1. ($12‘$) 计算:

(1) $\dps{\vlm{n}\frac{2n+\sin(n^2)}{2n^2+n-100}}$;

(2) $\dps{\lim_{x\to 0}\sex{\frac{\sin x}{e^{x^2}-1}-\frac{1}{x}}}$;

(3) 设 $F$ 为 $\bbR^3$ 上的可微函数, 由方程 $F(xy,yz^2,zx^3)=0$ 确定了 $z$ 为 $x$ 与 $y$ 的函数, 求 $z_x,z_y$ 在点 $(1,1)$ 处的值.

解答:

(1) 由 $$\bex 0\leq \sev{\frac{2n+\sin(n^2)}{2n^2+n-100}} \leq \frac{2n+1}{2n^2}\quad\sex{n\geq 100} \eex$$ 知原极限 $=0$.

(2) $$\beex \bea \mbox{原极限} &=\lim_{x\to 0}\frac{x\sin x-(e^{x^2}-1)}{x(e^{x^2}-1)}\\ &=\lim_{x\to 0}\frac{x\sez{x-\frac{x^3}{3!}+o(x^3)} -\sez{x^2+\frac{x^4}{2!}+o(x^4)}}{x\sez{x^2+\frac{x^4}{2!}+o(x^4)}}\\ &=0. \eea \eeex$$

(3) 对 $F(xy,yz^2,zx^3)=0$ 两边关于 $x,y$ 求偏导, 分别有 $$\bex F_1‘y+F_3‘(z_xx^3+z\cdot 3x^2=0,\quad F_1‘x+F_2‘(z^2+y\cdot 2zz_y)=0. \eex$$ 将 $x=y=1$ 代入有 $$\bex z_x=-\frac{F_1‘}{F_3‘}-3z,\quad z_y=-\frac{F_1‘+z^2F_2‘}{2zF_2‘}. \eex$$

2. ($15‘$) 设函数 $f,g$ 在 $(a,b)$ 内有连续导数, 且对于任何 $x\in (a,b)$, 有 $F(x)=f‘(x)g(x)-g‘(x)f(x)>0$. 求证:

(1) $f,g$ 不可能有相同的零点;

(2) $f$ 的相邻零点之间必有 $g$ 的零点;

(3) 在 $f(x)$ 的每个极值点 $x_0\in (a,b)$, 存在 $x_0$ 的某邻域, 使得 $g(x)$ 在该邻域中是严格单调的.

证明:

(1) 用反证法. 若 $f,g$ 有公共零点 $x_0$, 则 $$\bex F(x_0)=f‘(x_0)g(x_0)-g‘(x_0)f(x_0)=0. \eex$$ 这与题设矛盾.

(2) 用反证法. 设 $x_0<x_1$ 为 $f$ 的相邻零点, 而 $g(x)\neq 0$, $x\in (x_0,x_1)$. 又由 (1) 知 $$\bex g(x)\neq 0,\quad x\in [x_0,x_1]. \eex$$ 取 $$\bex G(x)=\frac{f(x)}{g(x)}, \eex$$ 则 $$\bex G‘(x)=\frac{F(x)}{g^2(x)}>0,\quad x\in [x_0,x_1]. \eex$$ 于是 $G$ 在 $[x_0,x_1]$ 上严格递增, $G(x_0)<G(x_1)$. 这与 $$\bex 0=\frac{f(x_0)}{g(x_0)}=G(x_0)=G(x_1)=\frac{f(x_1)}{g(x_1)}=0 \eex$$ 矛盾.

(3) 由 $f‘(x_0)=0$ 知 $x_0$ 不是 $f$ 的零点 (否则 $F(x_0)=0$). 于是 $$\bex F‘(x_0)=-g‘(x_0)f(x_0)>0. \eex$$ 不妨设 $f(x_0)>0$, 则 $g‘(x_0)<0$. 由 $g‘$ 的连续性知 $g$ 在 $x_0$ 的一个邻域内 $<0$, $g$ 严格递减.

3. ($15‘$) 设初始值 $a_1\in\bbR$ 给定, 用递推公式 $$\bex a_{n+1}=\frac{2a_n^3}{1+a_n^4}\quad(n=1,2,\cdots) \eex$$ 得到数列 $\sed{a_n}$.

(1) 求证数列 $\sed{a_n}$ 收敛;

(2) 求 $\sed{a_n}$ 所有可能的极限值;

(3) 试将实数轴 $\bbR$ 分成若干个小区间, 使得当且仅当在同一区间取初值, $\sed{a_n}$ 都收敛于相同的极限值.

证明:

(1) 仅需考虑 $a_1\geq 0$ 的情形 (当 $a_1\leq 0$ 时, 设 $b_n=-a_n$, 则 $\dps{b_{n+1}=\frac{2b_n^3}{1+b_n^4}}$). 由数学归纳法知 $a_n\geq 0$. 又由 $$\bex \frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{2a_n^2}{1+a_n^4}\leq 1 \eex$$ 知 $\sed{a_n}\searrow$, 故 $\dps{\vlm{n}a_n=a}$ 存在.

(2) 在 $\dps{a_{n+1}=\frac{2a_n^3}{1+a_n^4}}$ 中令 $n\to\infty$ 知 $$\bex a=\frac{2a^3}{1+a^4}\ra a=0\mbox{ 或 }\pm 1. \eex$$

(3) 设 $a_1\geq 0$.

(a) 若 $a_1<1$, 则由 (1), $0\leq a_{n+1}\leq a_n$, $a=0$.

(b) 若 $a_1=1$, 则 $a_n=1$, $a=1$.

(c) 若 $a_1>1$, 则 $$\beex \bea a_{n+1}&=\frac{2a_n^3}{1+a_n^4} =1-\frac{1-2a_n^3+a_n^4}{1+a_n^4}\\ &=1-\frac{2(1-a_n^3)+a_n^4-1}{1+a_n^4}\\ &=1-\frac{(1-a_n)[ 2(1+a_n+a_n^2)-(1+a_n)(1+a_n^2) ]}{1+a_n^4}\\ &=1+\frac{(a_n-1)(1+a_n+a_n^2-a_n^3)}{1+a_n^4}. \eea \eeex$$ 设 $f(x)=1+x+x^2-x^3$, 则 $$\bex f‘(x)=1+2x-3x^2=-(3x+1)(x-1)<0,\quad x>1. \eex$$ 据 $$\bex f(1)=2,\quad \vlm{x}f(x)=-\infty \eex$$ 知 $f$ 在 $(1,\infty)$ 上只有一个根, 记为 $x_0$.

(i) 当 $1<a_1\leq x_0$ 时, 由 $$\bex a_{n+1}=1+\frac{(a_n-1)f(a_n)}{1+a_n^4} \eex$$ 及数学归纳法知 $a_n\geq 1$, $a=1$.

(ii) 当 $a_1>x_0$ 时, $a_2<1$. 按照 (3a), $a=0$.

综上, 设 $x_0$ 是 $1+x+x^2-x^3=0$ 在 $(1,\infty)$ 上的唯一正根, 则 $$\beex \bea |a_1|<1\mbox{ 或 }|a_1|>x_0&\ra \vlm{n}a_n=0,\\ -x_0<a_1\leq -1&\ra \vlm{n}a_n=-1,\\ 1\leq a_1<x_0&\ra \vlm{n}a_n=1. \eea \eeex$$

4. ($12‘$) 设$a>c>0$, 求椭球体 $\dps{\frac{x^2+y^2}{a^2}+\frac{z^2}{c^2}=1}$ 的表面积.

解答: 把椭球体看成 $\dps{\frac{x^2}{a^2}+\frac{z^2}{c^2}=1\ (x\geq 0)}$ 绕 $z$ 轴旋转一周后的旋转体, 则所求 $$\beex \bea S&=2\int_0^c 2\pi x(z)\sqrt{1+x‘^2(z)}\rd z\\ &=4\pi \int_0^c \sqrt{x^2+(xx‘)^2}\rd z\\ &=4\pi a \int_0^c\sqrt{\frac{x^2}{a^2}+a^2\sex{\frac{xx‘}{a^2}}^2}\rd z\\ &=4\pi a\int_0^c \sqrt{1-\frac{z^2}{c^2}+a^2\sex{\frac{z}{c^2}}^2}\rd z\\ &=4\pi a\int_0^c \sqrt{1+\sex{\frac{b}{c^2}z}^2}\rd z\quad\sex{b^2=a^2-c^2}\\ &=4\pi a\int_0^\frac{b}{c} \sqrt{1+s^2}\frac{c^2}{b}\rd s\\ &=\frac{4\pi a c^2}{b} \int_0^{\arctan \frac{b}{c}} \sec^3\tt\rd \tt\quad\sex{s=\tan\tt}\\ &=\frac{4\pi ac^2}{b}\sex{\frac{1}{2}\ln \frac{a+b}{c} +\frac{1}{2}\frac{ab}{c^2}}\\ &=\frac{2\pi a}{\sqrt{a^2-c^2}} \sex{c^2\ln \frac{a+\sqrt{a^2-c^2}}{c}+a\sqrt{a^2-c^2}}, \eea \eeex$$ 其中倒数第二步是因为 $$\beex \bea \int \sec^3\tt\rd \tt &=\int \sec\tt(1+\tan^2\tt)\rd \tt\\ &=\int \sec \tt\rd \tt +\int \tan \tt\rd \sec \tt\\ &=\int \sec\tt\rd \tt +\tan \tt \sec\tt -\int \sec^3\tt\rd \tt\\ &=\ln \sex{\sec\tt+\tan\tt} +\tan \tt \sec\tt+C -\int \sec^3\tt\rd \tt. \eea \eeex$$

5. ($18‘$) 设数列 $\sed{a_n}$ 有界但不收敛, 求证:

(1) 对于任何 $x>0$, $\dps{\vsm{n}a_ne^{-nx}}$ 收敛;

(2) 对于任何 $\delta>0$, $\dps{\vsm{n}a_ne^{-nx}}$ 在 $[\delta,+\infty)$ 上一致收敛;

(3) $\dps{\vsm{n}a_ne^{-nx}}$ 在 $(0,+\infty)$ 上不一致收敛.

证明:

(1) 设 $|a_n|\leq M$, 则 $$\beex \bea \sev{\sum_{k=n+1}^{n+p}a_ne^{-kx}} &\leq M\sum_{k=n+1}^{n+p} e^{-kx}\\ &=M e^{-(n+1)x}\sum_{k=0}^{p-1} e^{-kx}\\ &=M e^{-(n+1)x} \frac{1-e^{-px}}{1-e^{-x}}\\ &\leq \frac{Me^{-(n+1)x}}{1-e^{-x}}\\ &\to 0\quad\sex{n\to\infty}. \eea \eeex$$ 由 Cauchy 收敛准则即知结论成立.

(2) 同上, $$\bex \sev{\sum_{k=n+1}^{n+p} a_ke^{-kx}} \leq \frac{Me^{-(n+1)\delta}}{1-e^{-\delta}}\quad\sex{x\geq \delta}. \eex$$

(3) 由 $\sed{a_n}$ 不收敛知其不收敛于 $0$, 而 $$\bex \exists\ \ve_0>0,\ \forall\ N,\ \exists\ n\geq N,\st |a_n|\geq \ve_0. \eex$$ 于是 $$\bex \sev{\sum_{k=n}^n a_ke^{-k\cdot \frac{1}{k}}}=|a_n|\geq \ve_0. \eex$$ 故有结论.

6. ($12‘$) 设函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续. 求证: $$\bex \lim_{x\to 0^+}\int_0^1 \frac{xf(t)}{t^2+x^2}\rd t=\frac{\pi}{2}f(0). \eex$$

证明: 写出 $$\beex \bea \int_0^1\frac{x}{t^2+x^2}\rd t &=\int_0^1 \frac{1}{1+\sex{\frac{t}{x}}^2}\rd \frac{t}{x}\\ &=\arctan \frac{t}{x}|^{t=1}_{t=0}\\ &=\arctan \frac{1}{x}\\ &\to \frac{\pi}{2}\quad\sex{x\to 0^+}, \eea \eeex$$ 而有 $$\beex \bea &\quad\sev{\int_0^1 \frac{x[f(x)-f(0)]}{t^2+x^2}\rd t}\\ &\leq \int_0^\delta \frac{x|f(t)-f(0)|}{t^2+x^2}\rd t +\int_\delta^1 \frac{x|f(t)-f(0)|}{t^2+x^2}\rd t\\ &\leq \max_{0\leq t\leq \delta} |f(t)-f(0)| \cdot\arctan \frac{1}{\delta}+ 2\max_{0\leq t\leq 1}|f(t)|\cdot \sez{\arctan \frac{1}{x}-\arctan \frac{1-\delta}{x}}\\ &\equiv I_1+I_2. \eea \eeex$$ 对 $\forall\ \ve>0$, 可选 $\delta_1>0$, 使得 $I_1<\ve/2$; 对该 $\delta_1$, 又可继续选 $\delta>0$, 使得 $$\bex 0<x<\delta\ra I_2<\ve/2. \eex$$ 故有结论.

7. ($16‘$) 设函数 $f$ 在 $[0,a]$ 上严格递增, 且有连续导数, $f(0)=0$, 设 $g$ 是 $f$ 的反函数. 求证:

(1) 对于任何 $x\in [0,a]$, 都有 $$\bex \int_0^{f(x)}[x-g(u)]\rd u=\int_0^x f(t)\rd t; \eex$$

(2) 当 $0\leq x\leq a$, $0\leq y\leq f(a)$ 时, 下列不等式成立: $$\bex xy\leq \int_0^x f(t)\rd t +\int_0^y g(u)\rd u, \eex$$ 其中当且仅当 $y=f(x)$ 时等号成立.

证明:

(1) $$\beex \bea \int_0^{f(x)} [x-g(u)]\rd u &=\int_0^x [x-v]f‘(v)\rd v\quad\sex{g(u)=v}\\ &=(x-v)f(v)|_{v=0}^{v=x} -\int_0^x(-1)f(v)\rd v\\ &=\int_0^x f(t)\rd t. \eea \eeex$$

(2) 若 $y\leq f(x)$, 则 $$\bex u\leq y\ra g(u)\leq g(y)\leq x, \eex$$ $$\beex \bea xy-\int_0^y g(u)\rd u =\int_0^y [x-g(u)]\rd u \leq \int_0^{f(x)}[x-g(u)]\rd u =\int_0^xf(t)\rd t. \eea \eeex$$ 若 $y\geq f(x)$, 则 $$\bex u\geq f(x)\ra g(u)\geq x, \eex$$ $$\beex \bea xy-\int_0^y g(u)\rd u &=\int_0^{f(x)} [x-g(u)]\rd u +\int_{f(x)}^y [x-g(u)]\rd u\\ &\leq \int_0^{f(x)} [x-g(u)]\rd u\\ &=\int_0^x f(t)\rd t. \eea \eeex$$ 等号成立的条件由上证明即知. 

[家里蹲大学数学杂志]第309期华东师范大学2002年数学分析考研试题参考解答