2020年北京大学数学分析考研第七题
$f(x,y)$在平面上有二阶的连续偏导数，且满足$\frac{\partial^{2}f}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2}f}{\partial y^{2}}=x^{2}+y^{2}$.$f(0,0)=0$.

S是以原点为圆心，半径为r的圆的圆周，试求$f(x,y)$在圆周上的平均值，即$\frac{1}{2\pi r}\oint_{s} f(x,y)\,ds$

解答一：
              设
\[I(r)=\frac{1}{2\pi
r}\oint_{s}
f(x,y)ds=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}f(r\cos\theta,r\sin\theta)d\theta.\]
从而
\[\begin{array}{rl} I'(r)&=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}(f_x(r\cos\theta,r\sin\theta)\cos\theta
+f_y(r\cos\theta,r\cos\theta)\sin\theta)d\theta\\
&=\frac{1}{2\pi
r^2}\oint_{x^2+y^2=r^2}(f_x(x,y)x+f_y(x,y)y)ds\\
&=\frac{1}{2\pi r}\oint_{x^2+y^2=r^2}\frac{\partial f}{\partial
n}ds\\
&=\frac{1}{2\pi r}\iint\limits_{x^2+y^2\leqslant r^2}\Delta
f(x,y)dxdy\\
&=\frac{1}{2\pi r}\iint\limits_{x^2+y^2\leqslant
r^2}(x^2+y^2)dxdy\\
&=\frac{1}{2\pi r}\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^r\rho^3d
\rho\\
&=\frac{r^3}{4}.\end{array}
\]
由于$I(0)=0$, 故
\[I(r)=\frac{r^4}{16}.\]

解答二：
                最简洁的解法:

令
\[g(x,y)=f(x,y)-\frac{x^4+y^4}{12},\]
则$g$是调和函数, $g(0,0)=0$, 从而根据平均值定理
\[\frac{1}{2\pi r}\oint_{x^2+y^2=r^2}g(x,y)ds=g(0,0)=0,\]
因此 \[\frac{1}{2\pi r}\oint_{x^2+y^2=r^2}f(x,y)ds=\frac{1}{24\pi
r}\oint_{x^2+y^2=r^2}(x^4+y^4)d s=\frac{r^4}{16}.\]

           （转引自博士家园，作者: Hansschwarzkopf  ）

同济大学2020数学分析



解
        \begin{align*}\lim_{x\to 0}\frac{\int_{0}^{x^2}(x-\sqrt{t})f(t)dt}{x^2\ln(1+x)}&=\lim_{x\to 0}\frac{\int_{0}^{x^2}f(t)dt}{2x\ln(1+x)+\frac{x^2}{1+x}}\\\\&=\lim_{x\to 0}\frac{2xf(x^2)}{2\ln(1+x)+\frac{2x}{1+x}+\frac{2x(1+x)-x^2}{(1+x)^2}}\\\\&=\frac{1}{2}.
\end{align*}

一道前苏联的数学竞赛题
求：
            $\int (-1)^{[x]}dx.$

解：
             由题意知被积函数为

                                            $(-1)^{[x]}=\begin{cases}
1, & k\leq x< k+1 \\
-1, & k+1\leq x< k+2
\end{cases}(k=0,1,2,\cdots )$

       所以不定积分的解为

                                     $\int (-1)^{[x]}dx=\begin{cases}
x+C, & k\leq x< k+1 \\
-x+C, & k+1\leq x< k+2
\end{cases}(k=0,1,2,\cdots )$

这个证法挺巧妙的。

计算积分

            $\begin{align*}I&=\iiint_\Omega e^{|z|}dV\\\\&=2\iiint_{\Omega ^+}e^zdV\\\\&=2\iint_Ddxdy\int_{0}^{\sqrt{1-x^2-y^2}}e^zdz\\\\&=2\iint_D(e^\sqrt{1-x^2-y^2}-1)dxdy\\\\&=2\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{1}(e^\sqrt{1-r^2}-1)rdr\\\\&=4\pi\int_{0}^{1}(e^\sqrt{1-r^2}-1)rdr.
\end{align*}$

           令
                    $\sqrt{1-r^2}=t.$

           则
                     $rdr=-tdt,[0,1]\rightarrow [1,0].$

          代入可得

                     $I=4\pi\int_{1}^{0}(e^t-1)(-t)dt=4\pi\int_{0}^{1}(te^t-t)dt=2\pi.$

几道不错的积分题

南京大学2016级数学分析I期末考试卷


证明：

              $\because f(a)=0,$

              $\therefore \int_{a}^{b}f(x)dx=\int_{a}^{b}(f(x)-f(a))dx=\int_{a}^{b}f'(\xi)(x-a)dx=\frac{1}{2}(b-a)^2,(\xi\in(a,x))$

求极限：
               $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}(\frac{1}{\sqrt[k]{n^k+1}}+\cdots +\frac{1}{\sqrt[k]{n^k+2017}})$

解
            $\displaystyle \because \frac{n}{\sqrt[k]{n^k+2017}}< \sum_{k=1}^{n}(\frac{1}{\sqrt[k]{n^k+1}}+\cdots +\frac{1}{\sqrt[k]{n^k+2017}})< \frac{n}{\sqrt[k]{n^k+1}},$

            $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}(\frac{1}{\sqrt[k]{n^k+1}}+\cdots +\frac{1}{\sqrt[k]{n^k+2017}})=1.$

证明：
            令
                       $a_n=(3+\sqrt{7})^n,b_n=(3-\sqrt{7})^n,$

                        $S=a_n+b_n\in \mathbb{Z}.$

               则
                        $\{a_n\}=\{S-b_n\}=\{1-b_n\},$

               又
                         $b_n\rightarrow 0^+,(n \to \infty ),$

               所以
                         $\{a_n\}=\{S-b_n\}=\{1-b_n\}\rightarrow 1,(n \to \infty ).$

               因此得
                           $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\{(3+\sqrt{7})^n\}=1.$

证明：
            由泰勒公式
                                     $f(x+t)=f(x)+f'(x)t+\frac{1}{2}f''(x)t^2,$

                                   $\therefore |f'(x)|t\leq |f(x+t)-f(x)|+\frac{1}{2}|f''(x)|t^2,$

                                    $\Rightarrow |f'(x)|\leq \frac{2}{t}+t,$
            
                  而
                                     $\frac{2}{t}+t\geq 2\sqrt{2},$

                  因此有
                                          $ |f'(x)|\leq 2\sqrt{2}.$

一道前苏联竞赛题
已知：
              $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6},$

     求
                 $\int_{0}^{\infty }\frac{x}{e^x+1}dx.$

解：
              \begin{align*}\int_{0}^{\infty }\frac{x}{e^x+1}dx&=\int_{0}^{\infty }\frac{xe^{-x}}{1+e^{-x}}dx\\\\&=\int_{0}^{\infty }xe^{-x}(1-e^{-x}+e^{-2x}-\cdots )dx\\\\&=\int_{0}^{\infty }xe^{-x}\sum_{k=0}^{\infty }(-1)^ke^{-kx}dx\\\\&=\sum_{k=0}^{\infty }(-1)^k\int_{0}^{\infty }xe^{-(k+1)x}dx\\\\&=\sum_{k=1}^{\infty }\frac{(-1)^{k+1}}{k^2}\\\\&=\sum_{k=1}^{\infty }\frac{1}{k^2}-2\sum_{k=1}^{\infty }\frac{1}{(2k)^2}\\\\&=\frac{\pi^2}{6}-\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{\infty }\frac{1}{k^2}\\\\&=\frac{\pi^2}{12}.\end{align*}


          类似题：
                      $\displaystyle \int_{0}^{\infty }\frac{x}{e^x-1}dx.$

四川大学数学分析



解
       （1）、    \begin{align*}I(n,n)&=\int_{0}^{1}x^n\ln^nxdx\\\\&=\frac{1}{n+1}x^{^{n+1}}\ln^nx|_0^1-\frac{n}{n+1}\int_{0}^{1}x^n\ln^{n-1}xdx\\\\&=-\frac{n}{n+1}I(n,n-1)\\\\&=\cdots \\\\&=(-1)^n\frac{n!}{(n+1)^n}I(n,0)\\\\&=(-1)^n\frac{n!}{(n+1)^n}\int_{0}^{1}x^ndx\\\\&=(-1)^n\frac{n!}{(n+1)^{n+1}}.
\end{align*}
         (2）、    \begin{align*}\because S_n&=\sum_{k=1}^{n }\ln\frac{(2k+1)k}{(k+1)(2k-1)}\\\\&=\sum_{k=1}^{n}(\ln(2k+1)+\ln k-\ln(k+1)-\ln(2k-1))\\\\&=\ln(2k+1)-\ln(2k-1)\\\\&=\ln\frac{2k+1}{2k-1}.
\end{align*}

                         $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }S_n=0.$
         
          （3）、$e+1.$

四川大学数学分析


解
        （1）、设$a,b\neq 0.$
                            $\because \frac{1}{x^a(-\ln x)^b}< \frac{1}{x^a\cdot x^b}=\frac{1}{x^{a+b}},$

                            $\therefore a+b> 1.$

                  时，原积分收敛。

                       当$a+b<1.$时，原积分发散。

                 若$a=0$,当$b<1$时，积分发散。

                  若$a=0$,当$b>1$时，积分收敛。

                 若$b=0$,当$a<1$时，积分发散。

                  若$b=0$,当$a>1$时，积分收敛。


          （2）、
                           $\because \int_{0}^{+\infty }\frac{x}{1+x^2\sin^2x}dx> \int_{0}^{+\infty }\frac{x}{1+x^2}dx=\frac{1}{2}\ln(1+x^2)|_0^{+\infty }=+\infty .$

                    所以积分发散。

          （3）、
                            $\because \frac{1}{n^2-\ln n}< \frac{1}{n^2-1},(n\geq e)$

                            $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2-\ln k}\leq \lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2-1}< \infty .$

四川大学数学分析


   （1）、证明：设
                                 $\int_{1}^{n}f(y)dy=S< +\infty ,$         

                        则
                                 $\displaystyle \lim_{n \to +\infty }\frac{1}{n}\int_{1}^{n}yf(y)dy=\lim_{n \to +\infty }\frac{1}{n}(yS|_1^n-\int_{1}^{n}Sdy)=\lim_{n \to +\infty }\frac{1}{n}((n-1)S-(n-1)S)=0.$

     （2）、
                   从以上证明可知，上述结论可改进为

                                  $\displaystyle \lim_{n \to +\infty }\int_{1}^{n}yf(y)dy=0.$
               

四川大学数学分析



证明
            （1）、原式
                             $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty }\frac{a_n}{S_n}=\sum_{n=1}^{+\infty }\frac{S_n-S_{n-1}}{S_n}=\sum_{n=1}^{+\infty }(1-\frac{S_{n-1}}{S_n}),$

                        而
                               $\displaystyle \because 0< 1-\frac{S_{n-1}}{S_n}=t< 1,$
                        故有
                               $\displaystyle \therefore \sum_{n=1}^{+\infty }\frac{a_n}{S_n}=\lim_{n \to \infty }tn=+\infty .$

              （2）、
                                $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty }\frac{a_n}{S_nS^\alpha _{n-1}}< \sum_{n=1}^{+\infty }\frac{1}{S^\alpha _{n-1}},$

                               $\displaystyle \because \frac{\frac{1}{S^\alpha }_{n-1}}{\frac{1}{S^{\alpha }_{n-2}}}=(\frac{S_{n-2}}{S_{n-1}})^\alpha < 1,$

                               $\displaystyle \therefore \sum_{n=1}^{+\infty }\frac{a_n}{S_nS^\alpha _{n-1}}< +\infty .$

四川大学数学分析



证明
          （1）、
                        这题我想了几天，没做出来。今天在”周民强. 数学分析习题演练.第2册.（第二版）.科学出版社.2010”(p119)上看到是用反证法证的。但是直接证法还是没有思路。

          （2）、
                           $\because \lim_{n \to \infty }n\ln\frac{a_{n}}{a_{n+1}}=g,$

                           $\therefore \exists N> 0,n> N,s.t.$

                                $N\ln\frac{a_n}{a_{n+1}}=g,\rightarrow \frac{a_n}{a_{n+1}}=\sqrt[N]{e^g}.$

                    当$g> 1$时，有

                             $\frac{a_n}{a_{n+1}}=\sqrt[N]{e^g}> 1,$

                           $\therefore \frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{1}{\sqrt[N]{e^g}}< 1.$

                 由比值判别法知，此时级数收敛。

                 同理，当$g< 1$时，可知级数发散。

四川大学数学分析


解：由Abel判别法

            （1）     $\begin{align*}\because \int_{1}^{+\infty }g(x)dx&=\int_{0}^{+\infty }g(x)dx-\int_{0}^{1}g(x)dx\\\\&=\sum_{n=0}^{+\infty }\int_{nT}^{(n+1)T}g(x)dx-\int_{0}^{1}g(x)dx\\\\&=0-\int_{0}^{1}g(x)dx< \infty .
\end{align*}$

           由已知，$g(x)\neq 0,$

           （2） 当$p\geq 0$时，$\frac{1}{x^p+g(x)}$单调。而

              （3）    $|\frac{1}{x^p+g(x)}|< \frac{1}{x^p-|g(x)|}\leq \frac{1}{x^p-1} < M .(M> 0))$

                 此时，积分收敛。

          而当$p< 0$时，被积函数无界，积分发散。

厦门大学2020年考研数分试题


解：
                    $\because x_1> 0,x_{k+1}=\frac{x_k^2}{2(x_k-1)},$

                    $\therefore x^2_{k+1}-2x_{k+1}=x_k^2-2x_kx_{k+1}+x^2_{k+1}=(x_k-x_{k+1})^2\geq  0.$

                     $\Rightarrow x_{k+1}\geq 2.$

             $\{x_k\}$有界。从而由

                       $\frac{x_{k+1}}{x_k}=\frac{x_k}{2(x_k-1)}\geq \frac{2}{2(2-1)}=1.$
         
               $\{x_k\}$单调增。故 $\{x_k\}$有极限。

         设
                   $\displaystyle \lim_{n \to \infty }x_n=l,$

         则有：
                   $l=\frac{l^2}{2(l-1)},\rightarrow l=2.$

            因此，级数收敛。

厦门大学2020年考研数分试题


解：
             当$p=0$时，$a_n=1$,级数发散；

             当$p<0$时，$a_n\neq 0,(n \to \infty )$,级数发散；

            当$p> 0$时,由于有

                            $\displaystyle (1+\frac{1}{n+1})^{n+1}> (1+\frac{1}{n+1})^{n},(1+\frac{1}{n})^{n}> (1+\frac{1}{n+1})^{n},$

                从而

                           $\displaystyle \frac{a_{n+1}}{a_n}=(\frac{e-(1+\frac{1}{n+1})^{n+1}}{e-(1+\frac{1}{n})^n})^p< (\frac{e-(1+\frac{1}{n+1})^{n}}{e-(1+\frac{1}{n})^n})^p<1.(n \to \infty )$

                 此时，级数收敛。

2020年同济大学数学分析考研真题


解：
                \begin{align*}\lim_{x\to 0}\frac{\int_{0}^{x^2}(x-\sqrt{t})f(t)dt}{x^2\ln(1+x)}&=\lim_{x\to 0}\frac{x\int_{0}^{x^2}f(t)dt-\int_{0}^{x^2}\sqrt{t}f(t)dt}{x^2\ln(1+x)}\\\\&=\lim_{x\to 0}\frac{\int_{0}^{x^2}f(t)dt+2x^2f(x^2)-2x^2f(x^2)}{2x\ln(1+x)+\frac{x^2}{1+x}}\\\\&=\frac{1}{3}.
\end{align*}

东南大学2020年考研数分试题


（1）、解
                  $\displaystyle \lim_{n \to \infty }(1+2^{-n})^n=\lim_{n \to \infty }(1+2^{-n})^{2^n\cdot \frac{n}{2^{n}}}=\lim_{n \to \infty }e^{\frac{n}{2^n}}=1.$

（2）、解
                   $\begin{align*}\lim_{x\to 0^+}x\int_{\sin x}^{1}\frac{\ln t}{t}dt&=\lim_{x\to 0^+}\frac{-\cos x\cdot \frac{\ln\sin x}{\sin x}}{-\frac{1}{x^2}}=\lim_{x\to 0^+}\frac{\ln\sin x}{\frac{1}{x}}\\\\&=\lim_{x\to 0^+}\frac{\cos x\cdot \frac{1}{\sin x}}{-\frac{1}{x^2}}=0.
\end{align*}$

东南大学2020年考研数分试题


解：
            $r^2\leq z\leq r,0\leq \theta \leq 2\pi,0\leq r\leq 1,|J|=r.\\
I=\iiint_\Omega x^2\sqrt{x^2+y^2}dxdydz=\int_{0}^{2\pi}\cos^2\theta d\theta \int_{0}^{1}dr\int_{r^2}^{r}r^2\cdot r\cdot rdz=\frac{\pi}{42}.$

东南大学2020年考研数分试题


网友的解答：

东南大学2020年考研数分试题


解：
             $\because a_n=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\sin^nx\cos xdx=\frac{1}{n+1}\sin^{n+1}x|_0^\frac{\pi}{4}=\frac{1}{n+1}(\frac{1}{\sqrt{2}})^{n+1}.$

              $\displaystyle \therefore S_n=\sum_{k=0}^{n}a_k=\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k+1}(\frac{1}{\sqrt{2}})^{k+1},$

                  $\displaystyle S'_n=-\frac{1}{2}\ln2\sum_{k=1}^{n}(\frac{1}{\sqrt{2}})^k=-\frac{1}{2}\ln2\cdot \frac{\frac{1}{\sqrt{2}}-(\frac{1}{\sqrt{2}})^{n+1}}{1-\frac{1}{\sqrt{2}}}.$

                   $\displaystyle S=\int_{0}^{1}\lim_{n \to \infty }S'_n=-\frac{1}{2}\ln2\lim_{n \to \infty }\frac{\frac{1}{\sqrt{2}}-(\frac{1}{\sqrt{2}})^{n+1}}{1-\frac{1}{\sqrt{2}}}=-\frac{1}{2}\ln2\cdot \frac{1}{\sqrt{2}-1}.$

浙江大学2020年数学考研试题


解：
                  $\displaystyle \lim_{x\to 0^+}\frac{\cos \frac{\pi\cos x}{2}}{\sin\sin^2x}=\lim_{x\to 0^+}\frac{\cos\frac{\pi}{2}(1-\frac{1}{2}x^2)}{\sin x^2}=\lim_{x\to 0^+}\frac{\sin\frac{\pi}{4}x^2}{\sin x^2}=\frac{\pi}{4}.$

浙江大学2020年数学考研试题



记得此题曾经解答过，可以利用结论
                                             $\int_{0}^{+\infty }\frac{\sin x}{x}dx=\frac{\pi}{2}.$

                       \begin{align*}\int_{0}^{+\infty }\frac{\sin^2x}{x^2}dx&=-\frac{\sin^2x}{x}|_0^{+\infty }+\int_{0}^{+\infty }\frac{2\sin x\cos x}{x}dx\\\\&=\int_{0}^{+\infty }\frac{\sin2x}{2x}d(2x)\\\\&=\int_{0}^{+\infty }\frac{\sin t}{t}dt\\\\&=\frac{\pi}{2}.
\end{align*}

浙江大学2020年数学考研试题


解：设
                  $\displaystyle S(x)=\sum_{n=1}^{\infty }(-1)^n\frac{1}{3n-1}x^{3n-1}=\lim_{n \to \infty }S_n(x)=\lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n }(-1)^k\frac{1}{3k-1}x^{3k-1}.$

           则有
                    $\displaystyle S'_n(x)=(\sum_{k=1}^{n}(-1)^k\frac{1}{3k-1}x^{3k-1})'=\sum_{k=1}^{n}(-1)^kx^{3k-2}=\frac{-x+(-1)^nx^{3n+2}}{1+x^3},$

           而
                     \begin{align*}S(x)&=\int_0^x\lim_{n \to \infty }S'_n(t)dt=\int_{0}^{x}\frac{-t}{1+t^3}dt\\\\&=\int_{0}^{x}(\frac{1}{t+1}-\frac{t+1}{1+t+t^2})dt\\\\&=\ln(1+x)-\frac{1}{2}\ln(1+x+x^2)-\frac{1}{\sqrt{3}}\arctan (\frac{2}{\sqrt{3}}(1+x))+\frac{1}{\sqrt{3}}\arctan \frac{2\sqrt{3}}{3}
\end{align*}

           因此
                         $S=S(1)=0.$