上海交通大学2020年数学分析真题


证明：题目有误，前一个结论，曲面积应分为零。

        先假定（II）成立，则对等式对$\lambda $求导，得

                            $\displaystyle xf_x(\lambda x,\lambda y,\lambda z)+yf_y(\lambda x,\lambda y,\lambda z)+zf_z(\lambda x,\lambda y,\lambda z)=-3\lambda ^{-4}f(x,y,z),$

               其中令$\lambda =1,$可得

                              $\displaystyle xf_x(x,y,z)+yf_y(x,y,z)+zf_z(x,y,z)+3f(x,y,z)=0.$

         对（I）利用高斯公式
                             $\begin{align*}\iint_\Sigma f(x,y,z)(xdydz+ydzdx+zdxdy)&=\iiint_\Omega (xf_x(x,y,z)+yf_y(x,y,z)\\\\&+zf_z(x,y,z)+3f(x,y,z))dV=0.\end{align*}$

           所以，（II）$\to$（I）成立。
           再设（I）成立，则从上术曲面积分为零，推出
                     
                               $\displaystyle xf_x(x,y,z)+yf_y(x,y,z)+zf_z(x,y,z)+3f(x,y,z)=0.$

               令
                               $\displaystyle x=\lambda u,y=\lambda v,z=\lambda w,$

             代入上式得
                               $\displaystyle \lambda uf'_1(\lambda u,\lambda v,\lambda w)+\lambda vf'_2(\lambda u,\lambda v,\lambda w)+\lambda wf'_3(\lambda u,\lambda v,\lambda w)+3f(\lambda u,\lambda v,\lambda w)=0.$

               亦即
                                $\displaystyle \lambda f'_\lambda (\lambda u,\lambda v,\lambda w)+3f(\lambda u,\lambda v,\lambda w)=0,$

              解上面关于$\lambda $的微分方程，得
                                $\displaystyle f(\lambda u,\lambda v,\lambda w)=C\lambda ^{-3}$

                       考虑到
                                  $\displaystyle \lambda =1,\Rightarrow C=f(u,v,w),$

                                  $\displaystyle \therefore f(\lambda u,\lambda v,\lambda w)=\lambda ^{-3}f(u,v,w).$

                     从而，（I）$\to$（II）成立。
                综上，可知（I）（II）等价。

                                                                             注：此题解答由小木虫论坛朋友提供。

已知：$x_1=\sqrt{2},x_2=\sqrt{2+\sqrt{2}},\cdots ,x_n=\sqrt{2+\sqrt{2+\cdots +\sqrt{2}}},$求：$\lim\limits_{n \to \infty }x_n$.
二个另类解法：
【方法一】
                              $x_1=\sqrt{2}=2\cos\frac{\pi}{2^2} ,$

                               $x_2=\sqrt{2+\sqrt{2}}=\sqrt{2(1+\cos\frac{\pi}{2^2})}=2\sqrt{\cos^2\frac{\pi}{2^3}}=2\cos\frac{\pi}{2^3},$

       用归纳法很容易得到：

                                $x_n=2\cos\frac{\pi}{2^{n+1}},$

                                 $\therefore  \lim\limits_{n \to\infty}x_n=\lim\limits_{n \to\infty}2\cos\frac{\pi}{2^{n+1}}=2.$

【方法二】
                                $\begin{align*}\because 0<|x_n-2|&=|\sqrt{2+x_{n-1}}-2|\\\\&=\frac{|2-x_n|}{\sqrt{2+x_{n-1}}+2}\\\\&<\frac{1}{2}|x_{n-1}-2|\\\\&< \cdots \\\\&< \frac{1}{2^n}|x_1-2|,\end{align*}$

                 所以
                                  $\forall \varepsilon > 0,\exists N,n> N,s.t.$

                                  $|x_n-2|< \varepsilon .$

证明：$x^n=1+x+x^2+\dots+x^{n-1}$ 在$[0,\frac{2n}{n+1})$ 处无解，在$[\frac{2n}{n+1},2)$处必有一解($n$为正整数)。

解:

显然$x=1$不是解(虽然$n=1$时等式成立，但$x=1$并不在指定区间内)。当$x\not=1$时，由等比数列求和公式，得
$$x^n=\frac{(1-x^{n})}{1-x}$$
即
$$x^{n+1}-2x^n+1=0$$
故上面等式与原等式等价。考察函数$f(x)=x^{n+1}-2x^n+1$的函数值范围，为此求其极点。
令$f'(x)=0$，即
$$(n+1)x^{n}-2nx^{n-1}=0$$
解得
$$x=0,\text{或}x=\frac{2n}{n+1},\text{(仅有这二根)}$$
故$f(x)$在区间$[0,\frac{2n}{n+1})$是严格单调的。由
$$f(0)=1,f\left(\frac{2n}{n+1}\right)=\left({\frac{2n}{n+1}}\right)^{n+1}-2\left({\frac{2n}{n+1}}\right)^n+1<2\left({\frac{2n}{n+1}}\right)^{n}-2\left({\frac{2n}{n+1}}\right)^n+1=1$$
故不论$n$为何，$f(x)$在区间$[0,\frac{2n}{n+1})$总是减函数。现估算$f\left(\frac{2n}{n+1}\right)$的取值范围。由于$$1\leq\frac{2n}{n+1}<2$$
故
$$f\left(\frac{2n}{n+1}\right)\leq f(1)=0$$
由连续函数的介值定理，又因为$f(x)$在区间$[0,\frac{2n}{n+1})$是严格单调的，故不论$n$为何，对于$f(x)$在区间$[0,\frac{2n}{n+1})$存在且仅存在一个根！但此根$x=1$,由开头所述理由，应该排除。故原等式在$[0,\frac{2n}{n+1})$处无解。
由前面分析可知$f(x)$在区间$[\frac{2n}{n+1},+\infty)$单调递增,且不论$n$为何，总有
$$f(2)=1$$,同样由连续函数介值定理知，不论$n$为何,$f(x)$在区间$[\frac{2n}{n+1},2)$存在且仅存在一个根。

                                                                                          ---------作者: ziou2004    时间: 2020-3-21 13:05

解：此题应为曲面积分，原凝笔误。

                               $\begin{align*}I&=\iint_S z(x+y)dS\\\\&=\iint_{D_{xy}}\sqrt{9-x^2-y^2}\cdot (x+y)\cdot \sqrt{1+\frac{x^2}{9-x^2-y^2}+\frac{y^2}{9-x^2-y^2}}dxdy\\\\&=3\iint_{D_{xy}} (x+y)dxdy,\end{align*}$

             其中
                               $\displaystyle D_{xy}:x^2+y^2\leq 8,x=2\sqrt{2}\cos \theta ,y=2\sqrt{2}\sin\theta.$

                               $\displaystyle 0\leq \theta\leq 2\pi,0\leq r\leq 2\sqrt{2} ,$

               取向上侧，计算得
                              $\displaystyle I=3\int_{0}^{2\pi}(\cos \theta +\sin \theta )d\theta \int_{0}^{2\sqrt{2}}r^2dr=16\sqrt{2}\int_{0}^{2\pi}(\cos \theta +\sin \theta )d\theta =32\sqrt{2}.$

证明
                         $\displaystyle \forall x_1,x_2\in[\alpha ,\beta ],x_1> x_2,s.t.$

                         $\begin{align*}|F_n(x_1)-F_n(x_2)|&=|\int_{x_1}^{x_1+\frac{1}{n}}f(t)dt-\int_{x_2}^{x_2+\frac{1}{n}}f(t)dt|\\\\&=|\int_{x_1}^{x_2+\frac{1}{n}}f(t)dt+\int_{x_2+\frac{1}{n}}^{x_1+\frac{1}{n}}f(t)dt-\int_{x_2}^{x_1}f(t)dt-\int_{x_1}^{x_2+\frac{1}{n}}f(t)dt|\\\\&=|\int_{x_1}^{x_1+\frac{1}{n}}f(t)dt-\int_{x_2}^{x_2+\frac{1}{n}}f(t)dt|\\\\&\leq |\int_{x_1}^{x_1+\frac{1}{n}}f(t)dt｜+|\int_{x_2}^{x_2+\frac{1}{n}}f(t)dt|.\end{align*}$

            因为$f(x)$为连续函数，故在所给区间内可积。由积分性质知

                        $\displaystyle \forall \varepsilon> 0, \exists N, n> N,\exists \delta > 0,\frac{1}{n}< \delta ,s.t.$

                         $\displaystyle |\int_{x_1}^{x_1+\frac{1}{n}}f(t)dt|< \varepsilon ,$

                         $\displaystyle |\int_{x_2}^{x_2+\frac{1}{n}}f(t)dt|< \varepsilon .$

                        $\displaystyle \therefore |F_n(x_1)-F_n(x_2)|< \varepsilon .$

                   即： 函数$F_n(x)$一致连续。

解：添加一个面$S':z=1$方向向上，使得$S+S'$在第一象限内组成一个闭合曲面。再用高斯公式计算：

                        $\displaystyle I=\iint_{S+S'} -\iint_{S'}=\iiint_\Omega (z+x^2+y^2)dV-\iint_{D'}y^2dxdy,$

           其中
                         $\displaystyle D':x^2+y^2=1,x\geq 0,y\geq 0.$

              变量变换
                         $\begin{align*}I&=\int_{0}^{1}dz\int_{0}^{\pi/2}d\theta \int_{0}^{z}(z+r^2)rdr-\int_{0}^{\pi/2}d\theta \int_{0}^{1}r^3\cos^2\theta dr\\\\&=\frac{\pi}{2}\int_{0}^{1}(\frac{1}{2}z^3+\frac{1}{4}z^4)dz-\frac{1}{4}\int_{0}^{\pi/2}\cos^2\theta d\theta \\\\&=\frac{7}{80}\pi-\frac{1}{16}\pi\\\\&=\frac{1}{40}\pi.\end{align*}$

杂题摘录

摘录一道极限题



注：此题直接用Stolz公式，更简单

                       $\begin{align*}\lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}(\frac{k}{n})^n&=\lim_{n \to \infty }\frac{\displaystyle \sum_{k=1}^{n}k^n}{n^n}\\\\&=\lim_{n \to \infty }\frac{n^n}{n^n-(n-1)^n}\\\\&=\lim_{n \to \infty }\frac{1}{1-(1-\frac{1}{n})^n}\\\\&=\frac{e}{e-1}.\end{align*}$

解：积分区域：
                            $D:0\leq x\leq 1-2y,0\leq y\leq \frac{1}{2},$

       直接计算
                             $\begin{align*}I&=\iint_De^{x+2y}dxdy=\int_{0}^{\frac{1}{2}}e^{2y}dy\int_{0}^{1-2y}e^xdx\\\\&=\int_{0}^{\frac{1}{2}}e^{2y}(e^{1-2y}-1)dy=\int_{0}^{\frac{1}{2}}(e-e^{2y})dy\\\\&=\frac{1}{2}e-\frac{1}{2}e+\frac{1}{2}=\frac{1}{2}.\end{align*}$

解：北大2009年，华中师大2010年考过类似题目，只是表达式差个符号，不知是手误，还是原出题本意，现以上面的表达式为准计算。

      设$S$为所给已知两个曲面的交线$L$所围的平面，取上侧。显然$S$的面积为：$\pi.$,$S$的单位法向量为$n=\frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1).$

              利用Stokes公式得

                             $\displaystyle I=\oint_L(z-y)dx+(x-z)dy+(y-x)dz=\frac{6}{\sqrt{3}}\iint_SdS=2\sqrt{3}\pi.$

解，这题符号应为三重积分。先利用奇函数在对称区间上的性质，再用极坐标计算。

                                 $\begin{align*}I&=\iiint_\Sigma (x+y+z)dV=\iiint_\Sigma zdV\\\\&=\int_{h}^{a}zdz\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{\sqrt{a^2-z^2}}rdr\\\\&=\pi\int_{h}^{a}z(a^2-z^2)dz\\\\&=\frac{\pi}{4}(a^2-h^2)^2.\end{align*}$

此题正确的应为：求曲面积分

                                   $\displaystyle \iint_\Sigma (x+y+z)dS.$
解法如下

解：由第一型与第二型曲面之间的转换公式，我们有

                                $\displaystyle (\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2})^{-\frac{1}{2}}dS=xdydz+ydzdx+zdxdy,$

                               $\displaystyle I=\iint_\Sigma (x^2+y^2+z^2)^{-\frac{3}{2}}(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2})^{-\frac{1}{2}}dS=\iint_\Sigma \frac{xdydz+ydzdx+zdxdy}{(x^2+y^2+z^2)^{-\frac{3}{2}}}.$

          由于积分在原点无定义，故可作一小圆：
   
                                  $\displaystyle C:x^2+y^2+z^2=\varepsilon ^2,$

           使之包围于积分区域椭圆中，由计算可知，原曲面积分在小圆外区域为零。在小圆区域内满足高斯公式：

                           $\begin{align*}I&=\iint_{\Sigma+C^-}\frac{xdydz+ydzdx+zdxdy}{(x^2+y^2+z^2)^{-\frac{3}{2}}}+\frac{1}{\varepsilon ^3}\iint_Cxdydz+ydzdx+zdxdy\\\\&=0+\frac{1}{\varepsilon ^3}\iiint_\Omega 3dxdydz=\frac{3}{\varepsilon ^3}\cdot \frac{4}{3}\pi \varepsilon ^3\\\\&=4\pi.\end{align*}$        

解：
                       $\displaystyle D_1:\frac{1}{2}y\leq x\leq 2y,0\leq y\leq 1,$

                       $\displaystyle D_2:\frac{1}{2}y\leq x\leq 3-y,1\leq y\leq 2,$

                       $\displaystyle D=D_1+D_2,$

                      $ \begin{align*}I&=\iint_Ddxdy\\\\&=\iint_{D_1}dxdy+\iint_{D_2}dxdy\\\\&=\int_{0}^{1}dy\int_{1/2y}^{2y}dx+\int_{1}^{2}dy\int_{1/2y}^{3-y}dx\\\\&=\frac{3}{4}+\frac{9}{4}=3.\end{align*}$

解：由已知
                            $L:\begin{cases}
x^2+y^2+z^2 &=R^2  \\
x+y+z &=0
\end{cases}$
      
        再由对称性知
                              $\displaystyle I=\oint_Lx^2ds=\frac{1}{3} \oint_L (x^2+y^2+z^2) ds=\frac{R^2}{3}\oint_Lds=\frac{2}{3}\pi R^3. $

解：
                      $\begin{align*}I&=\iint_Dx^2\ln\sqrt{x^2+y^2} dxdy\\\\&=\int_{0}^{\pi/2}d\theta \int_{0}^{1}r^2\cos^2\theta \ln r\cdot rdr\\\\&=\int_{0}^{\pi/2}\cos^2\theta d\theta \int_{0}^{1}r^3\ln rdr\\\\&=\int_{0}^{\pi/2}\cos^2\theta (\frac{1}{4}r^4\ln r|_0^1-\frac{1}{4}\int_{0}^{1}r^4\cdot \frac{1}{r}dr) d\theta \\\\&=-\frac{1}{16}\int_{0}^{\pi/2}\frac{1+\cos 2\theta }{2}d\theta \\\\&=-\frac{1}{64}\pi.\end{align*}$

解：先由三点求出平面方程



再计算曲面积分。

解：
            因为在球面上积分，故有
                                  $\displaystyle I=\iint_\Sigma \frac{Rxdydz+(z+R)^2dxdy}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}=\frac{1}{R}\iint_\Sigma Rxdydz+(z+R)^2dxdy.$

              添加一个平面
                                   $\displaystyle S:z=0,x^2+y^2\leq R^2.\downarrow ,$

             使之与下半球组成一个闭合曲面，以利用高斯公式计算。则

                                   $\displaystyle I=\frac{1}{R}\iint_{\Sigma+S}Rxdydz+(z+R)^2dxdy+\frac{1}{R}\iint_S R^2dxdy=\frac{1}{R}\iiint_\Omega (2z+3R)dxdydz+\pi R^3.$

               再用球面坐标计算前一部分三重积分。球面坐标为

                                    $\displaystyle I=\frac{1}{R}\iint_{\Sigma+S}Rxdydz+(z+R)^2dxdy+\frac{1}{R}\iint_S R^2dxdy=\frac{1}{R}\iiint_\Omega (2z+3R)dxdydz+\pi R^3.$

                   由此
                                     $\begin{align*}I&=\frac{1}{R}\int_{0}^{2\pi}d\varphi\int_{\pi/2}^{\pi}d\theta\int_{0}^{R}(2r\cos\theta +3R)r^2\sin\theta dr +\pi R^3\\\\&= \frac{1}{R}\int_{0}^{2\pi}d\varphi\int_{\pi/2}^{\pi}\sin\theta d\theta\int_{0}^{R}(2r^3\cos\theta +3Rr^2) dr +\pi R^3\\\\&=\frac{2\pi}{R}\int_{\pi/2}^{\pi}\sin\theta(\frac{1}{2}R^4\cos\theta +R^4) d\theta +\pi R^3\\\\&=\frac{2\pi}{R}\cdot(-\frac{3}{4}R^4)+\pi R^3\\\\&=-\frac{1}{2}\pi R^3.\end{align*}$

注：当积分区域为半平面（上或下半平面）时，对于有分母的被积函数一般都要先化简。

解：
                作变量变换
                                 $u=x+y,v=x-y,|J|=\frac{1}{2},$

                                  $D':0\leq u\leq 1,-u\leq v\leq u,$

                   因此
                                  $\begin{align*}I&=\iint_{D}e^{\frac{x-y}{x+y}}dxdy\\\\&=\frac{1}{2}\iint_{D'}e^{\frac{v}{u}}dudv\\\\&=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}du\int_{-u}^{u}e^{\frac{v}{u}}dv\\\\&=\frac{1}{2}(e-e^{-1})\int_{0}^{1}udu\\\\&=\frac{1}{4}(e-e^{-1}).\end{align*}$

华南理工大学2020数学分析

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