浙江理工大学2018年601数学分析试题





解：$$\because \frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}=2t\cos (t^4),\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t}=4t^3\cos (t^4),$$$$\therefore \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x}=\frac{\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t}}{\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}}=2t^2.$$$$\frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d} x^2}=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x}\left ( \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x} \right )=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t}\left ( \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x} \right )\cdot \frac{1}{\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}}=\frac{4t}{2t\cos (t^4)}=\frac{2}{\cos (t^4)}.$$

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解：1、由已知，函数在闭区间内有二阶导数，在开区间内取到最大值。因此，必有极值。所以

                       $\exists c\in (0,a),s.t.f'(c)=0.$（极值点）

       2、设：
                      $\xi_1\in(0,c),\xi_2\in(c,a),$

              分别应用拉格朗日中值定理：

                                            $f'(0)=f'(c)-f''(\xi_1)c=-f''(\xi_1)c,$

                                            $f'(a)=f'(c)+f''(\xi_2)(a-c)=f''(\xi_2)(a-c),$

                                     $\Rightarrow |f'(0)|=|-f''(\xi_1)c|\leq Mc,$

                                           $|f'(a)|=|f''(\xi_2)(a-c)|\leq M(a-c),$

                                       $ \therefore |f'(0)|+|f'(a)|\leq M(c+a-c)=Ma.$

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证明：$\because a^x-1=x\ln a+o(x),$

          $\begin{align*}
\therefore f(x)&=\left ( \frac{a_1^x+a_2^x+\cdots +a_n^x}{n} \right )^{\frac{1}{x}} \\
&=\left (1+ \frac{(a_1^x-1)+(a_2^x-1)+\cdots +(a_n^x-1)}{n} \right )^{\frac{1}{x}} \\
&=\left (1+ \frac{x\ln a_1+x\ln a_2+\cdots +x\ln a_n}{n} +o(x)\right )^{\frac{1}{x}} \\
&=\left ( 1+\frac{x}{n}\ln(a_1a_2\cdots a_n)+o(x) \right )^{\frac{1}{x}}.
\end{align*}$

          $\because \ln(1+x)=x+o(x),$

          $\therefore \ln f(x)=\frac{1}{x}\ln\left ( 1+\frac{x}{n}\ln(a_1a_2\cdots a_n)+o(x) \right )=\frac{1}{x}\cdot \frac{x}{n}\ln(a_1a_2\cdots a_n)+o(1).$

          $\rightarrow \ln f(x)=\frac{1}{n}\ln(a_1a_2\cdots a_n),(x\rightarrow 0)$

      即有：$$\lim_{x\rightarrow 0}f(x)=\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}.$$


下面是其它解法：

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解：因为$f(x)$是$\mathbb{R}$的连续周期函数。设周期为$T$,则由周期函数的性质可知，$[x,x+T]$内的最大（小）值也是$\mathbb{R}$上的最值。$$\because f(x)=f(x+T),\rightarrow f'(\xi )=0,\xi \in [x,x+T] (Rolle DL)$$
       $f(\xi)$为极大或极小值。在有界闭区间$[x,x+T]$内，将此值与端点比较，可取得区间内的最大和最小值。而此也是$\mathbb{R}$上的最值。

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解：由已给方程，对$x$求隐函数的偏导数，得：$$u_x=2x+2zz_x,$$$$3x^2+3z^2z_x=3yz+3xyz_x,\Rightarrow z_x=\frac{yz-x^2}{z^2-xy}.$$$$\therefore u_x=2x+2z\cdot \frac{yz-x^2}{z^2-xy}=2\frac{xz^2-x^2y+yz^2-x^2z}{z^2-xy}.$$

同理可得$u_{xx}$

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解：曲面积分。由积分曲面区域知，可添加平面$z=0$，方向向下，使之与$s^+$成闭合曲面。再利用高斯公式计算。
       令$P=0,Q=yz,R=0,$由高斯公式：$$\iint_Syzdzdx=\iiint_{S_{+}+z_0}(0+z+0) dV+0=\frac{1}{2}\pi . $$

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解：$$\int_L=\int_{OA} +\int_{AB} +\int_{BO}.$$$$OA:x=t,y=0,0\leq t\leq 1,ds=\sqrt{1}dt=dt.$$$$AB:x=t,y=1-t,0\leq t\leq 1,ds=\sqrt{1+1}dt=\sqrt{2}dt.$$$$BO:x=0,y=t,0\leq t\leq 1,ds=dt.$$$$\int_L=\int_{OA}tdt +\int_{AB}\sqrt{2}dt +\int_{BO}tdt=\int_0^1tdt +\int_1^0\sqrt{2}dt +\int_1^0tdt=-\sqrt{2}.$$

暨南大学2018年数学分析709考研试题




（1）解：$$\lim_{x\rightarrow 0^-}\frac{\sqrt{1+\sin 3x}-1}{\sqrt{(e^{3x}-1)\ln(1+x)}}=\lim_{x\rightarrow 0^-}\frac{\frac{1}{2}\sin3x}{\sqrt{3x\cdot x}}=\lim_{x\rightarrow 0^-}\frac{\frac{1}{2}\cdot 3x}{\sqrt{3}x}=\frac{\sqrt{3}}{2}.$$

（2）解：$$\lim_{n \to \infty }\left ( \frac{1}{1+n}+\frac{1}{2+n}+\cdots +\frac{1}{n+n} \right )=\lim_{n \to \infty }\frac{1}{n}\left ( \frac{1}{1+\frac{1}{n}}+\frac{1}{1+\frac{2}{n}}+\cdots +\frac{1}{1+\frac{n}{n}} \right )=\int_0^1\frac{1}{1+x}dx=\ln(1+x)|_0^1=\ln2.$$

（3）解：先将方程整理成如下形式：

                             $(x^2-9)^{2/5}y=(x^2-1)^3(x-2)^{1/4}.$
              再对$x$求导：
                             $\frac{2}{5}(x^2-9)^{-3/5}y+(x^2-9)^{2/5}y'=6x(x^2-1)^2(x-2)^{1/4}+\frac{1}{4}(x^2-1)^3(x-2)^{-3/4}.$
              整理之求出$y'.$

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（4）解：令$v=\frac{x}{y},w=xy,$

                  $\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{1}{y}f_v+yf_w.$   

                  $\frac{\partial u^2 }{\partial x^2}=\frac{1}{y}(\frac{1}{y}f_{vv}+yf_{vw})+y(\frac{1}{y}f_{wv}+yf_{ww})=\frac{1}{y^2}f_{vv}+2f_{vw}+y^2f_{ww}.$


（5）解：
             $\int_{-1/2}^{1/2}\frac{\sin^2x\tan x+x\ln(1+x)(\cos x+1)}{\cos x+1}dx=\int_{-1/2}^{1/2}x\ln(1+x)dx=\frac{3}{8}\ln3+\frac{1}{2}.$


（6）解：
            $\begin{align*}
\sum_{n=0}^{\infty }(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}&=\int_{0}^{x}\lim_{n \to \infty }\sum_{k=0}^{n}(-1)^nx^ndx \\
&=\int_{0}^{x}\lim_{n \to \infty }\frac{1-(-x)^n}{1-x}dx=\int_{0}^{x}\frac{1}{1-x}dx \\
&=-\ln(1-x).(-1< x< 1)
\end{align*}.$

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（1）解：
              $\begin{align*}
\int_{0}^{1}\frac{x^b-x^a}{\ln x}dx&=\int_{0}^{1}\int_{a}^{b}d(x^t)\frac{1}{\ln x}dx \\
&=\int_{0}^{1}\int_{a}^{b}x^{t}dtdx=\int_{a}^{b}dt\int_0^1x^{t}dx \\
&=\int_{a}^{b}\frac{dt}{t+1}=\ln\frac{b+1}{a+1}.
\end{align*}$

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（2）解：可用高斯公式计算。补平面$z=0$，方向向下。则有：
            
            $$I=\iint\oint_{S+z_-} +\iint_{z_+}=\iiint_{\Omega}(y+0+x)dV+\iint_{z_+}y^2dxdy=5\underset{0\leq x^2+y^2\leq 5}{\iint}(x+y)dxdy+\frac{5^4}{3}=\cdots.$$

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（1）解：根据积分判别法：
              $\because \int_{5}^{+\infty }\frac{dx}{x\ln x(\ln\ln x)^p}=\int_{5}^{+\infty }\frac{d\ln\ln x}{(\ln\ln x)^p},$

              所以当$p> 1$时，级数收敛；当$0< p\leq 1$时，级数发散。

（2）解：当$x> e$时，被积函数：

                           $\frac{\sin^2(x-1)}{(x^3-1)^{4/3}\ln x}\leq \frac{1}{(x^3-1)^{4/3}}\leq \frac{1}{(x-1)^{4/3}}.$

                     因为被积函数$\frac{1}{(x-1)^{4/3}}$的反常积分收敛，所以，原积分收敛。

（3）解：
              $\because \lim_{n \to \infty }nu_n=\lambda < 0,\therefore u_n=O(\frac{\lambda}{n})=\lambda O(\frac{1}{n})< 0.$

              而调和级数$\{\frac{1}{n}\}$发散，故知级数$\sum u_n$也发散。

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（1）、解：因为当$x=\frac{1}{n^2}\in [0,1]$时，有

                           $f_n(\frac{1}{n^2})=e^{-1}\nrightarrow 0,(n \to \infty )$

                  所以，函数列$\{f_n(x)\}$在$[0,1]$上不一致收敛。

（2）、证明：
                   $\because f(a)=f(b)=0,f(c)> 0.$

                   $\therefore \exists \eta_1\in (a,c),\exists \eta_2\in (c,b),s.t.$

                   $f(c)-f(a)=f'(\eta_1)(c-a),\Rightarrow f'(\eta_1)< 0.（Lagrange Mean Value Theorem）$

                   $f(b)-f(c)=f'(\eta_2)(c-a),\Rightarrow f'(\eta_2)> 0.（Lagrange Mean Value Theorem）$

                   $\therefore \exists \eta_3 \in (\eta_1,\eta_2),s.t.f'(\eta_3)=0.(Rolle Theorem)$
         
             因为$f(x)$有二阶导数，所以，导函数连续，因此

                   $\exists \xi_3 \in (\eta_1,\eta_3)\subset (a,b),s.t.$

                   $f'(\eta_3)-f'(\eta_1)=f''(\xi)(\eta_3-\eta_1),\Rightarrow f''(\xi)< 0.（Lagrange Mean Value Theorem）$

              命题成立。

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证明：
        （1）由确界定义，可得：

                                   $\inf_{x\in D}f(x)\leq f(x),\inf_{x\in D}g(x)\leq g(x),$

                                 $\therefore \inf_{x\in D}f(x)+\inf_{x\in D}g(x)\leq f(x)+g(x),$

            由此可知$ \inf_{x\in D}f(x)+\inf_{x\in D}g(x)$是$\{ f(x)+g(x)\}$一个下界。因而

                                $ \inf_{x\in D}f(x)+\inf_{x\in D}g(x)\leq \inf_{x\in D}(f(x)+g(x)).$
                     又，
                              $\because \inf_{x\in D}(-g(x))=-\sup_{x\in D} g(x),$

                         $\begin{align*}\Rightarrow \inf_{x\in D}f(x)&=\inf_{x\in D}((f(x)+g(x))-g(x))\\
&\geq \inf_{x\in D}(f(x)+g(x))+\inf_{x\in D}(-g(x))\\
&=\inf_{x\in D}(f(x)+g(x))-\sup_{x\in D} g(x).
\end{align*}$

                             $\therefore \inf_{x\in D}(f(x)+g(x))\leq \inf_{x\in D}f(x)+\sup_{x\in D} g(x).$
                          
       (2) 这个题很怪，怀疑是错吧？

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1、解：$$\lim_{x \to 0}\frac{\tan^2x}{\sqrt{1+x\sin x}-1}=\lim_{x \to 0}\frac{x^2}{\frac{1}{2}x^2}=2.$$

2、由已知条件可知:

             $\because a_n> 0,a_{n}=\frac{1}{2}(a_{n-1}+\frac{\sigma }{a_{n-1}})\geq \sqrt{\sigma },$

             $\therefore \frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{1}{2}(1+\frac{\sigma }{a^2_n})\leq 1.$

        令$$\lim_{n \to \infty }a_n=l.$$

             $l=\frac{1}{2}(l+\frac{\sigma }{l}),\rightarrow l=\sigma .$

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用隐函数求微分求结果。（略）

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解：
（1）、用左右极限相等的方法求。

（2）、用左右导数相等的性质求。

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解：
         $\begin{align*}
\int_{\pi /4}^{\pi /2}\frac{x}{1-\cos 2x}dx &=\int_{\pi /4}^{\pi /2}\frac{x}{2\sin^2x}dx \\
&=\frac{1}{2}\int_{\pi /4}^{\pi /2}xd(-\cot x) \\
&=-\frac{1}{2}x\cot x|_{\pi/4}^{\pi/2}+\frac{1}{2}\int_{\pi /4}^{\pi /2}\frac{\cos x}{\sin x}dx \\
&=\frac{\pi}{8}+\frac{1}{4}\ln2.
\end{align*}$

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证明：令
                $F(x)=2xf(x)+2\int_{0}^{1/2}xf(x)dx.$
        
            显然$F(x)$连续。且有：

                 $F(0)=2\int_{0}^{1/2}xf(x)dx,$

                  $F(1)=2f(1)+2\int_{0}^{1/2}xf(x)dx=-2\int_{0}^{1/2}xf(x)dx.$

                 $\therefore F(0)F(1)< 0,\Rightarrow \exists \xi \in(0,1),s.t.F'(\xi)=0.(Rolle)$

                $\xi f'(\xi)+f(\xi)=0,$

                 $\therefore f'(\xi)=-\frac{f(\xi)}{\xi}.$

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解：
（1）、
            $\because \lim_{x \to 0}\frac{f(x)}{x}=A,\Rightarrow \lim_{x \to 0}\frac{f(x)}{x}=f'(x)=A.（L'Hospital's rule）$

      而由于$f(xt)$连续，积分和求民可交换顺序，

            $\therefore \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}g(x)=\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}f(xt)dt=\int_{0}^{1}tf'(xt)dt=tf(xt)|_0^1-\int_{0}^{1}f(xt)dt=f(x)-\int_{0}^{1}f(xt)dt.$

（2）、由（1）所得
                   $g'(0)=f(0)-\int_{0}^{1}f(0)dt=f(0)-f(0)=0.$   

            而$$\lim_{x\to 0}g'(x)=\lim_{x\to 0}\left ( tf(xt)-\int_{0}^{1} f(xt)dt\right )=f(0)-f(0)=0.$$
           故，$g'(x)$在$x=0$处连续。



            

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1、解：
          $\begin{align*}\sum_{n=1}^{\infty }\frac{x^{n-1}}{n(n+1)}&=\sum_{n=1}^{\infty }\left ( \frac{x^{n-1}}{n}-\frac{x^{n-1}}{n+1} \right ) \\
&=\frac{1}{x}\sum_{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n}-\frac{1}{x^2}\sum_{n=1}^{\infty }\frac{x^{n+1}}{n+1} \\
&=\frac{1}{x}\int_{0}^{x}\lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^{n }x^{k-1}dx-\frac{1}{x^2}\int_{0}^{x}\lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^{n }x^{k}dx \\
&=\frac{1}{x}\int_{0}^{x}\frac{1}{1+x}dx-\frac{1}{x^2}\int_{0}^{x}\frac{x}{1+x}dx \\
&=\frac{1}{x}\ln(1+x)-\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x^2}\ln(1+x) \\
&=\frac{1+x}{x^2}\ln(1+x)-\frac{1}{x^2}.\end{align*}$

2、解：
          $\because \sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n(n+1)2^n}=2\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n(n+1)2^{n-1}}.$

         所以将上题中，令$x=1/2$,得

           $\therefore \sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n(n+1)2^n}=2\cdot \frac{1+\frac{1}{2}}{\frac{1}{2}}\ln(1+\frac{1}{2})-4=6\ln\frac{3}{2}-4.$
           

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证明：先证在$(0,0)$点连续。

         $\because \left |\frac{x^2y^2}{(x^2+y^2)^{3/2}}-0\right |\leq \left |\frac{x^2y^2}{(2xy)^{3/2}}\right |=\frac{(|xy|)^{1/2}}{\sqrt{8}}\to 0,(x\to 0,y\to 0)$

         即沿坐标轴方向同时或分别趋于$0$时，$f(x,y)$连续。同样的方法也可证明沿其它任意方向$(x,y)\to (0,0)$时，也连续。

        再求偏导数。$$\frac{\partial f}{\partial x}|_{(0,0)}=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{x^2\cdot 0}{(x^2+0)^{3/2}}-0}{x}=0.$$   同理，有$$\frac{\partial f}{\partial y}|_{(0,0)}=0.$$因此，偏导数存在。

        再讨论可微性。$$\because \lim_{\underset{y\to 0}{x\to 0}}\frac{f(x,y)-f(0,0)}{\sqrt{x^2+y^2}}=\lim_{\underset{y\to 0}{x\to 0}}\frac{\frac{x^2y^2}{(x^2+y^2)^{3/2}}-0}{\sqrt{x^2+y^2}}=\lim_{\underset{y\to 0}{x\to 0}}\frac{x^2y^2}{(x^2+y^2)^2}.$$令$y=kx,(k\neq 0) $$$\Rightarrow \lim_{\underset{y\to 0}{x\to 0}}\frac{x^2y^2}{(x^2+y^2)^2}=\lim_{\underset{y\to 0}{x\to 0}}\frac{k^2x^4}{x^4(1+k^2)^2}=\frac{k^2}{(1+k^2)^2}\neq 0.$$
        所以，$f(x,y)$在$(0,0)$不可微。

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1、证明：令$u=x^2-y^2,v=2xy.$

                $\because \frac{\partial z}{\partial x}=\frac{\partial f}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial f}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial x}=2xf_u+2yf_v,$

                   $\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}=\frac{\partial}{\partial x}(\frac{\partial z}{\partial x})=2f_u+4x^2f_{uu}+8xyf_{uv}+4y^2f_{vv}.$

                   $\frac{\partial z}{\partial y}=\frac{\partial f}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial f}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial y}=-2yf_u+2xf_v.$

                   $\frac{\partial^2 z}{\partial y^2}=\frac{\partial}{\partial y}(\frac{\partial z}{\partial y})=-2f_{u}-4x^2f_{uu}-8xyf_{uv}-4y^2f_{vv}.$

                 $\therefore \frac{\partial^2 z}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 z}{\partial y^2}=0.$
2、证明：
               $\because I(\alpha )=\int_{0}^{+\infty }\sqrt{\alpha }e^{-\alpha x^2}dx=\int_{0}^{+\infty }e^{-(\sqrt{\alpha} x)^2}d(\sqrt{\alpha }x)=\frac{\sqrt{\pi}}{2} .(\alpha \not\equiv 0)$
               所以，收敛。
               又因为
                         $I(\alpha )=\begin{cases}
\frac{\sqrt{\pi}}{2}, &\alpha\neq 0 \\
0,&\alpha =0
\end{cases}$

                 显然，参变量积分在$\alpha =0$不连续，因此积分不一致收敛。

              

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证明：由已知：$$F(t)=\int_{0}^{2\pi}d\varphi \int_{0}^{\pi}\sin \theta d\theta \int_{0}^{t}f(r^2)r^2dr=4\pi\int_{0}^{t}f(r^2)r^2dr.$$$$F'(t)=\left (\int_{0}^{2\pi}d\varphi \int_{0}^{\pi}\sin \theta d\theta \int_{0}^{t}f(r^2)r^2dr  \right )'=4\pi t^2f(t^2).$$ 所求极限函数满足L'Hospital's法则，因此有$$\begin{align*}\lim_{x\to 0^+}\left (\frac{F(t)}{t^5}-\frac{\ln(1+4\pi t)}{e^{5t}-1} \right )&=\lim_{t\to 0^+}\frac{F(t)(e^{5t}-1)-t^5\ln(1+4\pi t)}{t^5(e^{5t}-1)}\\
&=\lim_{t\to 0^+}\frac{5tF(t)-4\pi t^6}{t^5\cdot 5t}\\
&=\lim_{t\to 0^+}\frac{5F'(t)-20\pi t^4}{25t^4}\\
&=\lim_{t\to 0^+}\frac{4}{5}\pi \frac{f(r^2)-t^2}{t^2}\\
&=\lim_{t\to 0^+}\frac{4}{5}\pi(f'(t^2)-1)\\
&=\frac{4}{5}\pi(f'(0)-1)\\
&=0.\end{align*}$$

其中$f'(0)=1.$