数学分析考研真题练习二

湘潭大学2016年601数学分析


证明：不等式右边较易：因为
                                     $\frac{1}{\sqrt{16+\sin^2x+\sin^2y}}\leq \frac{1}{4}$

                                      $\iint_D\frac{1}{\sqrt{16+\sin^2x+\sin^2y}}dxdy\leq \frac{1}{4}\iint_Ddxdy=\frac{1}{4}\pi.$

                            所以，右边成立。

                      再证左边。

                                      $\because \sin x<x, \sin^2x<x^2.$

                                      $\begin{align*}\therefore \iint_D\frac{1}{\sqrt{16+\sin^2x+\sin^2y}}dxdy&\geq \iint_D\frac{dxdy}{\sqrt{16+x^2+y^2}}\\\\&=\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{1}\frac{rdr}{\sqrt{16+r^2}}\\\\&=2\pi\sqrt{16+r^2}|_0^1\\\\&=2\pi(\sqrt{17}-4).
\end{align*}$

                     所以，不等式成立。


                  

湘潭大学2016年601数学分析



此题证明见“数学分析考研真题练习一”。

暨南大学2019年数学分析709考研试题

解：（1）、
                          $\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{\arcsin 2x\tan x^2}{(e^{3x}-1)(\sqrt{1+x^2}-1)}=\lim_{x\to 0}\frac{2x\cdot x^2}{3x\cdot \frac{1}{2}x^2}=\frac{4}{3}.$

         （2）、
                           $\begin{align*}\lim_{x\to 0}\frac{e^x-\ln(1+x)}{\sin^2x}&=\lim_{x\to 0}\frac{e^x-\frac{1}{1+x}}{2x}\\\\&=\lim_{x\to 0}\frac{e^x(1+x)-1}{2x+2x^2}\\\\&=\lim_{x\to 0}\frac{e^x(1+x)+e^x}{2+4x}\\\\&=\lim_{x\to 0}\frac{e^x(2+x)}{2(1+2x)}=1.
\end{align*}.$

           （3）、
                            $\begin{align*}\int x\arctan xdx&=\frac{1}{2}x^2\arctan x-\frac{1}{2}\int \frac{x^2}{1+x^2}dx\\\\&=\frac{1}{2}x^2\arctan x-\frac{1}{2}\int(1-\frac{1}{1+x^2})dx\\\\&=\frac{1}{2}x^2\arctan x-\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}\arctan x+C.
\end{align*}$

暨南大学2019年数学分析709考研试题

1、解
                              $\displaystyle \because |R|=|\frac{n(n+1)}{(n+1)(n+2)}|=1,$

                               $\therefore -1< x< 1.$

                               $S_n=\sum_{k=1}^{n}k(k+1)x^k= (1\cdot 2)x+ (2\cdot 3)x^2+\cdots + (n\cdot (n+1))x^n.$

                               $xS_n=(1\cdot 2)x^2+ (2\cdot 3)x^3+\cdots + ((n-1)\cdot n)x^n+(n\cdot (n+1))x^{n+1}.$

                               $\therefore S_n-xS_n=(1\cdot 2)x-(n\cdot (n+1))x^{n+1}.$

                                $xS_n-x^2S_n=2x^2+4x^4+\cdots +2(n-1)x^n+2nx^{n+1}-(n\cdot (n+1))x^{n+1}.$

                               $\begin{align*}(1-x)^2S_n&=2x+2x^2+2x^4+\cdots +2x^n+2nx^{n+1}-(n\cdot (n+1))x^{n+1}\\&=\frac{2(x-x^n)}{x-x}+2nx^{n+1}-(n\cdot (n+1))x^{n+1}.\\\end{align*}$

                               $\displaystyle \because \lim_{n \to \infty }2nx^{n+1}=0,\lim_{n \to \infty }(n\cdot (n+1))x^{n+1}=0,$

                               $\displaystyle \therefore S=\lim_{n \to \infty }S_n=\frac{2x}{(1-x)^3}.$


2、解：
                              $a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nxdx=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}(-1)\cos nxdx+\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}1\cdot \cos nxdx=0.(n=0,1,2\cdots )$   

                               $b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nxdx=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}(-1)\sin nxdx+\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}1\cdot \sin nxdx=\frac{2}{n\pi}(1-(-1)^n)=\begin{cases}
\frac{4}{n\pi} ,& n=1,3,5,\cdots  \\
0,& n=2,4,6,\cdots  
\end{cases}$     

                               $\displaystyle \therefore f(x)=\frac{4}{\pi}(\sin x+\frac{1}{3}\sin 3x+\cdots +\frac{1}{2k-1}\sin(2k-1)x+\cdots )=\frac{4}{\pi}\sum_{k=1}^{\infty }\frac{1}{2k-1}\sin (2k-1)x,(-\infty < x< +\infty ;x\neq 0,\pm \pi,\pm 2\pi,\cdots )$

暨南大学2019年数学分析709考研试题

解：
                             $u=x-y,v=x+y,\rightarrow x=\frac{u+v}{2},y=\frac{v-u}{2},|J|=\frac{1}{2},$

                             $D\rightarrow D':0\leq \frac{u+v}{2}\leq 1,0\leq \frac{v-u}{2}\leq 1-\frac{u+v}{2},$

                             $\Rightarrow -v\leq u\leq v,0\leq v\leq 1.$

                             $\iint_De^{\frac{x-y}{x+y}}dxdy=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}dv\int_{-v}^{v}e^{\frac{u}{v}}du=\frac{1}{4}（e-e^{-1}）.$





参见同济《高等数学》下，P154.例7、

暨南大学2019年数学分析709考研试题


解：由奇函数性质可知，有：
                     
                       $\begin{align*}\int_{-1}^{1}\frac{1+\sin x+x\ln(2+x^4)}{(1+x^2)^2}dx&=2\int_{0}^{1}\frac{1}{(1+x^2)^2}dx\\\\&=2\int_{0}^{1}\frac{x}{x(1+x^2)^2}dx\\\\&=-\frac{1}{x(1+x^2)}|_0^1-\int_{0}^{1}\frac{1}{x^2(1+x^2)}dx\\\\&=-\frac{1}{x(1+x^2)}|_0^1-\int_{0}^{1}(\frac{1}{x^2}-\frac{1}{1+x^2})dx\\\\&=-\frac{1}{x(1+x^2)}|_0^1+\frac{1}{x}|_0^1+\arctan x|_0^1\\\\&=\frac{x}{1+x^2}|_0^1-\frac{1}{x}|_0^1+\frac{1}{x}|_0^1+\arctan x|_0^1\\\\&=\frac{1}{2}+\frac{\pi}{4}.
\end{align*}$

暨南大学2019年数学分析709考研试题


解：
                    $\because 2x+2y+2xy'_x+4yy'_x=0,$

                     $\therefore y'_x=\frac{x+y}{x+2y},$

            所以，驻点：$x=-y$

                  而：
                       $y''_x=\frac{(1+y'_x)(x+2y)-(x+y)(1+2y'_x)}{(x+2y)^2}=-\frac{1}{x}.$

                  因此，
                           $x> 0,y''_x< 0,y_{Max}=-1,$

                           $x< 0,y''_x> 0,y_{min}=1.$

暨南大学2019年数学分析709考研试题


解：
                                         $\because \int_{a}^{b}d(e^{-yx^2})=\int_{a}^{b}-x^2e^{-yx^2}dy,$


                       $\begin{align*}\therefore \int_{0}^{+\infty }\frac{e^{-ax^2}-e^{-bx^2}}{x}dx&=\int_{0}^{+\infty }\frac{1}{x}\int_{a}^{b}d(e^{-yx^2})dx\\\\&=\int_{0}^{+\infty }\int_{a}^{b}\frac{1}{x}(-x^2e^{-yx^2})dxdy\\\\&=\frac{1}{2}\int_{a}^{b}\frac{1}{y}dy\int_{0}^{+\infty }d(x^{-yx^2})\\\\&=-\frac{1}{2}\ln y|_a^b=\frac{1}{2}\ln\frac{a}{b}.
\end{align*}$

暨南大学2019年数学分析709考研试题



(略)

暨南大学2019年数学分析709考研试题


解：条件收敛。因为：
                                  $|\frac{(-1)^n\ln(n+1)}{n+1}|=\frac{\ln(n+1)}{n+1},$

               由积分判别法：
                                      $f(n)=\int_{1}^{n}\frac{\ln(x+1)}{x+1}dx=(\ln(n+1))^2-\ln\ln2=\infty ,$

                 故非绝对收敛。又
   
                                      $\because |a_{n}|-|a_{n-1}|=\frac{\ln(n+1)}{n+1}-\frac{\ln n}{n}< \frac{\ln(n+1)}{n}-\frac{\ln n}{n}\rightarrow 0,(n \to \infty )$

                                       $\therefore |a_n|\downarrow ,$

                由莱卜尼兹判别法，交错级数收敛。