数学分析习题练习五

同济大学2020年数学分析考研真题

解：
                 函数$\displaystyle y=\frac{1}{x^p}$绕$x$轴旋转体的体积为
                                 $\displaystyle V=\int_{0}^{+\infty }\frac{1}{x^{2p}}dx=\frac{1}{1-2p}x^{1-2p}|_0^{+\infty },$

                       要使体积有限，
                                 $\displaystyle \therefore p< \frac{1}{2},V< \infty .$

                  而此时该旋转体的表面积为
                                $\displaystyle S=\int_{0}^{+\infty }\sqrt{1+\frac{p^2}{x^{2(p+1)}}}dx> \int_{0}^{+\infty }\frac{p}{x^{p+1}}dx+\int_{1}^{+\infty }\frac{p}{x^{p+1}}dx=\infty .$

               

同济大学2020年数学分析考研真题


解：
              椭球面在$P_0(x_0,y_0,z_0)$处的切平面为
                                               $\displaystyle \frac{xx_0}{a^2}+\frac{yy_0}{b^2}+\frac{zz_0}{c^2}=1,$

                           由题设
                                              $\displaystyle f(p)=\frac{\displaystyle (\frac{xx_0}{a^2}+\frac{yy_0}{b^2}+\frac{zz_0}{c^2}-1)^2}{\displaystyle \frac{x_0^2}{a^4}+\frac{y_0^2}{b^4}+\frac{z_0^2}{c^4}},$

                         令
                                               $\displaystyle Q=\frac{x_0^2}{a^4}+\frac{y_0^2}{b^4}+\frac{z_0^2}{c^4},$
                        由此，并利用积分的奇偶性
                                             $\begin{align*}I&=\int_\Omega f(p)dV\\\\&=\frac{1}{Q}\int_\Omega (\frac{xx_0}{a^2}+\frac{yy_0}{b^2}+\frac{zz_0}{c^2}-1)^2dV\\\\&=\frac{1}{Q}\int_\Omega (\frac{(xx_0)^2}{a^4}+\frac{(yy_0)^2}{b^4}+\frac{(zz_0)^2}{c^4}+1)dV\\\\&=\frac{1}{Q}\int_\Omega (\frac{(xx_0)^2}{a^4}+\frac{(yy_0)^2}{b^4}+\frac{(zz_0)^2}{c^4})dV+\frac{1}{Q}\int_\Omega dV,\end{align*}$

                注意到
                                             $\displaystyle \frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}\leq 1-\frac{x^2}{a^2}$


                    所以
                                              $\begin{align*}\int_\Omega \frac{(xx_0)^2}{a^4}dV&=\frac{x_0^2}{a^4}\int_\Omega x^2dV\\\\&=\frac{2x_0^2}{a^4}\int_{0}^{a} x^2dx\iint_{D_{yz}}dS\\\\&=\frac{2x_0^2}{a^4}\int_{0}^{a} x^2\cdot \pi bc(1-\frac{x^2}{a^2})dx\\\\&=\frac{4}{15a}\pi bcx_0^2.\end{align*}$

                    同理有
                                              $\displaystyle \int_\Omega \frac{(yy_0)^2}{b^4}dV=\frac{4}{15b}\pi acy_0^2.$

                                               $\displaystyle \int_\Omega \frac{(zz_0)^2}{c^4}dV=\frac{4}{15c}\pi abz_0^2.$

                            而
                                                $\displaystyle \int_\Omega dV=\frac{4}{3}\pi abc.$

                             所以
                                            $\displaystyle I=\frac{\displaystyle \frac{4}{15a}\pi bcx_0^2+\frac{4}{15b}\pi acy_0^2+\frac{4}{15c}\pi abz_0^2+\frac{4}{3}\pi abc}{\displaystyle \frac{x_0^2}{a^4}+\frac{y_0^2}{b^4}+\frac{z_0^2}{c^4}}.$

同济大学2020年数学分析考研真题





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同济大学2020年数学分析考研真题


解：此处幂级数应为：$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }a_nx^n,$

           由已知
                                 $\displaystyle \because a_{n+1}=a_n+\frac{1}{(n+1)!},$

                                  $\displaystyle \therefore a_{n+1}> a_n,$

                  由            
                                $\displaystyle |a_{n+1}- a_n|\rightarrow 0,(n \to \infty )$

                      根据柯西准则，有
                                   $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }a_n< \infty ,$

                           因为
                                    $\displaystyle R=|\frac{a_n}{a_{n+1}}|=1,(n \to \infty )$

                           当$x=1$时，由上面讨论知道，级数收敛。

                           当$x=-1$时，有
                                     $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }a_nx^n\leq \sum_{n=1}^{\infty }|a_nx^n|\leq\sum_{n=1}^{\infty }a_n< \infty ,$

                                      $\displaystyle \therefore x\in [-1,1]$

                               设
                                      $\displaystyle S_1=1+x+x^2+\cdots =\frac{1}{1-x}.$

                             则有
                                       $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }a_nx^n=xS_1+\frac{1}{2!}x^2S_1+\frac{1}{3!}x^3S_1+\cdots =S_1(e^x-1)=\frac{e^x-1}{1-x}.$

同济大学2020年数学分析考研真题


解：前半题证明唯一性，直接求即可（？）
       求极值。函数有最值，而无极值。

                             $\because e^x\geq 0,2x^2\geq 0,y^2\geq 0,$

                   而
                              $e^{-x}+2(-x)^2=1-x+\frac{1}{2}x^2+2(-x)^2=1+(\frac{5}{2}x^2-x)>1.$

                               $\therefore x=y=0,z_{\max}=0.$

                 很显然，最小值为负无穷大。

同济大学2020年数学分析考研真题


解
                                 $\displaystyle \because |\cos(rx)|\leq 1,$

                    且
                                 $\displaystyle \int_{0}^{+\infty }e^{-x^2}=\frac{\sqrt{\pi}}{2},$

                                  $\displaystyle \therefore \phi (r)=\int_{0}^{+\infty }e^{-x^2}\cos(rx)dx< \infty .$

                                  $\displaystyle \Rightarrow x\in[0,+\infty),$

                   由定义工求导,
                                  $\phi'(r)=\int_{0}^{+\infty }-xe^{-x^2}\sin(rx)dx=\frac{1}{2}e^{-x^2}\sin(rx)|_0^{+\infty }-\frac{1}{2}\int_{0}^{+\infty }re^{-x^2}\cos(rx)dx=\frac{1}{2}r\phi (r).$

                     再求解上面的微分方程,得到
                                       $\displaystyle \ln\phi (r)=\frac{1}{4}r^2,$

                                        $\displaystyle \therefore \phi(r)=e^{\frac{1}{4}r^2}+C,$

                         由定义式可知，有
                                         $\displaystyle \because \phi(0)=\int_{0}^{+\infty }e^{-x^2}=\frac{\sqrt{\pi}}{2},$

                                          $\displaystyle \therefore C=\frac{\sqrt{\pi}}{2}-1,$

                                      $\displaystyle \Rightarrow \phi(r)=e^{\frac{1}{4}r^2}+\frac{\sqrt{\pi}}{2}-1.$



                                         

陕西师范大学2020年数学分析试题

解
                    $\begin{align*}I&=\lim_{n \to \infty }\frac{\sqrt[n]{(n+1)(n+2)\cdots (n+n)}}{n}\\\\&=\lim_{n \to \infty }\sqrt[n]{(1+\frac{1}{n})(1+\frac{2}{n})\cdots (1+\frac{n}{n})}\\\\&=\lim_{n \to \infty }e^{\displaystyle \frac{1}{n}[\ln(1+\frac{1}{n})+\ln(1+\frac{2}{n})+\cdots +\ln(1+\frac{n}{n})]}\\\\&=e^{\displaystyle \int_{0}^{1}\ln(1+x)dx}\\\\&=e^{\displaystyle 2\ln2-1}.\end{align*}$

陕西师范大学2020年数学分析试题


解：
             这是一道常考题。因为函数可微，可求导。

                               $\displaystyle \because \lim_{n \to\infty}\frac{f(\frac{k}{n^2})-f(0)}{\frac{k}{n^2}} =f'(0),\xi_k\in(0,\frac{k}{n^2}),k=1,2,\cdots ,n$

                                $\displaystyle \therefore (f'(0)-\epsilon)\frac{k}{n^2}< f(\frac{k}{n^2})< \frac{k}{n^2}(f'(0)+\epsilon),$

                     从而得
                                 $\displaystyle (f'(0)-\epsilon)\lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{n^2}< \lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}f(\frac{k}{n^2})< \lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{n^2}(f'(0)+\epsilon),$

                                  $\displaystyle \Rightarrow \lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}f(\frac{k}{n^2})=\frac{1}{2}f'(0).$

陕西师范大学2020年数学分析试题


解：
                  由分子分母比值的极限关系，可知有
                                $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}(bx-\sin x)=0,\Rightarrow b=1,$

                 代入原极限关系式，由罗必塔法则和泰勒公式得
                                 $\begin{align*}\lim_{x\rightarrow 0}\frac{1}{x-\sin x}\int_{0}^{x}\frac{t^2}{\sqrt{a+t^2}}dt&=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\frac{x^2}{\sqrt{a+x^2}}}{1-\cos x}\\\\&=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{x^2}{\sqrt{a}\cdot (\frac{1}{2!}x^2+o(x^2))}\\\\&=\frac{2}{\sqrt{a}}=1.\end{align*}$

                                  $\displaystyle \Rightarrow a=4.$

陕西师范大学2020年数学分析试题


解：
               由
                       $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty }\frac{x^n(n+1)}{n!} =(x\sum_{n=0}^{\infty }\frac{x^n}{n!} )'=(xe^x)'=(x+1)e^x.$

                      令$x=2,$即有

                          $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty }\frac{2^n(n+1)}{n!}=3e^3.$