数学分析习题题练习四

安徽大学2020年数学分析考研真题

安徽大学2020年数学分析考研真题


（1）、证明
                        由于
                                  $\displaystyle \forall x\in [0,+\infty ),\lim_{n \to +\infty }f_n(x)=\lim_{n \to +\infty }n^\alpha xe^{-nx^2}=0.$

                        所以，$f_n(x)$在$ [0,+\infty )$上一致收敛于零。

（2）、解
                       由于求导法可知，函数的极大值点分别为：$0,\frac{1}{n}.$又因为

                                   $\displaystyle f_n(0)=0,\lim_{n \to +\infty }f_n(x)=0.$

                        所以，当$x=\frac{1}{n}$时，$f_n(x)$有极大值。于是

                                  $\displaystyle \underset{x\in[0,+\infty )}{\sup}|f_n(x)-f(x)|=f(n^{-1})=n^{\alpha -1}e^{-1}.$  
                         因而
                                   $\displaystyle \lim_{n \to \infty }n^{\alpha -1}e^{-1}=\begin{cases}
0 &, \alpha < 1 \\
e^{-1} &,\alpha=1 \\
+\infty  &,\alpha > 1
\end{cases}$

                              故，仅当$\alpha < 1$时，$f_n(x)$一致收敛于$f(x)=0.$





                     

安徽大学2020年数学分析考研真题


解：由曲线积分的性质，知
                                  $I=\oint_L (\frac{y}{x^2+4y^2}+y)dx+(\frac{x}{x^2+4y^2}+2x)dy=\oint_L\frac{ydx+xdy}{x^2+4y^2}+\oint_Lydx+2xdy=I_1+I_2.$   

           由格林公式
                                  $I_2=\oint_Lydx+2xdy=\iint_Ddxdy=\pi.$

          作一条特殊曲线：
                              $L_1:x^2+4y^2=\varepsilon ^2,$

                 $\varepsilon $足够小，使$L_1$包含于圆$L$内。则
                                $I_1=\oint_{L+L_1^-}\frac{ydx+xdy}{x^2+4y^2}+\oint_{L_1}\frac{ydx+xdy}{x^2+4y^2}=0+\frac{1}{\varepsilon ^2}\iint_{D_1}(1-1)dxdy=0.$

                              $\therefore I=I_1+I_2=\pi. $




                                                   

安徽大学2020年数学分析考研真题


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。

华南理工大学2020年数学分析考研试题解答(转自博士数学论坛)

一道数列求和的巧妙解法：（转自智慧e数学）

曲面积分练习（武汉大学 陈士华）
1、计算曲面积分：$\iint_S(y^2+z^2)dS$，其中$S$为球面$x^2+y^2+z^2=a^2.$

解：
                               $\begin{align*}I&=\iint_S(y^2+z^2)dS\\\\&=\iint_{D_{xy}}(a^2-x^2)\sqrt{1+\frac{x^2}{a^2-x^2-y^2}+\frac{y^2}{a^2-x^2-y^2}}dxdy\\\\&=2a\iint_{D_{xy}}\frac{a^2-x^2}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}}dxdy,\end{align*}$

                 作变量代换
                               $x=r\cos t,y=r\sin t,D_{xy}:0\leq t\leq \pi,0\leq r\leq a,|J|=r.$

                  并利用对称性，
                                $\begin{align*}I&=4a\int_{0}^{\pi}dt\int_{0}^{a}\frac{a^2-r^2\cos^2t}{\sqrt{a^2-r^2}}\cdot rdr\\\\&=4a^3\int_{0}^{\pi}dt\int_{0}^{a}\frac{r}{\sqrt{a^2-r^2}}dr-4a\int_{0}^{\pi}\cos^2tdt\int_{0}^{a}\frac{r^2}{\sqrt{a^2-r^2}}\cdot rdr\\\\&=I_1+I_2.\end{align*}$

                                $\displaystyle I_1=4a^3\int_{0}^{\pi}dt\int_{0}^{a}\frac{r}{\sqrt{a^2-r^2}}dr=-4\pi a^3\sqrt{a^2-r^2}|_0^a=4\pi a^4.$

                               $\begin{align*}I_2&=-4a\int_{0}^{\pi}\cos^2tdt\int_{0}^{a}\frac{r^2}{\sqrt{a^2-r^2}}\cdot rdr\\\\&=-2\pi a\int_{0}^{a}\frac{r^2}{\sqrt{a^2-r^2}}\cdot rdr\\\\&=-\pi a\int_{0}^{a}\frac{a^2-r^2}{\sqrt{a^2-r^2}}d(a^2-r^2)+\pi a^3\int_{0}^{a}\frac{1}{\sqrt{a^2-r^2}}d(a^2-r^2)\\\\&=-\pi a(-\frac{2a^3}{3})+\pi a^3(-2a)\\\\&=-\frac{2}{3}\pi a^4.\end{align*}$

                                $\therefore I=I_1+I_2=\frac{8}{3}\pi a^4.$


注：这里的一组曲面积分练习题，是武汉大学数学竞赛补充习题，很经典的题。这里的有3个题（8、10、12）的解答结果跟陈士华老师提供的答案有异，可能是解答有些错误。

曲面积分练习


解：已知曲面：
                             $S:x^2+y^2+z^2=t^2.$

                            $S_1:\begin{cases}
&x^2+y^2+z^2=t^2 \\
&z\geq \sqrt{x^2+y^2}
\end{cases}$
                 
                               $D_1:x^2+y^2\leq \frac{1}{2}t^2,$
                 在此曲面上
                                   $f(x,y,z)=x^2+y^2,$

                         而
                                   $S-S_1:f(x,y,z)=0,$

              所求曲面积分
                                   $\displaystyle F(t)=\iint_Sf(x,y,z)dS= \iint_{S_1} (x^2+y^2)dS,$

                        其中
                                    $\displaystyle dS=\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}=\frac{t}{\sqrt{t^2-x^2-y^2}}dxdy,$

                   作变量变换
                                      $\displaystyle x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta ,0\leq r\leq \frac{t}{\sqrt{2}},0\leq \theta \leq 2\pi.$

                                    $\displaystyle \therefore F(t)=t\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{\frac{t}{\sqrt{2}}}\frac{r^2}{\sqrt{t^2-r^2}}rdr=\frac{8-5\sqrt{2}}{6}\pi t^4.$

解：设球面上一点$P(x,y,z)$,法向量为$\overrightarrow{n}(\frac{x}{2},\frac{y}{2},z)$

       而切线方程为
                              $\frac{x}{2}X+\frac{y}{2}Y+zZ=1,$

       $(0,0,0)$到$P(x,y,z)$的距离为
                              $d(x,y,x)=\frac{1}{\sqrt{(\frac{x}{2})^2+(\frac{y}{2})^2+z^2}}=\frac{1}{\rho }.$

               则
                               $I=\iint_S\frac{z}{d(x,y,z)}dS=\iint_S z\rho dS.$

               而
                                $\rho =\sqrt{(\frac{x}{2})^2+(\frac{y}{2})^2+z^2}=\frac{x}{2}\frac{\frac{x}{2}}{\rho }+\frac{y}{2}\frac{\frac{y}{2}}{\rho }+z\frac{z}{\rho }=\frac{x}{2}\cos \alpha +\frac{y}{2}\cos \beta +z\cos \gamma .$

                故
                              $I=\iint_S z\rho dS=\iint_Sz(\frac{x}{2}\cos \alpha +\frac{y}{2}\cos \beta +z\cos \gamma)dS.$

                补曲面
                              $S':z=0,\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{2}\leq 1.$取下侧。

                     而
                               $\iint_{S'}z(\frac{x}{2}\cos \alpha +\frac{y}{2}\cos \beta +z\cos \gamma)dS=0.$

            由高斯公式，

                              $\begin{align*}\therefore I&=\iint_S\frac{z}{d(x,y,z)}dS\\\\&=\iiint_\Omega (\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+2)zdV\\\\&=3\int_{0}^{1}zdx\iint_{D(z)}dxdy\\\\&=3\pi\int_{0}^{1}2z(1-z^2)dz\\\\&=\frac{3}{2}\pi.\end{align*}$

解：由条件知满足高斯定理，得

                            $\displaystyle\begin{align*}I&=\iint_Sx^2 dydz+y^2dzdx+z^2dxdy\\\\&=\iiint_\Omega 2(x+y+z)dV\\\\&=2\iiint_\Omega ((x-a)+(y-b)+(z-c))dV+2\iiint_\Omega (a+b+c)dV,\end{align*}$

           对第一部分积分，可作平移变换，变换后的积分是奇函数积分，由对称性，知为零，即有：

                                    $\displaystyle2\iiint_\Omega ((x-a)+(y-b)+(z-c))dV=0,$

                                 $\displaystyle\therefore I=0+2(a+b+c)\cdot \frac{4}{3}\pi R^3= \frac{8}{3}\pi(a+b+c)R^3.$