数学分析习题练习五

西北大学2018数学分析试题


证明：
                  设有
                             $\displaystyle 0< x< y< 1,$

                 此时
                               $\displaystyle 0< \frac{x}{y}<1,$

                                $\displaystyle \because \frac{x}{y}=(\frac{x}{y})^1< (\frac{x}{y})^x=\frac{x^x}{y^x}< \frac{x^y}{y^x},$

                  故
                              $\displaystyle \therefore \frac{y}{x}> \frac{y^x}{x^y}.$

                  同样，当
                             $\displaystyle 1< x< y,$

                      时，同样可证结论也成立。


注：也可以用函数求导法证明，但是我觉得好象没有初等方法简明。

西北大学2018数学分析试题


与2020年上海交大的考题相同。利用有限覆盖定理证明 。

西北大学2018数学分析试题


解：因为被积函数在原点无定义。故作一个包围原点的小椭圆$L$包含在单位圆$C$内.则

                                       $\displaystyle L\subset C,L:x^2+4y^2=\epsilon^2,$

                                        $\displaystyle \because \frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{-x^2-8xy+4y^2}{(x^2+4y^2)^2},$

                                         $\displaystyle \therefore \oint_{C^++L^-}=0.$

                 于是，利用格林公式
                                         $\begin{align*}I&=\oint_{C^+}=\oint_{C^++L^-}+\oint_{L^+}\\\\&=0+\oint_{L^+}\frac{(x-y)dx+(x+4y)dy}{\epsilon^2}\\\\&=\frac{1}{\epsilon^2}\iint_S 2dxdy\\\\&=\frac{2}{\epsilon ^2} \cdot \pi\cdot \epsilon \cdot \frac{\epsilon }{2}\\\\&=\pi.\end{align*}$

注：这里的解法是典型的。也是最简的。此类题型几乎年年考。

西北大学2018数学分析试题


解：
                         $\begin{align*}I&=\iint_Sxdydz+ydzdx+(z^2-2z)dxdy\\\\&=\iiint_\Omega (1+1+2z-2)dxdydz\\\\&=\iiint_\Omega 2zdxdydz=\iint_Sdxdy\int_{\sqrt{x^2+y^2}}^{1}2zdz\\\\&=\iint_S(1-x^2-y^2)dxdy\\\\&=\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{1}r(1-r^2)dr\\\\&=-\pi\cdot \frac{1}{4}\cdot (1-r^2)^2|_0^1\\\\&=\frac{1}{4}\pi.\end{align*}$

西北大学2018数学分析试题


证明：
                          $\because y\in[a,+\infty),|\sin x|\leq 1,$

                          $e^{-xy}\rightarrow 0,(x\to +\infty)$

                 由Dirichlet判别法，知在$y\in[a,+\infty)$，无穷积分一致收敛。

                        $\begin{align*}\int_{0}^{+\infty}e^{-xy}\sin xdx&=-\frac{1}{y}\int_{0}^{+\infty}e^{-xy}\sin xd(-xy)\\\\&=-\frac{1}{y}(e^{-xy}\sin x|_0^{+\infty}-\int_{0}^{+\infty}e^{-xy}\cos xdx)\\\\&=\frac{1}{y}\int_{0}^{+\infty}e^{-xy}\cos xdx\\\\&=\frac{A}{y},(A=\int_{0}^{+\infty}e^{-xy}\cos xdx)\end{align*}$

                   而$\frac{A}{y}$在$(0,1)$上非一致连续。

      
               

西北大学2018数学分析试题


证明：
     （1）、
                          $\displaystyle \because |x-y|^2= (x_1-y_1)^2+(x_2-y_2)^2,$

                           $\begin{align*}\therefore \iint_{R^2}\frac{1}{4\pi t}e^{-\frac{|x-y|^2}{4t}}dy_1dy_2&=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{+\infty }e^{-\frac{(x_2-y_2)^2}{2\sqrt{t}}}d(\frac{x_2-y_2}{2\sqrt{t}})\int_{0}^{+\infty }e^{-\frac{(x_1-y_1)^2}{2\sqrt{t}}}d(\frac{x_1-y_1}{2\sqrt{t}})\\\\&=\frac{1}{\pi}\cdot \sqrt{\pi}\cdot \sqrt{\pi}=1.\end{align*}$


     （2）、由结论（1）及积分中值定理，得
                               $\displaystyle \exists \xi\in R^2,s.t.$

                              $\begin{align*}u(t,x)&=\iint_{R^2}\frac{1}{4\pi t}e^{-\frac{|x-y|^2}{4t}}f(y)dy_1dy_2\\\\&=f(\xi)\iint_{R^2}\frac{1}{4\pi t}e^{-\frac{|x-y|^2}{4t}}dy_1dy_2\\\\&=f(\xi).\end{align*}$

                   令
                              $\displaystyle \frac{x-y}{2\sqrt{t}}=v,$

                              $\displaystyle y=x-2\sqrt{t}v,$

                   由$\xi$的任意性，可知
                             $\displaystyle \therefore \lim_{t\to0^+}u(t,x)=\lim_{t\to0^+}f(\xi)=\lim_{t\to0^+}f(x-2\sqrt{t}v)=f(x).$

吉林大学2020年数学分析考研试题


1、解
                         $\begin{align*}\lim_{x\to 0}\frac{e-(1+x)^{\frac{1}{x}}}{x}&=\lim_{x\to 0}\frac{e-e^{\frac{1}{x}\ln(1+x)}}{x}\\\\&=\lim_{x\to 0}\frac{e-e^{\frac{1}{x}(x+\frac{1}{2}x^2+o(x^2))}}{x}\\\\&=\lim_{x\to 0}\frac{e-e^{1+\frac{1}{2}x+o(x)}}{x}\\\\&=e\lim_{x\to 0}\frac{1-e^{\frac{1}{2}x+o(x)}}{x}\\\\&=e\lim_{x\to 0}\frac{-\frac{1}{2}x+o(x)}{x}\\\\&=-\frac{1}{2}e.\end{align*}$


2、解
                       $\displaystyle \lim_{n \to \infty }(n!)^{\displaystyle \frac{1}{n^2}}=\lim_{n \to \infty }e^{\displaystyle \frac{1}{n^2}\ln(n!)},$

                        $\displaystyle \because 0< \frac{1}{n^2}\ln(n!)< \frac{1}{n^2}\cdot n\ln n=\frac{\ln n}{n}\rightarrow 0,(n \to \infty )$

                        $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }(n!)^{\frac{1}{n^2}}=1.$

               

吉林大学2020年数学分析考研试题


解：
          （3）、令
                                         $t=\sqrt{x},dx=2tdt,$

                                          $\begin{align*}I&=\int \frac{dx}{(\sqrt{x}+1)(x+3)}\\\\&=\int \frac{2tdt}{(t+1)(t^2+3)}\\\\&=\frac{1}{2}\int\left ( \frac{t+3}{t^2+3}-\frac{1}{t+1}\right )dt\\\\&=\frac{1}{2}\int\left ( \frac{t}{t^2+3}+\frac{3}{t^2+3}-\frac{1}{t+1} \right )dt\\\\&=\frac{1}{4}\ln(t^2+3)+\frac{3}{2}\arctan \frac{t}{\sqrt{3}}-\frac{1}{2}\ln(t+1)+C\\\\&=\frac{1}{2}\ln\frac{\sqrt{x+3}}{\sqrt{x}+1}+\frac{3}{2}\arctan \sqrt{\frac{x}{3}}+C.\end{align*}$


            （4）、
                                       $\begin{align*}I&=\int_{0}^{\pi/2}\frac{\sin x}{\sin x+\cos x}dx\\\\&=\int_{0}^{\pi/2}\frac{\sin (\frac{\pi}{2}-t)}{\sin (\frac{\pi}{2}-t)+\cos (\frac{\pi}{2}-t)}dt\\\\&=\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi/2}\frac{\sin x+\cos x}{\sin x+\cos x}dx\\\\&=\frac{\pi}{4}.\end{align*}$

吉林大学2020年数学分析考研试题


解：
             对已知方程组，分别对$x,y$求隐 函数的偏导数，得到关于$\frac{\partial u}{\partial x},\frac{\partial u}{\partial y},\frac{\partial v}{\partial x},\frac{\partial v}{\partial y}$四元一次方程组。解出即得。（略）

吉林大学2020年数学分析考研试题


解：
                        $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\frac{\ln n}{\ln(1^{2019}+2^{2019}+\cdots +n^{2019})}=\lim_{n \to \infty }\frac{\ln n}{\ln n^{2019}}=\frac{1}{2019}.$