数学分析考研真题练习一

重庆理工大学2017年601 数学分析 A卷


解：
              $\int_{0}^{+\infty }(\frac{\sin x}{x})^2dx=\frac{\sin^2x}{-x}|_0^{+\infty }+\int_{0}^{+\infty }\frac{2\sin x\cos x}{x}dx=\int_{0}^{+\infty }\frac{\sin 2x}{2x}d(2x)=\frac{\pi}{2}.$

重庆理工大学2017年601 数学分析 A卷


证明：
             $f(x)=\ln(1+x)-x+\frac{x^2}{2}=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+o(x^4)-x+\frac{x^2}{2}=\frac{x^3}{3}+o(x^4)> 0,$

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

           因此不等式成立。

重庆理工大学2017年601 数学分析 A卷



解：
            $\frac{\partial w}{\partial u}=\frac{\partial w}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial u}+\frac{\partial w}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial u}=\frac{2x}{x^2+y}e^{u+v^2}+\frac{2u}{x^2+y}.$

             $\frac{\partial w}{\partial v}=\frac{\partial w}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial v}+\frac{\partial w}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial v}=\frac{4xv}{x^2+y}e^{u+v^2}+\frac{1}{x^2+y}.$

重庆理工大学2017年601 数学分析 A卷


1、
             $\because \sqrt[n]{a_n}=\sqrt[n]{\frac{\ln(n+2)}{(a+\frac{1}{n})^n}}=\frac{1}{a+\frac{1}{n}}=\frac{1}{a},(n\to \infty )$

       由此，当$a> 1$时，级数收敛；当$a< 1$时，级数发散。

             当 $ a=1$时，$a_n=\frac{\ln(n+2)}{(1+\frac{1}{n})^n}=\frac{\ln(n+2)}{e}=\infty ,(n\to \infty )$发散。




2、
                    $\displaystyle \int_{0}^{+\infty }\frac{x}{1+x^2\sin^2x}dx=\lim_{n \to +\infty }\sum_{k=1}^{n}a_k=\lim_{n \to +\infty }\sum_{k=1}^{n}\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\frac{x}{1+x^2\sin^2x}dx,$

                     $\because a_k=\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\frac{x}{1+x^2\sin^2x}dx\leq \int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\frac{(k+1)\pi}{1+(k\pi)^2\sin^2x}dx=2(n+1)\pi\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{1+(k\pi)^2\sin^2x}dx.$

                  又  $\because \sin x\geq \frac{2}{\pi}x,$

                    $\therefore a_k\leq \frac{1}{1+(k\pi)^2(\frac{2}{\pi}x)^2}=\frac{n+1}{n^3\pi}\int_{0}^{n^3\pi^3}\frac{1}{1+t^2}dx\leq \frac{n+1}{n^3}.$

                    $\therefore \sum a_n< \infty.$

                    由此，原积分收敛。

（此小题有一定难度）

重庆理工大学2017年601 数学分析 A卷


解：
                $\because |R|=|\frac{\frac{2n+1}{n}}{\frac{2n+3}{n+1}}|=1,$


            又$\because x^2=1$时，级数发散。所以级数的收敛域为$(-1,1)$.

                    $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }(-1)^n\frac{2n+1}{n}x^{2n}=2\sum_{n=1}^{\infty }(-1)^nx^{2n}+\sum_{n=1}^{\infty }(-1)^n\frac{1}{n}x^{2n},$

                    $\displaystyle \because 2\sum_{n=1}^{\infty }(-1)^nx^{2n}=2\lim_{n \to \infty }\frac{-x^2+x^{2n+2}}{1+x^2}=\frac{-2x^2}{1+x^2}.$

                         $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }(-1)^n\frac{1}{n}x^{2n}=2\int_{0}^{x}\sum_{n=1}^{\infty }(-1)^nt^{2n-1}dt=\frac{2}{x}\int_{0}^{x}\frac{t^2}{1+t^2}dt=2-\frac{2}{x}\arctan x,$

                    $\displaystyle \therefore \sum_{n=1}^{\infty }(-1)^n\frac{2n+1}{n}x^{2n}=\frac{2}{1+x^2}-\frac{2}{x}\arctan x.$

重庆理工大学2017年601 数学分析 A卷


解：
            $\begin{align*}I&=\iint_Dy\sin(xy)dxdy\\\\&=\int_{0}^{1}dy\int_{0}^{\pi}y\sin(xy)dx\\\\&=\int_{0}^{1}dy\int_{0}^{\pi}d(\cos(xy))\\\\&=\int_{0}^{1}(\cos\pi y-1)dy\\\\&=-1.
\end{align*}$

重庆理工大学2017年601 数学分析 A卷


证明：1、
                      设
                          $x_1,x_2\in(-\infty ,+\infty ),$

                          $\forall \varepsilon > 0,\exists \delta > 0,as,0< |x_1-x_2|<\delta,s.t.$

                          $|\sin x_1-\sin x_2|=2|\cos\frac{x_1+x_2}{2}\sin\frac{x_1-x_2}{2}|\leq |x_1-x_2|<\delta =\varepsilon .$


         2、       设
                             $n\in\mathbb{N},s_n=\frac{1}{2n\pi+\pi/2}\in(0,1),t_n=\frac{1}{2n\pi}\in(0,1),$

                            当 $0< t_n-s_n=\frac{\pi/2}{2n\pi(2n\pi+\pi/2)}< \frac{1}{2n\pi}< \frac{1}{n},$时，有

                                 $|\sin\frac{1}{t_n}-\sin\frac{1}{s_n}|=|\sin(2n\pi+\frac{\pi}{2})|=1.$
                           
                          故函数不一致收敛。

重庆理工大学2017年601 数学分析 A卷


证明：如果$f(x_0)$无界，即：
                                 $\forall \varepsilon > 0,M> 0,|f(x_0)|> M.$

              由拉格朗日中值定理：
                                      $\xi\in[a+\varepsilon ,x_0]\subset (a,b),s.t.$      

                                      $f'(\xi)=\frac{f(x_0)-f(a+\varepsilon )}{x_0-a-\varepsilon },$      

                                 $\Rightarrow |f'(\xi)|=|\frac{f(x_0)-f(a+\varepsilon )}{x_0-a-\varepsilon }|> |\frac{f(x_0)-f(a+\varepsilon )}{x_0}|> \frac{M}{x_0}.$   

                    即导函数也无界。

            反之，不成立，举反例：
                                                                          $f(x)=e^{-\frac{1}{x-a}},$
                           
                                            此时有：
                                                                   $f'(x)=\frac{1}{(x-a)^2}e^{-\frac{1}{x-a}}=\infty ,(n \to a)$

                                              但
                                                                  $f(x)=e^{-\frac{1}{x-a}}=0,(x\to a)$
                                                                 

四川大学2008年数学分析试题


解：
               $\displaystyle \lim_{x\to\infty }e^{-x}(1+\frac{1}{x})^{X^2}=\lim_{x\to\infty }e^{-x}e^{x}=1.$

四川大学2008年数学分析试题


解：
        $\lim_{n\to\infty }ne^\frac{1}{n}-n^2\ln(1+\frac{1}{n})=\lim_{x\to\infty }\frac{e^\frac{1}{n}-n\ln(1+\frac{1}{n})}{\frac{1}{n}}=\lim_{n\to\infty }\frac{-\frac{1}{n^2}e^\frac{1}{n}-\ln(1+\frac{1}{n})-\frac{n}{1+\frac{1}{n}}}{-\frac{1}{n^2}}=+\infty.$