数学分析习题题练习四

(转自微信公众号，备存)

2020数学竞赛模拟题


1、解：因为
                          $\int_{0}^{1} e^{x^2}\cos nxdx=\frac{1}{n}\int_0^1e^{x^2}d\sin nx=\frac{1}{n}(e^{x^2}\sin nx|_0^1-\int_0^12xe^{x^2}\sin nxdx).$

              所以
                          $|\int_{0}^{1} e^{x^2}\cos nxdx|\leq \frac{1}{n}(e+2\int_0^1xe^{x^2}dx)=\frac{1}{n}(e+e^{-1})=0,(n\rightarrow \infty)$

               
2、解：因为
                           $\int_{0}^{1} e^x(\frac{1-x}{1+x^2})^2dx=\int_{0}^{1} e^x\frac{1-2x+x^2}{(1+x^2)^2}dx=\int_{0}^{1}( \frac{e^x}{1+x^2}-\frac{2x}{(1+x^2)^2})dx,$

            而
                           $\int_{0}^{1} e^x\frac{2x}{(1+x^2)^2}dx=\int_{0}^{1}e^xd \frac{1}{1+x^2}=\frac{-e^x}{1+x^2}|_0^1+\int_{a}^{b}\frac{e^x}{1+x^2}dx.$

           整理得
                           $\int_{0}^{1} e^x(\frac{1-x}{1+x^2})^2dx=\frac{1}{2}e-1.$

3、解：先对等式两边求导，得
                              $x^3f'(x)=-2x\cos x-x^2\sin x+2\sin x.$

                                $f'(x)=-\frac{2\cos x}{x^2}-\frac{\sin x}{x}+\frac{2\sin x}{x^3},$

                   再对上式求积分，得
                                $f(x)=-\int\frac{2\cos x}{x^2}dx-\int\frac{\sin x}{x}+\int\frac{2\sin x}{x^3}.$

                      这个积分没有难度。

2020数学竞赛模拟题


4、解：整理所给方程，得
                              $(y')^2-x^2y^2+x(y'+xy)=0,$

                              $(y'+xy)(y'-xy+x)=0.$
              故必有
                            $y'+xy=0,$和（或）$y'-xy+x=0,$

                    解微分方程，分别得解为

                            $ y=Ce^{-x^2/2},y=Ce^{-x^2/2}+1.$


5、解:先将第一式进行变量代换
                            $y=\sqrt{\ln x},x=e^{y^2},dx=2ye^{y^2}dy,[1,2]\rightarrow [0,\sqrt{\ln2}],$

               得到
                              $\int_{1}^{2}\sqrt{\ln x}dx=\int_{0}^{\sqrt{\ln2}}2y^2e^{y^2}dy=ye^{y^2}|_0^{\sqrt{\ln2}}-\int_{0}^{\sqrt{\ln2}}e^{y^2}dy.$

                           $\therefore \int_{1}^{2}\sqrt{\ln x}dx+\int_{0}^{\sqrt{\ln2}}e^{y^2}dy=2\sqrt{\ln2}.$

2020数学竞赛模拟题


解：变量代换
                     $x=\rho\cos t+1,y=\rho\sin t+1,0\leq \rho\leq-2(\cos t+\sin t),t\in[3\pi/4,7\pi/4].$
           利用对称性，有
                      \begin{align*}I&=2\int_{3\pi/4}^{5\pi/4}dt\int_{0}^{-2(\cos t+\sin t)}\frac{\rho}{(1+\rho^2)^2}d\rho\\\\&=2\int_{3\pi/4}^{5\pi/4}(\frac{1}{2}-\frac{1}{8(\cos t+\sin t)^2+2})dt\\\\&=\frac{\pi}{2}-\int_{3\pi/4}^{5\pi/4}\frac{1}{4(\cos t+\sin t)^2+1}dt,
\end{align*}
          其中
                         \begin{align*}\int_{3\pi/4}^{5\pi/4}\frac{1}{4(\cos t+\sin t)^2+1}dt&=\int_{3\pi/4}^{5\pi/4}\frac{1}{8\sin^2(t+\frac{\pi}{4})+1}dt\\\\&=\int_{\pi}^{3\pi/2}\frac{1}{8\sin^2t+1}dt\\\\&=\int_{\pi}^{3\pi/2}\frac{1}{\cos^2t(8\frac{\sin^2t}{\cos^2t}+\frac{1}{\cos^2t})}dt\\\\&=\int_{\pi}^{3\pi/2}\frac{1}{8\tan^2t+\tan^2t+1}d\tan t\\\\&=\frac{1}{3}(\arctan(3\tan t))|_0^{+\infty}\\\\&=\frac{\pi}{6}.\end{align*}

                          $\therefore I=\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{3}.$


注：本题非常技巧，直接计算不了。

2020数学竞赛模拟题



解：用分步积分法求积，得
                        $I_n=\int_{0}^{\pi} \sin^nxdx=-\int_{0}^{\pi} \sin^{n-1}xd\cos x=-\cos x\sin^{n-1}|_0^\pi+(n-1)\int_{0}^{\pi} \sin^{n-2}\cos^2 xdx,$

              得递推公式
                        $I_n=(n-1)I_{n-2}-(n-1)I_n,$

               即
                         $nI_n=(n-1)I_{n-2}$

              将等式两边同乘$I_{n-1}$后，得
                        $nI_nI_{n-1}=(n-1)I_{n-1}I_{n-2}=(n-2)I_{n-2}I_{n-3}=...=I_1I_0=\pi\int_{0}^{\pi} \sin xdx=2\pi.$
                 又
                         $\because I_n-I_{n-1}=\int_{0}^{\pi}\sin^{n-1}x(\sin x-1)dx<0,$

                         $\therefore nI_nI_{n-1}>nI_n^2,$
               利用前面的递推公式，得

                          $nI_n^2<2\pi,\Rightarrow I_n<\frac{\sqrt{2\pi}}{\sqrt{n}}.$

               同理，有
                           $(n+1)I_nI_{n-1}<(n+1)I_n^2,\Rightarrow I_n>\frac{\sqrt{2\pi}}{\sqrt{n+1}}.$

                            $\sqrt{\frac{n}{n+1}2\pi}<\sqrt{n}I_n<\sqrt{2\pi},$

                            $\displaystyle \therefore \lim_{n \rightarrow \infty}\sqrt{n}I_n=\sqrt{2\pi}.$

类似的题还有：

参见：《数学分析精选习题解析 下册》林源渠 编著,2016

2020年全国大学数学竞赛（非数学类）模拟题一


（1）、证明分二步。首先证明$f(x)$为单调增函数：
                            对已知条件等式对$x$求导，得
                                         $f'(x)=\frac{1}{(1+f(x))e^{f(x)}},\because f(x)\geq 0,$(由已知条件知)

                                       $\therefore f'(x)\geq 0,\Rightarrow f(x)\uparrow .f(x)\geq  f(0)=0.$

                          其次，证$f(x)$有界。用反证法。假设$\displaystyle \lim_{x\to +\infty}f(x)=a,$有界。那么由已知条件知，当$x\to +\infty$时，等式左边这$+\infty$,而右边为有界数，显然矛盾。
                         综上，故有
                                          $\displaystyle \lim_{x\to +\infty}f(x)=+\infty.$

（2）、解
                      $\because x=f(x)e^{f(x)},$

                       $\therefore \ln x=\ln f(x)+f(x),$

                       $\displaystyle \lim_{x\to +\infty}\frac{f(x)}{\ln x}=\lim_{x\to +\infty}(1-\frac{\ln f(x)}{\ln x})=1-\lim_{x\to +\infty}\frac{f'(x)}{f(x)}=1.$

                       其中，由(1)知有
                                                  $f'(x)\to 0,(x\to+\infty)$

2020年全国大学数学竞赛（非数学类）模拟题一


证明：由微分中值定理得
                        $\displaystyle \frac{\arctan a-\arctan b}{a-b}=\frac{1}{1+\xi^2}< 1,\xi\in(b,a)$

                所以不等式右边杨立。
               令
                          $a=\tan x.b=\tan y$
                    则
                           $\begin{align*}\frac{a-b}{\sqrt{1+a^2}\sqrt{1+b^2}}&=\frac{\tan x-\tan y}{\sec x\cdot \sec y}\\\\&=\cos x\cos y(\frac{\sin x}{\cos x}-\frac{\sin y}{\cos y})\\\\&=\sin x\cos y-\cos x\sin y=\sin(x-y)\\\\&< (x-y)=\arctan a-\arctan b.
\end{align*}$

                     即等式左边也成立。故原不等式成立。

2020年全国大学数学竞赛（非数学类）模拟题一


证明：先证收敛。由已知，
                           $\because \frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{na_n}{1+(1+n)a_n}< \frac{na_n}{(1+n)a_n}<1,$

                                 $\frac{\frac{a_{n+1}}{a_n}}{\frac{a_{n}}{a_{n-1}}}=\frac{a_{n+1}a_{n-1}}{a_n^2}=\frac{na_{n-1}}{1+(1+n)a_n}< 1.$

                           $\therefore \{\frac{a_{n+1}}{a_n}\}$,单调有界，收敛。

                  由收敛性，有
                                 $\Rightarrow \frac{a_{n+1}}{a_n}\rightarrow 0,(n \to \infty )$

                       即   
                                   $\exists N,n> N,s.t.\frac{a_{n+1}}{a_n}< \frac{1}{2},$

                                   $a_n< \frac{1}{2}a_{n-1}< \frac{1}{2^2}a_{n-2}< \cdots < \frac{1}{2^n},$

                               $\therefore na_n< \frac{n}{2^n}\rightarrow 0,(n \to \infty)$
            
                 又
                                 $\because a_{n+1}+(1+n)a_{n+1}a_n=na^2_n,$

                                 $\therefore \frac{a_{n+1}}{a_n}=na_n-(n+1)a_{n+1},$

                                 $\displaystyle \sum_{k=0}^{n}\frac{a_{k+1}}{a_k}=2a_1+\sum_{k=0}^{n}(ka_k-(k+1)a_{k+1})=1-(n+1)a_{n+1}.$

                 所以级数和为
                               $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim_{n \to \infty}\sum_{k=0}^{n}\frac{a_{k+1}}{a_k}=1-\lim_{n \to \infty}(n+1)a_{n+1}=1,$