数学分析习题练习五

郑州大学2020年数学分析试题


解：这道题已知条件显然笔误了。不妨设
                                       $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\frac{u_n}{n}=l.l\neq 0.$

                 部分和
                                       $\displaystyle S_n=\sum_{k=1}^{n}(-1)^k(\frac{1}{u_k}+\frac{1}{u_{k+1}})=-\frac{1}{u_1}+(-1)^n\frac{1}{u_{n+1}},$

                    则和为
                                        $\displaystyle S=\lim_{n \to \infty }S_n=-\frac{1}{u_1}+\lim_{n \to \infty }(-1)^n\frac{1}{u_{n+1}}=-\frac{1}{u_1}+\lim_{n \to \infty }(-1)^n\frac{1}{\frac{u_{n+1}}{n+1}\cdot (n+1)}=-\frac{1}{u_1},$

                    因此，级数收敛。 又
                                        $\displaystyle \because |\frac{\frac{1}{u_{n+1}}}{\frac{1}{u_n}}|=\frac{\displaystyle \frac{u_n}{n}\cdot n}{\displaystyle \frac{u_{n+1}}{n+1}\cdot (n+1)}< \frac{\displaystyle \frac{u_n}{n}}{\displaystyle \frac{u_{n+1}}{n+1}}=1,(n \to \infty )$

                                          $\displaystyle u_n> 0,$
              所以，级数绝对收敛。

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解：
             由于积分在下侧曲面上，故先简化：
                                 $\displaystyle I=\iint_S\frac{axdydz+(z-a)dxdy}{(x^2+y^2+z^2)^{\frac{1}{2}}}=\frac{1}{a}\iint_Saxdydz+(z-a)dxdy.$

           添加一个平面$S':z=0$，方向向下。再运用高斯公式：
                                 $\displaystyle I=\frac{1}{a}\iint_{S+S'}-\frac{1}{a}\iint_{S'}=\frac{1}{a}\iiint_\Omega (a+1)dxdydz +\iint_{S'}dxdy=\frac{4}{3}\pi a^3+\frac{7}{3}\pi a^2.$

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解：
             利用分部积分法，得
                                 $\begin{align*}\iint_Dxy\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}dxdy&=\int_{0}^{1}ydy\int_{0}^{1}x\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}dx\\\\&=\int_{0}^{1}y\left(xf_y(x,y)-\int_{0}^{1}f_y(x,y)dx\right)|_0^1dy\\\\&=-\int_{0}^{1}dx\int_{0}^{1}yf_y(x,y)dy\\\\&=\int_{0}^{1}dx\int_{0}^{1}f(x,y)dy\\\\&=\iint_Df(x,y)dxdy=A.\end{align*}$

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证明：
                   将不等式改写，令
                                         $t=\frac{1}{x},t> 0.$

                     则原不等式与下列不等式等价。
                                          $\ln^2(1+t)< \frac{t^2}{1+t},$

                             令
                                         $f(t)=\frac{t}{\sqrt{1+t}}-\ln(1+t),$

                        这个函数单调升与上述不等式相同。

                                        $\because f'(t)=\frac{(\sqrt{1+t}-1)^2}{2(1+t)^{\frac{3}{2}}}> 0,$

                                         $\therefore f(x)> f(0)=0,$

                          因此，原不等式成立。

【注】：其实这个不等式不好证，我想了很久还是没有证明。在参考了合肥工业大学王刚的《大学数学竞赛教程 第三讲 证明：三大中值定理》中例38后，才想到这样的解法。

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证明：
                  由已知条件
                             $\because \lim_{x\to x_0}f(x)=A,(x_0\in I)$

                             $\therefore \forall x\in I,\forall \epsilon > 0,\exists \delta > 0,s.t.$

                                 $|f(x)-A|< \epsilon ,$
                   取
                               $\epsilon =1,$
                      有
                               $|f(x)-A|< 1,$
                      即得
                                  $A-1< f(x)< A+1.$

                   由于所取的$x_0$为任意的，由此可知$f(x)$在$I$上有界。

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解：
                            $\displaystyle \because \frac{x^n}{n(1+x^{n+1})^2}\leq \frac{x^n}{4nx^{n+1}}=\frac{1}{4nx}< \frac{1}{4n}\rightarrow 0,(n \to \infty )$

                      所以，和函数在$(0,1)$上一致收敛。由此可知，函数项级数和的导数等于逐项导数的和。令

                              $\displaystyle f(x)=\sum_{n=1}^{\infty }(-1)^n\frac{x^n}{n(1+x^{n+1})^2},$

                     由此
                               $\displaystyle f'(x)=\sum_{n=1}^{\infty }(-1)^n\frac{nx^{n-1}-(n+2)x^{2n}}{n(1+x^{n+1})^3}\in C(0,1),$

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解：
            （1）、
                            $\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}|_{(1,1)}=2y+2y|_{(1,1)}=4,$

                             $\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}|_{(1,1)}=2y+2x|_{(1,1)}=4,$

                  $l$方向为
                              $\displaystyle l=(\cos\alpha ,\sin\alpha )|_{(1,1)}=(\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2}),$

                 则方向导数为
                              $\displaystyle \frac{\partial f}{\partial l}=\frac{\partial f}{\partial x}\cos\alpha +\frac{\partial f}{\partial y}\sin\alpha =4\sqrt{2}.$


             （2）、$f(x,y)$的在$(x,y)$的梯度为
                               $\displaystyle grad f=(\frac{\partial f}{\partial x},\frac{\partial f}{\partial y})=(2(x+y),2(x+y)).$

                  在$C$的最大方向导数，即为梯度方向，值为梯度的模。利用拉格朗日乘数法求条件极值。梯度

                           $\displaystyle |grad f|=2\sqrt{2(x+y)^2},$

               求梯度最大值，等价于求根号内最大值，故令
                            $\displaystyle F=2(x+y)^2+\lambda (x^2+y^2-xy),$

                            $\begin{cases}
F_x&=4(x+y)-\lambda (2x-y)=0\\
F_x&=4(x+y)-\lambda (2y-x)=0\\
F_\lambda &=x^2+y^2-xy=0
\end{cases}$

                         $\displaystyle \lambda =-2,x=y=0.$

                由此得，最大方向导数为$0$。在此点的方向向量为$(0,0)$




                           

重庆大学2017年高等代数一道行列式：求
                          $D_n=\begin{vmatrix}
3 & 2 & 0 & \cdots  & 0 &0 \\
1 & 3 &  2& \cdots  & 0 &0 \\
0 & 1 & 3 & \cdots  & 0 &0 \\
\vdots  & \vdots  & \vdots  &  & \vdots  & \vdots \\
0 & 0 & 0 & \cdots  & 3 & 2\\
0 &0  & 0 & \cdots  & 1 & 3
\end{vmatrix}$


解：
        先求一个字母行列式，令$\alpha=2,\beta=1.$得到

                                   $D_n=\begin{vmatrix}
\alpha +\beta  & \alpha  & 0 & \cdots  & 0 &0 \\
\beta  & \alpha +\beta  & \alpha & \cdots  & 0 &0 \\
0 &\beta  & \alpha +\beta & \cdots  & 0 &0 \\
\vdots  & \vdots  & \vdots  &  & \vdots  & \vdots \\
0 & 0 & 0 & \cdots  &\alpha +\beta & \alpha \\
0 &0  & 0 & \cdots  & \beta  & \alpha +\beta
\end{vmatrix}=(\alpha +\beta)D_{n-1}-\alpha \beta D_{n-2},$

              由此，得
                              $\therefore \begin{cases}
D_n-\alpha D_{n-1}&=\beta (D_{n-1}-\alpha D_{n-2})  \\
D_{n}-\beta D_{n-1}&=\alpha (D_{n-1}-\beta D_{n-2})
\end{cases}$

            由定义可知
                           $D_2=\begin{vmatrix}
\alpha +\beta  &\alpha  \\
\beta  & \alpha +\beta
\end{vmatrix}=\alpha ^2+\beta ^2+\alpha \beta ,D_1=\alpha +\beta .$

                而由上面的联立方程组，得到
                            $ D_n-\alpha D_{n-1}=\beta (D_{n-1}-\alpha D_{n-2})=\beta^2 (D_{n-2}-\alpha D_{n-3})=\cdots =\beta^{n-2} (D_{2}-\alpha D_{1})=\beta ^n,$

                           $ D_{n}-\beta D_{n-1}=\alpha (D_{n-1}-\beta D_{n-2})=\alpha^2 (D_{n-2}-\beta D_{n-3})=\cdots =\alpha ^{n-2}(D_2-\beta D_1)=\alpha ^n.$

                   解出
                            $\Rightarrow D_n=\frac{\beta ^{n+1}-\alpha ^{n+1}}{\beta -\alpha }.$

              将$\alpha=2,\beta=1.$代入，得原题解为
                            $\therefore D_n=2^{n+1}-1.$

类似的题还有（2003年福州大学，高代）
                             $D_n=\begin{vmatrix}
\alpha +\beta  & \alpha\beta  & 0 & \cdots  & 0 &0 \\
1  & \alpha +\beta  & \alpha\beta & \cdots  & 0 &0 \\
0 &1  & \alpha +\beta & \cdots  & 0 &0 \\
\vdots  & \vdots  & \vdots  &  & \vdots  & \vdots \\
0 & 0 & 0 & \cdots  &\alpha +\beta & \alpha\beta \\
0 &0  & 0 & \cdots  & 1  & \alpha +\beta
\end{vmatrix}$

2020年武汉大学《数学分析》考研试题最后一题

一道曲线积分题