $\because x-\frac{x^2}{2(1+x)}-\ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2(1+x)}-x+\frac{1}{2}x^2-o(x^2)=-o(x^2)< 0.$

                    $\rightarrow \ln(1+x)< x-\frac{x^2}{2(1+x)}.$

沈阳工业大学2018年数学分析611真题


证明：由拉格朗日中值定理知：
                                             $\exists \eta_1\in(a,c),s.t.$

                                             $f(c)-f(a)=f'(\eta_1)(c-a),$

                                       $\because f(a)=0,f(c)> 0,c-a> 0,$

                                       $\therefore f'(\eta_1)> 0.$
                  同理，有
                                           $\exists \eta_1\in(c,b),s.t.$

                                            $f(b)-f(c)=f'(\eta_2)(b-c),$

                                       $\because f(b)=0,f(c)> 0,b-c> 0,$

                                       $\therefore f'(\eta_2)< 0.$

                      由于$f'(x)$二次可导，所以对$f'(x)$，再次应用拉氏中值定理：
                                                 $\exists \xi \in(\eta_1,\eta_2)\subset (a,b),s.t.$

                                                 $f'(\eta_2)-f'(\eta_1)=f''(\xi)(\eta_2-\eta_1),$

                                            $\because f'(\eta_2)-f'(\eta_1)< 0,\eta_2-\eta_1> 0,$

                                            $\therefore f''(\xi)< 0.$



                          

沈阳工业大学2018年数学分析611真题


证明：当$0< p\leq 1$时，积分
                                                 $\int_{1}^{+\infty }\frac{\cos x}{x^p}dx< \infty$

                  但
                                   $\because |\int_{1}^{+\infty }\frac{\cos x}{x^p}dx|\geq \int_{1}^{+\infty }\frac{\cos^2x}{x^p}dx=\int_{1}^{+\infty }\frac{\cos2x-1}{2x^p}dx =\int_{1}^{+\infty }\frac{\cos2x}{2x^p}dx-\int_{1}^{+\infty }\frac{1}{2x^p}dx.$
                 
                  而
                          $\int_{1}^{+\infty }\frac{\cos2x}{2x^p}dx< \infty $

                          $\int_{1}^{+\infty }\frac{1}{2x^p}dx=\infty $

               因此，原积分条件收敛。
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              令
                             $\sqrt{x}=t,$

                          $\Rightarrow \int_{1}^{+\infty }\frac{\cos\sqrt{x}}{x}dx=\int_{1}^{+\infty }\frac{2\cos t}{t}dt.$

                   由前半题结论知，积分 $\int_{1}^{+\infty }\frac{\cos\sqrt{x}}{x}dx$ 条件收敛。

沈阳工业大学2018年数学分析611真题

解：
                     $\displaystyle \because \frac{\partial f}{\partial x}|_{(0,0)}=\lim_{x\to 0}\frac{f(x,0)-f(0,0)}{x-0}=0.$
               同理有：
                                  $\frac{\partial f}{\partial y}|_{(0,0)}=0.$

                                  $\displaystyle df|_{(0,0)}=\lim_{\sqrt{\Delta x^2+\Delta y^2}\to 0}\frac{f(x,y)-f(0,0)}{\sqrt{\Delta x^2+\Delta y^2}}=\lim_{\sqrt{\Delta x^2+\Delta y^2}\to 0}(\frac{\partial f}{\partial x}\Delta x+\frac{\partial f}{\partial y}\Delta y)=0.$

                 因此，函数在$(0,0)$可微。

沈阳工业大学2018年数学分析611真题


解：令
                        $u(x,y,\lambda )=x^2-y^2+\lambda (x^2+y^2-4),$

             求条件极值点：
                                   $\begin{cases}
u_x=2x+2\lambda x&=0, \\
u_y=2y+2\lambda y&=0, \\
u_\lambda =x^2+y^2-4&=0.
\end{cases}$
           
                                 $\therefore \lambda =-1,y=\pm \sqrt{2},x=0.$
                可能的极值点为：
                                  $P_1(0,\sqrt{2}),P_2(0,-\sqrt{2}).$

                               $\because A=z_{xx}=2,B=z_{xy}=0,C=z_{yy}=2,$   

                               $\therefore B^2-AC=-4< 0,$

                   由函数附近的性状，知$P_1,P_2$为极大值点。极大值为：

                                  $z_{Max}=-2.$

沈阳工业大学2018年数学分析611真题

解：利用换元法计算。令
                                     $\begin{cases}
u&=x-y, \\
v&=x+y .
\end{cases}\Rightarrow \begin{cases}
x&=\frac{v-u}{2}, \\
y&=\frac{v+u}{2}.
\end{cases}$
                   而
                                     $|J|=\begin{vmatrix}
\frac{1}{2} &\frac{1}{2} \\
-\frac{1}{2} &\frac{1}{2}
\end{vmatrix}=\frac{1}{2}.$
                  积分区域：
                                    $D_{xy}:0\leq x\leq 1,0\leq y\leq 1-x.$

                                $\Rightarrow D_{uv}:0\leq v\leq 1,-v\leq u\leq v,$

                                $\therefore I=\iint e^{\frac{x-y}{x+y}}dxdy=\int_{0}^{1}dv\int_{-v}^{v}\frac{1}{2}e^{\frac{u}{v}}du=\frac{1}{4}（e-e^{-1}）.$