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华中师范大学2008年数学分析考研试题参考解答

简介: 来源 [尊重原有作者劳动成果]   一、 计算题 1:解: $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{n}\sqrt[n]{n(n+1)(n+2)\cdots (2n-1)}=\underset{n\to +\infty }{\m...

来源 [尊重原有作者劳动成果]

 

一、 计算题

1:解:

limn+1nnn(n+1)(n+2)(2n1)=limn+1nn12(n+1)(n+2)[n+(n1)](n+n)

=limn+n12limn+nni=1(1+in)=limn+nni=1(1+in)

limn+nni=1(1+in)=elimn+1nni=1ln(1+in)=e10ln(1+x)dx

由于

10ln(1+x)dx=xln(1+x)|1010x1+xdx=ln21+ln(1+x)|10=2ln21=ln4e

于是

limn+1nnn(n+1)(n+2)(2n1)=4e

2:解: 不妨设

x=rsinφcosθ,y=rsinφsinθ,z=rcosφ,0φπ,0θ2π,0rt

于是

=2\pi \cdot (-\cos \varphi )_{0}^{\pi }\cdot \int_{0}^{t}{{{r}^{2}}}\sin rdr=4\pi \int_{0}^{t}{{{r}^{2}}}\sin rdr

于是

\underset{t\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\iiint\limits_{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}\le {{t}^{2}}}{\sin \sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}}dxdydz}}{{{t}^{4}}}=\underset{t\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{4\pi \int_{0}^{t}{{{r}^{2}}\sin rdr}}{{{t}^{4}}}=\underset{t\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\pi {{t}^{2}}\sin t}{{{t}^{3}}}=\pi

3:解:不妨设

P(x,y)=-\frac{y}{{{x}^{2}}+9{{y}^{2}}},Q(x,y)=\frac{x}{{{x}^{2}}+9{{y}^{2}}}

于是

{{P}_{y}}=\frac{9{{y}^{2}}-{{x}^{2}}}{{{x}^{2}}+9{{y}^{2}}},{{Q}_{x}}=\frac{9{{y}^{2}}-{{x}^{2}}}{{{x}^{2}}+9{{y}^{2}}}

DL所包围的封闭面积,由格林公式可知:

\oint_{L}{\frac{xdy-ydx}{{{x}^{2}}+9{{y}^{2}}}}=\iint_{D}{({{Q}_{y}}-{{P}_{x}})dxdy=0}

二、 证明:不妨设g(x)={{x}^{\alpha }},0\alpha 1,x\in [0,+\infty ),且[0,+\infty )=[0,1]\cup [1,+\infty )

对任意的\varepsilon 0,任意的{{x}_{1}},{{x}_{2}}\in [1,+\infty ),由中值定理可知,存在\xi {{x}_{1}}{{x}_{2}}之间,使得

\left| g({{x}_{1}})-g({{x}_{2}}) \right|=\left| g(\xi ) \right|\left| {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right|=\frac{\alpha }{{{\xi }^{^{1-\alpha }}}}\left| {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right|\le \alpha \left| {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right|

于是令\delta =\frac{\varepsilon }{\alpha },当\left| {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right|\delta 时,有\left| g({{x}_{1}})-g({{x}_{2}}) \right|\varepsilon

于是g(x)[1,+\infty )上一致连续

g(x)[0,1]上连续,则g(x)[0,1]上一致连续

于是g(x)[0,+\infty )上一致连续

\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)存在,则存在{{M}_{1}}0,存在N0,当nN时,有\left| f(x) \right|{{M}_{1}}

f(x)[0,N+1]上连续,则f(x)[0,N+1]上有界

于是存在{{M}_{2}}0,对一切x\in [0,N+1],有\left| f(x) \right|{{M}_{2}}

M=\max \{{{M}_{1}},{{M}_{2}}\},则对一切x\in [0,+\infty ),有\left| f(x) \right|M

对任意的\varepsilon 0,任意的{{x}_{3}},{{x}_{4}}\in [0,+\infty ),由中值定理可知,存在\eta {{x}_{3}}{{x}_{4}}之间,使得

\left| f(g({{x}_{3}}))-f(g({{x}_{4}})) \right|=\left| f(\eta ) \right|\left| g({{x}_{3}})-g({{x}_{4}}) \right|M\left| g({{x}_{3}})-g({{x}_{4}}) \right|

g(x)[0,+\infty )上一致连续

则对上述\varepsilon 0{{x}_{3}},{{x}_{4}}\in [0,+\infty ),当\left| {{x}_{3}}-{{x}_{4}} \right|\delta 时,有\left| g({{x}_{3}})-g({{x}_{4}}) \right|\frac{\varepsilon }{M}

\left| f(g({{x}_{3}}))-f(g({{x}_{4}})) \right|\varepsilon

于是f({{x}^{\alpha }})[0,+\infty )上一致连续

三、 证明:不妨设

F(x)=[f(x)-f(a)][g(b)-g(a)]-[f(b)-f(a)][g(x)-g(a)],x\in [a,b]

于是F(a)=F(b)=0

F(x)[a,b]上连续,(a,b)内可导,由罗尔定理可知:

存在\xi \in (a,b),使得F(\xi )=0

[f(b)-f(a)]g(\xi )=[g(b)-g(a)]f(\xi )

四、

(1)证明:,对任意的x\in (0,+\infty )由于\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{n}{{{e}^{nx}}}=0,则f(x)(0,+\infty )上收敛

(2)证明:不妨设{{u}_{n}}(x)=n{{e}^{-nx}},由于\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{u}_{n}}(x)=0

于是

\underset{x\in (0,+\infty )}{\mathop{\sup }}\,\left| {{u}_{n}}(x)-0 \right|\ge {{u}_{n}}(\frac{1}{n})=n{{e}^{-1}}\to +\infty \ne 0(n\to +\infty )

于是\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{n{{e}^{-nx}}}(0,+\infty )上非一致收敛

(3)证明:由题可知:

f(x)={{e}^{-x}}+2{{e}^{-2x}}+\cdots +n{{e}^{-nx}}+(n+1){{e}^{-(n+1)x}}+\cdots

{{e}^{-x}}f(x)={{e}^{-2x}}+2{{e}^{-3x}}+\cdots +n{{e}^{-(n+1)x}}+(n+1){{e}^{-(n+2)x}}+\cdots

于是

(1-{{e}^{-x}})f(x)=\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{{{e}^{-nx}}}=\frac{{{e}^{-x}}}{1-{{e}^{-x}}}

f(x)=\frac{{{e}^{-x}}}{{{(1-{{e}^{-x}})}^{2}}}

显然f(x)(0,+\infty )上无穷次可导

(或用定义进行证明)

五、设F(x,y)={{x}^{2}}+y-\sin (xy)

(1) 显然,有F(0,0)=0

(2){{F}_{y}}(x,y)=1-x\cos (xy)

(3){{F}_{y}}(0,0)=1\ne 0

由隐函数存在定理,存在\delta 0,存在x\in \left[ \delta ,+\infty \right) 上的连续可微的函数0{{{u}}_{n}}\left( x \right)\le \frac{1}{{{n}^{3}}x}\le \frac{1}{\delta }\frac{1}{{{n}^{3}}}y(0)=0,满足\left[ \delta ,+\infty \right) {S}\left( x \right)=\sum\limits_{n=1}^{\infty }{{{{{u}}}_{n}}\left( x \right)} {{F}_{x}}=2x-y\cos (xy)

y(x)=-\frac{{{F}_{x}}(x,y)}{{{F}_{y}}(x,y)}=-\frac{2x-y\cos (xy)}{1-x\cos (xy)}

于是y(0)=0

六、

七、

(1)证明:由积分第一中值定理可知,存在{{x}_{n}}\in [n-1,n],使得

\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{{{\left| u({{x}_{n}}) \right|}^{2}}=\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{\int_{n-1}^{n}{{{\left| u(x) \right|}^{2}}dx}=\int_{0}^{+\infty }{{{\left| u(x) \right|}^{2}}dx\le }}}\int_{0}^{+\infty }{({{\left| u(x) \right|}^{2}}+{{\left| u(x) \right|}^{2}})dx+\infty }

于是

\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left| u{{({{x}_{n}})}^{2}} \right|=0\Rightarrow \underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left| u({{x}_{n}}) \right|=0

于是存在 [0,+\infty ) 中的子列\{{{x}_{n}}\}_{0}^{+\infty },使得当n\to +\infty 时,{{x}_{n}}\to +\infty u({{x}_{n}})\to 0

(2)由于\int_{0}^{+\infty }{({{\left| u(x) \right|}^{2}}+{{\left| u(x) \right|}^{2}})dx}收敛,由柯西---施瓦兹不等式可知:

\left| {{u}^{2}}({{x}_{2}})-{{u}^{2}}({{x}_{1}}) \right|=2\int_{{{x}_{1}}}^{{{x}_{2}}}{\left| u(x)u(x) \right|}dx\le \int_{{{x}_{1}}}^{{{x}_{2}}}{({{\left| u(x) \right|}^{2}}+{{\left| u(x) \right|}^{2}})dx}\to 0({{x}_{2}}\ge {{x}_{1}}\to +\infty )

于是由柯西收敛准则:{{u}^{2}}(x)\to 0(x\to +\infty )\Rightarrow u(x)\to 0(x\to +\infty )

u(x)[0,+\infty )上连续,于是存在M0,使得\left| u(x) \right|\le M

C=\frac{M}{\sqrt{\int_{0}^{+\infty }{({{\left| u(x) \right|}^{2}}+{{\left| u(x) \right|}^{2}})dx}}}

于是存在常数C0,使得

\underset{x\in [0,+\infty \}}{\mathop{\sup }}\,\left| u(x) \right|\le C{{(\int_{0}^{+\infty }{({{\left| u(x) \right|}^{2}}+{{\left| {u}(x) \right|}^{2}})}dx)}^{\frac{1}{2}}}

八、

(1)证明:由于

\frac{\partial u}{\partial n}=\frac{\partial u}{\partial x}\cos (n,x)+\frac{\partial u}{\partial y}\cos (n,y)+\frac{\partial u}{\partial z}\cos (n,z)

由第一型和第二型曲面积分的关系和Guass公式可知:

\iint\limits_{\partial \Omega }{v\cdot \frac{\partial u}{\partial n}}dS=\iint\limits_{\partial \Omega }{v[\frac{\partial u}{\partial x}\cos (n,x)+\frac{\partial u}{\partial y}\cos (n,y)+\frac{\partial u}{\partial z}\cos (n,z)}]dS

=\iint\limits_{\partial \Omega }{v[\frac{\partial u}{\partial x}dydz+\frac{\partial u}{\partial y}dzdx+\frac{\partial u}{\partial z}dxdy]}

=\iiint_{\Omega }{v\cdot \Delta udxdydz+\iiint_{\Omega }{\nabla v\cdot \nabla udxdydz}}

\iiint_{\Omega }{v\Delta udxdydz=-}\iiint_{\Omega }{(\nabla u\cdot \nabla v)dxdydz+\iint\limits_{\partial \Omega }{v\cdot \frac{\partial u}{\partial n}}}dS

(2)

 

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