中国科学技术大学2020年考研数分试题


本题题目似笔误，应为：$x=f(x)e^{f(x)}.$

证明：
1、取对数，
                          $\ln x=f(x)\ln f(x),$

                          $\frac{1}{x}=f'(x)\ln f(x)+f'(x),$
             由此
                          $ f'(x)=\frac{1}{x(1+\ln f(x))}> 0,$

                          $\therefore f(x)\uparrow .$

2、由1、直接推推论。

3、参见第4页解答。

中国科学技术大学2020年考研数分试题






            摘自"智慧e数学"
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中国科学技术大学2020年考研数分试题


解：
                       $\displaystyle \int_{0}^{+\infty }\frac{\sin x}{x^u}dx=\int_{0}^{1}\frac{\sin x}{x^u}dx+\int_{1}^{+\infty}\frac{\sin x}{x^u}dx.$

           对第一个积分：

                      $\displaystyle \because \lim_{x\to 0^+}x^{u-1}\cdot \frac{\sin x}{x^u}=1.$

                      $\displaystyle \therefore  0< u-1< 1,1< u< 2,$积分绝对收敛。

            而由
                       $\displaystyle u\leq 1,\lim_{x\to 0^+}\frac{\sin x}{x^u}=\lim_{x\to 0^+}x^{1-u}\cdot \frac{\sin x}{x}=\begin{cases}
1 &, u=1 \\
0 &, u< 1
\end{cases}$
                 积分收敛。
              当$u\geq 2$时，积分发散。

         对第二个积分：
               当$u> 1$时，绝对收敛；
               当$0< u\leq 1$时，条件收敛；
               当$u\leq 0$时，积分发散。

         综上结论得到，在$u\leq 0$时，原积分发散；当$0< u\leq 1$时，原积分条件收敛；当$0< u< 2$时，原积分绝对收敛；当$u\geq 2$时，原积分发散。






                                 

中国科学技术大学2020年考研数分试题



证明：由已知条件
                               $\displaystyle \because \int_{x}^{1}f(t)dt\geq \frac{1-x^2}{2},x\in[0,1]$

                                $\displaystyle \therefore \int_{x}^{1}f(t)dt\geq \frac{1-x^2}{2}=\int_{x}^{1}tdt,$

                    从而有
                                $\displaystyle \Rightarrow \int_{x}^{1}(f(t)-t)dt\geq 0.$

                       由此推得
                                 $\displaystyle  f(t)-t\geq 0,\Rightarrow f(x)\geq x,x\in[0,1]$

                    所以有
                                 $\displaystyle \int_{0}^{1}f^2(x)dx\geq \int_{0}^{1}x^2dx=\frac{1}{3}.$   


  注：此题容易绕。只能从结论猜。再结合已知条件。走对了，不难，没走对，就难了。

中国科学技术大学2020年考研数分试题


证明：
         1、
              直接用归纳法证明
                                 $\displaystyle \because \int_{0}^{x}f'(t)dt=f(x)-f(0), $

                                  $\displaystyle\therefore f(x)=f(0)+\int_{0}^{x}f'(t)dt,$

                 对于上式第二项有：
                                $\begin{align*}\int_{0}^{x}f'(t)dt&=-\int_{0}^{x}f'(t)d(x-t)\\\\&=-f'(t)(x-t)|_0^x+\int_{0}^{x}f''(t)(x-t)dt\\\\&=f'(0)x+\int_{0}^{x}f''(t)(x-t)dt,
\end{align*}$

                  同理， 对于上式第二项有：
                                 $\begin{align*}\int_{0}^{x}f''(t)(x-t)dt&=-\int_{0}^{x}f''(t)(x-t)d(x-t)\\\\&=-\frac{1}{2}f''(t)(x-t)^2|_0^x+\frac{1}{2}\int_{0}^{x}f'''(t)(x-t)^2dt\\\\&=\frac{1}{2}f''(0)x^2+\frac{1}{2}\int_{0}^{x}f'''(t)(x-t)^2dt,\end{align*}$

                 用同样的方法， 依此类推，即可得到
                             $\displaystyle f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{1}{2}f''(0)x^2+\cdots +\frac{1}{n!}f^{(n)}(0)x^n+\frac{1}{n!}\int_{0}^{x}(x-t)^{n}f^{(n+1)}(t)dt.$

                    由此，展开式成立。

2、由上述证明过程，可知$\forall x_0\in[-1,1],$设$a_k=\frac{1}{k!}f^{(k)}(x_0),$在$x=x_0$点，上式展开式可展成：
                     $\displaystyle f(x)=\sum_{k=0}^{n}a_k(x-x_0)^k+\frac{1}{n!}\int_{x_0}^{x}(x-t)^nf^{(n+1)}(t)dt.$

                  令
                      $\displaystyle R(x)=\frac{1}{n!}\int_{x_0}^{x}(x-t)^nf^{(n+1)}(t)dt.$

              只要证明
                       $\displaystyle \lim_{n \to \infty }R(x)=0.$

                由于
                       $\displaystyle \lim_{n \to \infty }R(x)=\lim_{n \to \infty }\frac{1}{n!}\int_{x_0}^{x}(x-t)^nf^{(n+1)}(t)dt$

                        $\because x-t\leq 2,$

                        $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }\frac{1}{n!}\int_{x_0}^{x}(x-t)^nf^{(n+1)}(t)dt\leq \lim_{n \to \infty }\frac{2^n}{n!}\int_{x_0}^{x}f^{(n+1)}(t)dt=\lim_{n \to \infty }\frac{2^n}{n!}(f^{(n)}(x)-f^{(n)}(x_0)),$

                  由已知条件
                          $\displaystyle \because f^{(n)}(x)\geq 0,$

                             $\displaystyle \therefore f^{(n)}(x)-f^{(n)}(x_0)\leq |f^{(n)}(x)-f^{(n)}(x_0)|< M.$

                 从而有
                          $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\frac{2^n}{n!}(f^{(n)}(x)-f^{(n)}(x_0))\leq \lim_{n \to \infty }\frac{2^n}{n!}\cdot M=0.$

                   故泰勒级数余项在$n\to \infty$时，为$0$.满足$f(x)$展开成为幂级数的充要条件。

中国科学技术大学2020年考研数分试题


证明：由已知条件，可知有
                                   $\forall x_0\in[a,b],\forall \varepsilon > 0,s.t.$

                                    $|f_n(x_0)-f(x)|< \varepsilon ,$

                                    $\forall x_0\in[a,b],\forall \varepsilon > 0,\exists \delta > 0,|x-x_0|< \delta ,s.t.$

                                     $|f_n(x)-f(x)|\leq |f_n(x)-f_n(x_0)|+|f_n(x_0)-f(x)|\leq |f'(\xi)||x-x_0|+\varepsilon < M\delta +\varepsilon .$
                          其中，$\xi\in[a,b]$

                 因此，命题成立。

康托定理的证明

中国科学技术大学2020年考研数分试题


证明：
                 令$u=xy$,则

                                 $\displaystyle I=\lim_{y\to +\infty }\int_{0}^{1}g(x)\frac{\sin (xy)}{x}dx=\lim_{y\to +\infty }\int_{0}^{1}g(\frac{u}{y})\frac{\sin (u)}{u}du,$

                    由反常积分一致收敛的Dirichlet判别法，知

                                    $\displaystyle \lim_{y\to +\infty }\int_{0}^{1}g(x)\frac{\sin (xy)}{x}dx,$一致收敛，故而有

                                   $\displaystyle I=\lim_{y\to +\infty }\int_{0}^{1}g(\frac{u}{y})\frac{\sin (u)}{u}du=\int_{0}^{+\infty}\lim_{y\to +\infty }g(\frac{u}{y})\frac{\sin (u)}{u}du=\int_{0}^{+\infty }g(0^+)\frac{\sin u}{u}du=\frac{\pi}{2}g(0^+).$

中科大数学分析3期未试题


解：
    1、如果$a=0,$则
                                  $\begin{align*}\int_{0}^{+\infty }\frac{\log x^2}{x^2+1}dx&=2\int_{0}^{1}\frac{\log x}{x^2+1}dx+2\int_{1}^{+\infty }\frac{\log x}{x^2+1}dx\\\\&=2\int_{+\infty }^{1}\frac{\log t}{t^2+1}dt+2\int_{1}^{+\infty }\frac{\log x}{x^2+1}dx\\\\&=0.
\end{align*}$

          当$a\neq 0,$则令
                                 $\displaystyle I(a)=\int_{0}^{+\infty }\frac{\log (x^2+a^2)}{x^2+1}dx,$
                    对$a$求导
                                 $\begin{align*}I'(a)&=\int_{0}^{+\infty }\frac{2a}{(x^2+1)(x^2+a^2)}dx\\\\&=\frac{1}{2a}\int_{0}^{+\infty }(\frac{1}{x^2+1}-\frac{1}{x^2+a^2})dx\\\\&=\frac{1}{2a}\arctan x|_0^{+\infty }-\frac{1}{2a^3}\arctan \frac{x}{a}|_0^{+\infty }\\\\&=\frac{\pi}{4a}-\frac{\pi}{4a^3}.\end{align*}$

                                 $\displaystyle \therefore I(a)=\int_{0}^{a}(\frac{\pi}{4t}-\frac{\pi}{4t^3})dt=\frac{\pi}{4}\ln a+\frac{\pi}{8a^2}.$

2、
                           $\begin{align*}\lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}\frac{kx}{1+k^2x^2}&=\frac{1}{x}\lim_{n \to \infty }\frac{x}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{\frac{k}{n}x}{1+(\frac{k}{n}x)^2}\\\\&=\frac{1}{x}\int_{0}^{1}\frac{t}{1+t^2}dt\\\\&=\frac{1}{2x}\ln(1+t^2)|_0^1\\\\&=\frac{1}{2x}\ln2.
\end{align*}$


3、由无穷积分的一致收敛判别法，由于$\exists M> 0,$时有

                                     $\displaystyle |\int_{0}^{+\infty }e^{-x}\cos x|< M.$

                    而
                                     $\displaystyle \lim_{n \to +\infty }\frac{1}{nx^2+\frac{1}{n}}=0.$

                    所以原积分一致收敛，由此极限与积分可以交换次序，故有

                                 $\displaystyle \lim_{n \to +\infty }\int_{0}^{+\infty }\frac{e^{-x}\cos x}{nx^2+\frac{1}{n}}dx=\int_{0}^{+\infty }\lim_{n \to +\infty }\frac{e^{-x}\cos x}{nx^2+\frac{1}{n}}dx=0.$

                                                 ----------------------------转自“数学漫谈”

裴礼文习题


证明：
                    令$I_1=\{x:f(x)> c\},I_2=\{x:f(x)< c\},$

           $(\Rightarrow )$
                                     $f(x_0)> c,\exists \delta > 0,\forall x\in(x_0-\delta ,x_0+\delta ),$

                           由连续函数的保号性性质，知

                                       $f(x)\in (f(x_0)-\varepsilon,f(x_0)+\varepsilon),f(x)> c,$

                                       $\rightarrow (x_0-\delta ,x_0+\delta )\subset I_1,$

                         即得到$I_1$为开区间。同理可证$即得到$I_2$为开区间$.

           $(\Leftarrow )$

2020年南开大学《数学分析》考研试题七解答

四川大学2020年数学分析考研试题

解：
               $\because f(0)=f'(0)=0,$

               $\begin{align*}\therefore \lim_{n \to \infty }x_n&=\lim_{n \to \infty }(f(\frac{1}{n^2})+f(\frac{2}{n^2})+\cdots +f(\frac{n}{n^2}))\\\\&=\lim_{n \to \infty }(f(\frac{1}{n^2})+f(\frac{2}{n^2})+\cdots +f(\frac{n}{n^2})-nf(0))\\\\&=\lim_{n \to \infty }(\frac{1}{n^2}\frac{f(\frac{1}{n^2})-f(0)}{\frac{1}{n^2}}+\frac{2}{n^2}\frac{f(\frac{2}{n^2})-f(0)}{\frac{2}{n^2}}+\cdots +\frac{n}{n^2}\frac{f(\frac{n}{n^2})-f(0)}{\frac{n}{n^2}}+)\\\\&=0.
\end{align*}$


注：“《大学生数学竞赛教程》蒲和平 编著,2014”上有一题与此类似，不过所给条件为：$f(0)=0,f'(0)=1$

四川大学2020年数学分析考研试题




注：此题“《考研数学分析总复习：精选名校真题 第4版》陈守信 编著,2014”上有原题。

四川大学2020年数学分析考研试题






注：此题复旦大学曾经考过，“《考研数学分析总复习：精选名校真题 第4版》陈守信 编著,2014”有原题解答。

四川大学2020年数学分析考研试题







注：此题在“《考研数学分析总复习：精选名校真题 第4版》陈守信 编著,2014”上有原题。参见例7.59，p338-339.

四川大学2020年数学分析考研试题


解：    利用高斯公式：
                               $\displaystyle P=\frac{x}{r^2+z^2},Q=0,R=\frac{z^2}{r^2+z^2},$

                                $\begin{align*}I&=\iiint_\Omega(\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z})dV\\\\&=\iiint_\Omega (\frac{1}{r^2+z^2}+0+\frac{-2z}{(r^2+z^2)^2})dxdydz\\\\&=\iiint_\Omega \frac{1}{r^2+z^2}dxdydz-\iiint_\Omega \frac{2z}{(r^2+z^2)^2}dxdydz.
\end{align*}$

                   而
                                $\displaystyle \iiint_\Omega \frac{1}{r^2+z^2}dxdydz=\frac{2}{r}\int_{0}^{r}\frac{1}{1+(\frac{z}{r})^2}d\frac{z}{r}\iint_Ddxdy=2\pi r\arctan \frac{z}{r}|_0^r=\frac{\pi^2r}{2}.$

                   又
                                 $\displaystyle \iiint_\Omega \frac{2z}{(r^2+z^2)^2}dxdydz=0.$

                                 $\displaystyle \therefore I=\frac{\pi^2r}{2}.$

四川大学2020年数学分析考研试题


证明：   
                 不妨设$x_0$为$F(x)$在$[a,b]$内的一个不可导的点。则由积分定义可知：

                               $\begin{align*}\int_{a}^{b}f(x)dx&=\lim_{\varepsilon \to 0}\int_{a}^{x_0-\varepsilon }f(x)dx+\lim_{\varepsilon \to 0}\int_{x_0+\varepsilon}^{b}f(x)dx\\\\&=\lim_{\varepsilon \to 0}F(x_0-\varepsilon )-F(a)+F(b)-\lim_{\varepsilon \to 0}F(x_0+\varepsilon ),
\end{align*}$

                又
                                 $\displaystyle \lim_{\varepsilon \to 0}F(x_0-\varepsilon )=F(x_0)=\lim_{\varepsilon \to 0}F(x_0+\varepsilon ),$

               此时有
                                 $\displaystyle \int_{a}^{b}f(x)dx=F(b)-F(a).$

                即$F(x)$在$[a,b]$内的有一个不可导的点时，结论成立。同理可证，$F(x)$在$[a,b]$内存在有限个不可导的点时，结论也成立。

四川大学2020年数学分析考研试题


证明：因为函数三阶可导，故由拉格朗日中值定理
                                     $\exists x\in (a,b)\subset (-\infty ,+\infty ),s.t.$

                                         $f(b)-f(a)=f'(x)(b-a),$

                       而
                                       $\because |f(x)|< M,$
                    
                                        $\therefore |f'(x)|< M.$

                   由$x$的任意性，可知$f'(x)$在定义域上有界。

                    用泰勒展开式，由$f(x),f'(x),f'''(x)$的有界，可以推出$f''(x)$也有界。

四川大学2020年数学分析考研试题


证明：
                              $\because \frac{(n+1)e^{-(n+1)x}}{ne^{-nx}}=\frac{n+1}{n}\frac{1}{e^x}< 1,(n \to \infty ,x\in(0,+\infty ))$

                           所以，级数收敛。

                     当
                                  $x=0$时，

                      则
                                   $ne^{-nx}=n \to +\infty,$

                      因此级数在$[0,+\infty)$上不一致收敛。

四川大学2020年数学分析考研试题


证明
                 当$x\in [a,+\infty ),(a> 0)$时，$f(x)=\frac{x+2}{x+1}\sin\frac{1}{x}$连续，所以一致连续。

                取
                                $x_{1n}=\frac{1}{n\pi}\in(0,a),x_{2n}=\frac{1}{n\pi+\frac{\pi}{2}}\in(0,a),$

                 此时
                                $|f(x_{2n})-f(x_{1n})|=|\frac{n\pi+\frac{\pi}{2}+2}{n\pi+\frac{\pi}{2}+1}-0|\rightarrow 1\neq 0,(n \to +\infty )$
                 
                   所以，在$(0,a)$内，$f(x)$不一致收敛。

                        

四川大学2020年数学分析考研试题


证明：
                将已知积分分为两部分：
                                      $\displaystyle \int_{0}^{+\infty }\frac{dx}{1+x^2\sin^2x}=\int_{0}^{1}\frac{dx}{1+x^2\sin^2x}+\int_{1}^{+\infty }\frac{dx}{1+x^2\sin^2x},$
                     由于
                                     $\displaystyle \int_{0}^{1}\frac{dx}{1+x^2\sin^2x}> \int_{0}^{1}\frac{dx}{1+x\sin x}>\int_{0}^{1} \frac{dx}{1-x}=\infty $
                     
                    因此第一个积分发散。而第二个积分，有
                                       $\displaystyle \int_{1}^{+\infty }\frac{dx}{1+x^2\sin^2x}< \int_{1}^{+\infty }\frac{dx}{x^2\sin^2x},$

                                       $\displaystyle \because \frac{1}{1+x^2\sin^2x}\sim \frac{1}{x^2},$

                                       $\displaystyle \therefore \int_{1}^{+\infty }\frac{dx}{1+x^2\sin^2x}<\int_{1}^{+\infty }\frac{1}{x^2}dx< \infty .$
                         收敛。

                      综合所得，原积分发散。

四川大学2020年数学分析考研试题

证明：
                 因为$f(x)$可积，因此在$[0,+\infty)$上一致有界。而$e^{-xy}$单调，对$y,(y\to +\infty)$一致股行情vgf零，因此由狄里赫雷（Dirichlet判别法知

                       $\displaystyle \int_{0}^{+\infty }e^{-xy}f(x)dx$一致收敛。所以，极限与积分号可交换，即

                        $\displaystyle \lim_{y\to 0^+}\int_{0}^{+\infty }e^{-xy}f(x)dx=\int_{0}^{+\infty }\lim_{y\to 0^+}e^{-xy}f(x)dx=\int_{0}^{+\infty }f(x)dx,$

四川大学2020年数学分析考研试题


证明：
                        $\because x_{n}=\sin x_{n-1}\leq x_{n-1},0< x_{n}< a< \frac{\pi}{2},$

                        $\therefore \{x_{n}\}\downarrow ,$且有界，因此，数列有极限。

                        $\displaystyle \Rightarrow \lim_{n \to \infty }x_{n}=0,$
            又(运用Stolz定理)
                         $\begin{align*}\lim_{n \to \infty }\frac{n}{3}x^2_{n}&=\frac{1}{3}\lim_{n \to \infty }\frac{n-(n-1)}{\frac{1}{x^2_{n}}-\frac{1}{x^2_{n-1}}}\\\\&=\frac{1}{3}\lim_{n \to \infty }\frac{x^2_{n}x^2_{n-1}}{x^2_{n-1}-x^2_{n}}\\\\&=\frac{1}{3}\lim_{n \to \infty }\frac{\sin^2 x_{n-1}x^2_{n-1}}{x^2_{n-1}-\sin ^2x_{n-1}},
\end{align*}$
             而
                          $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\frac{x^2\sin^2x}{x^2-\sin^2x}=\lim_{n \to \infty }\frac{x^4}{x^2-(x-\frac{1}{6}x^3+o(x^3))^2}=3,$
             因此   
                         $\displaystyle  \lim_{n \to \infty }\frac{n}{3}x^2_{n}=1,$

                        $\displaystyle\therefore \lim_{n \to \infty }\sqrt{\frac{n}{3}}x_{n}=1,$

非常奇怪，2020年四川大学的数学分析试题，竞多题是曾经是其它学校考研真题。