数学分析考研真题练习一

山东科技大学2018数学分析712



1、解：$$\lim_{x \to 0}\frac{\tan^2x}{\sqrt{1+x\sin x}-1}=\lim_{x \to 0}\frac{x^2}{\frac{1}{2}x^2}=2.$$

2、由已知条件可知:

             $\because a_n> 0,a_{n}=\frac{1}{2}(a_{n-1}+\frac{\sigma }{a_{n-1}})\geq \sqrt{\sigma },$

             $\therefore \frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{1}{2}(1+\frac{\sigma }{a^2_n})\leq 1.$

        令$$\lim_{n \to \infty }a_n=l.$$

             $l=\frac{1}{2}(l+\frac{\sigma }{l}),\rightarrow l=\sigma .$

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用隐函数求微分求结果。（略）

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解：
（1）、用左右极限相等的方法求。

（2）、用左右导数相等的性质求。

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解：
         $\begin{align*}
\int_{\pi /4}^{\pi /2}\frac{x}{1-\cos 2x}dx &=\int_{\pi /4}^{\pi /2}\frac{x}{2\sin^2x}dx \\
&=\frac{1}{2}\int_{\pi /4}^{\pi /2}xd(-\cot x) \\
&=-\frac{1}{2}x\cot x|_{\pi/4}^{\pi/2}+\frac{1}{2}\int_{\pi /4}^{\pi /2}\frac{\cos x}{\sin x}dx \\
&=\frac{\pi}{8}+\frac{1}{4}\ln2.
\end{align*}$

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证明：令
                $F(x)=2xf(x)+2\int_{0}^{1/2}xf(x)dx.$
        
            显然$F(x)$连续。且有：

                 $F(0)=2\int_{0}^{1/2}xf(x)dx,$

                  $F(1)=2f(1)+2\int_{0}^{1/2}xf(x)dx=-2\int_{0}^{1/2}xf(x)dx.$

                 $\therefore F(0)F(1)< 0,\Rightarrow \exists \xi \in(0,1),s.t.F'(\xi)=0.(Rolle)$

                $\xi f'(\xi)+f(\xi)=0,$

                 $\therefore f'(\xi)=-\frac{f(\xi)}{\xi}.$

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解：
（1）、
            $\because \lim_{x \to 0}\frac{f(x)}{x}=A,\Rightarrow \lim_{x \to 0}\frac{f(x)}{x}=f'(x)=A.（L'Hospital's rule）$

      而由于$f(xt)$连续，积分和求民可交换顺序，

            $\therefore \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}g(x)=\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}f(xt)dt=\int_{0}^{1}tf'(xt)dt=tf(xt)|_0^1-\int_{0}^{1}f(xt)dt=f(x)-\int_{0}^{1}f(xt)dt.$

（2）、由（1）所得
                   $g'(0)=f(0)-\int_{0}^{1}f(0)dt=f(0)-f(0)=0.$   

            而$$\lim_{x\to 0}g'(x)=\lim_{x\to 0}\left ( tf(xt)-\int_{0}^{1} f(xt)dt\right )=f(0)-f(0)=0.$$
           故，$g'(x)$在$x=0$处连续。



            

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

2、解：
          $\because \sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n(n+1)2^n}=2\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n(n+1)2^{n-1}}.$

         所以将上题中，令$x=1/2$,得

           $\therefore \sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n(n+1)2^n}=2\cdot \frac{1+\frac{1}{2}}{\frac{1}{2}}\ln(1+\frac{1}{2})-4=6\ln\frac{3}{2}-4.$
           

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证明：先证在$(0,0)$点连续。

         $\because \left |\frac{x^2y^2}{(x^2+y^2)^{3/2}}-0\right |\leq \left |\frac{x^2y^2}{(2xy)^{3/2}}\right |=\frac{(|xy|)^{1/2}}{\sqrt{8}}\to 0,(x\to 0,y\to 0)$

         即沿坐标轴方向同时或分别趋于$0$时，$f(x,y)$连续。同样的方法也可证明沿其它任意方向$(x,y)\to (0,0)$时，也连续。

        再求偏导数。$$\frac{\partial f}{\partial x}|_{(0,0)}=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{x^2\cdot 0}{(x^2+0)^{3/2}}-0}{x}=0.$$   同理，有$$\frac{\partial f}{\partial y}|_{(0,0)}=0.$$因此，偏导数存在。

        再讨论可微性。$$\because \lim_{\underset{y\to 0}{x\to 0}}\frac{f(x,y)-f(0,0)}{\sqrt{x^2+y^2}}=\lim_{\underset{y\to 0}{x\to 0}}\frac{\frac{x^2y^2}{(x^2+y^2)^{3/2}}-0}{\sqrt{x^2+y^2}}=\lim_{\underset{y\to 0}{x\to 0}}\frac{x^2y^2}{(x^2+y^2)^2}.$$令$y=kx,(k\neq 0) $$$\Rightarrow \lim_{\underset{y\to 0}{x\to 0}}\frac{x^2y^2}{(x^2+y^2)^2}=\lim_{\underset{y\to 0}{x\to 0}}\frac{k^2x^4}{x^4(1+k^2)^2}=\frac{k^2}{(1+k^2)^2}\neq 0.$$
        所以，$f(x,y)$在$(0,0)$不可微。

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1、证明：令$u=x^2-y^2,v=2xy.$

                $\because \frac{\partial z}{\partial x}=\frac{\partial f}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial f}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial x}=2xf_u+2yf_v,$

                   $\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}=\frac{\partial}{\partial x}(\frac{\partial z}{\partial x})=2f_u+4x^2f_{uu}+8xyf_{uv}+4y^2f_{vv}.$

                   $\frac{\partial z}{\partial y}=\frac{\partial f}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial f}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial y}=-2yf_u+2xf_v.$

                   $\frac{\partial^2 z}{\partial y^2}=\frac{\partial}{\partial y}(\frac{\partial z}{\partial y})=-2f_{u}-4x^2f_{uu}-8xyf_{uv}-4y^2f_{vv}.$

                 $\therefore \frac{\partial^2 z}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 z}{\partial y^2}=0.$
2、证明：
               $\because I(\alpha )=\int_{0}^{+\infty }\sqrt{\alpha }e^{-\alpha x^2}dx=\int_{0}^{+\infty }e^{-(\sqrt{\alpha} x)^2}d(\sqrt{\alpha }x)=\frac{\sqrt{\pi}}{2} .(\alpha \not\equiv 0)$
               所以，收敛。
               又因为
                         $I(\alpha )=\begin{cases}
\frac{\sqrt{\pi}}{2}, &\alpha\neq 0 \\
0,&\alpha =0
\end{cases}$

                 显然，参变量积分在$\alpha =0$不连续，因此积分不一致收敛。

              

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证明：由已知：$$F(t)=\int_{0}^{2\pi}d\varphi \int_{0}^{\pi}\sin \theta d\theta \int_{0}^{t}f(r^2)r^2dr=4\pi\int_{0}^{t}f(r^2)r^2dr.$$$$F'(t)=\left (\int_{0}^{2\pi}d\varphi \int_{0}^{\pi}\sin \theta d\theta \int_{0}^{t}f(r^2)r^2dr  \right )'=4\pi t^2f(t^2).$$ 所求极限函数满足L'Hospital's法则，因此有$$\begin{align*}\lim_{x\to 0^+}\left (\frac{F(t)}{t^5}-\frac{\ln(1+4\pi t)}{e^{5t}-1} \right )&=\lim_{t\to 0^+}\frac{F(t)(e^{5t}-1)-t^5\ln(1+4\pi t)}{t^5(e^{5t}-1)}\\
&=\lim_{t\to 0^+}\frac{5tF(t)-4\pi t^6}{t^5\cdot 5t}\\
&=\lim_{t\to 0^+}\frac{5F'(t)-20\pi t^4}{25t^4}\\
&=\lim_{t\to 0^+}\frac{4}{5}\pi \frac{f(r^2)-t^2}{t^2}\\
&=\lim_{t\to 0^+}\frac{4}{5}\pi(f'(t^2)-1)\\
&=\frac{4}{5}\pi(f'(0)-1)\\
&=0.\end{align*}$$

其中$f'(0)=1.$