南开大学
2012 年
1. (15分) 求极限 $\lim_{x\rightarrow\infty}x^{m}\int_{0}^{\frac{1}{x}}\sin t^{2}\mathrm{\ud}t$, 其中 $m$ 为任意整数.
2. (20分) 计算积分 $\iint_{D}\sqrt{\left|y-x^{2}\right| }\ud x\mathrm{\ud}y$, 其中 $D=\{(x,y);-1\le x\le1,0\le y\le1\}$.
提示
\begin{aligned}
\text { 原式 } & =\iint_D \sqrt{\left|y-x^2\right|} \ud x \ud y \\
& =\int_{-1}^1 \ud x \int_{x^2}^1 \sqrt{y-x^2} \ud y+\int_{-1}^1 \ud x \int_0^{x^2} \sqrt{x^2-y} \ud y \\
& =\frac{2}{3} \int_{-1}^1\left(1-x^2\right)^{\frac{3}{2}} \ud x+\frac{2}{3} \int_{-1}^1\left(x^2\right)^{\frac{3}{2}} \ud x \\
& =\frac{4}{3} \int_0^1\left(1-x^2\right)^{\frac{3}{2}} \ud x+\frac{4}{3} \int_0^1 x^3 \ud x\qquad (\text{令 }x=\sin t) \\
& =\frac{4}{3} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos ^3 t \cos t \ud t+\frac{1}{3} \\
& =\frac{4}{3} \cdot \frac{3 ! !}{4 ! !} \frac{\pi}{2}+\frac{1}{3} \\
& =\frac{\pi}{4}+\frac{1}{3}
\end{aligned}
3. (20分) 计算积分 $\iint_{S}x^{2}\ud y\ud z+z\ud x\ud y$, 其中 $S$ 为球面 $x^{2}+y^{2}+(z-a)^{2}=a^{2}$ 中满足 $x^{2}+y^{2}\le ay$ 与 $z\le a$ 那部分的下侧.
提示
记 $D: \{(x,y,z): z=a\}$, 取上侧, 利用 Gauss 公式,
4. (15分) 求级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}(n+2)}{n(n+1)}$ 的和.
提示
设幂级数 $f(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(n+2)x^{n+1}}{n(n+1)}$. 显然该幂级数的收敛半径为 1 , 且当 $x=1$ 时 $\frac{n+2}{n(n+1)}\sim\frac{1}{n}$, $n\rightarrow+\infty$, 故不收敛, 当 $x=-1$ 时为Leibniz 级数收敛. 于是该级数的收敛域为 $[-1,1)$.
则:
进而:
最后由 Abel 定理我们得到:
5. (15分) 讨论广义积分 $\int_{0}^{+\infty}\frac{\ln(1+x)}{x^{p}}\ud x$ 的敛散性, 其中 $p$ 为任意实数.
提示
首先:
(1) 考虑 $I_{1}=\int_{0}^{1}\frac{\ln(1+x)}{x^{p}}dx$, 以 $x=0$ 为可疑奇点. 而 $\frac{\ln(1+x)}{x^{p}}$ 等价于 $\frac{1}{x^{p-1}}$ 当 $x\rightarrow0$ 时. 故: 当 $p-1<1$ 时, 即 $p<2$ 时, $I_{1}$ 收敛.
(2) 考虑 $I_{2}=\int_{1}^{+\infty}\frac{\ln(1+x)}{x^{p}}dx$. 显然 $\ln(1+x)=o\left(x^{\varepsilon}\right)$, $\forall\varepsilon>0$, ($x\rightarrow\infty$). 当 $p>1$ 时,可取 $0<\varepsilon < p - 1$, 则, $\frac{\ln(1+x)}{x^{p}}=o\left(\frac{1}{x^{p-\varepsilon}}\right)$. 故: 当 $p-\varepsilon>1$ 时, 即 $p>1$ 时, $I_{2}$ 收敛.
综上: 当且仅当 $1<p<2$ 时, 原积分收敛.
6. (15分) 请回答: 函数 $f(x)=\sin\left(x^{2}\right)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 是否一致连续? 并说明理由.
提示
不一致连续. 下面我们利用Cauchy准则来说明.
取 $\varepsilon=\frac{1}{2}$, $x_n^{\prime}=\sqrt{2 n \pi}$, $x_n^{\prime \prime}=\sqrt{2 n \pi+\frac{\pi}{2}}$, 这样
但 $\left|f\left(x_n^{\prime}\right)-f\left(x_n^{\prime \prime}\right)\right|=1>\frac{1}{2}=\varepsilon$. 故由Cauchy准则, $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上不一致连续.
7. (15分) 设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上可微, $f(0)=0$, 对任意 $x\in[0,1]$, 有 $f(x)\neq0$. 证明: 存在 $\zeta\in(0,1)$, 使得 $2\frac{f^{\prime}(\zeta)}{f(\zeta)}=\frac{f^{\prime}(1-\zeta)}{f(1-\zeta)}$.
提示
构造 $F(x)=f^2(x) f(1-x)$. 利用解微分方程的 方法此函数容易得到. 显然 $F(0)=F(1)=0$, 由 Rolle定理,存在 $\xi \in(0,1)$,使得 $F^{\prime}(\xi)=0$. 故 $F^{\prime}(\xi)=f(\xi)\left[2 f^{\prime}(\xi) f(1-\xi)-f(\xi) f^{\prime}(1-\xi)\right]=0$. 由题意, $2 f^{\prime}(\xi) f(1-\xi)-f(\xi) f^{\prime}(1-\xi)=0$, 即得 $2 \frac{f^{\prime}(\xi)}{f(\xi)}=\frac{f^{\prime}(1-\xi)}{f(1-\xi)}$.
8. (15分) 设 $f(x)$ 与 $g(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续, 且 $f(x)\ge0$, $g(x)>0$. 求极限 $\lim_{n\rightarrow\infty}\left[\int_{a}^{b}g(x)f^{n}(x)\mathrm{d}x\right]^{\frac{1}{n}}$, 并证明之.
提示
证明:
(1)记 $M=\max _{x \in[a, b]} f(x)$
(2) $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续, 故 $\exists x_0 \in[a, b]$, $f\left(x_0\right) = M$. 对 $\forall \varepsilon > 0$, $\exists \delta > 0$ ($\delta < b-a$), 使得当 $\left|x-x_0\right| < \delta$ 时, 有 $f(x) > M - \varepsilon$.
由 $\varepsilon$ 的任意性,
9. (15分) 设 $\lim_{x\rightarrow0}f(x)=0$, 且 $\lim_{x\rightarrow0}\frac{f(x)-f\left(\frac{x}{2}\right)}{x}=0$. 证明: $\lim_{x\rightarrow0}\frac{f(x)}{x}=0$.
提示
我们利用上下极限的性质来证明此题.
故有:
另一方面
所以
综上有:
于是
故:
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