数学分析习题练习五

吉林大学2020年数学分析考研试题


解：
                      $\begin{align*}\because \sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n(2n+1)}&=2\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{2n(2n+1)}\\\\&=2\sum_{n=1}^{\infty }(\frac{1}{2n}-\frac{1}{2n+1})\\\\&=2(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{4}-\frac{1}{5}+\cdots )\\\\&=2(-1+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{4}-\frac{1}{5}+\cdots )+2\\\\&=-2\sum_{n=1}^{\infty }(-1)^{n-1}\frac{1}{n}+2.\end{align*}$

             又
                      $\displaystyle \because \ln(1+x)=\sum_{n=1}^{\infty }(-1)^{n-1}\frac{1}{n}x^n,$

              令
                                    $\displaystyle x=1,$
               得   
                       $\displaystyle  \ln2=\sum_{n=1}^{\infty }(-1)^{n-1}\frac{1}{n}.$   

              因此
                       $\displaystyle \therefore \sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n(2n+1)}=2-2\sum_{n=1}^{\infty }(-1)^{n-1}\frac{1}{n}=2-2\ln2.$

吉林大学2020年数学分析考研试题


解：利用球面坐标求三重积分，得
                                 $\begin{align*}f(t)&=\underset{x^2+y^2+z^2\leq t^2}{\iiint }e^{x^2+y^2+z^2}dxdydz\\\\&=\int_{0}^{2\pi}d\phi \int_{0}^{\pi}\sin\theta d\theta \int_{0}^{t}r^2e^{r^2}dt\\\\&=4\pi\int_{0}^{t}r^2e^{r^2}dt\\\\&=2\pi te^{t^2}-2\pi\int_{0}^{t}e^{r^2}dr.\end{align*}$

                                 $\displaystyle \therefore f'(t)=2\pi e^{t^2}+4\pi t^2e^{t^2}-2\pi e^{t^2}=4\pi t^2e^{t^2}.$

吉林大学2020年数学分析考研试题


解：
                              $\because \frac{\partial Q}{\partial x}=-2y\cos x+6xy^2=\frac{\partial P}{\partial y},$

                  所以，曲线积分与路径无关。取$O(0,0),A(\frac{\pi}{2},0),B(\frac{\pi}{2},1)$三点，积分路径：$O\rightarrow A\rightarrow B.$这样

                              $\begin{align*}I&=\int_{OB}=\int_{OA}+\int_{AB}\\\\&= \int_{0}^{\pi/2}0dx+\int_{0}^{1}(1-2y\sin\frac{\pi}{2}+3(\frac{\pi}{2})^2y^2)dy\\\\&=(y-y^2+\frac{\pi}{4}y^3)|_0^1\\\\&=\frac{\pi}{4}.\end{align*}$

吉林大学2020年数学分析考研试题


分析：
                 $\displaystyle \because a^n-b^n=(a-b)[a^{n-1}+a^{n-2}b+a^{n-3}b^2+\cdots +ab^{n-2}+b^{n-1}],$

                  $\displaystyle \therefore |\sqrt[n]{2n+1}-1|=|\frac{2n}{\sqrt[n]{(2n+1)^{n-1}}+\sqrt[n]{(2n+1)^{n-2}}+\cdots +\sqrt[n]{(2n+1)}+1}|< 2n< \epsilon .$

证明：
                 $\displaystyle \forall \epsilon > 0,\exists N=[\frac{\epsilon }{2}]+1,n> N,s.t.$

                  $\displaystyle |\sqrt[n]{2n+1}-1|< \epsilon .$

吉林大学2020年数学分析考研试题


解：利用特殊三角求和公式（参见本贴 51 楼），有

                                 $\displaystyle \because |\sum_{k=1}^{n}\sin k|=|\frac{\cos\frac{1}{2}-\cos(n+\frac{1}{2})}{2\sin\frac{1}{2}}|\leq \frac{1}{\sin\frac{1}{2}},$

                 又
                                 $\displaystyle \frac{1}{\sqrt{n}}\rightarrow 0,(n\rightarrow \infty )$

                  由Dirichlet判别法知，级数
                                   $\displaystyle \therefore \sum_{n=1}^{\infty }\frac{\sin n}{\sqrt{n}}$
               
                    收敛。

吉林大学2020年数学分析考研试题


解：因为曲面：
                              $|x|+|y|+|z|=1$

             在8个象限内对称，故可以只考虑在第I象限内的情况：
                              $x+y+z=1.$

            设
                              $F(x,y,z)=x^2+y^2+2z^2+\lambda (x+y+z-1),$

            求极值
                               $\begin{cases}
F'_x &=2x+\lambda \\
F'_y &=2y+\lambda \\
F'_z &=4z+\lambda \\
F'_\lambda &=x+y+z-1=0
\end{cases}$

                                $\therefore x=y=-\frac{\lambda}{2},z=-\frac{\lambda}{4},$

                                 $\Rightarrow \lambda=-\frac{4}{5},x=y=\frac{2}{5},z=\frac{1}{5}.$

                  所以函数的极值为
                                 $f(\frac{2}{5},\frac{2}{5},\frac{1}{5})=\frac{2}{5}.$

                   由约束条件方程的对称性知，这样的极值点共有$8$个。

吉林大学2020年数学分析考研试题



解：
             当$x=\sin y,$时，显然有
                                     $\displaystyle \lim_{x\to0}\lim_{y\to0}f(x,y)=\lim_{y\to0}\lim_{x\to0}f(x,y)=0.$

           而当$x\neq \sin y,$时，有
                                      $\displaystyle \lim_{x\to0}\lim_{y\to0}f(x,y)=\lim_{x\to0}\lim_{y\to0}\frac{\ln(1+xy)}{x-\sin y}=\lim_{x\to0}\frac{0}{x}=0,$

                                        $\displaystyle \lim_{y\to0}\lim_{x\to0}f(x,y)=\lim_{y\to0}\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+xy)}{x-\sin y}=\lim_{y\to0}\frac{0}{-\sin y}=0.$

                                    $\displaystyle \therefore \lim_{x\to0}\lim_{y\to0}f(x,y)=\lim_{y\to0}\lim_{x\to0}f(x,y)=\lim_{(x,y)\rightarrow (0,0)}f(x,y)=f(0,0)=0.$

                由此可知
                                     $\displaystyle \lim_{(x,y)\rightarrow (0,0)}f(x,y)=f(0,0)=0.$
                          存在。




                                    

吉林大学2020年数学分析考研试题


证明：
                 构造辅助函数
                                      $\displaystyle F(x)=f(x)-x\ln x,F(x)\in C(0,1),$

                    由已知
                                       $\displaystyle \because \ln x\leq \frac{f(x)}{x}\leq 0,$

                                       $\displaystyle \therefore x\ln x\leq f(x)\leq 0,$

                      从而有
                                       $\displaystyle \Rightarrow f(1)=\lim_{x\to1^-}f(x)=0,f(0)=\lim_{x\to0^+}f(x)=0,$

                     由此，有
                                          $\displaystyle F(0)=F(1)=0,$

                    由Rolle中值定理，得
                                            $\displaystyle \exists \xi\in(0,1),s.t.$

                                      $\displaystyle F'(\xi)=f'(\xi)-\ln\xi-1=0.$

                                $\displaystyle \Rightarrow f'(\xi)=\ln\xi+1.$

吉林大学2020年数学分析考研试题


证明：
                 由已知方程式，得：
                                  $\displaystyle x=0,y=\frac{1}{2}\arctan y,\Rightarrow y=y(0)=0,$

                    即方程有解。再者
                                  $\displaystyle \because y'=1+\frac{1}{2}\cdot \frac{y'}{1+y^2},$

                                   $\displaystyle y'=\frac{2(1+y^2)}{1+2y^2}>0.$

                        从而
                                    $\displaystyle \therefore y(x)\uparrow ,$

                     在$R$上，$y(x)$是严格单调函数。故只可能有一个解。

一道取整函数


部分更正