中科院2007年数分解答

解：取
Σ1
为曲面
⎧y =0
⎨ ⎩
x2
+
z2
=
4
，它的方向就为
y
轴的负方向，
D
为曲面 Σ
和 Σ1 形成的几何体，则有 ∫∫ yzdydz + ( x2 + z2 )ydzdx + xydxdy = 0
Σ1
从而 ∫∫ yzdydz + ( x2 + z2 )ydzdx + xydxdy
Σ
= ∫∫ yzdydz + ( x2 + z2 )ydzdx + xydxdy + ∫∫ yzdydz + ( x2 + z2 )ydzdx + xydxdy
+∞ esin x sin 2x
0
x p dx
发散
当
p
>
0 时，由于
esin x sin xp
2x
∼
2 x p−1
(x
→
0+
0)
，当且仅当
p
<
2
，积分
I1 收
敛，又因为
∫ ( ) ∫ ∫ I2 =
+∞ 1
2
sin xp
xd
esin x
=
−2esin1 sin1− 2
+∞ 1
esin x cos x xp
+∞ 0
esin
x sin xp
2x
dx
条件收敛，当
p
∈
(1,
2)
时，
∫ 显然积分 +∞ esin x sin 2x dx 绝对收敛
0
xp
3 ． 计 算 曲 面 积 分 ∫∫ yzdydz (+ x2 + )z2 ydzdx + xydxdy ， 其 中 Σ 为 曲 面
Σ
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
4 − y = x2 + z2 在 xoz 平面的的右侧部分的外侧。
ak +1
− ak
+
an+ p
⎞ε
⎟ ⎠
≤
1
+
M
(1+ M
)
=ε
∀p ∈ N *
∞
所以 ∑ anbn 收敛。
n=1
6．假设 f (x) 为二次连续可微实值函数，对于所有的实数 x ，满足
f ( x) ≤ 1 且 满 足 ( f (0))2 + ( f ′(0))2 = 4 。 证 明 存 在 实 数 x0 ， 满 足
1
n (k +1)π sin 2 x
1
n
1
(k +1)π
∫ ∫ ∑ ∫ ∑ ( ) ∫ 0
xp
dx ≥ π
xp
dx ≥ lim e n→+∞ k =1 kπ
dx ≥ lim
sin 2x dx
x
e n→+∞ k=1 k + 1 π kπ
∑ ∫ = 1
eπ
n
lim
1 = +∞ ，因此，此时
n→+∞ k =1 k +1
n
⎞ ⎟ ⎠
⎛⎜⎝1
−
n
n +
1
⎞ ⎟⎠
=
1
⎛⎜⎝ 1 +
1 n
n+1
⎞ ⎟⎠
n
+1 n
⎛⎜⎝1
−
n⎞ n +1⎟⎠
<
1 ne
(2) 由分析，只需讨论 0 < x, y < 1，根绝对称性，可设 y = tx (0 < t ≤ 1) 此时
( ) 有 xy + yx = xtx + (tx)x = xx t + t x xx ， 又 由 于 xx 在 x = 1 处 达 到 最 小 值 e −1 e e 取为A
( ) x
⇒ u ( x) exp
∫ −MK x0
f (t ) dt
− M ≤ 0; x ∈( x0, x0 + h)
( ) x
⇒ u ( x) ≤ M exp
∫ MK x0
f (t ) dt
; x ∈( x0 , x0 + h)
{ } ⇒ ϕ ( x) ≤ M exp
x
∫ KM x0
f (t ) dt
Σ
Σ1
∫∫∫( ) ∫ ∫∫ ( ) ∫ ∫ ∫ =
x2 + z2 dxdydz =
4
dy
x2 + z2 dxdz =
4
dy
2π
dθ
4−y r 2rdr = 32 π
D
0 x2 +z2 ≤4− y
0
0
0
3
4．证明下列不等式；
(1) xn (1− x) < 1 (0 < x < 1, n为正整数)
ne
，且有 xy + yx ≥ At + tA(tx > t ) ，又由于函数 g (t ) = At + tA 只有一个极小值
点
t0 = 1− e < 0 ，所以 g (t ) 在 (0,1] 上递增，所以 g (t ) ≥ g (0) = 1，
即 xy + yx >1
∞
∞
∞
．设级数 ∑bn 收敛，且 ∑ (an − an−1 ) 绝对收敛，证明：级数 ∑ anbn 收敛
使得
( ) ϕ (x)
≤M
x
1+ K ∫x0 ϕ (t ) f (t ) dt
, x ∈ ( x0, x0 + h) 。
证明：ϕ ( x) 必满足
{ } ϕ ( x) ≤ M exp
x
∫ KM x0
f (t ) dt
, x ∈ ( x0, x0 + h) 。
( ) 证明：设u ( x) = M
x
1+ K ∫x0 ϕ (t ) f (t ) dt
x2
x
− dt f (t,u) du
x
u2
− du f (t,u )du
解： lim 0 x→0+
x x4
−
= lim 0 x→0+
t x4
−
= lim 0 x→0+
0 x4
−
1−e 4
1−e 4
1−e 4
x2
= lim −∫0 x→0+
f (t, x) du
x3
由于 f ( x, y) 在 (0,0) 处可微，故存在
中科院 2007 年数学分析解答
1
求幂级数
∞
∑
n=0
n2 2n
+ n
1xn !
的收敛域，并求和.
解：取收敛半径为
R
，设
an
=
n2 +1 2n n!
Rn
，取临界状态，则有
( ) lim an+1 = 1⇒ R = lim n2 +1 2n+1 (n +1)! = +∞ 从而只收敛域为 (−∞, +∞) ，取
则有 F (0) = 4, F (c1 ) ≤ 2, F (c2 ) ≤ 2 就有 F ( x) 在 (c1, c2 ) 有最大值，从而存在
点 x0 ，有 F′( x0 ) = 0 ，即 2 f ′( x0 ) ⎡⎣ f ( x0 ) + f ′′( x0 )⎤⎦ = 0 ，
若 f ′( x0 ) = 0, F ( x0 ) = ( f ′( x0 ))2 ≤ 1这和 F ( x0 ) ≥ 4 矛盾 所以 f ( x0 ) + f ′′( x0 ) = 0
(2) xy + yx > 1( x, y > 0)
证明：(1) 设 f ( x) = xn (1− x) ，所以 f ′( x) = nxn−1 − (n +1) xn ，则有 f ( x) 在点
x = n 取得最大值；
n +1
xn (1− x)
≤
f
⎛ ⎜⎝
n⎞ n +1⎟⎠
=
⎛ ⎜⎝
n
n +
1
⎞′ ⎟ ⎠
∑ ( ) ( ) =
ey
+
⎛ y⎜
⎝
⎛∞ y⎜
⎝ n=0
yn ⎞ ⎞′
n
!
⎟ ⎠
⎟ ⎠
=
ey
+
y
yey ′ = ey
1+ y + y2
=
x
e2
⎛⎜1+ ⎝
x 2
+
x4 4
⎞ ⎟ ⎠
∫ 2．讨论积分
+∞ 0
esin
x
sin xp
2
x
dx
的绝对收敛和条件收敛
∫ ∫ ∫ 解：取
+∞ 0
esin
4
4
8．设 D = [0,1]×[0,1] ， f ( x, y) 是定义在 D 上的二元函数， f (0,0) = 0 ，且
∫ ∫ x2
dt
t f (t,u) du
f ( x, y) 在 (0, 0) 处可微。求极限： lim 0 x→0+
x x4
−
1−e 4
∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ x2
t
dt f (t,u) du
( ) ( ) = Sn+1 an+1 − an+2 + ⋯ Sn+ p−1 an+ p−1 − an+ p + Sn+ pan+ p