数学分析考研真题练习一

浙江理工大学2018年601数学分析试题



解：由已给方程，对$x$求隐函数的偏导数，得：$$u_x=2x+2zz_x,$$$$3x^2+3z^2z_x=3yz+3xyz_x,\Rightarrow z_x=\frac{yz-x^2}{z^2-xy}.$$$$\therefore u_x=2x+2z\cdot \frac{yz-x^2}{z^2-xy}=2\frac{xz^2-x^2y+yz^2-x^2z}{z^2-xy}.$$

同理可得$u_{xx}$

浙江理工大学2018年601数学分析试题




解：曲面积分。由积分曲面区域知，可添加平面$z=0$，方向向下，使之与$s^+$成闭合曲面。再利用高斯公式计算。
       令$P=0,Q=yz,R=0,$由高斯公式：$$\iint_Syzdzdx=\iiint_{S_{+}+z_0}(0+z+0) dV+0=\frac{1}{2}\pi . $$

浙江理工大学2018年601数学分析试题




解：$$\int_L=\int_{OA} +\int_{AB} +\int_{BO}.$$$$OA:x=t,y=0,0\leq t\leq 1,ds=\sqrt{1}dt=dt.$$$$AB:x=t,y=1-t,0\leq t\leq 1,ds=\sqrt{1+1}dt=\sqrt{2}dt.$$$$BO:x=0,y=t,0\leq t\leq 1,ds=dt.$$$$\int_L=\int_{OA}tdt +\int_{AB}\sqrt{2}dt +\int_{BO}tdt=\int_0^1tdt +\int_1^0\sqrt{2}dt +\int_1^0tdt=-\sqrt{2}.$$

暨南大学2018年数学分析709考研试题




（1）解：$$\lim_{x\rightarrow 0^-}\frac{\sqrt{1+\sin 3x}-1}{\sqrt{(e^{3x}-1)\ln(1+x)}}=\lim_{x\rightarrow 0^-}\frac{\frac{1}{2}\sin3x}{\sqrt{3x\cdot x}}=\lim_{x\rightarrow 0^-}\frac{\frac{1}{2}\cdot 3x}{\sqrt{3}x}=\frac{\sqrt{3}}{2}.$$

（2）解：$$\lim_{n \to \infty }\left ( \frac{1}{1+n}+\frac{1}{2+n}+\cdots +\frac{1}{n+n} \right )=\lim_{n \to \infty }\frac{1}{n}\left ( \frac{1}{1+\frac{1}{n}}+\frac{1}{1+\frac{2}{n}}+\cdots +\frac{1}{1+\frac{n}{n}} \right )=\int_0^1\frac{1}{1+x}dx=\ln(1+x)|_0^1=\ln2.$$

（3）解：先将方程整理成如下形式：

                             $(x^2-9)^{2/5}y=(x^2-1)^3(x-2)^{1/4}.$
              再对$x$求导：
                             $\frac{2}{5}(x^2-9)^{-3/5}y+(x^2-9)^{2/5}y'=6x(x^2-1)^2(x-2)^{1/4}+\frac{1}{4}(x^2-1)^3(x-2)^{-3/4}.$
              整理之求出$y'.$

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（4）解：令$v=\frac{x}{y},w=xy,$

                  $\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{1}{y}f_v+yf_w.$   

                  $\frac{\partial u^2 }{\partial x^2}=\frac{1}{y}(\frac{1}{y}f_{vv}+yf_{vw})+y(\frac{1}{y}f_{wv}+yf_{ww})=\frac{1}{y^2}f_{vv}+2f_{vw}+y^2f_{ww}.$


（5）解：
             $\int_{-1/2}^{1/2}\frac{\sin^2x\tan x+x\ln(1+x)(\cos x+1)}{\cos x+1}dx=\int_{-1/2}^{1/2}x\ln(1+x)dx=\frac{3}{8}\ln3+\frac{1}{2}.$


（6）解：
            $\begin{align*}
\sum_{n=0}^{\infty }(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}&=\int_{0}^{x}\lim_{n \to \infty }\sum_{k=0}^{n}(-1)^nx^ndx \\
&=\int_{0}^{x}\lim_{n \to \infty }\frac{1-(-x)^n}{1-x}dx=\int_{0}^{x}\frac{1}{1-x}dx \\
&=-\ln(1-x).(-1< x< 1)
\end{align*}.$

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（1）解：
              $\begin{align*}
\int_{0}^{1}\frac{x^b-x^a}{\ln x}dx&=\int_{0}^{1}\int_{a}^{b}d(x^t)\frac{1}{\ln x}dx \\
&=\int_{0}^{1}\int_{a}^{b}x^{t}dtdx=\int_{a}^{b}dt\int_0^1x^{t}dx \\
&=\int_{a}^{b}\frac{dt}{t+1}=\ln\frac{b+1}{a+1}.
\end{align*}$

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（2）解：可用高斯公式计算。补平面$z=0$，方向向下。则有：
            
            $$I=\iint\oint_{S+z_-} +\iint_{z_+}=\iiint_{\Omega}(y+0+x)dV+\iint_{z_+}y^2dxdy=5\underset{0\leq x^2+y^2\leq 5}{\iint}(x+y)dxdy+\frac{5^4}{3}=\cdots.$$

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（1）解：根据积分判别法：
              $\because \int_{5}^{+\infty }\frac{dx}{x\ln x(\ln\ln x)^p}=\int_{5}^{+\infty }\frac{d\ln\ln x}{(\ln\ln x)^p},$

              所以当$p> 1$时，级数收敛；当$0< p\leq 1$时，级数发散。

（2）解：当$x> e$时，被积函数：

                           $\frac{\sin^2(x-1)}{(x^3-1)^{4/3}\ln x}\leq \frac{1}{(x^3-1)^{4/3}}\leq \frac{1}{(x-1)^{4/3}}.$

                     因为被积函数$\frac{1}{(x-1)^{4/3}}$的反常积分收敛，所以，原积分收敛。

（3）解：
              $\because \lim_{n \to \infty }nu_n=\lambda < 0,\therefore u_n=O(\frac{\lambda}{n})=\lambda O(\frac{1}{n})< 0.$

              而调和级数$\{\frac{1}{n}\}$发散，故知级数$\sum u_n$也发散。

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（1）、解：因为当$x=\frac{1}{n^2}\in [0,1]$时，有

                           $f_n(\frac{1}{n^2})=e^{-1}\nrightarrow 0,(n \to \infty )$

                  所以，函数列$\{f_n(x)\}$在$[0,1]$上不一致收敛。

（2）、证明：
                   $\because f(a)=f(b)=0,f(c)> 0.$

                   $\therefore \exists \eta_1\in (a,c),\exists \eta_2\in (c,b),s.t.$

                   $f(c)-f(a)=f'(\eta_1)(c-a),\Rightarrow f'(\eta_1)< 0.（Lagrange Mean Value Theorem）$

                   $f(b)-f(c)=f'(\eta_2)(c-a),\Rightarrow f'(\eta_2)> 0.（Lagrange Mean Value Theorem）$

                   $\therefore \exists \eta_3 \in (\eta_1,\eta_2),s.t.f'(\eta_3)=0.(Rolle Theorem)$
         
             因为$f(x)$有二阶导数，所以，导函数连续，因此

                   $\exists \xi_3 \in (\eta_1,\eta_3)\subset (a,b),s.t.$

                   $f'(\eta_3)-f'(\eta_1)=f''(\xi)(\eta_3-\eta_1),\Rightarrow f''(\xi)< 0.（Lagrange Mean Value Theorem）$

              命题成立。

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证明：
        （1）由确界定义，可得：

                                   $\inf_{x\in D}f(x)\leq f(x),\inf_{x\in D}g(x)\leq g(x),$

                                 $\therefore \inf_{x\in D}f(x)+\inf_{x\in D}g(x)\leq f(x)+g(x),$

            由此可知$ \inf_{x\in D}f(x)+\inf_{x\in D}g(x)$是$\{ f(x)+g(x)\}$一个下界。因而

                                $ \inf_{x\in D}f(x)+\inf_{x\in D}g(x)\leq \inf_{x\in D}(f(x)+g(x)).$
                     又，
                              $\because \inf_{x\in D}(-g(x))=-\sup_{x\in D} g(x),$

                         $\begin{align*}\Rightarrow \inf_{x\in D}f(x)&=\inf_{x\in D}((f(x)+g(x))-g(x))\\
&\geq \inf_{x\in D}(f(x)+g(x))+\inf_{x\in D}(-g(x))\\
&=\inf_{x\in D}(f(x)+g(x))-\sup_{x\in D} g(x).
\end{align*}$

                             $\therefore \inf_{x\in D}(f(x)+g(x))\leq \inf_{x\in D}f(x)+\sup_{x\in D} g(x).$
                          
       (2) 这个题很怪，怀疑是错吧？