数学分析考研真题练习一

南京理工大学2018年数学分析

（1）证明：
                      因为$\because \int_{0}^{+\infty }\sin xdx\leq 1,\frac{1}{x}$在$(0，+\infty)$上单调趋于零。由狄利克雷判别法，广义积分收敛。

（2）所求积分为第二类曲面积分。可用高斯公式计算。

                         $P=0,Q=0,R=z+1.$

                         $\begin{align*}I&=\iint_\Sigma (z+1)dxdy=\oint\int_{\Sigma +z=1^-+z=2^+} -\iint_{z=1^-}-\iint_{z=2^+}\\
&=\iiint_\Omega (1+1)dV-\iint_{z=1^-}(1+1)dxdy-\iint_{z=2^+}(2+1)dxdy\\
&=2\int_{0}^{2\pi}d\varphi \int_{0}^{\pi}\sin\theta d\theta \int_{1}^{2}r^2dr-2\pi-12\pi\\
&=\frac{28}{3}\pi-10\pi\\
&=-\frac{2}{3}\pi.
\end{align*} $

南京理工大学2018年数学分析



证明：$$\because \lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}=a> 0.$$$$\Rightarrow f(\frac{1}{n})> 0,f(\frac{1}{n})\sim \frac{1}{n}.(n\to \infty)$$
                  由比值判别法，知级数与调和级数同发散。


                 同理，有：$$(-1)^nf(\frac{1}{n})\sim (-1)^n\frac{1}{n}.(n\to \infty)$$
                 由交错级数$\{(-1)^n\frac{1}{n}\}$的收敛性，知原级数条件收敛。



偶尔发现此题跟下面的题形式上非常相似，我的解法与例题解法不相同，  

南京理工大学2018年数学分析

（1）证明：
                  $\because \eta(A)=\left | \int_{A }^{+\infty }\frac{\sin(xy)}{y}dy\right |\overset{t=xy}{\rightarrow}\left | \int_{xA }^{+\infty }\frac{\sin t}{t}dt\right |\geq \left | \int_{0}^{+\infty }\frac{\sin t}{t}dt\right |=\frac{\pi}{2}.$

                  $\therefore \lim_{A \rightarrow 0}\eta(A)=\frac{\pi}{2}\nrightarrow 0.$

           从而，参变量积分不一致收敛。


（2）证明：对于
                        $x\in [\delta ,+\infty ),\delta > 0.$

                    $\because \left | \int_{0}^{A}\sin(xy)dy \right |=\frac{1}{|x|}|\cos(xA)-1|\leq \frac{2}{\delta }.$

                且$\frac{1}{y}\rightarrow 0.(y\rightarrow \infty )$,单调。
  
                由Dirichlet判别法知，参变量积分一致收敛。

南京理工大学2018年数学分析



此题前已有解。

南京理工大学2018年数学分析


证明：此即Cantor定理。

叙述一


叙述二

         

2018年河南师范大学611数学分析


证明：
           因为$\{a_n\}$单调下降趋于零。所以数列收敛。

           $\because \displaystyle\sum_{k=1}^{n}(a_k-a_n)\leq 1,$

           $\therefore \displaystyle\sum_{k=1}^{n}a_k-na_n\leq 1.\Rightarrow \sum_{k=1}^{n}a_k\leq 1+na_n.$

           $\because \displaystyle \lim_{n \to \infty}na_n=\lim_{n \to \infty}\frac{n}{\frac{1}{a_n}}=\lim_{n \to \infty}\frac{n-(n-1)}{\frac{1}{a_n}-\frac{1}{a_{n-1}}}\leq 0.$

           这是因为：
                         $\displaystyle\therefore a_{n-1}-a_n\leq 0.\Rightarrow \frac{1}{a_{n}}-\frac{1}{a_{n-1}}\leq 0,$

            因此，有
                 $\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}a_k\leq 1+\lim_{n \to \infty }na_n\leq 1.$

2018年河南师范大学611数学分析


证明：
              $\because \left | \frac{x^n\sin nx}{1+x+x^2+\cdots +x^{n-1}} \right |\leq \left | \frac{x^n}{1+x+x^2+\cdots +x^{n-1}} \right |\leq x^n,$

               而$x^n$一致收敛，所以原级数一致收敛。

2018年河南师范大学611数学分析


解：利用格林公式计算：

           $P=-x^2y+e^y+\sin x,Q=xy^2+xe^y-\cos y.$

           $\frac{\partial P}{\partial y}=-x^2+e^y,\frac{\partial Q}{\partial x}=y^2+e^y.$

           $\begin{align*}\int_LPdx+Qdy&=\iint_S\left (\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} \right )dxdy\\
&=\iint_{x^2+y^2\leq 1}(x^2+y^2)dxdy\\
&=\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{1}r^3dr\\
&=\frac{\pi}{2}.
\end{align*} $

2018年河南师范大学611数学分析

解：
          $V:(x-\frac{1}{2})^2+(y-\frac{1}{2})^2+(z-\frac{1}{2})^2\leq \frac{3}{4},$

     作平移变换：$V\to V'$

           $V':u=x-\frac{1}{2},v=y-\frac{1}{2},w=z-\frac{1}{2}.$
            $|J|=1,dxdydz=dudvdw.$

            $\begin{align*}
I&=\iiint_V(x+y+z)dxdydz  \\
&=\iiint_{V'}(u+v+w+\frac{3}{2})dudvdw\\
&=\iiint_{V'}(\frac{3}{2})dudvdw \\
&=\frac{3}{2}\cdot \frac{4}{3}\pi (\frac{\sqrt{3}}{2})^3\\
&=\frac{3\sqrt{3}}{4}\pi.
\end{align*}$

              计算中，运用了坐标和几何图形的对称性。

2018年河南师范大学611数学分析


证明：可以用反证法。
           
           设$\displaystyle \lim_{x\to \infty }f(x)=A< \infty .$

            则由已知条件，有：$\displaystyle \lim_{x\to \infty }f(f(x))=\lim_{y\to A}f(y)=\infty .$

            因为$x$为任意，故可以有$x=y$。而此时得：

                                                                 $\displaystyle \lim_{x\to \infty }f(x)=\infty. $

                  与假设结论矛盾。原结论成立。

参考解答：