华中科技大学2013数学分析试题解答

一、（1）求极限$I=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{1-\cos x}{\int_{0}^{x}{\frac{\ln (1+xy)}{y}dy}}$

解：由于$\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{1-\cos x}{\frac{1}{2}{{x}^{2}}}=1$

于是$I=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{1-\cos x}{\int_{0}^{x}{\frac{\ln (1+xy)}{y}dy}}=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}}{2\int_{0}^{x}{\frac{\ln (1+xy)}{y}dy}}$

$=\frac{1}{2}\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{2x}{\int_{0}^{x}{\frac{1}{1+xy}dy+\frac{\ln (1+{{x}^{2}})}{x}}}$

$=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{x}{2\frac{\ln (1+{{x}^{2}})}{x}}=\frac{1}{2}\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}}{\ln (1+{{x}^{2}})}=\frac{1}{2}$

（2）计算含参变量广义积分$F(x)=\int_{0}^{+\infty }{\frac{\sin xy}{y{{e}^{y}}}}dy$

解：由于$\left| \frac{\sin xy}{y{{e}^{y}}} \right|\le \frac{\left| xy \right|}{\left| y \right|{{e}^{y}}}=\left| x \right|{{e}^{-y}}$

而$\int_{0}^{+\infty }{\left| x \right|}{{e}^{-y}}dy=-\left| x \right|{{e}^{-y}}|_{0}^{+\infty }=\left| x \right|$收敛

由$M$判别法可知：$F(x)=\int_{0}^{+\infty }{\frac{\sin xy}{y{{e}^{y}}}}dy$一致收敛

而$\left| \frac{\cos xy}{{{e}^{y}}} \right|\le {{e}^{-y}}$且$\int_{0}^{+\infty }{{{e}^{-y}}}dy$收敛

于是由$M$判别法可知：$\int_{0}^{+\infty }{\frac{\cos xy}{{{e}^{y}}}}dy$一致收敛

于是\[F'(x)=\left( \int_{0}^{+\infty }{\frac{\sin xy}{y{{e}^{y}}}}dy \right)'=\int_{0}^{+\infty }{\frac{\cos xy}{{{e}^{y}}}}dy\]

$=-{{e}^{-y}}\cos (xy)|_{0}^{+\infty }-\int_{0}^{+\infty }{x{{e}^{-y}}\sin (xy)dy}$

$=1-x\int_{0}^{+\infty }{{{e}^{-y}}}\sin (xy)dy$

$=1+x[{{e}^{-y}}\sin (xy)|_{0}^{+\infty }-x\int_{0}^{+\infty }{{{e}^{-y}}\cos (xy)}dy]$

于是$F'(x)=\int_{0}^{+\infty }{{{e}^{-y}}\cos (xy)}dy=\frac{1}{1+{{x}^{2}}}$

则$F(x)=\arctan x+C$，其中$C$为常数

又由于$F(0)=C=0$

于是$F(x)=\arctan x$

二、设$R(x,y)$是曲线$C:\frac{{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}}+\frac{{{y}^{2}}}{{{b}^{2}}}=1$上点$(x,y)$的曲率半径$(a,b>0)$，计算第一型曲线积分：$\int\limits_{C}{R(x,y)ds}$

解：不妨设$F(x,y)=\frac{{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}}+\frac{{{y}^{2}}}{{{b}^{2}}}-1$

则${{F}_{x}}(x,y)=\frac{2x}{{{a}^{2}}},{{F}_{y}}(x,y)=\frac{2y}{{{a}^{2}}}$

从而在点$(x,y)$处：$y'=\frac{dy}{dx}=-\frac{{{F}_{x}}(x,y)}{{{F}_{y}}(x,y)}=-\frac{{{b}^{2}}x}{{{a}^{2}}y}$

$y''=\frac{{{b}^{2}}}{{{a}^{2}}}\cdot \frac{-y+xy'}{{{y}^{2}}}=-\frac{{{b}^{2}}({{a}^{2}}{{y}^{2}}+{{b}^{2}}{{x}^{2}})}{{{a}^{4}}{{y}^{3}}}=-\frac{{{b}^{4}}}{{{a}^{2}}{{y}^{3}}}$

从而曲率半径$R(x,y)=\frac{{{[1+{{(y')}^{2}}]}^{\frac{3}{2}}}}{\left| y'' \right|}=\frac{{{({{a}^{4}}{{y}^{2}}+{{b}^{4}}{{x}^{2}})}^{\frac{3}{2}}}}{{{a}^{4}}{{b}^{4}}}$

从而$\int\limits_{C}{R(x,y)ds=\int\limits_{C}{\frac{{{({{a}^{4}}{{y}^{2}}+{{b}^{4}}{{x}^{2}})}^{\frac{3}{2}}}}{{{a}^{4}}{{b}^{4}}}ds}}$，其中$C:\frac{{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}}+\frac{{{y}^{2}}}{{{b}^{2}}}=1$

令$x=a\cos \theta ,y=b\sin \theta ,\theta \in [0,2\pi ]$

于是

$\int\limits_{C}{R(x,y)ds}=\int_{0}^{2\pi }{\frac{{{[{{a}^{4}}{{b}^{2}}{{\sin }^{2}}\theta +{{a}^{2}}{{b}^{4}}{{\cos }^{2}}\theta ]}^{\frac{3}{2}}}}{{{a}^{4}}{{b}^{4}}}}\cdot \sqrt{{{a}^{2}}{{\sin }^{2}}\theta +{{b}^{2}}{{\cos }^{2}}\theta }d\theta $

$=\int_{0}^{2\pi }{\frac{{{[{{a}^{2}}{{\sin }^{2}}\theta +{{b}^{2}}{{\cos }^{2}}\theta ]}^{\frac{3}{2}}}}{ab}}\cdot \sqrt{{{a}^{2}}{{\sin }^{2}}\theta +{{b}^{2}}{{\cos }^{2}}\theta }d\theta $

\[=\frac{1}{ab}\int_{0}^{2\pi }{({{a}^{2}}{{\sin }^{2}}\theta +{{b}^{2}}{{\cos }^{2}}\theta }{{)}^{2}}d\theta \]

$=\frac{\pi }{4ab}(3{{a}^{4}}+3{{b}^{4}}+2{{a}^{2}}{{b}^{2}})$

三、设$\Omega $为椭球体$C:\frac{{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}}+\frac{{{y}^{2}}}{{{b}^{2}}}+\frac{{{z}^{2}}}{{{c}^{2}}}\le 1$在第一象限的部分$(a,b,c>0)$，计算三重积分：

\[I=\iiint\limits_{\Omega }{\left( \frac{{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}}+\frac{{{y}^{2}}}{{{b}^{2}}}+\frac{{{z}^{2}}}{{{c}^{2}}} \right)}dxdydz\]

解：不妨设

$x=ra\sin \varphi \cos \theta ,y=rb\sin \varphi \sin \theta ,z=rc\cos \varphi ,\theta \in (0,\frac{\pi }{2}),\varphi \in (0,\frac{\pi }{2}),r\in (0,1)$

于是$\left| J \right|=abc{{r}^{2}}\sin \varphi $

则\[I=\iiint\limits_{\Omega }{\left( \frac{{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}}+\frac{{{y}^{2}}}{{{b}^{2}}}+\frac{{{z}^{2}}}{{{c}^{2}}} \right)}dxdydz\]

\[=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}{d\theta }\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}{d\varphi }\int_{0}^{1}{{{r}^{2}}\cdot {{r}^{2}}abc\sin \varphi dr}\]

$=\frac{1}{10}\pi abc$

四、求幂级数$\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{{{(-1)}^{n-1}}{{n}^{2}}}{{x}^{n}}$的收敛域和其和函数

解：不妨设${{a}_{n}}={{(-1)}^{n-1}}\cdot {{n}^{2}}$

则$R=\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left| \frac{{{a}_{n}}}{{{a}_{n+1}}} \right|=\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{n}^{2}}}{{{(n+1)}^{2}}}=1$

而$\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{{{(-1)}^{n-1}}{{n}^{2}}}$和$-\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{{{n}^{2}}}$均发散

于是$\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{{{(-1)}^{n-1}}{{n}^{2}}}{{x}^{n}}$的收敛域为$(-1,1)$

设$S(x)=\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{{{(-1)}^{n-1}}{{n}^{2}}}{{x}^{n}},x\in (-1.1)$

$\frac{S(x)}{x}=\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{{{(-1)}^{n-1}}{{n}^{2}}}{{x}^{n-1}}$

$\int_{0}^{x}{\frac{S(t)}{t}}dt=\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{{{(-1)}^{n-1}}n}{{x}^{n}}$

令$g(x)=\int_{0}^{x}{\frac{S(t)}{t}}dt$

$\frac{g(x)}{x}=\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{{{(-1)}^{n-1}}n}{{x}^{n-1}}$

$\int_{0}^{x}{\frac{g(t)}{t}}dt=\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{{{(-1)}^{n-1}}}{{x}^{n}}=\frac{x}{1+x}$

于是$S(x)=\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{{{(-1)}^{n-1}}{{n}^{2}}}{{x}^{n}}=\frac{-2x}{{{(1+x)}^{3}}}$

五、在椭球面$C:\frac{{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}}+\frac{{{y}^{2}}}{{{b}^{2}}}+\frac{{{z}^{2}}}{{{c}^{2}}}=1$上确定一点$({{x}_{0}},{{y}_{0}},{{z}_{0}})$（其中${{x}_{0}},{{y}_{0}},{{z}_{0}}>0$），使得过该点的切平面与三个坐标平面所围成的四面体的体积最小，并求出最小体积？

解：$f(x,y,z)=\frac{{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}}+\frac{{{y}^{2}}}{{{b}^{2}}}+\frac{{{z}^{2}}}{{{c}^{2}}}-1$

从而${{f}_{x}}({{x}_{0}},{{y}_{0}},{{z}_{0}})=\frac{2{{x}_{0}}}{{{a}^{2}}},{{f}_{y}}({{x}_{0}},{{y}_{0}},{{z}_{0}})=\frac{2{{y}_{0}}}{{{b}^{2}}},{{f}_{z}}({{x}_{0}},{{y}_{0}},{{z}_{0}})=\frac{2{{z}_{0}}}{{{c}^{2}}}$

从而切平面的表达式为$\frac{2{{x}_{0}}}{{{a}^{2}}}(x-{{x}_{0}})+\frac{2{{y}_{0}}}{{{b}^{2}}}(y-{{y}_{0}})+\frac{2{{z}_{0}}}{{{c}^{2}}}(z-{{z}_{0}})=0$

且$\frac{x_{0}^{2}}{{{a}^{2}}}+\frac{y_{0}^{2}}{{{b}^{2}}}+\frac{z_{0}^{2}}{{{c}^{2}}}=1$，代入化简得：$\frac{{{x}_{0}}}{{{a}^{2}}}x+\frac{{{y}_{0}}}{{{b}^{2}}}y+\frac{{{z}_{0}}}{{{c}^{2}}}z=1$

于是切平面在第一象限的部分与三个坐标的坐标分别为

$(\frac{{{a}^{2}}}{{{x}_{0}}},0,0),(0,\frac{{{b}^{2}}}{{{y}_{0}}},0),(0,0,\frac{{{c}^{2}}}{{{z}_{0}}})$，可知${{x}_{0}},{{y}_{0}},{{z}_{0}}>0$

于是$V=\frac{1}{6}\cdot \frac{{{a}^{2}}}{{{x}_{0}}}\cdot \frac{{{b}^{2}}}{{{y}_{0}}}\cdot \frac{{{c}^{2}}}{{{z}_{0}}}$，且$\frac{x_{0}^{2}}{{{a}^{2}}}+\frac{y_{0}^{2}}{{{b}^{2}}}+\frac{z_{0}^{2}}{{{c}^{2}}}=1$

由广义均值不等式知：\[\frac{x_{0}^{2}}{{{a}^{2}}}+\frac{y_{0}^{2}}{{{b}^{2}}}+\frac{z_{0}^{2}}{{{c}^{2}}}\ge 3\sqrt[3]{\frac{x_{0}^{2}}{{{a}^{2}}}\cdot \frac{y_{0}^{2}}{{{b}^{2}}}\cdot \frac{z_{0}^{2}}{{{c}^{2}}}}\]  

当且仅当${{x}_{0}}=\frac{\sqrt{3}}{3}a,{{y}_{0}}=\frac{\sqrt{3}}{3}b,{{z}_{0}}=\frac{\sqrt{3}}{3}c$等号成立

于是在${{x}_{0}}=\frac{\sqrt{3}}{3}a,{{y}_{0}}=\frac{\sqrt{3}}{3}b,{{z}_{0}}=\frac{\sqrt{3}}{3}c$处，${{V}_{\min }}=\frac{\sqrt{3}}{2}abc$

六、设$f(x)$在区间$[0,+\infty )$上连续，又设极限$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)$存在且有限，证明：$f(x)$在区间

$[0,+\infty )$上有界

证明：不妨设$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)=A$

于是存在${{\varepsilon }_{0}}=1$，存在$M>0$，当$x>M$时，有$\left| f(x)-A \right|<1\Rightarrow \left| f(x) \right|<\left| A \right|+1$

而$f(x)$在区间$[0,M+1]$上连续，则$f(x)$在区间$[0,M+1]$上有界

于是存在${{M}_{1}}>0$，对一切$x\in [0,M+1]$，有$\left| f(x) \right|<{{M}_{1}}$

于是令${{M}_{2}}=\max \{{{M}_{1}},\left| A \right|+1\}$

对一切$x\in [0,+\infty )$，有$\left| f(x) \right|<{{M}_{2}}$

从而$f(x)$在区间$[0,+\infty )$上有界

七、设函数$f(x)$和$g(x)$在区间$[a,b]$上可微且$g(x)\ne 0$$(x\in (a,b))$，证明：存在

$\xi \in (a,b)$，使得$\frac{f(b)-g(\xi )}{g(\xi )-g(a)}=\frac{f'(\xi )}{g'(\xi )}$

证明:作辅助函数\[F\left( x \right)=f\left( x \right)g\left( x \right)-g\left( b \right)f\left( x \right)-f\left( a \right)g\left( x \right)\]

虽然\[F\left( x \right)\left[ a,b \right],\left( a,b \right)F\left( a \right)=F\left( b \right)=-f\left( a \right)g\left( b \right)\]

由罗尔中值定理,存在\[\xi \in \left( a,b \right){F}'\left( \xi  \right)=0\]

即\[{f}'\left( \xi  \right)g\left( \xi  \right)+f\left( \xi  \right){g}'\left( \xi  \right)-g\left( b \right){f}'\left( \xi  \right)-f\left( a \right){g}'\left( \xi  \right)=0\]

整理\[\left[ f\left( a \right)-f\left( \xi  \right) \right]{g}'\left( \xi  \right)-{f}'\left( \xi  \right)\left[ g\left( \xi  \right)-g\left( b \right) \right]=0\]

即$\frac{f(b)-g(\xi )}{g(\xi )-g(a)}=\frac{f'(\xi )}{g'(\xi )}$

八、设函数$\{{{u}_{n}}(x)\}$在$[a,b]$上一致收敛于函数$u(x)$，并且对$n=1,2,\cdots $，${{u}_{n}}(x)$在$[a,b]$上至少有一个零点，证明：$u(x)$在$[a,b]$上至少有一个零点

证明：反证法：不妨设$u(x)$在$[a,b]$上无零点

则$u(x)$在$[a,b]$上恒正或恒负

不失一般性，不妨设$u(x)$在$[a,b]$上恒正

由于函数$\{{{u}_{n}}(x)\}$在$[a,b]$上一致收敛于函数$u(x)$

则$u(x)$在$[a,b]$上连续

于是存在${{x}_{0}}\in [a,b]$，使得$u(x)\ge u({{x}_{0}})$

而$\{{{u}_{n}}(x)\}$在$[a,b]$上一致收敛于函数

于是存在$N>0$，当$n>N$时，对一切$x\in [a,b]$，有$\left| {{u}_{n}}(x)-u(x) \right|<\frac{1}{2}u({{x}_{0}})$

从而${{u}_{n}}(x)>u(x)-\frac{1}{2}u({{x}_{0}})\ge \frac{1}{2}u({{x}_{0}})>0$

从而当$n$充分大时，${{u}_{n}}(x)$在$[a,b]$上无零点，矛盾

于是$u(x)$在$[a,b]$上至少有一个零点

九、设函数$f(x)$在$[0,1]$上二阶连续可微，且在区间$(0,1)$内存在极值，证明：

$\underset{x\in [0,1]}{\mathop{\max }}\,\left| f'(x) \right|\le \int_{0}^{1}{\left| f''(x) \right|}dx$

证明：由题可知：不妨设${{x}_{0}}\in (0,1)$，使得$f'({{x}_{0}})=0$

而$f(x)$在$[0,1]$上二阶连续可微

则当$x\in [{{x}_{0}},1]$时，有

$\int_{0}^{1}{\left| f''(x) \right|dx\ge \int_{{{x}_{0}}}^{x}{\left| f''(x) \right|dx\ge }}\left| \int_{{{x}_{0}}}^{x}{f''(x)dx} \right|$$=\left| f'(x) \right|$

同理，当$x\in [0,{{x}_{0}}]$时，有

$\int_{0}^{1}{\left| f''(x) \right|dx\ge \int_{x}^{{{x}_{0}}}{\left| f''(x) \right|dx\ge }}\left| \int_{x}^{{{x}_{0}}}{f''(x)dx} \right|=\left| f'(x) \right|$

于是对任意的$x\in [0,1]$，有$\left| f'(x) \right|\le \int_{0}^{1}{\left| f''(x) \right|}dx$

即$\underset{x\in [0,1]}{\mathop{\max }}\,\left| f'(x) \right|\le \int_{0}^{1}{\left| f''(x) \right|}dx$

十、证明：对每个自然数$n=1,2,\cdots $，方程${{x}^{n+1}}+{{x}^{n}}+\cdots +x=1$在$(0,1)$内存在唯一实根${{x}_{0}}$，并证明$\{{{x}_{n}}\}$收敛

证明：（1）存在性：设${{F}_{n}}(x)={{x}^{n+1}}+{{x}^{n}}+\cdots +x-1,x\in [0,1]$

由于${{F}_{n}}(0)=-1,{{F}_{n}}(1)=n>0$

且${{F}_{n}}(x)$在$[0,1]$上连续

于是由介值性知：存在$\xi \in (0,1)$，使得${{F}_{n}}(\xi )=0$

唯一性：不妨设存在${{\xi }_{1}}\in (0,1)$，使得${{F}_{n}}(\xi )={{F}_{n}}({{\xi }_{1}})=0$

而${{F}_{n}}(x)$在$[0,1]$上连续可微

由罗尔定理可知：存在${{\xi }_{2}}$在$\xi $与${{\xi }_{1}}$之间，使得${{F}_{n}}'({{\xi }_{2}})=0$

而${{F}_{n}}'(x)=(n+1){{x}^{n}}+\cdots +1,x\in [0,1]$

${{F}_{n}}''(x)=n(n+1){{x}^{n-1}}+\cdots +2,x\in [0,1]$

由于${{F}_{n}}''(x)>0,x\in [0,1]$

则${{F}_{n}}'(x)\ge {{F}_{n}}'(0)=1>0$，矛盾

于是在$(0,1)$内存在唯一实根${{x}_{0}}$使得${{x}^{n+1}}+{{x}^{n}}+\cdots +x=1$

（2）不妨设${{x}_{1}}$是方程${{F}_{1}}(x)=0$的根，则${{x}_{1}}\in (0,1)$

一般的，若${{x}_{n}}$是方程${{F}_{n}}(x)=0$的根，则${{F}_{n}}({{x}_{n}})=0$

由于${{F}_{n}}(x)$在$[0,1]$上单调递增

则${{F}_{n}}({{x}_{n-1}})={{x}_{n-1}}^{n+1}+{{x}_{n-1}}^{n}+\cdots +{{x}_{n-1}}-1$$={{x}_{n-1}}^{n-1}+{{F}_{n-1}}({{x}_{n-1}})={{x}_{n-1}}^{n-1}>0={{F}_{n}}({{x}_{n}})$

于是$\{{{x}_{n}}\}$单调递减，即$0<{{x}_{n}}<{{x}_{n-1}}<1$

由单调有界原理可知：$\{{{x}_{n}}\}$收敛