数学分析考研真题练习一

沈阳工业大学2018年数学分析611真题


解：  令：
                            $P=x^2-y,Q=-x-\sin^2y,$  

                       $\because \frac{\partial Q}{\partial x}=-1=\frac{\partial P}{\partial y},$

        补上直线段$y=0,x=1$使之与$L$构成闭合回路$L'$。所求积分：

                           $\begin{align*}\int_L&=\oint_{L'}-\int_{y=0}-\int_{x=1}\\\\&=0-\int_{0}^{1}x^2dx+\int_{0}^{1}(1+\sin^2y)dy\\\\&=-\frac{1}{3}+\int_{0}^{1}(\frac{3}{2}-\frac{1}{2}\cos2y)dy\\\\&=\frac{7}{6}-\frac{1}{4}\sin2.
\end{align*}$
     

            

沈阳工业大学2018年数学分析611真题

解：添加三个面：
                       $z=-1,z=1,x=0$，使之与所给半柱面成一闭合曲面$\Sigma $.方向取使所成的闭合曲面向外的方向。再对闭合曲面应用高斯公式。

                        $\begin{align*}I&=\iint_ \Sigma -\iint_{z=-1}-\iint_{z=1}-\iint_{x=0}\\\\&=\iiint_\Omega (z+x+y)dV-0\\\\&=\iint_\sigma dxdy\int_{-1}^{1}(x+y+z)dz\\\\&=2\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}d\theta \int_{0}^{1}r^2(\cos \theta+\sin\theta )dr\\\\&=\frac{4}{3}.
\end{align*}$

沈阳工业大学2018年数学分析611真题


证明：
                       $\because r^n\to 0\downarrow ,\to 0.(n \to \infty )$

                $\displaystyle |\sum_{k=1}^{n}\cos kx|\leq |\sum_{k=1}^{n}\cos kx|\leq \frac{1}{|\sin \frac{x}{2}|},$

                $\therefore x\neq 2k\pi,k=0,1,2,\cdots $时，上述级数有限项和有界，故由Drichlet判别法知，原级数一致收敛。

                而当$x=2k\pi,k=0,1,2,\cdots $时，
                               $\displaystyle \because |\sum_{k=1}^{n}r^n\cos kx|\leq \sum_{k=1}^{n}r^n,$

                 而级数$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }r^n$一致收敛。因此$f(x)$一致收敛。

                综上，在$(-\infty ,+\infty )$上，$f(x)$一致收敛。

                由于$f(x)$一致收敛，所以，积分和求和可以交换顺序，即：

                     $\begin{align*}\int_{0}^{2\pi}f(x)dx&=2\pi+\int_{1}^{2\pi}\sum_{n=1}^{\infty }r^n\cos nxdx\\\\&=2\pi+\sum_{n=1}^{\infty }r^n\int_{0}^{2\pi}\cos nxdx\\\\&=2\pi+\sum_{n=1}^{\infty }r^n(\frac{\sin nx}{n})|_0^{2\pi}\\\\&=2\pi.
\end{align*}$   


               

桂林电子科技大学2017年811数学分析A


解：
                      $\because 3^\frac{n}{n}<（1+2^n+3^n）^{\frac{1}{n}}< 3^\frac{n+1}{n}.$

                       $\therefore  \lim\limits_{n \to \infty }（1+2^n+3^n）^{\frac{1}{n}}=3.$

桂林电子科技大学2017年811数学分析A


解：
                 $\begin{align*}I&=\lim_{x\to0}\frac{\int_{0}^{x}[\int_{0}^{u^2}\arctan (1+t)dt]du}{x(1-\cos x)}\\\\&=\lim_{x\to0}\frac{\int_{0}^{x^2}\arctan (1+t)dt}{1-\cos x+x\sin x}\\\\&=\lim_{x\to0}\frac{2x\arctan (1+x)}{2\sin x+x\cos x}\\\\&=\lim_{x\to0}\frac{\frac{\pi}{2}x}{2\sin x+x\cos x}\\\\&=\frac{\pi}{6}.
\end{align*}$

桂林电子科技大学2017年811数学分析A

解：令
                         $u=2x-t,\rightarrow du=-dt.[0,x]\rightarrow [2x,x].$

                  $\because \int_{0}^{x}tf(2x-t)dt=\frac{1}{2}\arctan x^2,$

                 $\Rightarrow \int_{2x}^{x}(u-2x)f(u)du=\int_{2x}^{x}uf(u)du-2x\int_{2x}^{x}f(u)du=\frac{1}{2}\arctan x^2,$

                 $xf(x)-4xf(4x)-2\int_{2x}^{x}f(u)du-2xf(x)+4xf(4x)=\frac{x}{1+x^4},$

                 $\therefore \int_{x}^{2x}f(u)du=\frac{1}{2}(\frac{x}{1+x^4}+xf(x)).$
            令
                        $x=1,$

                 $\therefore \int_{1}^{2}f(u)du=\frac{1}{2}(\frac{1}{1+1}+f(1))=\frac{3}{4}.$

桂林电子科技大学2017年811数学分析A


解：
                       $\because n \to \infty ,\frac{1}{\ln n}\downarrow ,\to 0.$
              而
                        $a_n=\sin (n\pi+\frac{1}{\ln n})=(-1)^{n-1}\sin (\frac{1}{\ln n})\sim (-1)^{n-1}\frac{1}{\ln n}.$

              所以，交错级数条件收敛。


                        

桂林电子科技大学2017年811数学分析A

证明：
                $\because |\frac{\sin nx}{n^3}|\leq \frac{1}{n^3}\rightarrow 0,(n \to \infty )$
               
              所以，当$x\in(-\infty ,+\infty )$时，$f(x)$一致连续，即$f(x)$连续。

              又因为$f(x)$一致连续，故：
                                       $f'(x)=(\sum \frac{\sin nx}{n^3})'=\sum (\frac{\sin nx}{n^3})'=\sum \frac{\sin nx}{n^2},$

                                       $\because |\frac{\sin nx}{n^2}|\leq \frac{1}{n^2}\rightarrow 0,(n \to \infty)$

              因此，$f'(x)$连续。

桂林电子科技大学2017年811数学分析A

解：
             $\because u=yf(\frac{x}{y})+xg(\frac{y}{x}),$

              $\therefore \frac{\partial u}{\partial x}=f_x+g-\frac{y}{x}g_x,$

                 $\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}=\frac{1}{y}f_{xx}-\frac{y}{x^2}g_x+\frac{y}{x^2}g_x+\frac{y}{x^2}g_{xx}=\frac{1}{y}f_{xx}+\frac{y}{x^2}g_{xx},$

                 $\frac{\partial^2 u}{\partial x\partial y}=-\frac{x}{y^2}f_{xy}+\frac{1}{x}g_{x}-\frac{1}{x}g_{x}-\frac{y}{x^2}g_{xy}=-\frac{x}{y^2}f_{xy}-\frac{y}{x^2}g_{xy},$

               $\therefore x\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}+y\frac{\partial^2 u}{\partial x\partial y}=\frac{x}{y}f_{xx}+\frac{y}{x}g_{xx}-\frac{x}{y}f_{xy}-\frac{y^2}{x^2}g_{xy}.$

桂林电子科技大学2017年811数学分析A


解：因为积分与路径无关，所以有：

                             $\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y},\rightarrow f'_y(x,y)=\cos y.$

                          $\therefore f(x,y)=\int_{0}^{y}f'_y(x,y)dy=\sin y+f(x,0).$

           将积分路径改为：

                                   $(0,0)\rightarrow (t,t^2)\Rightarrow O(0,0)\rightarrow A(t,0)\rightarrow B(t,t^2).$

                同已知，

                               $\begin{align*}\int_{(0,0)}^{(t,t^2)}f(x,y)dx+x\cos ydy&=\int_{OA}f(x,y)dx+x\cos ydy+\int_{AB}f(x,y)dx+x\cos ydy\\\\&=\int_{0}^{t}f(x,0)dx+\int_{0}^{t^2}t\cos ydy\\\\&=\int_{0}^{t}f(x,0)dx+t\sin t^2\\\\&=t^2,
\end{align*}$

                            $\therefore \int_{0}^{t}f(x,0)dx=t^2-t\sin t^2.$

                对$t$求导，得：

                              $f(x,0)=f(t,0)=2t-\sin t^2-2t^2\cos t^2,$

                 代入前面的已知等式，得：

                              $\therefore f(x,y)=\sin y+f(x,0)=\sin y+2t-\sin t^2-2t^2\cos t^2=2x-2y\cos y.$

                    其中，$x=t,y=t^2.$