中山大学2019年考研试题679数学分析与高等代数


解：
                       $\begin{align*}df(1,1,1)&=\frac{\partial f}{\partial x}dx+\frac{\partial f}{\partial y}dy+\frac{\partial f}{\partial z}dz|_{(1,1,1)}\\\\&=\frac{1}{yz}(\frac{x}{y})^{\frac{1}{z}-1}dx-\frac{x}{zy^2}(\frac{x}{y})^{\frac{1}{z}-1}dy-\frac{1}{z^2}\ln\frac{x}{y}\cdot (\frac{x}{y})^\frac{1}{z}|_{(1,1,1)}\\\\&=dx-dy.\end{align*}$

中山大学2019年考研试题679数学分析与高等代数

解：
             $z$轴向量为$(0,0,1)$,梯度向量为

                            $u_x=2x-3yz,u_y=2y-3xz,u_z=2z-3xy,$

                  两个向量垂直，则有：

                            $z=\frac{3}{2}xy,$

                因此，满足上述方程式的点集，使得梯度垂直于$z$轴。

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解：变换积分次序，得

         $I=\int_{\frac{1}{2}}^{1}dx\int_{x^2}^{x}e^{\frac{y}{x}}dy=\int_{\frac{1}{2}}^{1}x e^{\frac{y}{x}}|_{x^2}^xdx=\int_{\frac{1}{2}}^{1}x(e-e^x)dx=\frac{3}{8}e-\frac{1}{2}e^{\frac{1}{2}}.$

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解，作如下变量变换即可：

                                     $\begin{cases}
u &=x-y \\
v &=x+y
\end{cases}\Rightarrow \begin{cases}
x &=\frac{u+v}{2} \\
y&=\frac{v-u}{2}
\end{cases}$

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解：

                       $\int_L|y|ds=\iint_D\sqrt{1-x^2} \sqrt{1+\frac{x^2}{1-x^2}}dxdy=\iint_Ddxdy=\pi.$

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解：应用球面坐标
                               $\begin{cases}
x &=r\sin \theta \cos\varphi ,0\leq \theta \leq \pi \\
y &=r\sin\theta \sin\varphi ,0\leq \varphi \leq 2\pi \\
z &=r\cos\theta ,0\leq r\leq t
\end{cases}$

                                $|J|=r^2\sin\theta ,$

                             $\therefore F(t)=\int_{0}^{2\pi}d\varphi \int_{0}^{\pi}\sin\theta \int_{0}^{t}f(r^2)r^2dr=4\pi\int_{0}^{t}f(r^2)r^2dr.$

                             $\Rightarrow F'(t)=4\pi f(t^2)t^2.$

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证明：用反证法。设调和级数收敛，且其和为$S$.则有：

                                $S_n\rightarrow S,S_{2n}\rightarrow S,(n \to \infty )$

                      而
                               $S_{2n}-S_n=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots +\frac{1}{2n}> \underbrace{\frac{1}{2n}+\frac{1}{2n}+\cdots +\frac{1}{2n}}_n=\frac{1}{2}\neq 0.$

                      与假设矛盾。因此，级数发散。

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解：
                        $S_n=\frac{1}{2}+\frac{2}{2^2}+\frac{3}{2^3}+\cdots +\frac{n}{2^n},$

                         $\frac{1}{2}S_n=\frac{1}{2^2}+\frac{2}{2^3}+\frac{3}{2^4}+\cdots +\frac{n-1}{2^n}+\frac{n}{2^{n+1}},$
                       
                   $\therefore S_n-\frac{1}{2}S_n=\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}+\cdots +\frac{1}{2^n}-\frac{n}{2^{n+1}},$

                       $\frac{1}{2}S_n=\frac{\frac{1}{2}-\frac{1}{2^{n+1}}}{1-\frac{1}{2}}-\frac{n}{2^{n+1}},$

                       $\displaystyle \Rightarrow S=\lim_{n \to \infty }S_n=2.$

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解：可令
                   $t=\frac{x-1}{x+1},$

          则有：
                   $x=\frac{1+t}{1-t},$

          从而：
                    $\ln x=\ln\frac{1+t}{1-t}=\ln(1+t)-\ln(1-t)$


         再依$t$展开即得。

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解：对第一行提取公因式$1/a^2$,第二行提取公因式$1/b^2$,第三行提取公因式$1/c^2$,第四行提取公因式$1/d^2$,得：

                           $\begin{align*}
\begin{vmatrix}
a^2+\frac{1}{a^2} & a & \frac{1}{a} &1 \\
b^2+\frac{1}{b^2} & b & \frac{1}{b} &1 \\
c^2+\frac{1}{c^2} & c & \frac{1}{c} & 1\\
d^2+\frac{1}{d^2} & d & \frac{1}{d} & 1
\end{vmatrix}&=\frac{1}{a^2b^2c^2d^2}\begin{vmatrix}
a^4+1 & a^3 & a &a^2 \\
b^4+1 & b^3 & b &b^2 \\
c^4+1 & c^3 &c & c^2\\
d^4+1 & d^3 &d & d^2\end{vmatrix}\\\\&=\begin{vmatrix}
a^4 & a^3 & a &a^2 \\
b^4 & b^3 & b &b^2 \\
c^4 & c^3 &c & c^2\\
d^4 & d^3 &d & d^2\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}
1 & a^3 & a &a^2 \\
1 & b^3 & b &b^2 \\
1 & c^3 &c & c^2\\
1 & d^3 &d & d^2\end{vmatrix}\\\\&=-abcd\begin{vmatrix}
1 & a^3 & a &a^2 \\
1 & b^3 & b &b^2 \\
1 & c^3 &c & c^2\\
1 & d^3 &d & d^2\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}
1 & a^3 & a &a^2 \\
1 & b^3 & b &b^2 \\
1 & c^3 &c & c^2\\
1 & d^3 &d & d^2\end{vmatrix}\\\\&=0.\end{align*}$

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证明：，设有$n+1$个$a_k$使得$f(a_k)=b_k$成立，联立这$n+1$个方程，组成一个方程组：
                  
                                                      $AC=B,$

                     其中：
                              $A=\begin{pmatrix}
a_1^0 &a_1^1  &\cdots   &a_1^n \\
a_2^0 &a_2^1  &\cdots   &a_2^n \\
\vdots  & \vdots  & \cdots  & \vdots \\
a_{n+1}^0 &a_{n+1}^1  & \cdots  & a_{n+1}^n
\end{pmatrix},
C=\begin{pmatrix}
C_0\\
C_1\\
\vdots \\
C_n
\end{pmatrix},
B=\begin{pmatrix}
b_1\\
b_2\\
\vdots \\
b_{n+1}
\end{pmatrix}.$

                    由已知，$a_i\neq a_j,(i\neq j)$,所以$|A|\neq 0$.由克莱姆法则，方程组有唯一解$C$.命题成立。

中山大学2019年考研试题679数学分析与高等代数


解：   因为$R(A)=3$,所以，只要解得齐次方程$AX=0$的一个解向量即可。由已知条件$\eta_1,\eta_2,\eta_3$为非齐次方程$AX=b$的三个解向量。因此有：
   
                             $A\eta_1=b,A\eta_2+A\eta_3=2b.$

                              $\therefore A(2\eta_1-\eta_2-\eta_3)=0,$

                  由此可知$(2\eta_1-\eta_2-\eta_3)$为齐次方程$AX=0$的一个解向量。

                                  $(2\eta_1-\eta_2-\eta_3)=(3,4,5,6)^T.$

                  由已知，$\eta_1$即为非齐次方程$AX=b$的一个特解，故它的通解为：

                                 $X=k(3,4,5,6)^T+(2,3,4,5)^T.$

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证明：由题意，得：
                                      $A\xi_1=b,A\xi_2=b.$

           假设$\xi_1$与$\xi_1-\xi_2$线性相关，则有

                                             $k_1,k_2\neq 0,s.t,k_1\xi_1+k_2(\xi_1-\xi_2)=0.$

                        两边乘$A$,得

                                               $k_1A\xi_1+k_2A(\xi_1-\xi_2)=0,$

                                               $(k_1+k_2)b-k_2b=0,\Rightarrow k_1=0.$

                            与假设不符，所以，$\xi_1$与$\xi_1-\xi_2$线性无关。

中山大学2019年考研试题679数学分析与高等代数

证明：
                因为$A$为非零矩阵，故总能找到有一行（或列）中有不为零的元素，不妨设第$i$行，$j$列有不为零的元素。

                由已知$a_{ij}=A_{ij}$,且当$a_{ij}\neq 0$时，一定有$A_{ij}\neq 0$.故有：

                        $ det(A)=\sum a_{ij}A_{ij}=\sum (a_{ij})^2> 0.$

                由此知矩阵$A$为满轶的，即有$R(A)=n.$

中山大学2019年考研试题679数学分析与高等代数


解：
                              $\because （A-2E）X=A,$

                              $\therefore X=A(A-2E)^{-1},$

                              $A-2E:E=\begin{pmatrix}
-1 & -1 & 0 & 1 & 0 & 0\\
0 & -1 & -1 & 0 & 1 & 0\\
-1 & 0 & -1 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}\rightarrow -\frac{1}{2}\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & -1 & 1 & -1\\
0 & 1 & 0 & -1& -1 & 1\\
0 & 0 & 1 & 1 & -1 & -1
\end{pmatrix}.$

                              $\therefore (A-2E)^{-1}=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}
1 & -1 &1 \\
1 & 1 &-1 \\
-1 & 1 & 1
\end{pmatrix}$

                              $X=A(A-2E)^{-1}=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}
-1 & -1 &0 \\
0& -1 &-1 \\
-1 & 0 &-1
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
1 & -1 &1 \\
1 & 1 &-1 \\
-1 & 1 & 1
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
-1 &0  &0 \\
0& -1 &0 \\
0& 0 & -1
\end{pmatrix}.$

中山大学2019年考研试题679数学分析与高等代数

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解：
          由已知，得：
                                 $P=\begin{pmatrix}
1 &2  & 1\\
0 &1  &-2 \\
0 &2  & 1
\end{pmatrix},$

                                  $P^{-1}AP=\begin{pmatrix}
1 &  & \\
& 5 & \\
&  & -5
\end{pmatrix},$

                                 $\because \begin{pmatrix}
1 &  & \\
& 5 & \\
&  & -5
\end{pmatrix}^2=P^{-1}APP^{-1}AP=P^{-1}A^2P,$

                   由归纳法可知：
                                 $\begin{pmatrix}
1 &  & \\
& 5 & \\
&  & -5
\end{pmatrix}^{100}=P^{-1}A^{100}P,$

                                  $\Rightarrow A^{100}=P\begin{pmatrix}
1 &  & \\
& 5 & \\
&  & -5
\end{pmatrix}^{100}P^{-1},$

                由$P$解得：
                                    $P^{-1}=\begin{pmatrix}
1 & 0 & -1\\
0& 1 & 0\\
0& -2/5 & 1/5
\end{pmatrix}.$

                 因此，有
                                 $A^{100}=\begin{pmatrix}
1 &2  & 1\\
0 &1  &-2 \\
0 &2  & 1
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
1 &  & \\
& 5 & \\
&  & -5
\end{pmatrix}^{100}\begin{pmatrix}
1 & 0 & -1\\
0& 1 & 0\\
0& -2/5 & 1/5
\end{pmatrix}=\cdots .$

中山大学2019年考研试题679数学分析与高等代数


解：
                  由已知，用拉格朗日乘数法，有：

                                        $F(x,y,z,\lambda )=Ax^2+By^2+Cz^2+2Dyz+2Exz+2Fxy-\lambda (x^2+y^2+z^2-1),$

                                        $\begin{cases}
F_x&=2Ax+2Ez+2Fy-2\lambda x=0,\\
F_y&=2By+2Dz+2Fx-2\lambda y=0, \\
F_z&=2Cz+2Dy+2Ex-2\lambda z=0, \\
F_\lambda&=x^2+y^2+z^2-1=0.
\end{cases}$

                                        $\begin{cases}
(\lambda-A)x-Ez-Fy=0,\\
(\lambda-B)y-Fx-Dz=0, \\
(\lambda-C)z-Dy-Ex=0, \\
\end{cases}$

                                       $\therefore \begin{pmatrix}
(\lambda-A) & -F &-E \\
-F &(\lambda-B)  & -D\\
-E&-D  & (\lambda-C)
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
x\\
y\\
z
\end{pmatrix}=0,$      

                     方程组有解，则必有：
                                         $\Rightarrow \begin{pmatrix}
(\lambda-A) & -F &-E \\
-F &(\lambda-B)  & -D\\
-E&-D  & (\lambda-C)
\end{pmatrix}=0,$           

                      所以，函数的驻点为：
                                                    $(x,y,z)=(0,0,0).$

                      而函数可能的极值为：
                                                    $F\{Max,min\}=\lambda .$

                     而此极值$\lambda $满足
                                                    $\because |\lambda E-\Phi |=\begin{vmatrix}
(\lambda-A) & -F &-E \\
-F &(\lambda-B)  & -D\\
-E&-D  & (\lambda-C)\end{vmatrix}=0.$

                       因此，也是$\Phi $的特征值。

                       函数的极大值、极小值分别对应最大特征值和最小特征值。


注：很有意思，今天（2019.8.7）看到李扬的每日一题讲座上有一题跟这题相同，它是作为下列更一般的题当$n=3$时的特殊情形。

南京理工大学2019年数学分析试题


解：1、
                   $\because ｜\frac{1}{}-\frac{2}{}+\frac{3}{n}-\cdots +\frac{(-1)^nn}{n}｜< \frac{1}{n}|(1-2)+(3-4)+\cdots ((n-1)-n)|=\frac{n}{2}\cdot \frac{1}{n}=\frac{1}{2},$

                    $｜\frac{1}{n}-\frac{2}{n}+\frac{3}{n}-\cdots +\frac{(-1)^nn}{n}｜> \frac{1}{n+1}|(1-2)+(3-4)+\cdots ((n-1)-n)|=\frac{n}{2}\cdot \frac{1}{n}=\frac{1}{2}.$

                      $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }｜\frac{1}{n}-\frac{2}{n}+\frac{3}{n}-\cdots +\frac{(-1)^nn}{n}｜=\frac{1}{2}.$


      2、
                       $\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{\sin x-\tan x}{x^2}=\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}\cdot \frac{\cos x-1}{x\cos x}=0.$

南京理工大学2019年数学分析试题


解：     作辅助函数：
                                   $F(x)=f(x)f(1-x),$

                                  $\because F(0)=F(1)=f(0)f(1),$

                    由Rolle中值定理，有

                                     $\exists \xi \in(0,1),s.t.F'(\xi)=f'(\xi)f(1-\xi)-f(\xi)f'(1-\xi)=0,$

                                     $\therefore f'(\xi)f(1-\xi)=f(\xi)f'(1-\xi).$

南京理工大学2019年数学分析试题




  2、解：令
                               $t=\frac{x^2}{2019},$

                               $|R|=1,$

                               $\therefore -\sqrt{2019}< x< \sqrt{2019},$

                               $\begin{align*}\sum_{n=1}^{\infty }\frac{2n-1}{2019^n}x^{2n}&=2\sum_{n=1}^{\infty }(n+1)t^n-3\sum_{n=1}^{\infty }t^n\\\\&=2(\sum_{n=1}^{\infty }t^{n+1})'-3\sum_{n=1}^{\infty }t^n\\\\&=2(\frac{t^2}{1-t})'-\frac{3t}{1-t}\\\\&=\frac{4t-2t^2}{(1-t)^2}-\frac{3t}{1-t}\\\\&=\frac{t(1+t)}{(1-t)^2}\\\\&=\frac{2019x^2+x^4}{(2019-x^2)^2}.
\end{align*}$

南京理工大学2019年数学分析试题


证明：
              因为函数在$(x_0,y_0)$可微，所以其徧导数存在。而沿$\vec{e}$方向的导数为：

                                                              $\frac{\partial f}{\partial \vec{e}}=\sqrt{f^2_x+f^2_y}\cos\theta ,$

                        所以，方向导数存在。

南京理工大学2019年数学分析试题


解：作变量变换：
                            $\begin{cases}
x &=ar\sin\theta \cos \varphi ,0\leq r\leq 1, \\
y &=br\sin\theta \sin \varphi ,0\leq \varphi \leq 2\pi, \\
z &=cr\cos \theta ,0\leq \theta \leq \pi/2.
\end{cases}$

                             $|J|=abcr^2\sin\theta .$

           则
                    \begin{align*}I&=\iiint_\Omega  z^2dxdydz\\\\&=abc^3\int_{0}^{2\pi}d\varphi \int_{0}^{\pi/2}\sin\theta\cos^2 \theta  d\theta \int_{0}^{1}r^4dr\\\\&=\frac{2\pi}{15}abc^3.\end{align*}

南京理工大学2019年数学分析试题


解：添加$z=1$平面，方向向下，使之与原积分区域组成一个闭合区域，由高斯公式：

                                   $\begin{align*}I&=\iint_{S+z=1}(2x+y)dydz+zdxdy -\iint_{z=1}dxdy\\\\&=\iiint_\Omega (2+1)dxdydz-\pi\\\\&=4\pi-\pi=3\pi.
\end{align*}$  

南京理工大学2019年数学分析试题


解：
                          $I=\oint \frac{xdy-ydx}{3x^2+4y^2}=\oint \frac{xdy-ydx}{x^2+y^2+1},$

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

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

                  由格林公式：

                          $I=\iint_D(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y})dxdy=\iint_D\frac{2}{(x^2+y^2+1)^2}dxdy=\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{\frac{1}{\sqrt{6}}}\frac{2r}{(6r^2+1)^2}dr=\frac{\pi}{6}.$

南京理工大学2019年数学分析试题



此题常考，是教程上的原题，已经解过。略

南京理工大学2019年数学分析试题


证明：
              由已知，$f(x)$连续可微。利用积分中值定理：

                                      $\frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}f(x)=f(\xi),\xi\in(a,b)$

                                       $\because f(\xi)-f(x)=\int_{x}^{\xi}f'(t)dt,$

                                      $\begin{align*}\therefore |f(x)|&=|f(\xi)-\int_{x}^{\xi}f'(t)dt|\\\\&\leq |f(\xi)|+|\int_{x}^{\xi}f'(t)dt|\\\\&\leq |\frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}f(x)|+\int_{a}^{b}|f'(x)|dx.
\end{align*}$

                  又因为$x$的任意性，所以此不等式对$[a,b]$区间内的最大值也成立。故有

                                        $\displaystyle \underset{a\leq x\leq b}{Max}|f(x)|\leq |\frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}f(x)|+\int_{a}^{b}|f'(x)|dx.$

南京理工大学2019年数学分析试题


证明：
                维尔斯特拉斯聚点定理.

            设$S\subset [a,b],$将有界区间一分为2，即$[a,b]=[a,\frac{a+b}{2}]\cup [\frac{a+b}{2},b]$,则两个区间中其中必有一个包含$S$的无穷个点，不妨令其为$[a_1,b_1]$,此时

                                   $[a_1,b_1]\subset [a,b],b_1-a_1=\frac{a+b}{2},$

             再将  $[a_1,b_1]$一分为二，将其中含$S$的无穷个点的那个区间令其为$[a_2,b_2]$，此时有

                                   $[a_2,b_2]\subset [a_1,b_1]\subset  [a,b],b_1-a_1=\frac{a+b}{2^2},$

            同理，一直分割下去，有

                                    $[a_n,b_n]\subset[a_1,b_2]\subset \cdots \subset  [a,b],b_n-a_n=\frac{a+b}{2^n},$

            最后有：
                                    $b_n-a_n=\frac{a+b}{2^n}\rightarrow 0,$

               由极限定理，必有：

                                     $\displaystyle \lim_{n \to \infty }a_n=\lim_{n \to \infty }b_n=\xi.$

                      显然
                                     $\xi\in S\subset [a,b]$

                      $\xi$即为$S$的聚点。

安徽师范大学2019年601-数学分析


解：
     （1）、当$x=1,2,\cdots ,2018$时，函数有相同的极大值

                                      $f_{Max}(x)=1+2+\cdots +2017=\frac{2017\cdot 2018}{2}=2017\cdot 1009.$



       （2）、令
                               $f(x)=\arcsin x$

                  则
                               $f'(x)=\frac{-x}{\sqrt{1-x^2}},$

                                $f(0)=0,f'(0)=0.$

                                $\frac{\mathrm{d} f^2}{\mathrm{d} x}=2ff',\frac{\mathrm{d} f^2}{\mathrm{d} x}|_{x=0}=0,$

                               $\frac{\mathrm{d}^2 f^2}{\mathrm{d} x^2}=2ff''+2f'^2,\frac{\mathrm{d}^2 f^2}{\mathrm{d} x^2}|_{x=0}=0.$

                   由上面的各阶微分，可以推知$n$阶微分是一个含有$f$和$f'，f'',f''',....$奇次微分因子的项的组合。而$f,f'，f''',....$各奇次阶微分在$x=0$处的值均为$0$,故

                                $\frac{\mathrm{d}^n f^2}{\mathrm{d} x^n}|_{x=0}=0.$

安徽师范大学2019年601-数学分析


解:
                        $\inf\{x_n\}=0,\sup\{x_n\}=1.$

                        $\displaystyle {\underline{\lim}}_{n \to \infty }x_n=0,$

                        $\displaystyle \overline{\lim}_{n \to \infty }x_n=1.$