东北师范大学2020年考研试题


解：添加一个平面：$S':z=0,\uparrow$，使之原上半椭球面组成一个闭合曲面，再利用高斯公式 ：

                           $\begin{align*}I&=\iint_S=\iint_{S+S'}-\iint_S'\\\\&=\iint_{S+S'}-0=\iiint_\Omega 3dV\\\\&=3\cdot \frac{4}{3}\pi abc=4\pi abc.\end{align*}$

东北师范大学2020年考研试题


证明：
                 $\begin{align*}\because \lim_{x\to 0}\frac{F(x)-F(0)}{x}=&\lim_{x\to 0}\frac{\frac{f(x)-\cos x}{x}-f'(0)}{x}\\\\&=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{f(x)-f(0)+f(0)-\cos x}{x}-f'(0)}{x}\\\\&=\lim_{x\to 0}\frac{f'(0)+\frac{1-\cos x}{x}-f'(0)}{x}\\\\&=\frac{1}{2}.\end{align*}$

          所以，$F(x)$在间断点可导，从而在$R$上可导。

北京大学2020年数学分析2期末试题

北京大学2020年数学分析2期末试题


【解法一】：由积分的轮换对称性质，可知
                                     $\begin{align*}I&=\iint_S\frac{2dzdy}{x\cos^2x}+\frac{dzdx}{\cos^2y}-\frac{dxdy}{z\cos^2z}\\\\&=\iint_S(\frac{2}{z\cos^2z}+\frac{1}{\cos^2z}-\frac{1}{z\cos^2z})dxdy\\\\&=\iint_S(\frac{1}{z\cos^2z}+\frac{1}{\cos^2z})dxdy,\end{align*}$

                    由于积分区域对于$z=0$对称，由奇偶性知（奇0，偶倍）
                                        $\iint_S\frac{1}{\cos^2z}dxdy=0,$

                                        $\begin{align*}\therefore I&=\iint_S\frac{1}{z\cos^2z}dxdy\\\\&=2\iint_{S^+}\frac{1}{z\cos^2z}dxdy\\\\&=2\iint_{S^+}\frac{dxdy}{\sqrt{1-x^2-y^2}\cos^2\sqrt{1-x^2-y^2}}\\\\&=2\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{1}\frac{rdr}{\sqrt{1-r^2}\cos^2\sqrt{1-r^2}}\\\\&=4\pi\int_{0}^{1}\frac{-d\sqrt{1-r^2}}{\cos^2\sqrt{1-r^2}}\\\\&=-4\pi\arctan\sqrt{1-r^2}|_0^1\\\\&=4\pi\arctan 1.\end{align*}$



（参照：《大学生数学竞赛教程》蒲和平 编著,2014，p230,例5）

北京大学2020年数学分析2期末试题




                                                                 转自“顺数人”微信公众号

北京大学2020年数学分析2期末试题


证明：
（1）、
     
     


        

中国科学技术大学2020年数学分析A2试题


解：
              $\displaystyle \int_\Gamma (x^2+y^2)^nds=\int_{0}^{2\pi}a^{2n}\sqrt{a^2}dt=2\pi a^{2n+1}.$

中国科学技术大学2020年数学分析A2试题


解：  设矢量为
                     $\displaystyle \overrightarrow{F}=P \overrightarrow{i}+Q \overrightarrow{j}+R \overrightarrow{k},$

         则 其旋度为
                     $\displaystyle rot \overrightarrow{F}=(\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z})\overrightarrow{i}+(\frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x})\overrightarrow{j}+(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y})\overrightarrow{k}.$

         代入计算得
                     $\displaystyle \therefore rot \overrightarrow{F}=2z \overrightarrow{i}+2x\overrightarrow{j}+2y\overrightarrow{k},$

                     $\displaystyle rot(rot \overrightarrow{F})=2\overrightarrow{i}+2\overrightarrow{j}+2\overrightarrow{k}.$

中国科学技术大学2020年数学分析A2试题


解：
                                $\displaystyle \because \int_\Gamma Pdx+Qdy=\int_\Gamma (P\cos(\tau ,x)+Q\cos (\tau ,y))ds=\int_\Gamma (P\cos(\tau ,x)+Q\sin (\tau ,x))ds,$

                 又
                                 $\displaystyle |P\cos(\tau ,x)+Q\sin (\tau ,x)|\leq \sqrt{P^2+Q^2}|\sin ((\tau ,x)+\theta )|\leq \sqrt{P^2+Q^2}|,$
                       
                                 $\displaystyle \therefore |\int_\Gamma Pdx+Qdy|\leq l\sqrt{P^2+Q^2}.$

                 因此
                                   $\begin{align*}\lim_{R\to+\infty }|I_R|&=\lim_{R\to+\infty }|\int_{\Gamma_R}\frac{ydx-xdy}{(x^2+xy+y^2)^{3/2}}|\\\\&\leq \lim_{R\to+\infty }|\int_{\Gamma_R}\frac{ydx-xdy}{(x^2+y^2)^{3/2}}|\\\\&\leq \lim_{R\to+\infty }\sqrt{\frac{y^2}{(x^2+y^2)^3}+\frac{x^2}{(x^2+y^2)^3}}\cdot 2\pi R\\\\&=\lim_{R\to+\infty }\frac{2\pi}{R}=0,\end{align*}$

                                    $\displaystyle \Rightarrow \lim_{R\to+\infty }I_R=0.$


                           
注：此题是个好题

                                           $\displaystyle L:x^2+xy+y^2=\epsilon^2,(\epsilon>0)$
        作变换可得，
                                  $\displaystyle L':\frac{u^2}{(\sqrt{\frac{2}{3}}\epsilon)^2}+\frac{v^2}{(\sqrt{2}\epsilon)^2}=1,(x=\frac{u-v}{\sqrt{2}},y=\frac{u+v}{\sqrt{2}})$

中国科学技术大学2020年数学分析A2试题

解：设$S$为曲线$\Gamma$所围的曲面，方向向下。$S$所在的曲面为
                                              $(x-a)^2+y^2+z^2=a^2,$

                  故$S$的单位法向量为：
                                               $\overrightarrow{n}=(\cos \alpha ,\cos \beta ,\cos \gamma )=-\frac{1}{a}(x-a,y,z).$

                   $S$在$xoy$平面上的投影为：
                                               $D_{xy}:x^2+y^2=2bx,$

                          由Stokes公式，并利用积分的奇偶性，得

                                              $\begin{align*}I&=\iint_S\begin{vmatrix}
\cos \alpha  & \cos \beta  & \cos \gamma \\
\frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} &\frac{\partial }{\partial z} \\
P & Q & R
\end{vmatrix}dS\\\\&=-\frac{1}{a}\iint_S[(x-a)(2y-2z)-y(2x-2z)+z(2x-2y)
]dS\\\\&=-2\iint_S(z-y)dS\\\\&=-2\iint_{D_{xy}}(\sqrt{2ax-x^2-y^2}-y)\cdot \frac{a}{\sqrt{2ax-x^2-y^2}}dxdy\\\\&=-2a \iint_{D_{xy}}dxdy+2a\iint_{D_{xy}}\frac{y}{\sqrt{2ax-x^2-y^2}}dxdy\\\\&=-2\pi ab^2.\end{align*}$

中国科学技术大学2020年数学分析A2试题


解：先利用高斯公式，再利用积分轮换对称性质

                                   $\begin{align*}I&=\iint_\Sigma x^2dydz+y^2dzdx+z^2dxdy\\\\&=2\iiint_\Omega 3(x+y+z)dV\\\\&=18\iiint_\Omega zdxdydz\\\\&=18\iint_Sdxdy\int_{0}^{\sqrt{1-x^2-y^2}}zdz\\\\&=9\iint_S(1-x^2-y^2)dxdy\\\\&=9\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{1}(1-r^2)rdr\\\\&=-\frac{9\pi}{2}(1-r^2)^2|_0^1\\\\&=\frac{9}{2}\pi.\end{align*}$

中国科学技术大学2020年数学分析A2试题

2020年中科大综合评价试题精解及其推广





                                                                                                         摘自“Xionger的数学小屋”

2020上海财大

一、 解
                         $\displaystyle \lim_{x\to 0^+}(\tan x)^{\sin x}=\lim_{x\to 0^+}x^x=\lim_{x\to 0^+}e^{x\ln x}=\lim_{x\to 0^+}e^{\frac{\frac{1}{x}}{\frac{-1}{x^2}}}=1.$

二、解
         1、
                         $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\frac{1^k+2^k+\cdots +n^k}{n^{k+1}}=\int_{0}^{1}x^kdx=\frac{1}{k+1}.$

          2、
                         $\displaystyle \begin{align*}\lim_{n \to \infty }n(\frac{1^k+2^k+\cdots +n^k}{n^{k+1}}-\frac{1}{k+1})&=\lim_{n \to \infty }\frac{(k+1)(1^k+2^k+\cdots +n^k)-n^{k+1}}{(k+1)n^k}\\\\&=\lim_{n \to \infty }\frac{(k+1)(n+1)^k-n^{k+1}+(n+1)^{k+1}}{(k+1)((n+1)^k-n^k)}\\\\&=\lim_{n \to \infty }\frac{(n+1)^k(k+1+n+1)-n^{k+1}}{(k+1)((n+1)^k-n^k)}\\\\&=+\infty .
\end{align*}$

上财大2020年数学分析
三、证明
               $\inf f(x)+\sup g(x)\leq \sup \{f(x)+g(x)\}\leq \sup f(x)+\sup g(x).$

证明：
             先证右边不等式
                                      $\because \inf f(x)\leq f(x),\inf g(x)\leq g(x),$

                                      $\therefore \inf f(x)+\inf g(x)\leq f(x)+g(x),$

                   由定义得
                                       $\Rightarrow \inf f(x)+\inf g(x)\leq \inf \{f(x)+g(x)\},$

                   再利用上式，得
                                       $\Rightarrow \inf \{f(x)+g(x)\}+\inf \{-g(x)\}\leq \inf\{f(x)+g(x)-g(x)\}=\inf f(x),$

                     整理得
                                       $\Leftrightarrow \inf \{f(x)+g(x)\}\leq \inf f(x)-\inf \{-g(x)\}\leq \sup f(x)+\sup g(x).$

                       因此，右边不等式成立。再证左边不等式。

                    同理右得
                                       $f(x)+g(x)\leq \sup f(x)+\sup g(x),$

                       由定义得
                                        $\sup\{f(x)+g(x)\}\leq \sup f(x)+\sup g(x),$

                       利用上式结论，得
                                         $\Rightarrow \sup\{f(x)+g(x)-f(x)\}\leq \sup \{f(x)+g(x)\}+\sup \{-f(x)\},$

                                         $\Leftrightarrow -\sup \{-f(x)\}-\sup g(x)=\inf f(x)+\sup g(x)\leq \sup \{f(x)+g(x)\}.$

                      左边不等式成立。综上结论，命题成立。

同理，有下列不等式成立：
                                     $\inf f(x)\cdot \inf g(x)\leq \inf\{f(x)g(x)\},$

                                     $\sup\{f(xg(x))\}\leq \sup f(x)\cdot \sup g(x).$

上海财经大学2020年数学分析考研试题



解：
      1、由积分区间的对称性和积分函数的奇偶性知
                                          $\displaystyle \oint_SxdS=0.$


      2、由积分轮换对称性，
                                          $\displaystyle \oint_Sx^2dS=\frac{1}{3}\oint_S(x^2+y^2+z^2)dS=\frac{1}{3}\oint_SdS=\frac{4}{3}\pi.$


       3、在xoy平面上的投影区域：
                                           $\displaystyle D_{xy}:x^2+y^2+(x+y)^2=1,$

                              设
                                            $\displaystyle x=u+v,y=u-v,$

                          作变换
                                             $\displaystyle D'_{uv}:u^2+v^2=\frac{1}{6},J=2.$

                                             $\displaystyle \oint_Sy^4dS=\oint_{S'}(u-v)^4dS'=\frac{1}{3}\oint_SdS$
                             而
                                             $\displaystyle dS=\sqrt{1+\frac{x^2}{1-x^2-y^2}+\frac{y^2}{1-x^2-y^2}}=\frac{1}{\sqrt{1-x^2-y^2}}dxdy,$

                                              $\displaystyle dS'=\frac{2}{\sqrt{1-(u+v)^2-(u-v)^2}}dudv=2dudv,$

                                  计算，
                                              $ \begin{align*}\oint_Sy^4dS&=\oint_{S'}(u-v)^4d{S'}\\\\&=2\iint_{D'_uv}(u-v)^4 dudv\\\\&=2\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{1}(r\cos\theta -r\sin\theta )^4rdr\\\\&=\frac{1}{108}\int_{0}^{2\pi}(\cos\theta -\sin \theta )^4d\theta\\\\& =\frac{1}{108}\int_{0}^{2\pi}(1-2\sin2\theta +\sin^22\theta )d\theta\\\\& =\frac{1}{108}(3\pi+2).\end{align*} $   



      

上海财经大学2020年数学分析考研试题


解：
               $\displaystyle \forall x> \pi,\exists n\in \mathbb{N},s.t.n\pi\leq x\leq (n+1)\pi,$

           设
                 $\displaystyle x=n\pi+y,0\leq y< \pi,x\to +\infty,(n \to +\infty),$

          则
                 $\begin{align*}\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x}\int_{0}^{x}|\cos t|dt&=\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n\pi+y}\int_{0}^{n\pi+y}|\cos t|dt\\\\&=\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n\pi+y}(\int_{0}^{\pi}|\cos t|dt+\int_{\pi}^{2\pi}|\cos t|dt+\\\\&\cdots +\int_{(n-1)\pi}^{n\pi}|\cos t|dt+\int_{n\pi}^{n\pi+y}|\cos t|dt)\\\\&=\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n\pi+y}(n\int_{0}^{\pi}|\cos t|dt+\int_{n\pi}^{n\pi+y}|\cos t|dt)\\\\&=\lim_{n\to+\infty}\frac{n}{n\pi+y}(\int_{0}^{\pi}|\cos t|dt+\frac{1}{n}\int_{n\pi}^{n\pi+y}|\cos t|dt)\\\\&=\lim_{n\to+\infty}\frac{n}{n\pi+y}(\int_{0}^{\pi}|\cos t|dt+\frac{1}{n}\int_{0}^{y}|\cos t|dt)\\\\&=\lim_{n\to+\infty}\frac{n}{n\pi+y}\int_{0}^{\pi}|\cos t|dt+\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n\pi+y}\int_{0}^{y}|\cos t|dt\\\\&=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}|\cos t|dt\\\\&=\frac{1}{\pi}(\int_{0}^{\pi/2}\cos tdt+\int_{\pi/2}^{\pi}-\cos tdt)\\\\&=\frac{2}{\pi}.\end{align*}$

上海财经大学2020年数学分析考研试题


解：
                       $\begin{align*}\int_{0}^{3}\frac{f'(x)}{f^2(x)+1}dx&=\int_{0}^{2}\frac{df(x)}{f^2(x)+1}+\int_{2}^{3}\frac{df(x)}{f^2(x)+1}\\\\&=\lim_{x\to 2}\int_{0}^{x}\frac{df(t)}{f^2(t)+1}+\lim_{x\to 2}\int_{x}^{3}\frac{df(t)}{f^2(t)+1}\\\\&=\lim_{x\to 2}\arctan f(t)|_0^x+\lim_{x\to 2}\arctan f(t)|_x^3\\\\&=\lim_{x\to 2}\arctan \frac{1}{(t+1)^2(t-2)}|_0^x+\lim_{x\to 2}\arctan \frac{1}{(t+1)^2(t-2)}|_x^3\\\\&=\lim_{x\to 2}\arctan \frac{1}{(x+1)^2(x-2)}+\arctan \frac{1}{2}\\\\&+\arctan \frac{1}{4}-\lim_{x\to 2}\arctan \frac{1}{(x+1)^2(x-2)}\\\\& =\arctan \frac{1}{2}+\arctan \frac{1}{4}.\end{align*}$

上海财经大学2020年数学分析考研试题


解：此题源于“【俄罗斯教材选译】《数学分析习题集》（俄）吉米多维奇 著；李荣涷 李植 译,2010版”，真接贴解

上海财经大学2020年数学分析考研试题


解：
          由条件，知
                                  $\displaystyle \because \sum_{n=1}^{\infty}a_n=\infty,\lim_{n \to \infty}\frac{a_n}{A_n}=0,$

                                  $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty}\frac{a_n}{A_n}=\lim_{n \to \infty}\frac{a_n-a_{n-1}}{a_n}=\lim_{n \to \infty}(1-\frac{a_{n-1}}{a_n})=0.$

           收敛半经为
                                  $\displaystyle \Rightarrow R=|\frac{a_{n-1}}{a_n}|=1.$

上海财经大学2020年数学分析考研试题

上海财经大学2020年数学分析考研试题


证明：将$f(0),f(1)$分另在$x\in(0,1)$点泰勒展开：

                                $\displaystyle f(0)=f(x)-f'(x)x+\frac{1}{2}f''(\xi_1)x^2,\xi_1\in(0,1)$

                                $\displaystyle f(1)=f(x)+f'(x)(1-x)+\frac{1}{2}f''(\xi_2)(1-x)^2,\xi_2\in(0,1)$

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

                                $\displaystyle \therefore f'(x)(x+(1-x))=\frac{1}{2}(-f''(\xi_1)x^2+f''(\xi_2)(1-x)^2),$

                                $\displaystyle \Rightarrow |f'(x)|=\frac{1}{2}|(-f''(\xi_1)x^2+f''(\xi_2)(1-x)^2)|\leq \frac{1}{2}\max\{f''(x)\}|2x^2|,$

                                $\displaystyle \therefore \int_{0}^{1}|f'(x)|dx\leq \max\{f''(x)\}\int_{0}^{1}x^2dx=\frac{1}{3}\max\{f''(x)\}.$

上海财经大学2020年数学分析考研试题


证明




【注记】：上海财经大学2020年的数学分析考研试题，出了两道关于泰勒公式的题，对这方面的内容，有些侧重。

中国矿业大学2020年数学分析考研试题

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

中国矿业大学2020年数学分析考研试题

证明：分两段证。由已知可知，$f(x)$在有限闭区间内一致连续；又

                                $\displaystyle\because \lim_{x\to+\infty}f(x)=A< \infty.$

                                 $\displaystyle\therefore \forall \varepsilon > 0,\exists x_N, x> x_N,s.t.$

                                 $\displaystyle|f(x)-A|< \frac{\varepsilon }{2}.$
           因此
                                 $\displaystyle\forall x_1,x_2> x_N,s.t.$

                                 $\displaystyle |f(x_1)-f(x_2)|\leq |f(x_1)-A|+|f(x_2)-A|< \frac{\varepsilon }{2}+\frac{\varepsilon }{2}=\varepsilon .$

                       综上，$f(x)$在$[a,+\infty)$上一致连续。

中国矿业大学2020年数学分析考研试题


题目结论有误，应该为
                                   $|f'''(\xi)|\geq 6.$

证明：
              将$f(1),f(3)$在$x=2$泰勒展开，得

                                    $f(1)=1=f(2)+f'(2)(1-2)+\frac{1}{2!}f''(2)(1-2)^2+\frac{1}{3!}f'''(\xi_1)(1-2)^3,$

                                    $f(3)=3=f(2)+f'(2)(3-2)+\frac{1}{2!}f''(2)(3-2)^2+\frac{1}{3!}f'''(\xi_1)(3-2)^3,$

             两式相减，得

                                    $2=\frac{1}{3!}|f'''(\xi_2)+f'''(\xi_1)|,$
                                 
                     取
                                    $|f'''(\xi)|=\max\{|f'''(\xi_1)|,|f'''(\xi_2)|\}$

                      因此有
                                     $2=\frac{1}{3!}|f'''(\xi_2)+f'''(\xi_1)|\leq \frac{1}{3}|f'''(\xi)|,$

                                     $\therefore |f'''(\xi)|\geq 6.$


注：本题中的泰勒展开方法，在证明类似的问题中常用。