数学分析考研真题练习一

江苏大学2018年601－数学分析


解：（题中似是漏了括号）
         $\displaystyle \alpha =\lim_{n \to \infty }(\frac{1}{n}\sqrt{5n^2+3n-2}+\frac{\beta }{n})=\sqrt{5}.$

         $\displaystyle \beta =\lim_{n \to \infty }(\sqrt{5n^2+3n-2}-\sqrt{5}n)=\lim_{n \to \infty }\frac{5n^2+3n-2-5n^2}{\sqrt{5n^2+3n-2}+\sqrt{5}n}=\frac{3}{2\sqrt{5}}.$

江苏大学2018年601－数学分析

证明：
                 $\begin{align*}\lim_{n \to \infty }n\int_{0}^{1}x^nf(x)dx&=\lim_{n \to \infty }\frac{n}{n+1}(x^{n+1}f(x)|_0^1-\int_{0}^{1}x^{n+1}f'(x)dx)\\
&=f(1)-\lim_{n \to \infty }\int_{0}^{1}x^{n+1}f'(x)dx\\
&=f(1)-\lim_{n \to \infty }\int_{0}^{1}x^{n+1}f'(x)dx\\
&=f(1)-\lim_{n \to \infty }\xi^{n+1}f'(\xi),(0<\xi <1)\\
&=f(1).
\end{align*}$

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解：
         $\displaystyle \because \lim_{x\to 0}f(x)=\lim_{x\to 0}\frac{g(x)+\cos x}{x}=\lim_{x\to 0}(g'(x)-\sin x)=g'(0)=f(0).$

         $\therefore f(x)$在$x=0$连续。

       由分段函数求极限，有：
                           $\because f'(x)=\frac{xg'(x)-x\sin x-g(x)-\cos x}{x^2},$

                            $\displaystyle \therefore \lim_{x\to 0}f'(x)=\lim_{x\to 0}\frac{xg'(x)-x\sin x-g(x)-\cos x}{x^2}=-\infty .$

         由定义求导：  
                             $\begin{align*}
f'(x)|_{x=0}&=\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}\\
&=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{g(x)+\cos x}{x}-g'(0)}{x}\\
&=\lim_{x\to 0}\frac{g(x)+\cos x-xg'(0)}{x^2}\\
&=\lim_{x\to 0}\frac{g'(x)-\sin x-g'(0)}{2x}\\
&=\lim_{x\to 0}\frac{g''(x)-\cos x}{2}\\
&=\frac{g''(0)-1}{2}.
\end{align*}$   

              所以，$f'(x)$不连续。

   

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解：
                              $\because f_x=-(1+e^y)\sin x=0,f_y=e^y\cos x-e^y-ye^y=0.$

                              $\Rightarrow x=0,y=0.$

         所以函数的驻点为$(0,0).$

                            $ A=f_{xx}|_{(0,0)}=-(1+e^y)\cos x|_{(0,0)}=-2,$

                            $B=f_{xy}|_{(0,0)}=-e^y\sin x|_{(0,0)}=0,$

                            $C=f_{yy}|_{(0,0)}=x^y\cos x-2e^y-ye^y|_{(0,0)}=-1.$

                            $\therefore AC-B^2=2> 0.$

                  因此，在$(0,0)$有极小值，$f_{Max}=2.$

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解：
                 $L(x,y,z,\lambda )=x^2+y^2+\frac{z^4}{2}-\lambda (xyz-1),$   

                  $\begin{cases}
L_x &=2x+\lambda yz=0. \\
L_y &=2y+\lambda xz=0. \\
L_z &=2z+\lambda xy=0.\\
L_\lambda &=xyz-1=0.
\end{cases}$      

          所以，可能的条件极值点为：

                        $ P_1(1,1,1),P_2(1,-1,-1),P_3(-1,-1,1),P_4(-1,1,-1)$

           比较而得极小值为：$f_{min}=\frac{5}{2}.$

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证明：
            $\displaystyle \because \lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}=0,$

            $\begin{align*}\therefore \lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x^2}&=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{f(x)}{x}}{x}\\
&=\lim_{x\to 0}\frac{xf'(x)-f(x)}{x^2}\\&=\lim_{x\to 0}\frac{f'(x)-xf''(x)-f'(x)}{2x}\\&=\frac{1}{2}f''(0).
\end{align*}$

             $\Rightarrow f(x)=O(x^2).$

             $\therefore f(\frac{1}{n})=O(\frac{1}{n^2}).$

          而级数$\frac{1}{n^2}$绝对收敛，因此级数$f(\frac{1}{n})$绝对收敛。

附上一个另解：

                                                            参见：《高等数学（微积分）700例题》杨延龄等著,2004

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解：此题参见：《数学分析习题集》  吉米多维奇,2010版，第4109题。

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解：设两曲面的交截面为$\Sigma $，方向向上。且有：
                            $\cos\alpha=\cos\beta =\cos\gamma =-\frac{1}{\sqrt{3}}.$

                             $\oint_L xdy+ydz+zdx=-\frac{1}{\sqrt{3}}\begin{vmatrix}
1 & 1 & 1\\
\frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} & \frac{\partial }{\partial z}\\
y & z & x
\end{vmatrix}=-\frac{1}{\sqrt{3}}\iint_\Sigma -3d\sigma = \sqrt{3}\pi.$

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解：添加$z=0$（方向向上）使积分区域成为闭合曲面。
             $\Omega :\Sigma +z_{=h+},$

            $\begin{align*}\iint_\Sigma (x^2\cos \alpha +y^2\cos \beta +z^2\cos \gamma  )ds&=\iint_\Omega (x^2\cos \alpha +y^2\cos \beta +z^2\cos \gamma  )ds-\iint_{z_{=h-}}h^2dxdy\\&=\iiint_\Omega \left ( \frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}\right )dV-\pi h^3\\&=2\iiint_\Omega (x+y+z)dV-\pi h^3  .
\end{align*} $

            变量代换：
             $\begin{cases}
x &=r\cos\theta ,0\leq \theta \leq 2\pi, \\
y &=r\sin\theta ,0\leq r\leq h,\\
z &=r\tan\varphi ,0\leq \varphi \leq \frac{\pi}{4} .
\end{cases} $

              $|J|=r^2\sec^2\varphi .$

             $\begin{align*}\therefore 2\iiint_\Omega (x+y+z)dV-\pi h^3&=2\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}d\varphi \int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{h}(r\cos\theta +r\sin\theta +r\tan\varphi )r^2\sec^2\varphi dr-\pi h^3\\&=\frac{1}{2}\pi h^4-\pi h^3.
\end{align*}$

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