武汉大学2010年数学分析试题解答

武汉大学2010年数学分析试题解答

一、 1、解 $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln {{\left( 1+x \right)}^{\frac{1}{x}}}-1}{x}$$=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\frac{\ln \left( 1+x \right)}{x}-1}{x}$$=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln \left( 1+x \right)-x}{{{x}^{2}}}$$=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\frac{1}{1+x}-1}{2x}$$=-\frac{1}{2}\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{1+x}=-\frac{1}{2}$.

2、  解 $\sum\limits_{k=1}^{n}{\frac{{{2}^{{}^{k}/{}_{n}}}}{n+1}}\le \sum\limits_{k=1}^{n}{\frac{{{2}^{{}^{k}/{}_{n}}}}{n+\frac{1}{k}}}\le \sum\limits_{k=1}^{n}{\frac{{{2}^{{}^{k}/{}_{n}}}}{n+\frac{1}{n}}}$，

$\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\sum\limits_{k=1}^{n}{\frac{{{2}^{{}^{k}/{}_{n}}}}{n+1}}=\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{n}{n+1}\sum\limits_{k=1}^{n}{\frac{1}{n}{{2}^{{}^{k}/{}_{n}}}}=\int_{0}^{1}{{{2}^{x}}dx}$$=\left. \left( \frac{1}{\ln 2}{{2}^{x}} \right) \right|_{0}^{1}=\frac{1}{\ln 2}$，

$\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\sum\limits_{k=1}^{n}{\frac{{{2}^{{}^{k}/{}_{n}}}}{n+\frac{1}{n}}}=\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{n}{n+\frac{1}{n}}\sum\limits_{k=1}^{n}{\frac{1}{n}{{2}^{{}^{k}/{}_{n}}}}=\int_{0}^{1}{{{2}^{x}}dx}=\frac{1}{\ln 2}$，所以$\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{{{2}^{{}^{1}/{}_{n}}}}{n+1}+\frac{{{2}^{{}^{2}/{}_{n}}}}{n+\frac{1}{2}}+\cdots +\frac{{{2}^{{}^{n}/{}_{n}}}}{n+\frac{1}{n}} \right)=\frac{1}{\ln 2}$.

3、  解：

$\int{\frac{dx}{1+\tan x}}=\int{\frac{\cos x}{\cos x+\sin x}}dx=\frac{1}{2}\int{\frac{\left( \cos x+\sin x \right)+\left( \cos x-\sin x \right)}{\cos x+\sin x}}dx$

$=\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}\ln \left| \sin x+\cos x \right|+C$.

4、 解 ：

设$G(x,\alpha )=\int\limits_{x-2\alpha }^{x+3\alpha }{\cos ({{x}^{2}}}+{{y}^{2}}+{{\alpha }^{2}})dy$，则

$F(\alpha )=\int\limits_{0}^{{{e}^{\alpha }}}{dx\int\limits_{x-2\alpha }^{x+3\alpha }{\cos ({{x}^{2}}}}+{{y}^{2}}+{{\alpha }^{2}})dy=\int\limits_{0}^{{{e}^{\alpha }}}{G(x,\alpha )dx}$

于是

$F'(\alpha )=\int\limits_{0}^{{{e}^{\alpha }}}{{{G}_{\alpha }}(x,\alpha )dx+{{e}^{\alpha }}}G({{e}^{\alpha }},\alpha )$

而

${{G}_{\alpha }}(x,\alpha )=-2\alpha \int\limits_{x-2\alpha }^{x+3\alpha }{\sin ({{x}^{2}}}+{{y}^{2}}+{{\alpha }^{2}})dy+3\sin (2{{x}^{2}}+9{{\alpha }^{2}}+6ax)+2\sin (2{{x}^{2}}+4{{\alpha }^{2}}-4\alpha x)$于是

$F'(\alpha )=\int\limits_{0}^{{{e}^{\alpha }}}{[-2\alpha \int\limits_{x-2\alpha }^{x+3\alpha }{\sin ({{x}^{2}}}+{{y}^{2}}+{{\alpha }^{2}})dy+3\sin (2{{x}^{2}}+9{{\alpha }^{2}}+6ax)+2\sin (2{{x}^{2}}+4{{\alpha }^{2}}-4\alpha x)]dx}$$+{{e}^{\alpha }}\int\limits_{{{e}^{\alpha }}-2\alpha }^{{{e}^{\alpha }}+3\alpha }{\cos ({{e}^{2\alpha }}}+{{y}^{2}}+{{\alpha }^{2}})dy$

5、 解 $\iiint\limits_{V}{{{e}^{x}}{{y}^{2}}{{z}^{3}}dxdydz}$$=\int_{0}^{1}{{{e}^{x}}dx\int_{0}^{x}{{{y}^{2}}dy\int_{0}^{xy}{{{z}^{3}}dz}}}$$=\int_{0}^{1}{{{e}^{x}}dx\int_{0}^{x}{{{y}^{2}}\frac{1}{4}{{x}^{4}}{{y}^{4}}dy}}$

$=\frac{1}{4}\frac{1}{7}\int_{0}^{1}{{{x}^{11}}{{e}^{x}}dx}=\frac{1}{28}\int_{0}^{1}{{{x}^{11}}{{e}^{x}}dx}$ $=1425600-\frac{7342285e}{14}$，（多次分部积）。

$I(m)=\int_{0}^{1}{{{x}^{m}}{{e}^{x}}dx}=e-mI(m-1)$ 。

二、证明

方法一（1）当 $a>\frac{1}{4}$时，${{x}_{1}}\ge 0$，${{x}_{n+1}}=\sqrt{a+{{x}_{n}}}$，

 因为$|{{x}_{n+1}}-{{x}_{n}}|=|\sqrt{a+{{x}_{n}}}-\sqrt{a+{{x}_{n-1}}}|$

$=\frac{1}{\sqrt{a+{{x}_{n}}}+\sqrt{a+{{x}_{n-1}}}}|{{x}_{n}}-{{x}_{n-1}}|$\le \frac{1}{2\sqrt{a}}|{{x}_{n}}-{{x}_{n-1}}|$，$n=2,3,\cdots$，

于是得压缩序列$\{{{x}_{n}}\}$是收敛的，设$\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{{x}_{n}}=A$，显然$A\ge \sqrt{a}$；

在${{x}_{n+1}}=\sqrt{a+{{x}_{n}}}$两边令$n\to \infty$取极限得到$A=\sqrt{a+A}$，

从而${{A}^{2}}-A-a=0$，解得$A=\frac{1\pm \sqrt{1+4a}}{2}$，因为$A\ge \sqrt{a}$，故$A=\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2}$ .

$\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{{x}_{n}}=A=\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2}$  ；

  （2）当 $0<a\le \frac{1}{4}$时${{x}_{1}}=\sqrt{a}$，${{x}_{n+1}}=\sqrt{a+{{x}_{n}}}$，

得${{x}_{n}}\ge \sqrt{a}$，${{x}_{2}}\ge {{x}_{1}}$，${{x}_{n+1}}=\sqrt{a+{{x}_{n}}}$，由此推出$\{{{x}_{n}}\}$单调递增，

$f(x)=\sqrt{a+x}$单调递增，令$A=\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2}$，则有$f(A)=A$，

${{x}_{1}}<A=\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2}$，由此得${{x}_{n}}<A=\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2}$，

$\{{{x}_{n}}\}$单调递增有界，设$\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{{x}_{n}}=A$，显然$A\ge \sqrt{a}$；

在${{x}_{n+1}}=\sqrt{a+{{x}_{n}}}$两边令$n\to \infty$取极限得到$A=\sqrt{a+A}$，

从而${{A}^{2}}-A-a=0$，解得$A=\frac{1\pm \sqrt{1+4a}}{2}$，因为$A\ge \sqrt{a}$，故\[A=\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2}$ .

$\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{{x}_{n}}=A=\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2}$

方法二  令$A=\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2}$，则有$A=\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2}>1$，${{x}_{n+1}}^{2}=a+{{x}_{n}}$，${{A}^{2}}=a+A$，

从而$|{{x}_{n+1}}-A|=\frac{|{{x}_{n}}-A|}{{{x}_{n}}+A}\le \frac{1}{A}|{{x}_{n}}-A|\le \cdots \le \frac{1}{{{A}^{n}}}|{{x}_{1}}-A|$，

于是$\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{{x}_{n}}=A=\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2}$。

 

 

三、 证明 令$F(x)=xf(x)$，由积分中值定理，存在${{\xi }_{1}}\in \left( 0,\frac{1}{2} \right)$，使得

$f(2)=\int_{0}^{\frac{1}{2}}{xf\left( x \right)dx}=\frac{1}{2}{{\xi }_{1}}f({{\xi }_{1}})$，于是有$F(2)=2f(2)={{\xi }_{1}}f({{\xi }_{1}})=F({{\xi }_{1}})$，

由罗尔中值定理，得存在$\xi \in \left( 0,2 \right)$，使得${F}'(\xi )=0$，即 $f\left( \xi  \right)+\xi {f}'\left( \xi  \right)=0$  。

四、 ${{u}_{x}}=v+x{{v}_{x}}+y{\varphi }'\left( v \right){{v}_{x}}+{\psi }'\left( v \right){{v}_{x}}=v$，${{u}_{xx}}={{v}_{x}}$，${{u}_{xy}}={{v}_{y}}$，

${{u}_{y}}=x{{v}_{y}}+\varphi \left( v \right)+y{\varphi }'\left( v \right){{v}_{y}}+{\psi }'\left( v \right){{v}_{y}}=\varphi \left( v \right)$，${{u}_{yy}}={\varphi }'\left( v \right){{v}_{y}}$，${{u}_{yx}}={\varphi }'\left( v \right){{v}_{x}}$；

于是${{u}_{xx}}={{v}_{x}}$，${{u}_{yy}}={\varphi }'\left( v \right){{v}_{y}}$，${{u}_{xy}}={{v}_{y}}$，${{u}_{yx}}={\varphi }'\left( v \right){{v}_{x}}$，

$\frac{{{\partial }^{2}}u}{\partial {{x}^{2}}}\cdot \frac{{{\partial }^{2}}u}{\partial {{y}^{2}}}-{{\left( \frac{{{\partial }^{2}}u}{\partial x\partial y} \right)}^{2}}={{v}_{x}}{\varphi }'(v){{v}_{y}}-{{u}_{xy}}\cdot {{u}_{yx}}$ $={{v}_{x}}{\varphi }'(v){{v}_{y}}-{{v}_{y}}{\varphi }'(v){{v}_{x}}=0$。

五、 解  两曲面的交线为${{x}^{2}}+{{y}^{2}}={{a}^{2}},z=a$，$D=\{(x,y):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}\le {{a}^{2}}\}$，

${{S}_{1}}:z=2a-\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}},(x,y)\in D$；${{S}_{2}}:z=\frac{1}{a}({{x}^{2}}+{{y}^{2}}),(x,y)\in D$，

$d\sigma =\sqrt{1+{{(\frac{\partial z}{\partial x})}^{2}}+{{(\frac{\partial z}{\partial y})}^{2}}}dxdy$，曲面的面积

${{S}_{1}}=\iint\limits_{D}{\sqrt{1+{{(\frac{\partial z}{\partial x})}^{2}}+{{(\frac{\partial z}{\partial y})}^{2}}}}dxdy=\iint\limits_{D}{\sqrt{2}}dxdy=\sqrt{2}\pi {{a}^{2}}$，

${{S}_{2}}=\iint\limits_{D}{\sqrt{1+{{(\frac{\partial z}{\partial x})}^{2}}+{{(\frac{\partial z}{\partial y})}^{2}}}}dxdy$$=\iint\limits_{D}{\frac{\sqrt{{{a}^{2}}+4{{x}^{2}}+4{{y}^{2}}}}{a}}dxdy$$=\int_{0}^{2\pi }{d}\theta \int_{0}^{a}{\frac{\sqrt{{{a}^{2}}+4{{r}^{2}}}}{a}}\cdot rdr$

$=2\pi \frac{1}{a}\frac{1}{3}\frac{1}{4}{{({{a}^{2}}+4{{r}^{2}})}^{{}^{3}/{}_{2}}}|_{0}^{a}$$=\frac{\pi (5\sqrt{5}-1){{a}^{2}}}{6}$ 。

则所求曲面的面积为$S={{S}_{1}}+{{S}_{2}}=\sqrt{2}\pi {{a}^{2}}+\frac{\pi (5\sqrt{5}-1){{a}^{2}}}{6}$。

六、证明 对任意$a>0$，当$x\ge 1+a$时，设${{u}_{n}}\left( x \right)=\frac{\ln \left( 1+nx \right)}{n{{x}^{n}}}$，

$0<{{u}_{n}}\left( x \right)\le \frac{nx}{n{{x}^{n}}}=\frac{1}{{{x}^{n-1}}}\le \frac{1}{{{\left( 1+a \right)}^{n-1}}}$，而$\sum\limits_{n=1}^{\infty }{\frac{1}{{{\left( 1+a \right)}^{n-1}}}}$收敛，所以$\sum\limits_{n=1}^{\infty }{{{u}_{n}}\left( x \right)}$在$x\in \left[ 1+a,+\infty  \right)$上一致收敛；由${{u}_{n}}\left( x \right)$在$\left[ 1+a,+\infty  \right)$上连续，所以$f\left( x \right)=\sum\limits_{n=1}^{\infty }{\frac{\ln \left( 1+nx \right)}{n{{x}^{n}}}}$在$\left[ 1+a,+\infty  \right)$上连续，由$a>0$的任意性，知$f\left( x \right)$在$\left( 1,+\infty  \right)$上连续；由${{u}_{n}}\left( 1 \right)=\frac{\ln \left( 1+n \right)}{n}>\frac{1}{n},(n>2)$，显然$\sum\limits_{n=1}^{\infty }{{{u}_{n}}\left( 1 \right)}$发散，所以$\sum\limits_{n=1}^{\infty }{{{u}_{n}}\left( x \right)}$在$\left( 1,+\infty  \right)$不一致收敛.

七、设$\phi (u)=\int_{0}^{+\infty }{{{e}^{-{{x}^{2}}}}}\cos uxdx$.证明（1） 设$f(x,u)={{e}^{-{{x}^{2}}}}\cos ux$，则有$f(x,u)$在$[0,+\infty )\times (-\infty ,+\infty )$上连续，且有$|f(x,u)|\le {{e}^{-{{x}^{2}}}}$，而$\int_{0}^{+\infty }{{{e}^{-{{x}^{2}}}}}dx$收敛，根据魏尔斯特拉斯判别法，积分$\int_{0}^{+\infty }{f(x,u)}dx$$(-\infty ,+\infty )$上一致收敛，所以$\phi (u)=\int_{0}^{+\infty }{{{e}^{-{{x}^{2}}}}}\cos uxdx$的定义域为$(-\infty ,+\infty )$；

（2） $f(x,u)$，$\frac{{{\partial }^{k}}}{\partial {{u}^{k}}}f(x,u)$在$[0,+\infty )\times (-\infty ,+\infty )$上连续，且有$|f(x,u)|\le {{e}^{-{{x}^{2}}}}$，$|\frac{{{\partial }^{k}}}{\partial {{u}^{k}}}f(x,u)|\le {{x}^{k}}{{e}^{-{{x}^{2}}}}$，而$\int_{0}^{+\infty }{{{e}^{-{{x}^{2}}}}}dx$，$\int_{0}^{+\infty }{{{x}^{k}}{{e}^{-{{x}^{2}}}}}dx$收敛，根据魏尔斯特拉斯判别法，积分$\int_{0}^{+\infty }{f(x,u)}dx$，$\int_{0}^{+\infty }{\frac{{{\partial }^{k}}}{\partial {{u}^{k}}}f(x,u)}dx$均在$(-\infty ,+\infty )$上一致收敛，$k=1,2,\cdots$

于是$\phi (u)=\int_{0}^{+\infty }{{{e}^{-{{x}^{2}}}}}\cos uxdx$在$(-\infty ,+\infty )$上连续可微，且$\phi (u)=\int_{0}^{+\infty }{{{e}^{-{{x}^{2}}}}}\cos uxdx$在$(-\infty ,+\infty )$上具任意阶的连续导数；${{\varphi }^{(k)}}(u)=\int_{0}^{+\infty }{\frac{{{\partial }^{k}}}{\partial {{u}^{k}}}f(x,u)}dx$，$k=1,2,\cdots$；

（3） ${\varphi }'(u)=\int_{0}^{+\infty }{\frac{\partial }{\partial u}({{e}^{-{{x}^{2}}}}}\cos ux)dx=\int_{0}^{+\infty }{{{e}^{-{{x}^{2}}}}}(-x\sin ux)dx$

$=\int_{0}^{+\infty }{\sin ux}d(\frac{1}{2}{{e}^{-{{x}^{2}}}})$$=-\int_{0}^{+\infty }{\frac{1}{2}{{e}^{-{{x}^{2}}}}(}u\cos ux)dx$$=-\frac{u}{2}\phi (u)$，由此得$[\ln \phi (u){]}'=-\frac{u}{2}$，积分得$\ln \phi (u)=-\frac{{{u}^{2}}}{4}+{{C}_{1}}$从而有$\phi (u)=C{{e}^{-\frac{{{u}^{2}}}{4}}}$，\[C=\phi (0)=\int_{0}^{+\infty }{{{e}^{-{{x}^{2}}}}}dx=\frac{\sqrt{\pi }}{2}$，

故$\phi (u)=\int_{0}^{+\infty }{{{e}^{-{{x}^{2}}}}}\cos uxdx$$=\frac{\sqrt{\pi }}{2}{{e}^{-\frac{{{u}^{2}}}{4}}}$  .

八、证明 设$D=\{(x,y,z):\frac{{{\left( x-3 \right)}^{2}}}{16}+\frac{{{\left( y-2 \right)}^{2}}}{9}\le 1,z=0\}$，$n=(0,0,1)$$D$与$\Sigma$所围的区域为$V$，显然点$(0,0,0)$在$V$的外部，曲面$\sum$没有罩着点$(0,0,0)$。$div(\frac{1}{{{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}} \right)}^{{\scriptstyle{}^{3}/{}_{2}}}}}(x,y,z))=0$，利用高斯公式，得

$\iint\limits_{\sum }{\frac{xdydz+ydzdx+zdxdy}{{{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}} \right)}^{{\scriptstyle{}^{3}/{}_{2}}}}}}=\iint\limits_{D}{\frac{xdydz+ydzdx+zdxdy}{{{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}} \right)}^{{\scriptstyle{}^{3}/{}_{2}}}}}}=0$.此题出的错误。

应把曲面方程改为使$D$与$\Sigma$所围的区域$V$含点$(0,0,0)$。曲面$\sum$应罩着点$(0,0,0)$。改为：$\sum$为$1-\frac{z}{5}=\frac{{{\left( x-2 \right)}^{2}}}{16}+\frac{{{\left( y-2 \right)}^{2}}}{9}$（$z\ge 0$）的上侧.求证$\iint\limits_{\sum }{\frac{xdydz+ydzdx+zdxdy}{{{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}} \right)}^{{\scriptstyle{}^{3}/{}_{2}}}}}}=2\pi$.

证明  取$\varepsilon >0$充分小，${{S}_{\varepsilon }}:{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}={{\varepsilon }^{2}}(z\ge 0)$，${{D}_{\varepsilon }}=(x,y,z):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}\ge {{\varepsilon }^{2}},\frac{{{\left( x-2 \right)}^{2}}}{16}+\frac{{{\left( y-2 \right)}^{2}}}{9}\le 1,z=0\}$，$div(\frac{1}{{{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}} \right)}^{{\scriptstyle{}^{3}/{}_{2}}}}}(x,y,z))=0$

${{D}_{\varepsilon }}$，${{S}_{\varepsilon }}$与$\Sigma$所围的区域为${{V}_{\varepsilon }}$，利用高斯公式，得

$\iint\limits_{\sum }{\frac{xdydz+ydzdx+zdxdy}{{{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}} \right)}^{{\scriptstyle{}^{3}/{}_{2}}}}}}=\iint\limits_{{{S}_{\varepsilon }}+{{D}_{\varepsilon }}}{\frac{xdydz+ydzdx+zdxdy}{{{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}} \right)}^{{\scriptstyle{}^{3}/{}_{2}}}}}}$

$=\iint\limits_{{{S}_{\varepsilon }}}{\frac{xdydz+ydzdx+zdxdy}{{{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}} \right)}^{{\scriptstyle{}^{3}/{}_{2}}}}}}+\iint\limits_{{{D}_{\varepsilon }}}{\frac{xdydz+ydzdx+zdxdy}{{{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}} \right)}^{{\scriptstyle{}^{3}/{}_{2}}}}}}$

$=\frac{1}{{{\varepsilon }^{3}}}\iint\limits_{{{S}_{\varepsilon }}}{xdydz+ydzdx+zdxdy}+0$

$=\frac{1}{{{\varepsilon }^{3}}}\iint\limits_{{{S}_{\varepsilon }}}{\frac{1}{\varepsilon }}({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}})dS$

$=\frac{1}{{{\varepsilon }^{2}}}\iint\limits_{{{S}_{\varepsilon }}}{dS}=\frac{1}{{{\varepsilon }^{2}}}\frac{1}{2}4\pi {{\varepsilon }^{2}}=2\pi$ 。

九、证明  （1）对$\forall {{x}_{1}},{{x}_{2}}\in [0,+\infty )$，成立$|\sqrt{{{x}_{2}}}-\sqrt{{{x}_{1}}}|\le \sqrt{|{{x}_{2}}-{{x}_{1}}|}$，$\left| f\left( {{x}_{2}} \right)-f\left( {{x}_{1}} \right) \right|\le \sqrt{|{{x}_{2}}-{{x}_{1}}|}$，由此知$f\left( x \right)=\sqrt{x}$在$\left[ 0,+\infty  \right)$上是一致连续的；

（2）   因为$f\left( x \right)=\sqrt{x}$在$\left( 0,+\infty  \right)$内可导，导函数${f}'\left( x \right)=\frac{1}{2\sqrt{x}}$在$\left( 0,+\infty  \right)$内无界，

所以$f\left( x \right)=\sqrt{x}$在$\left[ 0,+\infty  \right)$上不是$Lipschitz$连续的。 注：设$p\ge 1$，则对$\forall {{x}_{1}},{{x}_{2}}\in [0,+\infty )$，

成立$|{{x}_{2}}^{\frac{1}{p}}-{{x}_{1}}^{\frac{1}{p}}|\le |{{x}_{2}}-{{x}_{1}}{{|}^{\frac{1}{p}}}$。（这个结果，用简单初等方法就能证出。）