数学分析习题练习三

浙江大学2020年数学考研试题



解：
                 令$\Gamma :x=x,y=3a/2-x,z=0$，$D_{xoy}:0\leq x\leq a$.

                     $I=\int_{D_{xoy}}((\frac{3}{2}a-x)^2-x^2)dx=\int_{0}^{a}(\frac{9}{4}a^2-3ax)dx=\frac{3}{4}a^3.$

安徽大学2020年数学分析试题


解：
                   $\because 0< \sqrt{1-x_n}< 1,\\\\
\therefore 0< x_{n+1}=1-\sqrt{1-x_n}< 1,$

                又
                     $\because x_{n+1}=1-\sqrt{1-x_n},\\\\
\displaystyle \therefore \frac{x_{n+1}}{x_n}=\frac{1}{2-x_{n+1}}< \frac{1}{2}< 1,$

               所以数列有极限。设
                    
                       $\displaystyle \lim_{n \to \infty }x_n=l,$

                则
                        $l=1-\sqrt{1-l},\rightarrow l=1.$

                 而
                         $\displaystyle \frac{x_{n+1}}{x_n}=\frac{1}{2-x_{n+1}}=1,(n \to \infty )$

安徽大学2020年数学分析试题


1、解
                        $\displaystyle \lim_{x\to 0}(\cos\sqrt{x})^{\frac{1}{x}}=\lim_{x\to 0}\exp(\frac{\cos\sqrt{x}}{x})=\lim_{x\to 0}\exp(\frac{1-\frac{1}{2}x}{x})=\infty .$

2、解
                       $\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{e^x-\cos2x-x}{\sqrt{1+4x}-2\ln(1+x)-1}=\lim_{x\to 0}\frac{1+x+\frac{1}{2}x^2-1-\frac{4}{2}x^2-x}{1+2x-2x^2-2x-x^2-1}=\lim_{x\to 0}\frac{-\frac{3}{2}x^2}{-3x^2}=\frac{1}{2}.$   


  

安徽大学2020年数学分析试题



证明：
            （1）、由$f(x)$的一致连续性，有

                             $\forall \varepsilon > 0,\forall x_1,x_2\in (a,b),\exists \delta_1 > 0,0< |x_1-x_2|< \delta_1 ,s.t.\\
|f(x_1)-f(x_2)|< \varepsilon ,$

                       由$g(x)$的一致连续性，有

                             $\forall \varepsilon > 0,\forall x_1,x_2\in (a,b),\exists \delta_2 > 0,0< |x_1-x_2|< \delta_2 ,s.t.\\
|g(x_1)-g(x_2)|< \varepsilon ,$

                      取$\delta =\min\{\delta_1,\delta_2\},$

                 因此，有

                            $\forall \varepsilon > 0,\forall x_1,x_2\in (a,b),\exists \delta > 0,0< |x_1-x_2|< \delta,s.t.$

                            $|f(x_1)-f(x_2)|< \varepsilon ,$

                  此时，
                              $|g(f(x_1))-g(f(x_2))|< \varepsilon. $

                       成立。

            （2）、取
                               $x_1=\sqrt{2n\pi},x_2=\sqrt{2n\pi+\frac{\pi}{2}},(n=0,1,2,\cdots )$

                        显然$x_1,x_2\in [0,+\infty )$。此时，有

                                $|x_1-x_2|=|\frac{\frac{\pi}{2}}{\sqrt{2n\pi}+\sqrt{2n\pi+\frac{\pi}{2}}}|\rightarrow 0,(n \to \infty )$
                       即$\delta $可以取任意小的数，而些时

                                $|\cos x_1^2-\cos x_2^2|=|\cos2n\pi-\cos(2n\pi+\frac{\pi}{2})|=1\nrightarrow  0.$

                    因此，原函数在$ [0,+\infty )$上不一致连续。

安徽大学2020年数学分析试题


解
                $\displaystyle S(n\pi)=\int_{0}^{n\pi}|\sin2t|dt=n\int_{0}^{\pi}|\sin2t|dt=2n.$

                 $\displaystyle \lim_{x \to +\infty }\frac{S(x)}{x}=\lim_{x \to +\infty }\frac{\displaystyle \int_{0}^{x}|\sin2t|dt}{x}=\lim_{n \to +\infty }\frac{\displaystyle \int_{0}^{n\pi}|\sin2t|dt}{n\pi}=\lim_{n \to +\infty }|\sin2n\pi|=0.$

想想觉得这个极限求错了，好象看到过有类似的求极限题（向禹），正确的解法如下：

                          $\displaystyle \forall x> 0,\exists \in \mathbb{N},s.t.n\pi\leq x\leq (n+1)\pi.$

            并且
                           $\displaystyle x\to +\infty \Leftrightarrow n \to \infty ,$

            于是
                            $\displaystyle \frac{\displaystyle \int_{0}^{n\pi}|\sin2t|dt}{(n+1)\pi}\leq \frac{\displaystyle \int_{0}^{x}|\sin2t|dt}{x}\leq \frac{\displaystyle \int_{0}^{(n+1)\pi}|\sin2t|dt}{n\pi},$

            注意到
                             $\because \displaystyle \int_{0}^{n\pi}|\sin2t|dt=n\int_{0}^{\pi}|\sin2t|dt=2n.$

                             $\therefore \displaystyle \frac{2n}{(n+1)\pi}\leq \frac{\int_{0}^{x}|\sin2t|dt}{x}\leq\frac{2(n+1)}{n\pi},$

             由夹逼法知

                              $\displaystyle \frac{\displaystyle \int_{0}^{x}|\sin2t|dt}{x}\rightarrow \frac{2}{\pi},(n \to \infty ).$


注：这是个好题，非常容易解错。看似简单，其实不然。

安徽大学2020年数学分析题



解：    令
                      $\displaystyle I=\oint _L(\frac{y}{x^2+4y^2}+y)dx+(\frac{x}{x^2+4y^2}+2x)dy,$
               而
                       $\displaystyle P=\frac{y}{x^2+4y^2}+y,\displaystyle \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{x^2-4y^2}{(x^2+4y^2)^2}+1,$

                        $\displaystyle Q=\frac{x}{x^2+4y^2}+2x,\displaystyle \frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{4y^2-x^2}{(x^2+4y^2)^2}+2,$

               利用格林公式计算
                         $\displaystyle I=\iint_D(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y})dxdy=\iint_D(\frac{8y^2-2x^2}{(x^2+4y^2)^2}+1)dxdy=$

安徽大学2020年数学分析试题



解：
               $\displaystyle f_x(0,0)=\lim_{x\to 0}\frac{f(x,0)-f(0,0)}{x-0}=\lim_{x\to 0}\frac{0-0}{x}=0,$

                $\displaystyle f_y(0,0)=\lim_{y\to 0}\frac{f(0,y)-f(0,0)}{y-0}=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{y\sqrt{y}}{y^2}\ln(1+y^2)-0}{y}=0.$

               $\displaystyle \lim_{(x,y)\rightarrow (0,0)}\frac{f(x,y)-f(0,0)-f_x(0,0)x-f_y(0,0)y}{\sqrt{x^2+y^2}}=\lim_{(x,y)\rightarrow (0,0)}\frac{\frac{y\sqrt{|x-y|}}{x^2+y^2}\ln(1+x^2+y^2)}{\sqrt{x^2+y^2}}\leq \lim_{(x,y)\rightarrow (0,0)}\frac{y\sqrt{|x|}}{\sqrt{2xy}}=0.$

               故$f(x,y)$在$(0,0)$可微。

安徽大学2020年数学分析试题


1、证明：因为
                       $|f_n(x)-0|=n^\alpha xe^{-nx^2}\rightarrow 0,(n \to \infty ).$

               与$x$无关。所以$f_n(x)$在$[0,\infty )$上一致收敛。


2、第2小题与“湖北大学2012年”试题相同，参见如下

安徽大学2020年数学分析试题


解：   令
                       $F(x,y,z)=\ln x+2\ln y+4\ln z+\lambda (x^2+y^2+z^2-7r^2),$

           求条件极值

                       $\begin{cases}
F_x&=\frac{1}{x}+2\lambda x=0 \\
F_y&=\frac{2}{y}+2\lambda x=0 \\
F_z&=\frac{4}{z}+2\lambda x=0\\
F_\lambda &=x^2+y^2+z^2-7r^2=0
\end{cases}$

            解方程组，得

                            $x^2=-\frac{1}{2\lambda },y^2=-\frac{1}{\lambda },z^2=-\frac{2}{\lambda },$

                             $\lambda =-\frac{1}{2r^2}.x=r.y=\sqrt{2}r,z=2r.$

            由题意，得到极值点唯 一，故有最大值为

                              $\therefore f(x,y,z)=\ln x+2\ln y+4\ln z=\ln(xy^2z^4)\leq \ln(r\cdot 2r^2\cdot 16r^4)=\ln32r^7.$


             由上式，可令
                              $x=a,y=b,z=c,$

                   则由条件有

                              $a^2+b^2+c^2=7r^2.$

                      此时显然有

                              $ab^2c^4\leq 32(r^2)^{\frac{7}{2}}=32(\frac{a^2+b^2+c^2}{7})^{\frac{7}{2}}\leq 32(\frac{a+b+c}{7})^7\leq 1024(\frac{a+b+c}{7})^7.$

                              证毕。