数学分析考研真题练习二

暨南大学2019年数学分析709考研试题



解：
                          $\int_{0}^{+\infty }\frac{x^{\alpha -1}}{1+x}dx=\int_{0}^{1}\frac{x^{\alpha -1}}{1+x}dx+\int_{1}^{+\infty }\frac{x^{\alpha -1}}{1+x}dx,$

                 由此可知：
                                  $\int_{0}^{1}\frac{x^{\alpha -1}}{1+x}dx< \infty ,$

                     又，
                                   $\because \int_{1}^{+\infty }\frac{x^{\alpha -1}}{1+x}dx< \int_{1}^{+\infty }x^{\alpha -2}dx=\frac{1}{\alpha -1}x^{\alpha -1}|_1^{+\infty },$

                                  $\therefore \alpha < 1,\int_{1}^{+\infty }\frac{x^{\alpha -1}}{1+x}dx<\infty ,$

                                  $\alpha \geq 1,\int_{1}^{+\infty }\frac{x^{\alpha -1}}{1+x}dx=\infty .$

暨南大学2019年数学分析709考研试题





注：这是一道典型题，考研中出现过N多次，一般书上都有解答。略

暨南大学2019年数学分析709考研试题


证明：（1）、
                                $\because a_1=0,a_{n+1}=\frac{1}{4}+a_n^2,$

                                $\therefore a_2=\frac{1}{4},a_n> 0,a_{n+1}-a_n=(\frac{1}{2}-a_n)^2> 0,$

                                 $\rightarrow a_{n+1}> a_n.$

                       下面证数列$\{a_n\}$有上界$\frac{1}{2}$.用归纳法。

                        由已知：
                                           $a_1=0< \frac{1}{2},$

                           假设
                                            $a_{n-1}<\frac{1}{2} .$

                           则:
                                           $a_n=\frac{1}{4}+a^2_{n-1}< \frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{1}{2}.$

                      所以，原数列有单调有界，有极限。

                             令
                                         $\displaystyle \lim_{n \to \infty }a_n=l,$
                          
                                         $l=\frac{1}{4}+l^2,\rightarrow l=\frac{1}{2},$


          （2）、因为当$x=\frac{3^n\pi}{2}\in (0,+\infty )$时，有

                                          $2^n\cdot \sin \frac{x}{3^n}=2^n\nrightarrow 0,(n \to \infty ) $

                         所以，原级数在$(0,+\infty )$上不一致收敛。

                        当$\forall x\in [a,b]\subset (0,+\infty )$时，有

                                            $2^n\cdot \sin \frac{x}{3^n}\leq (\frac{2}{3})^n\cdot x\leq (\frac{2}{3})^n\cdot M\rightarrow 0.(n \to \infty )$
                                 
                             故，级数在$(0,+\infty )$上内闭一致收敛。
                        

      

暨南大学2019年数学分析709考研试题


解：设原函数为$F(x,y,z)$,如果原函数可全微分，则各偏导数存在，且应该有：

                                                          $\begin{cases}
\frac{\partial F}{\partial x} &=3x^2-yz \\\\
\frac{\partial F}{\partial y} &=3y^2-xz \\\\
\frac{\partial F}{\partial z} &=3z^2-xy
\end{cases}$

             由对称性可知，此正是下列原函数的一阶偏导数：

                                                            $F(x,y,z)=x^3+y^3+z^3-xyz.$

                      而所给式正是$F(x,y,z)$的全微分。

暨南大学2019年数学分析709考研试题


证明：
                        $x\in [a,+\infty ),\forall \varepsilon > 0,\exists N> 0,x> N,s.t.$

                         $|f(x)-A|< \varepsilon ,$
                     
                         $\rightarrow A-\varepsilon < f(x)< A+\varepsilon.$

                   所以，$f(x)$有界。

感谢分享好资源！

浙江理工大学2019年601数学分析考研试题



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


          （2）、
                          $\int_{0}^{+\infty }e^{-x}\ln xdx=\int_{0}^{1}e^{-x}\ln xdx+\int_{1}^{+\infty }e^{-x}\ln xdx.$

                          $\because \int_{0}^{1}e^{-x}\ln xdx\leq \int_{0}^{1}\ln xdx=-1.$

                         $\int_{1}^{+\infty }e^{-x}\ln xdx=-e^{-x}\ln x|_1^{+\infty }+\int_{1}^{+\infty }\frac{e^{-x}}{x}dx,$

                         $\because -e^{-x}\ln x|_1^{+\infty }=0,$

                         $\int_{1}^{+\infty }\frac{e^{-x}}{x}dx\leq \int_{1}^{+\infty }e^{-x}dx< \infty .$

                         $\Rightarrow  \int_{1}^{+\infty }e^{-x}\ln xdx< \infty .$

                         $\therefore \int_{0}^{+\infty }e^{-x}\ln xdx< \infty .$

浙江理工大学2019年601数学分析考研试题


解：
           求驻点：
                       $z_x=2x-y-2=0,z_y=-x+2y+1=0,\rightarrow x=1,y=0.$

                        $z_{xx}=2,z_{yy}=2,z_{xy}=-1.$

          因此有：

                       $\Delta =2\cdot 2-(-1)^2=3> 0.z_{xx}=2>0$

          故函数有极小值：
  
                        $z_{min}=-1.$

浙江理工大学2019年601数学分析考研试题



解：
                     $\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}=-e^{-x},\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t}=\ln(1+t^2),$

                    $\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x}=\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t}/\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}=\frac{\ln(1+t^2)}{-e^{-t}}=-e^{t}\ln(1+t^2),$

                     $\frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d} x^2}=\frac{\mathrm{d}(\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x})}{\mathrm{d} x}=\frac{\mathrm{d}(\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x})}{\mathrm{d} t}/\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}=\frac{e^{2t}(1+t^2)\ln(1+t^2)+2te^{2t}}{1+t^2}.$

                      $\therefore \frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d} x^2}|_{t=0}=0.$

浙江理工大学2019年601数学分析考研试题



解：（1）、
                           $\int_{0}^{a}x^2\sqrt{\frac{a-x}{a+x}}dx=\int_{0}^{a}\frac{x^2(a-x)}{\sqrt{a^2-x^2}}dx,$
                   令：
                            $x=a\sin t,dx=a\cos tdt,[0,a]\rightarrow [0,\pi/2]$

                             $\begin{align*}\int_{0}^{a}\frac{x^2(a-x)}{\sqrt{a^2-x^2}}dx&=\int_{0}^{\pi/2}a^3\sin^2t(1-\sin t)dt\\\\&=a^3\int_{0}^{\pi/2}\frac{1-\cos 2t}{2}dt+a^3\int_{0}^{\pi/2}(1-\cos^2t)d\cos t\\\\&=\frac{\pi}{4}a^3-\frac{2}{3}a^3.
\end{align*}$


      （2）、利用斯托克斯公式：

                              $\begin{align*}I&=\oint_L(2y+z))dx+(x-z)dy+(y-x)dz\\\\&=\iint_\Sigma \begin{vmatrix}
dydz &dzdx &dxdy \\
\frac{\partial }{\partial x} &\frac{\partial }{\partial y}  &\frac{\partial }{\partial z} \\
2y+z &x-z  & y-x
\end{vmatrix}\\\\&=\iint_\Sigma 2dydz-2dzdx-dxdy\\\\&=\iint_\Sigma \{2,-2,-1\}\{-1,-1,1\}dxdy\\\\&=-\iint_\Sigma dxdy=-\frac{1}{2}.
\end{align*}$