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華南理工大學(xué)數(shù)學(xué)分析2011-2013考研解答 1. ($12$) 求極限 $\dps{\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}\sex{\sqrt[4]{n^2+1}-\sqrt{n+1}}}$. 解答: $$\beex \bea \mbox{原極限} &=\lim_{x\to 0}\sqrt{\frac{1}{x}}\sex{\sqrt[4]{\frac{1}{x^2}-1}-\sqrt{\frac{1}{x}-1}}\\ &=\lim_{x\to 0} \frac{\sqrt[4]{1+x^2}-\sqrt{1+x}}{x}\\ &=\lim_{x\to 0} \sez{\frac{1}{4}(1+x^2)^{-\frac{3}{4}}\cdot \frac{1}{2}(1+x)^{-\frac{1}{2}}}\\ &=-\frac{1}{2}. \eea \eeex$$ 2. ($12$) 確定函數(shù)項級數(shù) $\dps{\sum_{n=1}^\infty \frac{x^2}{n}}$ 的收斂域, 并求其和函數(shù). 解答: 由 $a_n=1/n$ 知收斂半徑為 $R=1$. 又 $\dps{\sum_{n=1}^\infty \frac{x^2}{n}}$ 當(dāng) $x=-1$ 時收斂, 當(dāng) $x=1$ 時發(fā)散, 而收斂域為 $[-1,1)$. 另外, 在收斂域范圍內(nèi), $$\bex \sum_{n=1}^\infty \frac{x^2}{n} =\sum_{n=1}^\infty\int_0^xt^{n-1}\rd t =\int_0^x \sum_{n=1}^\infty t^{n-1}\rd t =\int_0^x \frac{1}{1-t}\rd t=-\ln (1-x). \eex$$ 3. ($12$) 設(shè)函數(shù) $f\in C^2(\bbR)$, 且 $$\bex f(x+h)+f(x-h)-2f(x)\leq 0,\quad\forall\ x\in \bbR,\quad \forall\ h>0. \eex$$ 證明: 對 $\forall\ x\in\bbR$, 有 $f(x)\leq0$. 證明: 由 $$\bex 0\geq \lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)+f(x-h)-2f(x)}{h^2} =\lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)-f(x-h)}{2h}=f(x) \eex$$ 即知結(jié)論. 4. ($12$) 設(shè) $\beta>0$ 且 $$\bex x_1=\frac{1}{2}\sex{2+\frac{\beta}{2}},\quad x_{n+1}=\frac{1}{2}\sex{x_n+\frac{\beta}{x_n}},\ n=1,2,3,\cdots. \eex$$ 試證數(shù)列 $\sed{x_n}$ 收斂, 并求其極限. 證明: (1) $$\bex x_n=\frac{1}{2}\sex{x_{n-1}+\frac{\beta}{x_{n-1}}} \geq \sqrt{\beta},\quad n=2,3,\cdots. \eex$$ (2) 設(shè) $f(x)=(x+\beta/x)/2$, 則 $f(x)=(1-\beta/x^2)/2$, 而當(dāng) $x\geq \sqrt{\beta}$ 時, $0\leq f(x)<1/2$. 由此, $\sed{x_n}$ 為壓縮數(shù)列, 是收斂的. 令 $x_n\to \alpha$, 則 $$\bex \alpha=\frac{1}{2}\sex{\alpha+\frac{\beta}{\alpha}} \ra \alpha=\sqrt{\beta}. \eex$$ 5. ($12$) 求極限 $$\bex \lim_{n\to\infty}\int_{-\pi/2}^0 \cos^nx\rd x. \eex$$ 解: 由 $$\bex \sev{\int_{-\pi/2}^0 \cos^nx\rd x} =\sev{\int_{-\pi/2}^{-\delta}+\int_{-\delta}^0 \cos^nx\rd x} \leq \frac{\pi}{2}\cos^n\delta+\delta,\quad (\forall\ 0<\delta\ll 1) \eex$$ 即知原極限為 $0$. 6. ($12)$ 求極限 $$\bex \lim_{x\to 0+0}\frac{\sin\sqrt{x}}{\sqrt{1+x\tan x-\sqrt{\cos x}}}. \eex$$ 解答: $$\bex \mbox{原極限}=\lim_{x\to 0+0}\sqrt{\frac{x}{1+x\tan x-\sqrt{\cos x}}} =\sqrt{\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{\tan x+x\sec^2x+\frac{\sin x}{2\sqrt{\cos x}}}}=+\infty. \eex$$ 7. ($13$) 設(shè)函數(shù) $g(x,y)$ 在 $(0,0)$ 點可微且在該點的函數(shù)值及微分為零, 定義函數(shù) $$\bex f(x,y)=\sedd{\ba{ll} g(x,y)\sin\frac{1}{x^2+y^2},&x^2+y^2\neq 0,\\ 0,&x^2+y^2=0. \ea} \eex$$ 試證: $f(x,y)$ 在 $(0,0)$ 處可微. 證明: 由 $$\beex \bea \frac{|f(x,y)-f(0,0)|}{\sqrt{x^2+y^2}} &=\sev{\frac{g(x,y)-g(0,0)}{\sqrt{x^2+y^2}}\sin\frac{1}{x^2+y^2}}\\ &\leq \sev{\frac{g(x,y)-g(0,0)-g_x(0,0)x-g_y(0,0)y}{\sqrt{x^2+y^2}}} \to 0\quad(x^2+y^2\to 0) \eea \eeex$$ 即知結(jié)論. 8. ($13$) 計算曲面積分 $$\bex \iint_S y\rd x\rd z, \eex$$ 其中 $S$ 是曲面 $x^2+y^2+z^2=1$ 的上半部分, 并取外側(cè)為正向. 解答: 由 Stokes 公式, $$\bex \iint_S y\rd x\rd z =-\iiint_{x^2+y^2+z^2\leq1\atop z\geq 0} \rd x\rd y\rd z =-\frac{2\pi}{3}. \eex$$ 9. ($13$) 計算曲線積分 $$\bex \int_C\frac{x\rd y-y\rd x}{x^2+y^2}, \eex$$ 其中 $C$ 是以 $(0,1)$ 為圓心, $R(R\neq 1)$ 為半徑的圓周, 方向為逆時針. 解答: 由 Green 公式知當(dāng) $R<1$ 時原積分為 $0$; 當(dāng) $R>1$ 時, $$\beex \bea \mbox{原積分} &=\int_{x^2+y^2=\ve^2}\frac{x\rd y-y\rd x}{x^2+y^2}\quad(0<\ve\ll 1)\\ &=\frac{1}{\ve^2}\int_{x^2+y^2=\ve^2}x\rd y-y\rd x\\ &=\frac{1}{\ve^2}\cdot 2\iiint_{x^2+y^2\leq \ve^2}\rd x\rd y\\ &=2\pi. \eea \eeex$$ 10. ($13)$ 計算曲面積分 $$\bex \iint_\vSa \frac{\rd S}{\sqrt{x^2+y^2+(z+2)^2}}, \eex$$ 其中 $\vSa$ 是以原點 $(0,0,0)$ 為圓心, $2$ 為半徑的球面被 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 所截的上部分. 解答: 設(shè) $$\bex x=2\sin\phi\cos,\quad y=2\sin \phi\sin\theta,\quad z=2\cos \phi,\quad 0\leq \phi\leq \pi,\quad 0\leq \theta\leq 2\pi, \eex$$ 則 $$\bex \rd S=\sqrt{EG-F^2}\rd \phi\rd \theta =4\sin \phi\rd \phi\rd \theta. \eex$$ 于是 $$\beex \bea \mbox{原積分} &=4\int_0^{2\pi}\rd \theta \int_0^\pi\frac{\sin \phi}{\sqrt{4\sin^2\phi+(2\cos\phi+2)^2}}\rd \phi\\ &=\frac{4\pi}{\sqrt{2}}\int_0^\pi \frac{\sin \phi}{\sqrt{1+\cos\phi}}\rd \phi\\ &=\frac{4\pi}{\sqrt{2}} \sez{\sevv{-2\sqrt{1+\cos\phi}}_0^\pi}\\ &=8\pi. \eea \eeex$$ 11. ($13$) 設(shè)函數(shù) $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上連續(xù), 且有唯一的最大值點 $x_0\in [a,b]$. 試證: 若 $x_n\in [a,b]$ 滿足 $\dps{\lim_{n\to\infty}f(x_n)=f(x_0)}$, 則 $\dps{\lim_{n\to\infty}x_n=x_0}$. 證明: 用反證法. 若 $$\bee\label{246.11:1} \exists\ \ve_0>0,\ \exists\ \sed{n_k},\st |x_{n_k}-x_0|\geq \ve_0. \eee$$ 則由 Weierstrass 聚點定理知 $$\bee\label{246.11:2} \exists\ \sed{n_{k_i}},\st x_{n_{k_i}}\to \bar x_0. \eee$$ 由 $f$ 的連續(xù)性, $f(x_{n_{k_i}})\to f(\bar x_0)$. 再據(jù)題設(shè)及 $f(\bar x_0)=f(x_0)$ 知 $\bar x_0=x_0$. 于是當(dāng) $k=k_i$ 時的 \eqref{246.11:1} 與 \eqref{246.11:2} 矛盾. 故有結(jié)論. 12. ($13$) 設(shè)函數(shù) $f(x,y)$ 在閉區(qū)間 $|x-x_0|\leq a, |y-y_0|\leq b$ 上連續(xù), 函數(shù)列 $\sed{\phi_n(x)}$ 在閉區(qū)間 $[x_0-a,x_0+a]$ 上一致收斂于函數(shù) $\phi(x)$, 且對任意的 $n$ 及 $\forall\ x\in [x_0-a,x_0+a]$ 有 $|\phi_n(x)-y_0|\leq b$. 試證: $$\bex \lim_{n\to\infty}\int_{x_0}^x f(t,\phi_n(t))\rd t =\int_{x_0}^x f(t,\phi(t))\rd t. \eex$$ 證明: 由積分號下取極限, 僅需證明 $$\bex f(x,\phi_n(x))\rightrightarrows f(x,\phi(x)). \eex$$ 事實上, 由 $f$ 的連續(xù)性及一致連續(xù)性, $$\bex \forall\ \ve>0,\ \exists\ \delta>0, \ \forall\ |x-x|<\delta,\ |y-y|<\delta, |f(x,y)-f(x,y)|<\ve. \eex$$ 對該 $\delta>0$, 由 $\phi_n\rightrightarrows \phi$ 知 $$\bex \exists\ N,\ \forall\ n>N,\ \forall\ x\in [x_0-a,x_0+a],\ |\phi_n(x)-\phi(x)|<\delta. \eex$$ 于是 $$\bex |x-x|=0<\delta,\ |\phi_n(x)-\phi(x)|<\delta\ra |f(x,\phi_n(x))-f(x,\phi(x))|<\ve. \eex$$