华南理工大学2013年数学分析考研试题参考解答

1. ($12'$) 求极限 $\dps{\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}\sex{\sqrt[4]{n^2+1}-\sqrt{n+1}}}$.

解答: $$\beex \bea \mbox{原极限} &=\lim_{x\to 0}\sqrt{\frac{1}{x}}\sex{\sqrt[4]{\frac{1}{x^2}-1}-\sqrt{\frac{1}{x}-1}}\\ &=\lim_{x\to 0} \frac{\sqrt[4]{1+x^2}-\sqrt{1+x}}{x}\\ &=\lim_{x\to 0} \sez{\frac{1}{4}(1+x^2)^{-\frac{3}{4}}\cdot \frac{1}{2}(1+x)^{-\frac{1}{2}}}\\ &=-\frac{1}{2}. \eea \eeex$$   

 

2. ($12'$) 确定函数项级数 $\dps{\sum_{n=1}^\infty \frac{x^2}{n}}$ 的收敛域, 并求其和函数.

解答: 由 $a_n=1/n$ 知收敛半径为 $R=1$. 又 $\dps{\sum_{n=1}^\infty \frac{x^2}{n}}$ 当 $x=-1$ 时收敛, 当 $x=1$ 时发散, 而收敛域为 $[-1,1)$. 另外, 在收敛域范围内, $$\bex \sum_{n=1}^\infty \frac{x^2}{n} =\sum_{n=1}^\infty\int_0^xt^{n-1}\rd t =\int_0^x \sum_{n=1}^\infty t^{n-1}\rd t =\int_0^x \frac{1}{1-t}\rd t=-\ln (1-x). \eex$$   

 

3. ($12'$) 设函数 $f\in C^2(\bbR)$, 且 $$\bex f(x+h)+f(x-h)-2f(x)\leq 0,\quad\forall\ x\in \bbR,\quad \forall\ h>0. \eex$$ 证明: 对 $\forall\ x\in\bbR$, 有 $f''(x)\leq0$.

证明: 由 $$\bex 0\geq \lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)+f(x-h)-2f(x)}{h^2} =\lim_{h\to 0}\frac{f'(x+h)-f'(x-h)}{2h}=f''(x) \eex$$ 即知结论.

 

4. ($12'$) 设 $\beta>0$ 且 $$\bex x_1=\frac{1}{2}\sex{2+\frac{\beta}{2}},\quad x_{n+1}=\frac{1}{2}\sex{x_n+\frac{\beta}{x_n}},\ n=1,2,3,\cdots. \eex$$ 试证数列 $\sed{x_n}$ 收敛, 并求其极限.

证明:  (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) 设 $f(x)=(x+\beta/x)/2$, 则 $f'(x)=(1-\beta/x^2)/2$, 而当 $x\geq \sqrt{\beta}$ 时, $0\leq f'(x)<1/2$. 由此, $\sed{x_n}$ 为压缩数列, 是收敛的. 令 $x_n\to \alpha$, 则 $$\bex \alpha=\frac{1}{2}\sex{\alpha+\frac{\beta}{\alpha}} \ra \alpha=\sqrt{\beta}. \eex$$    

 

5. ($12'$) 求极限 $$\bex \lim_{n\to\infty}\int_{-\pi/2}^0 \cos^nx\rd x. \eex$$ 解: 由 $$\bex \sev{\int_{-\pi/2}^0 \cos^nx\rd x} =\sev{\int_{-\pi/2}^{-\delta}+\int_{-\delta}^0 \cos^nx\rd x} \leq \frac{\pi}{2}\cos^n\delta+\delta,\quad (\forall\ 0<\delta\ll 1) \eex$$ 即知原极限为 $0$.  

 

6. ($12')$ 求极限 $$\bex \lim_{x\to 0+0}\frac{\sin\sqrt{x}}{\sqrt{1+x\tan x-\sqrt{\cos x}}}. \eex$$

解答: $$\bex \mbox{原极限}=\lim_{x\to 0+0}\sqrt{\frac{x}{1+x\tan x-\sqrt{\cos x}}} =\sqrt{\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{\tan x+x\sec^2x+\frac{\sin x}{2\sqrt{\cos x}}}}=+\infty. \eex$$   

 

7. ($13'$) 设函数 $g(x,y)$ 在 $(0,0)$ 点可微且在该点的函数值及微分为零, 定义函数 $$\bex f(x,y)=\sedd{\ba{ll} g(x,y)\sin\frac{1}{x^2+y^2},&x^2+y^2\neq 0,\\ 0,&x^2+y^2=0. \ea} \eex$$ 试证: $f(x,y)$ 在 $(0,0)$ 处可微.

证明: 由 $$\beex \bea \frac{|f(x,y)-f(0,0)|}{\sqrt{x^2+y^2}} &=\sev{\frac{g(x,y)-g(0,0)}{\sqrt{x^2+y^2}}\sin\frac{1}{x^2+y^2}}\\ &\leq \sev{\frac{g(x,y)-g(0,0)-g_x(0,0)x-g_y(0,0)y}{\sqrt{x^2+y^2}}} \to 0\quad(x^2+y^2\to 0) \eea \eeex$$ 即知结论.   

 

8. ($13'$) 计算曲面积分 $$\bex \iint_S y\rd x\rd z, \eex$$ 其中 $S$ 是曲面 $x^2+y^2+z^2=1$ 的上半部分, 并取外侧为正向.

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. ($13'$) 计算曲线积分 $$\bex \int_C\frac{x\rd y-y\rd x}{x^2+y^2}, \eex$$ 其中 $C$ 是以 $(0,1)$ 为圆心, $R(R\neq 1)$ 为半径的圆周, 方向为逆时针.

解答: 由 Green 公式知当 $R<1$ 时原积分为 $0$; 当 $R>1$ 时, $$\beex \bea \mbox{原积分} &=\int_{x^2+y^2=\ve^2}\frac{x\rd y-y\rd x}{x^2+y^2}\quad(0<\ve\ll 1)\\ &=\frac{1}{\ve^2}\int_{x^2+y^2=\ve^2}x\rd y-y\rd x\\ &=\frac{1}{\ve^2}\cdot 2\iiint_{x^2+y^2\leq \ve^2}\rd x\rd y\\ &=2\pi. \eea \eeex$$   

 

10. ($13')$ 计算曲面积分 $$\bex \iint_\vSa \frac{\rd S}{\sqrt{x^2+y^2+(z+2)^2}}, \eex$$ 其中 $\vSa$ 是以原点 $(0,0,0)$ 为圆心, $2$ 为半径的球面被 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 所截的上部分.

解答: 设 $$\bex x=2\sin\phi\cos,\quad y=2\sin \phi\sin\theta,\quad z=2\cos \phi,\quad 0\leq \phi\leq \pi,\quad 0\leq \theta\leq 2\pi, \eex$$ 则 $$\bex \rd S=\sqrt{EG-F^2}\rd \phi\rd \theta =4\sin \phi\rd \phi\rd \theta. \eex$$ 于是 $$\beex \bea \mbox{原积分} &=4\int_0^{2\pi}\rd \theta \int_0^\pi\frac{\sin \phi}{\sqrt{4\sin^2\phi+(2\cos\phi+2)^2}}\rd \phi\\ &=\frac{4\pi}{\sqrt{2}}\int_0^\pi \frac{\sin \phi}{\sqrt{1+\cos\phi}}\rd \phi\\ &=\frac{4\pi}{\sqrt{2}} \sez{\sevv{-2\sqrt{1+\cos\phi}}_0^\pi}\\ &=8\pi. \eea \eeex$$    

 

11. ($13'$) 设函数 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续, 且有唯一的最大值点 $x_0\in [a,b]$. 试证: 若 $x_n\in [a,b]$ 满足 $\dps{\lim_{n\to\infty}f(x_n)=f(x_0)}$, 则 $\dps{\lim_{n\to\infty}x_n=x_0}$.

证明: 用反证法. 若 $$\bee\label{246.11:1} \exists\ \ve_0>0,\ \exists\ \sed{n_k},\st |x_{n_k}-x_0|\geq \ve_0. \eee$$    则由 Weierstrass 聚点定理知 $$\bee\label{246.11:2} \exists\ \sed{n_{k_i}},\st x_{n_{k_i}}\to \bar x_0. \eee$$    由 $f$ 的连续性, $f(x_{n_{k_i}})\to f(\bar x_0)$. 再据题设及 $f(\bar x_0)=f(x_0)$ 知 $\bar x_0=x_0$. 于是当 $k=k_i$ 时的 \eqref{246.11:1} 与 \eqref{246.11:2} 矛盾. 故有结论.

 

12. ($13'$) 设函数 $f(x,y)$ 在闭区间 $|x-x_0|\leq a, |y-y_0|\leq b$ 上连续, 函数列 $\sed{\phi_n(x)}$ 在闭区间 $[x_0-a,x_0+a]$ 上一致收敛于函数 $\phi(x)$, 且对任意的 $n$ 及 $\forall\ x\in [x_0-a,x_0+a]$ 有 $|\phi_n(x)-y_0|\leq b$. 试证: $$\bex \lim_{n\to\infty}\int_{x_0}^x f(t,\phi_n(t))\rd t =\int_{x_0}^x f(t,\phi(t))\rd t. \eex$$

证明: 由积分号下取极限, 仅需证明 $$\bex f(x,\phi_n(x))\rightrightarrows f(x,\phi(x)). \eex$$ 事实上, 由 $f$ 的连续性及一致连续性, $$\bex \forall\ \ve>0,\ \exists\ \delta>0, \ \forall\ |x-x'|<\delta,\ |y-y'|<\delta, |f(x,y)-f(x',y')|<\ve. \eex$$ 对该 $\delta>0$, 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 $$\bex |x-x|=0<\delta,\ |\phi_n(x)-\phi(x)|<\delta\ra |f(x,\phi_n(x))-f(x,\phi(x))|<\ve. \eex$$