数学分析考研真题练习二

安徽师范大学2019年601-数学分析

安徽师范大学2019年601-数学分析


证明：
                           $\because \forall p \in \mathbb{N}，\forall \varepsilon > 0,\exists N=[\frac{p}{\varepsilon }],n> N,s.t.$

                           $|a_{n+p}-a_n|=|\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots +\frac{1}{n+p}-\ln(n+p)+\ln n|< \frac{p}{n+1}< \varepsilon .$

               是柯西基本列，数列收敛。

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解：令：
                      $x_1=\sqrt[3]{x^2-\sqrt{1+x^4}},x_2=\sqrt[3]{x^2+\sqrt{1+x^4}},$

         则
                       $y=x_1+x_2,$

                       $\therefore \begin{cases}
x_1^3+x_2^3 &=2x^2, \\
x_1x_2&=-1 .
\end{cases}$

             由此，
                       $\Rightarrow 2x^2=x_1^3+x_2^3=(x_1+x_2)(x_1^2-x_1x_2+x_2^2)=y(y^2-3),$

           改写成$y(x)$形式，并注意到$x>0$

                         $\therefore y=\sqrt{\frac{1}{2}x(x^2-3)}.$



此题由网友提供解题思路。

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解：
         当$a$为不等于零的有限数时：

            $\displaystyle \lim_{x\to a}\frac{(a+x)^x-a^x}{x^2}=\frac{(2a)^a-a^a}{a^2}=(2^a-1)a^{a-2}.$



           这个题可能错了。如果$x\to a$这个解法没有问题。如果是$x\to 0$则

          下面是正确解：

            

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证明：
                  $\because f(x)=\lim_{n \to \infty }\sqrt[n]{1+x^{2n}}\leq (1+x)^2,$

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

                   $|f(x_1)-f(x_2)|\leq |(1+x_1)^2-(1+x_2)^2|=(x_1+x_2+2)|x_1-x_2|< \varepsilon .$

          因此，由柯西定理，$f(x)$一致收敛。

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解：此题很巧妙，下面是网友提供有一个解法，贴下此：

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解：
                           $\because y=\frac{x}{1+x^2},\therefore y(-x)=y(x)$

             由此可知函数图象关于一、三象限对称。

                           $x> 0,y'=\frac{1-2x}{(1+x^2)^2}=0,\rightarrow x=\frac{1}{2}.$
            
              显然，在$x=\frac{1}{2}$点，函数取得最大值，另一点一定为$x=-\frac{1}{2}$.
                  
             而最大旋转体积为

                              $\begin{align*}V&=2\pi\int_{0}^{1/2}y^2dx=2\pi\int_{0}^{1/2}(\frac{x}{1+x^2})^2dx\\\\&=2\pi\int_{0}^{1/2}(\frac{1}{1+x^2}-\frac{1}{(1+x^2)^2})dx\\\\&=2\pi\arctan x|_0^\frac{1}{2}-2\pi\int_{0}^{1/2}\frac{x}{x(1+x^2)^2}dx\\\\&=2\pi\arctan \frac{1}{2}+\pi\frac{1}{x(1+x^2)}|_0^\frac{1}{2}-\pi\int_{0}^{1/2}\frac{1}{x^2(1+x^2)}dx\\\\&=\frac{18}{5}\pi+3\pi\arctan \frac{1}{2}.
\end{align*}$

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解：由取整函数的定义可知：

                             $0\leq \frac{1}{x}-[\frac{1}{x}]< 1,$

      因此在$[0,1]$上的积分为：

                          $\displaystyle \int_{0}^{1}f(x)=\lim_{\varepsilon \to 0}\int_{0}^{\varepsilon }0dx+\lim_{\varepsilon \to 0}\int_{\varepsilon }^{1}(\frac{1}{x}-[\frac{1}{x}])dx< \lim_{\varepsilon \to 0}\int_{\varepsilon }^{1}dx=1.$

         收敛，可积。


这个解答不完全。应考虑函数在$[0,1]$内间断点：$1/2,1/3,1/4,.....,1/n,....$。参考“吉米多维奇习题集"1296题。

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解：
                              $\because \frac{1}{\ln(n!)}=\frac{1}{\ln1+\ln2+\cdots +\ln n}> \frac{1}{n\ln n},$

                而级数
                               $\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty }\frac{1}{n\ln n}$

                   发散。由比较判别法可知，原级数

                                 $\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty }\frac{1}{\ln(n!)}$

                   亦发散。

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解：闭合光滑曲面，用高斯公式计算：

                                              $\begin{align*}I&=\int \oint_\Sigma x^3dydz+y^3dzdx+z^3dxdy\\\\&=\iiint_\Omega (x^2+y^2+z^2)dV\\\\&=\int_{0}^{2\pi}d\varphi \int_{0}^{\pi}\sin\theta d\theta \int_{0}^{1}r^4dr\\\\&=\frac{4}{5}\pi.
\end{align*}$