中国计量大学2020年数学分析


解：
                   $\displaystyle \int \frac{xdx}{\sqrt{1+x}+1}\overset{\sqrt{1+x}=t}{=}\int \frac{(t^2-1)2t}{t+1}dt=\frac{2}{3}t^3-t^2+C=\frac{2}{3}\sqrt{(1+x)^3}-x+C.$

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解
                $\displaystyle \lim_{x\to0}\frac{\int_{0}^{x^2}\sin tdt}{x^3(e^x-1)}=\lim_{x\to0}\frac{2x\sin x^2}{x^3(e^x-1)}= \lim_{x\to0}\frac{2x(x^2-\frac{1}{3!}x^3+o(x^3)}{x^3(x+o(x))}=-\frac{1}{3}.$

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解：
                    $\begin{align*}\iiint_\Omega (x^2+y^2)dV&=\iint_D(x^2+y^2)dxdy\int_{(x^2+y^2)}^{9}dz\\\\&=\iint_D[9(x^2+y^2)-(x^2+y^2)^2]dxdy\\\\&=\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{3}(9r^2-r^4)rdr\\\\&=2\pi(\frac{9}{4}r^4-\frac{1}{6}r^6)|_0^3\\\\&=\frac{243}{2}\pi.\end{align*}$

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解：
                   $\displaystyle a_n=\cos \frac{\theta }{2}\cos \frac{\theta }{2^2}\cdots \cos \frac{\theta }{2^n}=\frac{\cos \frac{\theta }{2}\cos \frac{\theta }{2^2}\cdots \cos \frac{\theta }{2^n}\cdot 2\sin \frac{\theta }{2^n}}{2\sin \frac{\theta }{2^n}}=\cdots =\frac{\cos \theta }{2^n\sin \frac{\theta }{2^n}}$

                   $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }a_n=\lim_{n \to \infty }\frac{\cos \theta }{2^n\sin \frac{\theta }{2^n}}=\frac{\cos \theta }{\theta }.$

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解：
                  $\displaystyle \int_L\frac{-ydx+xdy}{x^2+y^2}=\int_L-ydx+xdy=\iint_D2dxdy=2\pi.$

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解：
               $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }nx^n=x\sum_{n=1}^{\infty }nx^{n-1}=x(\sum_{n=1}^{\infty }x^n)'=x(\frac{x}{1-x})'=x\cdot \frac{1-x+x}{(1-x)^2}=\frac{x}{(1-x)^2}.$

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证明：【方法一】
                     令
                              $\displaystyle F(x)=a_0x+\frac{a_1}{2}x^2+\frac{a_1}{3}x^3+\cdots +\frac{a_n}{n+1}x^{n+1},$

                   则有
                                $\displaystyle F(0)=F(1)=0,$

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

                                $\displaystyle F'(\xi)=a_0+a_1\xi+a_2\xi^2+\cdots a_n\xi^n=0.$

                    故命题成立。


       【方法二】令
                                 $f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots +a_nx^n,$

                      由条件可知
                                    $\int_{0}^{1}f(x)=0,$

                       由积分中值定理，有
                                      $\exists \xi \in (0,1),s.t.$

                                       $f(\xi )=0.$
                       命题成立。

                          注：此一方法出处在“大学数学竞赛教程 第五讲 定积分的证明（合肥工业大学，王刚）例20”

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证明：
                 由已知条件，可知
                                            $\displaystyle u_n\uparrow ,\frac{1}{u_n}\geq \frac{1}{u_{n+1}},\frac{1}{u_n}\rightarrow 0,(n \to \infty )$

                     因此，有
                                             $\displaystyle \frac{1}{u_n}+\frac{1}{u_{n+1}}\geq \frac{1}{u_{n-1}}+\frac{1}{u_{n}},\frac{1}{u_n}+\frac{1}{u_{n+1}}\rightarrow 0(n \to \infty )$

                    级数为交叉级数收敛。
                                        $\displaystyle \therefore \sum_{n=1}^{\infty }(-1)^n(\frac{1}{u_n}+\frac{1}{u_{n+1}})< \infty .$

                         又
                                         $\displaystyle \because (n+1)|(-1)^n(\frac{1}{u_n}+\frac{1}{u_{n+1}})|=\frac{1}{u_n}+\frac{n}{u_n}+\frac{n+1}{u_{n+1}}\rightarrow 2,(n \to \infty )$

                                         $\displaystyle \therefore |(-1)^n(\frac{1}{u_n}+\frac{1}{u_{n+1}})|\sim \frac{1}{n+1},$

                         所以，级数为非绝对收敛。

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解：
                    $\displaystyle \int x^2\arctan xdx=\frac{1}{3}x^3\arctan x-\frac{1}{3}\int \frac{x^3}{1+x^2}dx=\frac{1}{3}x^3\arctan x-\frac{1}{6}x^2+\frac{1}{6}\ln(1+x^2)+C.$

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解：
                 用泰勒公式
                              $\ln(1+x)=x-\frac{1}{2}x^2,e^x=x,$

                              $\begin{align*}\lim_{x\to 0}\frac{(1+f(x))^\frac{1}{\displaystyle f(x)}-(1+g(x))^\frac{1}{\displaystyle g(x)}}{f(x)-g(x)}&=\lim_{x\to 0}\frac{e^\frac{\displaystyle \ln(1+g(x))}{\displaystyle g(x)}(e^{\displaystyle \frac{\ln(1+f(x))}{f(x)}-\frac{\displaystyle \ln(1+g(x))}{\displaystyle g(x)}}-1)}{f(x)-g(x)}\\\\&=\lim_{x\to 0}\frac{\displaystyle e^{1-\frac{1}{2}g(x)}(e^{1-\frac{1}{2}f(x)-1+\frac{1}{2}g(x)}-1)}{f(x)-g(x)}\\\\&=\lim_{x\to 0}\frac{e\cdot \frac{1}{2}(g(x)-f(x))}{f(x)-g(x)}\\\\&=-\frac{e}{2}.\end{align*}$

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解：
             因为
                          $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }(\frac{a^n}{n}+\frac{b^n}{n^2})x^n=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{a^n}{n}x^n+\sum_{n=1}^{\infty }\frac{b^n}{n^2}x^n.$

                   而
                         $\displaystyle R_1=\frac{a^n/n}{a^{n+1}/n+1}\rightarrow \frac{1}{a},(n \to \infty )$

                         $\displaystyle R_2=\frac{b^n/n^2}{b^{n+1}/(n+1)^2}\rightarrow \frac{1}{b},(n \to \infty )$

                    当$a> b> 0$时
                           $\displaystyle |R|=\frac{1}{a},x\in[-\frac{1}{a},\frac{1}{a})$

                     当$b> a> 0$时
                             $\displaystyle |R|=\frac{1}{b},x\in[-\frac{1}{b},\frac{1}{b}]$

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证明：
                          $\displaystyle \because f'(x)\in C[a,b],$

                           $\displaystyle \therefore \forall \epsilon > 0\forall x',x''\in (a,b),\exists \delta > 0|x'-x''|< \delta ,s.t.$

                            $\displaystyle |f(x')-f(x'')|< \epsilon .$

                又由已知，得
                              $\displaystyle \lim_{n \to \infty }f_n(x)=\lim_{n \to \infty }n(f(x+\frac{1}{n})-f(x))=f'(x),$

                       而
                               $\displaystyle |f_n(x)-f'(x)|=|n(f(x+\frac{1}{n})-f(x))-f'(x)|=|f'(x+\frac{\theta }{n})-f'(x)|,(0<\theta<1)$

                     因此，
                              $\displaystyle \exists N,n> N,\exists \delta > 0,\frac{\theta }{n}< \delta ,s.t.$

                               $\displaystyle |f'(x+\frac{\theta }{n})-f'(x)|< \epsilon .$

                      即，$\{f_n(x)\}$一致收敛于$f'(x)$。

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解：
                  对隐函数方程求偏导数：
                                    $2x+2zz_x+y+yz_x+z+xz_x=0,$

                   解之，得
                                     $\displaystyle z_x=\frac{-2x-y-z}{x+y+2z}=0,$

                  由对称性，得
                                     $\displaystyle z_y=\frac{-2y-x-z}{x+y+2z}=0,$

                    联立上面两个方程，得
                                     $\displaystyle \Rightarrow x=y=-\frac{1}{3}z,$

                    代入原方程，得两个可能的极值点：$\displaystyle A(\sqrt{\frac{3}{5}},\sqrt{\frac{3}{5}},-3\sqrt{\frac{3}{5}}),B(-\sqrt{\frac{3}{5}},-\sqrt{\frac{3}{5}},3\sqrt{\frac{3}{5}})$

                   再求两次偏导，得
                                    $\displaystyle z_{xx}=\frac{-2}{1+y+2z},z_{yy}=\frac{-2}{1+x+2z},z_{xy}=\frac{-1}{x+y+2z},$

                  利用函数极值性质，在$A$点处
                                    $\displaystyle z_{xx}z_{yy}-z^2_{xy}=\frac{4}{(\sqrt{15}-1)^2}-\frac{1}{16}\cdot\frac{5}{3}> 0,$

                            而
                                     $\displaystyle z_{xx}=\frac{2}{\sqrt{15}-1}> 0.$

                         故$A$点为极小值点:$\displaystyle z_{\min }=-3\sqrt{\frac{3}{5}}.$

                       在$B$点处 ,由于
                                       $\displaystyle z_{xx}=\frac{-2}{\sqrt{15}+1}< 0.$

                         故$B$点为极大值点:$\displaystyle z_{\max }=3\sqrt{\frac{3}{5}}.$

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证明：
                设曲面为
                                  $\displaystyle F(x,y,z)=0,$

                 假设有
                                  $\displaystyle x=\phi (t),y=\psi (t),z=\omega (t),$

                                   $\displaystyle t=t_0,(x_0,y_0,z_0)$

                 曲面在定点有连续偏导数，且$\displaystyle \phi'(t_0),\psi'(t_0),\omega'(t_0)$存在。则曲面在定点有全导数，且为零。即有
                                  $\displaystyle \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} t}F(x,y,z)|_{t=0}=0.$

                         得到
                                    $\displaystyle F_x(x_0,y_0,z_0)\phi'(t_0)+F_y(x_0,y_0,z_0)\psi'(t_0)+F_z(x_0,y_0,z_0)\omega'(t_0)=0.$

                           定点的切向量为
                                     $\displaystyle \overrightarrow{\tau}=(\phi'(t_0),\psi'(t_0),\omega'(t_0)),$

                          法向量与切向量垂直，由前式，即得到
                                       $\displaystyle \overrightarrow{n}=\pm (F_x(x_0,y_0,z_0),F_y(x_0,y_0,z_0),F_z(x_0,y_0,z_0)).$

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此题类型常考，用定义讨论即可。

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解：
                 利用格林公式计算，添加直线AB，使之与圆弧AB组成一个闭合区域：L+BA，方向从B到A。

                                $\displaystyle P=y(\frac{y}{2x^2}+1),Q=-(\frac{y}{x}+x).$

                               $\begin{align*}I&=\int_LPdx+Qdy\\\\&=\oint_{L+BA}Pdx+Qdy-\int_{BA}Pdx+Qdy\\\\&=\iint_D(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y})dxdy-\int_{y=x}Pdx+Qdy\\\\&=\iint_D(\frac{y}{x^2}-1-\frac{y}{x^2}-1)dxdy-\int_{3}^{1}(\frac{1}{2}+x-1-x)dx\\\\&=-\pi-1.\end{align*}$

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解：
           为计算方便，将坐标轴下移：$z'=z+1.$,则在下移后的坐标中，曲面和所围平面为：
                                               $\displaystyle z'=\sqrt{x^2+y^2},z'=1,z'=2.$

              则要求的曲面的表面积为：
                                              $\displaystyle S=\iint_\Sigma dS=\iint_{D_{xy}}\sqrt{1+z'^2_x+z'^2_y}dxdy=2\iint_{D_{xy}}dxdy=2\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{1}^{2}rdr=6\pi.$

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解：先用放缩法，再利用夹逼法求
                             $\displaystyle \because \frac{1}{n+1}< \frac{1}{\sqrt{n^2+k}}< \frac{1}{n},$

                             $\displaystyle \therefore \lim_{n \to +\infty }\sum_{k=1}^{n}\frac{n}{n+1}\cdot \frac{1}{n}\sin \frac{k\pi}{n}< \lim_{n \to +\infty }\sum_{k=1}^{n}\frac{\sin \frac{k\pi}{n}}{\sqrt{n^2+k}}< \lim_{n \to +\infty }\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n}\sin \frac{k\pi}{n}.$

                             $\displaystyle \Rightarrow  \lim_{n \to +\infty }\sum_{k=1}^{n}\frac{\sin \frac{k\pi}{n}}{\sqrt{n^2+k}}=\int_{0}^{1}\sin x\pi dx=\frac{2}{\pi}.$

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证明：
                利用不等式
                                    $\displaystyle \because \sin x\geq \frac{2}{\pi}x,x\in[0,\frac{\pi}{2}],$

                                     $\displaystyle \therefore \tan x\sin ^2x-x^3=\frac{1}{\cos x}\sin^3x-x^3\geq \sin^3x-x^3\geq (\frac{2}{\pi}x)^3-x^3=(\frac{8}{\pi^3}-1)x^3> 0.$

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解：
                             $\displaystyle \because \sin \frac{1}{n}\sim \frac{1}{n},(n \to \infty ),$

                              $\displaystyle \therefore \sqrt[n]{\frac{1}{n}}\sin n\sin \frac{1}{n}< \frac{1}{n^{1+\frac{1}{n}}}.$

            由级数$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^{1+\frac{1}{n}}}$的收敛性，知原级数绝对收敛。

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解
        1、
                      $\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{\sin2x+xf(x)}{x^3}=\lim_{x\to 0}\frac{2x+o(x)+xf(x)}{x^3}=\lim_{x\to 0}\frac{2+f(x)}{x^2}=0.$


        2、          $\displaystyle f(x)=a\sin x+\frac{1}{3}\sin 3x,$

                        $\displaystyle f'(x)=a\cos x+\cos 3x=0,$

                     $\displaystyle a=\frac{-\cos 3x}{\cos x}|_{t=\frac{\pi}{3}}=2.$

      3、
                        $\begin{align*}I&=\int_{0}^{1}dy\int_{\arcsin y}^{\frac{\pi}{2}}f(x,y)dx+\int_{1}^{0}dy\int_{\frac{\pi}{2}}^{\arcsin y}f(x,y)dx\\\\&+\int_{0}^{-1}dy\int_{\arcsin y}^{\frac{3\pi}{2}}f(x,y)dx+\int_{-1}^{0}dy\int_{\frac{3\pi}{2}}^{\arcsin y}f(x,y)dx.\end{align*}$

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解：
        4、
                         $\displaystyle I=\oint_L(x+y)dx-(x-y)dy=\int_D(-1-1)dxdy=-\pi.$


        5、
                        $\displaystyle z=e^{xy}\sin(x+y)$

                        $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial x}=ye^{xy}\sin(x+y)+e^{xy}\cos(x+y)|_{(0,0)}=1,$

                        $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial y}=xe^{xy}\sin(x+y)+e^{xy}\cos(x+y)|_{(0,0)}=1,$

                        $\displaystyle dz=\frac{\partial z}{\partial x}dx+\frac{\partial z}{\partial y}dy|_{(0,0)}=dx+dy.$

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解
        6、
                                   $\displaystyle \int_{0}^{1}\frac{x\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}}dx=-\arcsin x\sqrt{1-x^2}|_0^1+\int_{0}^{1}\sqrt{1-x^2}\cdot \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx=1.$


        7、
                                    $\displaystyle F'(x)=-\sin xf(\cos x,x^3)-f(x,x^3)$



         8、
                                   $\displaystyle \because |R'|=\frac{\frac{n!}{n^n}}{\frac{(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}}=e,(n \to \infty )$

                                     $\displaystyle \therefore |R|=R'+1=\pm e+1.$