华南理工大学数学分析-考研解答

华南理工大学数学分析2011-2013考研解答

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}{\alph a}} \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}{\s qrt{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