武汉大学2014数学分析考研真题解答

时间：2014-04-19 04:10:04 阅读：605 评论：0 收藏：0 [点我收藏+]

武汉大学2014数学分析考研真题解答

一、（1）求积分

\int 01 (x I n x) n d x

$\int\limits_{0}^{1}{{{(xInx)}^{n}}dx}$

解：不妨设$t=\ln x\Rightarrow x={{e}^{t}},-\infty <t<0$

于是

\int 01 (x I n x) n d x = \int ? \infty 0 (e t ? t) n d e t = \int ? \infty 0 e (n + 1) t ? t n d t

$\int\limits_{0}^{1}{{{(xInx)}^{n}}dx}=\int\limits_{-\infty }^{0}{{{({{e}^{t}}\cdot t)}^{n}}d{{e}^{t}}}=\int\limits_{-\infty }^{0}{{{e}^{(n+1)t}}\cdot {{t}^{n}}dt}$

= 1 n + 1 e (n + 1) t t n | 0 ? \infty ? n n + 1 \int ? \infty 0 e (n + 1) t ? t n ? 1 d t = ? n n + 1 \int ? \infty 0 e (n + 1) t ? t n ? 1 d t

$=\frac{1}{n+1}{{e}^{(n+1)t}}{{t}^{n}}|_{-\infty }^{0}-\frac{n}{n+1}\int\limits_{-\infty }^{0}{{{e}^{(n+1)t}}\cdot {{t}^{n-1}}dt}=-\frac{n}{n+1}\int\limits_{-\infty }^{0}{{{e}^{(n+1)t}}\cdot {{t}^{n-1}}dt}$

而

\int ? \infty 0 e (n + 1) t ? t n ? 1 d t = 1 n + 1 e (n + 1) t t n ? 2 | 0 ? \infty ? n ? 1 n + 1 \int ? \infty 0 e (n + 1) t ? t n ? 2 d t = ? n ? 1 n + 1 \int ? \infty 0 e (n + 1) t ? t n ? 2 d t

$\int\limits_{-\infty }^{0}{{{e}^{(n+1)t}}\cdot {{t}^{n-1}}dt}=\frac{1}{n+1}{{e}^{(n+1)t}}{{t}^{n-2}}|_{-\infty }^{0}-\frac{n-1}{n+1}\int\limits_{-\infty }^{0}{{{e}^{(n+1)t}}\cdot {{t}^{n-2}}dt}=-\frac{n-1}{n+1}\int\limits_{-\infty }^{0}{{{e}^{(n+1)t}}\cdot {{t}^{n-2}}dt}$

于是

\int 01 (x I n x) n d x = n ( n ? 1 ) ( n + 1 ) 2 \int ? \infty 0 e (n + 1) t ? t n ? 2 d t

$\int\limits_{0}^{1}{{{(xInx)}^{n}}dx}=\frac{n(n-1)}{{{(n+1)}^{2}}}\int\limits_{-\infty }^{0}{{{e}^{(n+1)t}}\cdot {{t}^{n-2}}dt}$

以此类推，既得

\int 01 (x I n x) n d x = n ! ( n + 1 ) n \int ? \infty 0 e (n + 1) t d t = ( ? 1 ) n n ! ( n + 1 ) n + 1 e (n + 1) t | 0 ? \infty = ( ? 1 ) n n ! ( n + 1 ) n + 1

$\int\limits_{0}^{1}{{{(xInx)}^{n}}dx}=\frac{n!}{{{(n+1)}^{n}}}\int\limits_{-\infty }^{0}{{{e}^{(n+1)t}}dt}=\frac{{{(-1)}^{n}}n!}{{{(n+1)}^{n+1}}}{{e}^{(n+1)t}}|_{-\infty }^{0}=\frac{{{(-1)}^{n}}n!}{{{(n+1)}^{n+1}}}$

（2）求极限$\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,{{(1-x)}^{3}}\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{{{n}^{2}}{{x}^{n}}}$

解：不妨设$S(x)=\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{{{n}^{2}}}{{x}^{n}}$

考虑到$\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{n}^{2}}}{{{(n+1)}^{2}}}=1$，且$\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{{{n}^{2}}}$和$\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{{{(-1)}^{n}}}{{n}^{2}}$都发散

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

则$\frac{S(x)}{x}=\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{{{n}^{2}}}{{x}^{n-1}}\Rightarrow \int_{0}^{x}{\frac{S(t)}{t}}dt=\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{n}{{x}^{n}}$

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

于是$\frac{g(x)}{x}=[\frac{x}{1-x}]‘=\frac{1}{{{(1-x)}^{2}}}\Rightarrow g(x)=\frac{x}{{{(1-x)}^{2}}}\Rightarrow $

$\frac{S(x)}{x}=[\frac{x}{{{(1-x)}^{2}}}]‘=\frac{1+x}{{{(1-x)}^{3}}}\Rightarrow S(x)=\frac{x(1+x)}{{{(1-x)}^{3}}},x\in (-1,1)$

于是$\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,{{(1-x)}^{3}}\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{{{n}^{2}}{{x}^{n}}}=\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,x(1+x)=2$

（3）

lim n \to + \infty n [(1 + 1 n) n ? e]

$\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,n[{{(1+\frac{1}{n})}^{n}}-e]$

解：先求

lim x \to + \infty x [(1 + 1 x) x ? e]

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,x[{{(1+\frac{1}{x})}^{x}}-e]$

由于

lim x \to + \infty x [(1 + 1 x) x ? e] = t = 1 x lim t \to 0 + ( 1 + t ) 1 t ? e t = lim t \to 0 + [(1 + t) 1 t]'

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,x[{{(1+\frac{1}{x})}^{x}}-e]\overset{t=\frac{1}{x}}{\mathop{=}}\,\underset{t\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{(1+t)}^{\frac{1}{t}}}-e}{t}=\underset{t\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,[{{(1+t)}^{\frac{1}{t}}}]‘$

设

f (t) = (1 + t) 1 t ? ln f (t) = ln ( 1 + t ) t ? f ' ( t ) f ( t ) = t ? ( 1 + t ) ln ( 1 + t ) t 2 ( 1 + t ) ? f' (t) = t ? ( 1 + t ) ln ( 1 + t ) t 2 ( 1 + t ) ? (1 + t) 1 t

$f(t)={{(1+t)}^{\frac{1}{t}}}\Rightarrow \ln f(t)=\frac{\ln (1+t)}{t}\Rightarrow \frac{f‘(t)}{f(t)}=\frac{t-(1+t)\ln (1+t)}{{{t}^{2}}(1+t)}\Rightarrow f‘(t)=\frac{t-(1+t)\ln (1+t)}{{{t}^{2}}(1+t)}\cdot {{(1+t)}^{\frac{1}{t}}}$ 于是

lim t \to 0 + f' (t) = lim t \to 0 + t ? ( 1 + t ) ln ( 1 + t ) t 2 ( 1 + t ) ? (1 + t) 1 t = e ? lim t \to 0 + t ? ( 1 + t ) ln ( 1 + t ) t 2 = e ? lim t \to 0 + 1 ? ln ( 1 + t ) ? 1 2 t = ? e 2

$\underset{t\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f‘(t)=\underset{t\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{t-(1+t)\ln (1+t)}{{{t}^{2}}(1+t)}\cdot {{(1+t)}^{\frac{1}{t}}}=e\cdot \underset{t\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{t-(1+t)\ln (1+t)}{{{t}^{2}}}=e\cdot \underset{t\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{1-\ln (1+t)-1}{2t}=-\frac{e}{2}$ 于是令$x=n$，于是

lim n \to + \infty n [(1 + 1 n) n ? e] = ? e 2

$\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,n[{{(1+\frac{1}{n})}^{n}}-e]=-\frac{e}{2}$

（4）求不定积分

\int ( 1 + sin x ) e ? x ( 1 ? cos x ) d x

$\int{\frac{(1+\sin x){{e}^{-x}}}{(1-\cos x)}}dx$

解：由于

\int ( 1 + sin x ) e ? x ( 1 ? cos x ) d x = \int 1 1 ? cos x d x + \int sin x ? e ? x 1 ? cos x d x

$\int{\frac{(1+\sin x){{e}^{-x}}}{(1-\cos x)}}dx=\int{\frac{1}{1-\cos x}}dx+\int{\frac{\sin x\cdot {{e}^{-x}}}{1-\cos x}}dx$

而

\int sin x ? e ? x 1 ? cos x d x = ? e ? x sin x 1 ? cos x ? \int 1 1 ? cos x d x

$\int{\frac{\sin x\cdot {{e}^{-x}}}{1-\cos x}}dx=-{{e}^{-x}}\frac{\sin x}{1-\cos x}-\int{\frac{1}{1-\cos x}}dx$

于是

\int ( 1 + sin x ) e ? x ( 1 ? cos x ) d x = ? e ? x sin x 1 ? cos x + C

$\int{\frac{(1+\sin x){{e}^{-x}}}{(1-\cos x)}}dx=-{{e}^{-x}}\frac{\sin x}{1-\cos x}+C$ （其中$C$为常数）

（5）计算曲面积分：$\int_{C}{xyds}$，其中$C$为球面${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}=9$和平面$x+y+z=0$的交线

解：由于平面$x+y+z=0$过原点$(0,0,0)$，从而交线的半径为$3$，且交线关于$x,y,z$轮换对称

从而$\int_{C}{xyds}=\int_{C}{yzds}=\int_{C}{xzds}=\frac{1}{6}\int_{C}{2(xy+yz+xz)ds}$

而$2(xy+yz+xz)={{(x+y+z)}^{2}}-({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}})$

于是

\int C x y d s = 1 6 \int C [(x + y + z) 2 ? (x 2 + y 2 + z 2)] d s = ? 3 2 \int C d s = ? 3 2 ? 2 π ? 3 = ? 9 π

$\int_{C}{xyds}=\frac{1}{6}\int_{C}{[{{(x+y+z)}^{2}}-({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}})]ds=}-\frac{3}{2}\int_{C}{ds}=-\frac{3}{2}\cdot 2\pi \cdot 3=-9\pi$

二、已知$f(x)$在$[-1,1]$内二阶可微，且$f(0)=0$，求证：存在$\xi \in [-1,1]$，使得$f‘‘(\xi )=3\int_{-1}^{1}{f(x)dx}$

证明：由于$f(x)$在$[-1,1]$内二阶可微，于是

$f(x)=f(0)+f‘(0)x+\frac{f‘‘(\xi )}{2!}{{x}^{2}}=f‘(0)x+\frac{1}{2}f‘‘(\xi ){{x}^{2}},0<\xi <x$

于是

\int 1 ? 1 f (x) d x = f' (0) \int 1 ? 1 x d x + 1 2 f'' (ξ) \int 1 ? 1 x 2 d x

$\int_{-1}^{1}{f(x)dx=f‘(0)\int_{-1}^{1}{xdx+\frac{1}{2}}}f‘‘(\xi )\int_{-1}^{1}{{{x}^{2}}}dx$

即存在$\xi \in (0,x)\subset [-1,1]$，使得$f‘‘(\xi )=3\int_{-1}^{1}{f(x)dx}$

三、已知${{x}_{n}}=f(\frac{1}{{{n}^{2}}})+f(\frac{2}{{{n}^{2}}})+\cdots +f(\frac{n}{{{n}^{2}}}),n=1,2,\cdots $，其中$f(x)$在$x=0$的附近可导，且$f(0)=0,f‘(0)=1$，求证：$\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{{x}_{n}}$存在，并求其值。

证明：由于$f(x)$在$x=0$附近可导，于是

$f(x)=f(0)+f‘(0)x+\alpha (x)x=x+\alpha (x)x$

其中$\alpha (x)$是关于$x$的函数，$\alpha (0)=0$且$\alpha (x)\to 0$，当$x\to 0$

于是$f(\frac{i}{{{n}^{2}}})=\frac{i}{{{n}^{2}}}+\alpha (\frac{i}{{{n}^{2}}})\cdot \frac{i}{{{n}^{2}}}\Rightarrow \sum\limits_{i=1}^{n}{f(\frac{i}{{{n}^{2}}})=\sum\limits_{i=1}^{n}{\frac{i}{{{n}^{2}}}+\sum\limits_{i=1}^{n}{\alpha (\frac{i}{{{n}^{2}}})}}}\cdot \frac{i}{{{n}^{2}}},i=1,2,\cdots ,n$

由

lim n \to + \infty α (i n 2) = 0 ?

$\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\alpha (\frac{i}{{{n}^{2}}})=0\Rightarrow$ 对任意的$\varepsilon >0$，存在$N>0$，当$n>N$时，有$\left| \alpha (\frac{i}{{{n}^{2}}}) \right|<\varepsilon $

于是当$n>N$时，$\left| \sum\limits_{i=1}^{n}{\alpha (\frac{i}{{{n}^{2}}})}\cdot \frac{i}{{{n}^{2}}} \right|<\frac{\varepsilon }{2}(1+\frac{1}{n})$

于是$\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\sup \sum\limits_{i=1}^{n}{\alpha (\frac{i}{{{n}^{2}}})}\cdot \frac{i}{{{n}^{2}}}\le \frac{\varepsilon }{2}$及$\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\inf \sum\limits_{i=1}^{n}{\alpha (\frac{i}{{{n}^{2}}})}\cdot \frac{i}{{{n}^{2}}}\ge -\frac{\varepsilon }{2}$

由的任意性知：$\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{{x}_{n}}=\frac{1}{2}$，从而$\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{{x}_{n}}$存在

四、已知$\Omega $.是由方程$\left\{

3 x 2 + y 2 = 1 z = 0

$\begin{array}{ll} 3{{x}^{2}}+{{y}^{2}}=1 \\ z=0 \end{array}$
\right.$绕y轴旋转所生成的椭球面，$\Sigma $为$\Omega $的上半表面，$z\ge 0$，
$(\lambda ,u,v)$为其方向余弦，求曲面积分$\iint_{\Sigma }{z(\lambda x+uy+vz)dS}$

解：由题可知：椭球面$\Omega $的方程为：$3{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+3{{z}^{2}}=1$

由于$\iint_{\sum }{z(\lambda x+uy+vz)dS}=\iint_{\sum }{xzdydz+yzdzdx+{{z}^{2}}dxdy}$

取平面${{\sum }_{1}}:3{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+3{{z}^{2}}=1,z=0$

于是$\iint_{{{\sum }_{1}}}{xzdydz+yzdzdx+{{z}^{2}}dxdy}=0$

于是$\iint_{\sum }{z(\lambda x+uy+vz)dS}=\iint_{\sum +{{\sum }_{1}}}{xzdydz+yzdzdx+{{z}^{2}}dxdy}$

令

V : 3 x 2 + y 2 + 3 z 2 \leq 1, z \geq 0

$V:3{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+3{{z}^{2}}\le 1,z\ge 0$

由高斯公式可知：

$\iint_{\sum }{z(\lambda x+uy+vz)dS}=\iint_{\sum +{{\sum }_{1}}}{xzdydz+yzdzdx+{{z}^{2}}dxdy}=4\iiint_{V}{zdxdydz}$

于是令$x=\frac{1}{\sqrt{3}}R\sin \varphi \cos \theta ,y=R\sin \varphi \sin \theta ,z=\frac{1}{\sqrt{3}}R\cos \varphi $

其中$0\le R\le 1,0\le \theta \le 2\pi ,0\le \varphi \le \frac{\pi }{2},\left| J \right|=\frac{1}{3}{{R}^{2}}\sin \varphi $

于是

? \sum z (λ x + u y + v z) d S = 4 ? V z d x d y d z = 4 3 \int 2 π 0 d θ \int π 2 0 d φ \int 10 1 3 \sqrt R cos φ ? R 2 sin φ d R = 3 \sqrt 9 π

$\iint_{\sum }{z(\lambda x+uy+vz)dS}=4\iiint_{V}{zdxdydz}=\frac{4}{3}\int_{0}^{2\pi }{d\theta }\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}{d\varphi \int_{0}^{1}{\frac{1}{\sqrt{3}}}}R\cos \varphi \cdot {{R}^{2}}\sin \varphi dR=\frac{\sqrt{3}}{9}\pi$

五、已知$z=f(x,y)$在区域$D$存在二阶连续偏导数，已知$=\left\{

u = x + 2 y v = x + a y

$\begin{array}{ll} u=x+2y \\ v=x+ay \end{array}$
\right.$变换，求$a$使得方程$2\frac{{{\partial }^{2}}z}{\partial {{x}^{2}}}+\frac{{{\partial }^{2}}z}{\partial x\partial y}-\frac{{{\partial }^{2}}z}{\partial {{y}^{2}}}=0$变为$\frac{{{\partial }^{2}}z}{\partial u\partial v}=0$

解：由于$\left\{

u = x + 2 y v = x + a y

$\begin{array}{ll} u=x+2y \\ v=x+ay \end{array}$
\right.$

$\Rightarrow {{u}_{x}}=1,{{u}_{y}}=2,{{v}_{x}}=1,{{v}_{z}}=a$

于是$\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{\partial z}{\partial u}\cdot \frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial z}{\partial v}\cdot \frac{\partial v}{\partial x}={{z}_{u}}+{{z}_{v}}$

$\frac{\partial z}{\partial y}=\frac{\partial z}{\partial u}\cdot \frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial z}{\partial v}\cdot \frac{\partial v}{\partial y}=2{{z}_{u}}+a{{z}_{v}}$

于是$\frac{{{\partial }^{2}}z}{\partial {{x}^{2}}}=[\frac{\partial ({{z}_{u}})}{\partial u}\cdot \frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial ({{z}_{u}})}{\partial v}\cdot \frac{\partial v}{\partial x}]+[\frac{\partial ({{z}_{v}})}{\partial u}\cdot \frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial ({{z}_{v}})}{\partial v}\cdot \frac{\partial v}{\partial x}]={{z}_{uu}}+2{{z}_{uv}}+{{z}_{vv}}$

$\frac{{{\partial }^{2}}z}{\partial {{y}^{2}}}=2[\frac{\partial ({{z}_{u}})}{\partial u}\cdot \frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial ({{z}_{v}})}{\partial v}\cdot \frac{\partial v}{\partial x}]+a[\frac{\partial ({{z}_{v}})}{\partial u}\cdot \frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial ({{z}_{v}})}{\partial v}\cdot \frac{\partial v}{\partial y}]=4{{z}_{uu}}+4a{{z}_{uv}}+{{a}^{2}}{{z}_{vv}}$

$\frac{{{\partial }^{2}}z}{\partial x\partial y}=[\frac{\partial ({{z}_{u}})}{\partial u}\cdot \frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial ({{z}_{u}})}{\partial v}\cdot \frac{\partial v}{\partial y}]+[\frac{\partial ({{z}_{v}})}{\partial u}\cdot \frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial ({{z}_{v}})}{\partial v}\cdot \frac{\partial v}{\partial y}]=2{{z}_{uu}}+(a+2){{z}_{uv}}+a{{z}_{vv}}$

由$2\frac{{{\partial }^{2}}z}{\partial {{x}^{2}}}+\frac{{{\partial }^{2}}z}{\partial x\partial y}-\frac{{{\partial }^{2}}z}{\partial {{y}^{2}}}=0\Rightarrow (6-3a){{z}_{uv}}+(2+a-{{a}^{2}}){{z}_{vv}}=0$

于是令

$\left\{

6 ? 3 a = 0 2 + a ? a 2 = 0

$\begin{array}{ll} 6-3a=0 \\ 2+a-{{a}^{2}}=0 \end{array}$
\right.$

$\Rightarrow a=-1$

即当$a=-1$时，$\frac{{{\partial }^{2}}z}{\partial u\partial v}=0$

六、已知$\alpha >-1$，求证$I=\int_{0}^{+\infty }{\frac{1-{{e}^{-\alpha x}}}{x{{e}^{x}}}}dx$收敛，并求$I$的值。

证明：由于$I=\int_{0}^{+\infty }{\frac{1-{{e}^{-\alpha x}}}{x{{e}^{x}}}}dx=\int_{0}^{1}{\frac{1-{{e}^{-\alpha x}}}{x{{e}^{x}}}}dx+\int_{1}^{+\infty }{\frac{1-{{e}^{-\alpha x}}}{x{{e}^{x}}}}dx={{I}_{1}}+{{I}_{2}}$

其中${{I}_{1}}=\int_{0}^{1}{\frac{1-{{e}^{-\alpha x}}}{x{{e}^{x}}}}dx,{{I}_{2}}=\int_{1}^{+\infty }{\frac{1-{{e}^{-\alpha x}}}{x{{e}^{x}}}}dx$

对于${{I}_{1}}$：考虑到$\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{{x}^{p}}\cdot \frac{1-{{e}^{-\alpha x}}}{x{{e}^{x}}}dx=0,0<p<1$

于是${{I}_{1}}$在$\alpha >-1$时收敛

对于${{I}_{2}}$：考虑到$\alpha >-1$时，$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{x}^{2}}\cdot \frac{1-{{e}^{-\alpha x}}}{x{{e}^{x}}}=0$

于是${{I}_{2}}$在$\alpha >-1$时收敛

从而$I$在$\alpha >-1$时收敛

（2）不妨设$I(\alpha )=\int_{0}^{+\infty }{\frac{1-{{e}^{-\alpha x}}}{x{{e}^{x}}}}dx,\alpha >-1$

于是$I‘(\alpha )=\int_{0}^{+\infty }{\frac{x{{e}^{-\alpha x}}}{x{{e}^{x}}}}dx=\int_{0}^{+\infty }{{{e}^{-(\alpha +1)x}}}dx=-\frac{1}{\alpha +1}{{e}^{-(\alpha +1)x}}|_{0}^{+\infty }=\frac{1}{\alpha +1},\alpha >-1$

且$I(0)=0$

于是$I(\alpha )=\int_{0}^{\alpha }{\frac{1}{t+1}dt=\ln (1+\alpha ),\alpha >-1}$

七、已知级数$\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{\frac{{{n}^{n+2}}}{{{(nx+1)}^{n}}}}$，求证

（1）该级数在$(1,+\infty )$上收敛

（2）该级数在$(1,+\infty )$上非一致收敛，但是$f(x)=\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{\frac{{{n}^{n+2}}}{{{(nx+1)}^{n}}}}$在$(1,+\infty )$上连续

证明：（1）用比较判别法考虑$\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{n}^{n+4}}}{{{(nx+1)}^{n}}}$

由于$nx+1>nx\Rightarrow \frac{{{n}^{n+4}}}{{{(nx+1)}^{n}}}<\frac{{{n}^{4}}}{{{x}^{n}}}$

考虑到$x\in (1,+\infty )$时，$\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{n}^{4}}}{{{x}^{n}}}=0\Rightarrow \underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{n}^{n+4}}}{{{(nx+1)}^{n}}}=0$

从而由比较判别法知：该级数在$(1,+\infty )$上收敛；

（2）由于取${{x}_{n}}=\frac{n+1}{n}$，此时

lim n \to + \infty n n + 3 ( n + 2 ) n = + \infty

$\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{n}^{n+3}}}{{{(n+2)}^{n}}}=+\infty$ 且$\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{\frac{1}{n}}$发散

于是该级数在$(1,+\infty )$上非一致收敛

另一方面，由于对任意的$[a,b]\subset (1,+\infty )$

此时$\frac{{{n}^{n+4}}}{{{(nx+1)}^{n}}}<\frac{{{n}^{4}}}{{{a}^{n}}}$，$a>1$

而$\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{n}^{4}}}{{{a}^{n}}}=0$，则当$n$充分大时，有$\frac{{{n}^{2}}}{{{a}^{n}}}<\frac{1}{{{n}^{2}}}$

而

\sum n = 1 + \infty 1 n 2

$\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{\frac{1}{{{n}^{2}}}}$ 收敛

由$M$判别法可知，该级数在$[a,b]$上一致收敛

由$[a,b]$的任意性及开区间覆盖定理知：该级数在$(1,+\infty )$上内闭一致收敛

从而$f(x)=\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{\frac{{{n}^{n+2}}}{{{(nx+1)}^{n}}}}$在$(1,+\infty )$上连续

武汉大学2014数学分析考研真题解答,布布扣,bubuko.com

武汉大学2014数学分析考研真题解答

原文：http://www.cnblogs.com/Colgatetoothpaste/p/3669925.html

踩

(0)

评论一句话评论（0）

分享档案

更多>

2021年09月23日 (328)
2021年09月24日 (313)
2021年09月17日 (191)
2021年09月15日 (369)
2021年09月16日 (411)
2021年09月13日 (439)
2021年09月11日 (398)
2021年09月12日 (393)
2021年09月10日 (160)
2021年09月08日 (222)