数学分析习题题练习四

天津大学2020年数学分析考研试题


1、解：令
                       $\displaystyle S_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{x^k}{k},$

            则有
                       $\displaystyle S'_n=\sum_{k=1}^{n}x^{k-1}=\frac{1-x^{n-1}}{1-x},$

              由此得
                       $\displaystyle S'=\lim_{n \to \infty }S'_n=\frac{1}{1-x},(x\in(-1,1))$

                       $\displaystyle \therefore S=\int_{0}^{x}S'dt=-\ln(1-x),(x\in(-1,1))$


2、解：利用前一个命题结论，令
                       $t=\frac{1-x}{x},\Rightarrow x=\frac{1}{1+t},(x> \frac{1}{2})$

               则有
                        $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty }(\frac{1-x}{x})^n=-\ln(1-t)=\ln\frac{1+x}{x},(x> \frac{1}{2})$

                      $\displaystyle \therefore \lim_{x\to +\infty }\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}(\frac{1-x}{x})^n=\lim_{x\to +\infty }\ln\frac{1+x}{x}=0.$

天津大学2020年数学分析考研试题


1、解：利用对踢球性有
                     $I=\iiint_\Omega (x^2+y^2+z^2)dV=3\iiint_\Omega x^2dV,$

             用球面坐标，得
                     \begin{cases}
x=r\sin \theta \cos \varphi &, 0\leq \theta \leq 2\pi \\
y=r\sin \theta \sin \varphi &,0\leq \varphi \leq \pi \\
z=r\cos \theta &,0\leq r\leq 1
\end{cases}

                    $dV=r^2\sin \theta drd\theta d\varphi .$

           计算，得

                      $I=3\int_{0}^{1}dr\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{\pi}r^2\sin^2\theta \cos^2\varphi \cdot r^2\sin \theta d\varphi =\frac{2}{5}\pi.$

2、解：由高斯公式
                        $I=\iint_\Sigma =3\iiint_\Omega dV, $

             再由柱面坐标系
                          \begin{cases}
z &, 0\leq z\leq r \\
x=r\cos t &, 0\leq t\leq 2\pi \\
y=r\sin t &, 0\leq r\leq 1
\end{cases}
                 $\therefore I=3\int_{0}^{2\pi}dt\int_{0}^{1}rdr\int_{0}^{r}dz=6\pi \int_{0}^{1}r^2dr=2\pi.$

天津大学2020年数学分析考研试题


证明：
             设存在足够大的实数$A_N，\forall \varepsilon > 0，\forall x_1,x_2\in[A_N,+\infty),s.t.$，

                                           $|f(x_1)-A|< \frac{\varepsilon }{2},|f(x_2)-A|< \frac{\varepsilon }{2}.$

                           此时
                                            $\exists \delta > 0,0< |x_1-x_2|< \delta ,s.t.$

                                            $|f(x_1)-f(x_2)|\leq |f(x_1)-A|+|f(x_2)-A|=\frac{\varepsilon }{2}+\frac{\varepsilon }{2}=\varepsilon .$

                                 故$f(x)$在$[A_N,+\infty)$内一致连续。又因为在有限闭区间$[a,A_N]$上，$f(x)$一致连续。因此
                      在$[a,A_N]\cup [A_N,+\infty)=[a,+\infty )$上，函数一致连续。

天津大学2020年数学分析考研试题


证明：由已知条件，不妨设$f(x)$单调降，（单调升的情况类似）。此时，由所给积分收敛，故由柯西收敛定理有

                                  $\forall \varepsilon > 0,\exists N> 0,\forall x> 2N,s.t$

                                   $|\int_{x}^{2x}f(t)dt|=|xf(x)|< \varepsilon .$
                              
                    即
                                  $\displaystyle \lim_{x\to +\infty }xf(x)=0.$

天津大学2020年数学分析考研试题

证明：利用复合函数的链式求导法，得
                          $\frac{\partial f}{\partial u}=\frac{\partial f}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial u} +\frac{\partial f}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial u},$

                          $\frac{\partial f}{\partial v}=\frac{\partial f}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial v}+\frac{\partial f}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial v},$

                           $\frac{\partial^2 f}{\partial u^2}=\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(\frac{\partial x}{\partial u})^2+\frac{\partial f}{\partial x}\frac{\partial^2 x}{\partial u^2}+\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(\frac{\partial y}{\partial u})^2+\frac{\partial f}{\partial y}\frac{\partial^2y}{\partial u^2},$

                            $\frac{\partial^2 f}{\partial v^2}=\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(\frac{\partial x}{\partial v})^2+\frac{\partial f}{\partial x}\frac{\partial^2 x}{\partial v^2}+\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(\frac{\partial y}{\partial v})^2+\frac{\partial f}{\partial y}\frac{\partial^2y}{\partial v^2},$

                将上二式相加，得
                             $\frac{\partial^2 f}{\partial u^2}+\frac{\partial^2 f}{\partial v^2}= ((\frac{\partial x}{\partial u})^2+(\frac{\partial x}{\partial v})^2)\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}+((\frac{\partial y}{\partial u})^2+(\frac{\partial y}{\partial v})^2)\frac{\partial^2 f}{\partial y^2},$

                   又
                              $\because \frac{\partial x}{\partial u}=\frac{\partial y}{\partial v},\frac{\partial x}{\partial v}=-\frac{\partial y}{\partial u}.$

              代入前一式，整理后得
                             $\therefore \frac{\partial^2 f}{\partial u^2}+\frac{\partial^2 f}{\partial v^2}=(\frac{\partial x}{\partial u}\frac{\partial y}{\partial v}-\frac{\partial x}{\partial v}\frac{\partial y}{\partial u})\cdot (\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}).$

天津大学2020年数学分析考研试题


解：令
                       $\displaystyle f(x,y,z)=(x-1)^2+(y-1)^2+z^4-5z-6,$
            
          求其驻点
                           $\displaystyle f'_X=2x-2=0,x=1,$

                            $\displaystyle f'_y=2y-2=0,y=1,$

                            $\displaystyle f'_z=4z^3-5=0.z=\sqrt[3]{\frac{5}{4}}.$
            
             故驻点为：$\displaystyle (1,1,\sqrt[3]{\frac{5}{4}}),$

                           $\displaystyle \because (x-1)^2+(y-1)^2\geq 0,$

            所以，考虑函数
                            $\displaystyle f(z)=z^4-5z-6,$

                  由于
                              $\displaystyle f''(\sqrt[3]{\frac{5}{4}})=12(\sqrt[3]{\frac{5}{4}})^2> 0,$

                 由此可知，$f(x)$有极小值。从而函数$f(x,y,z)$在驻点有极小值。又$1< z=\sqrt[3]{\frac{5}{4}}< 2$非整数，因此考虑在驻点附近找满足$z$为整数的点，且满足$f(x,y,z)=0.$取$z=2$.此时

                              $\displaystyle f(1,1,2)=0,$

                显然，$(1,1,2)$为整数极值点，且为极小值点。

            


                           

天津大学2020年数学分析考研试题


证明:先说一下，命题中结论有笔误应为$|f'(x)|\leq 2\sqrt{M_0M_1}.$

           $\forall x_0\in R,$用泰勒展开式，有
                                  $f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{1}{2}f''(\xi )(x-x_0)^2,\xi \in(x_0,x)$

                        由此，得
                                  $f'(x_0)(x-x_0)=f(x)-f(x_0)-\frac{1}{2}f''(\xi )(x-x_0)^2,$
                       
                    取绝对值
                                   $|f'(x_0)(x-x_0)|\leq |f(x)|+|f(x_0)|+|\frac{1}{2}f''(\xi )(x-x_0)^2|\leq 2M_0+\frac{1}{2}M_1(x-x_0)^2,$

                   整理后，得多项式
                                    $\frac{M_1}{2}(x-x_0)^2-|f'(x_0)|(x-x_0)+2M_0\geq 0.$
   
                    由一元两次多项式根判别式，得
                                     $|f'(x_0)|\leq 2\sqrt{M_0M_1}.$

                     由$x_0$ 取值的任意性，所以有

                                   $|f'(x)|\leq 2\sqrt{M_0M_1}.$                 

兰州大学2020年数学分析试题
1、证明：
                 $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\int_{0}^{1}(1+x^n)^\alpha dx=1.$


证：
              $\displaystyle \because \int_{0}^{1}(1+x^n)^\alpha dx=\int_{0}^{1-\varepsilon }(1+x^n)^\alpha dx+\int_{1-\varepsilon }^{1}(1+x^n)^\alpha dx.$

                $\displaystyle \lim_{\varepsilon \to 0}\int_{0}^{1-\varepsilon }(1+x^n)^\alpha dx=1,(n \to \infty )$

                $\displaystyle \lim_{\varepsilon \to 0}\int_{1-\varepsilon }^{1}(1+x^n)^\alpha dx=\lim_{\varepsilon \to 0}2^\alpha \varepsilon =0,(n \to \infty )$

                 $\displaystyle \therefore \int_{0}^{1}(1+x^n)^\alpha dx=1.$

下面这道题与上题有些类似