n?k3?3??k??k??k??k?lim??1??sin2?lim??1???2?O?6??, n??n??n?nn??nk?1?k?1??n??n33nk3?3?k?k?由于 |??1??O(6)|??2C6?0,(n??)，
n?nnk?1?k?1n所以
nk??k??k?k?lim??1??sin2?lim??1??2 n??n??n?nn?nk?1?k?1?n1kk215?. ??lim?(?2)???(x?x2)dx?0n??6nnk?1nn解法2 利用x-13x n?nnk?1?k?1nn1kk215??k?k?， lim??1??2??lim?(?2)???(x?x2)dx?0n??n??n?n6nnk?1?k?1nn所以limkk?5? . (1?)sin??2n??nn6k?1n三、设L为单位圆x2?y2?1的正向，计算积分 ey[(xsinx?ycosx)dx?(ysinx?xcosx)dy]。 22?x?yL三、解 设原式??Pdx?Qdy，直接计算可得 L?Q?P?，(x,y)?(0.0)， ?x?y我们利用“挖奇点”的方法。 做一个充分小的圆周C:x2?y2??2，方向逆时针。L与C所包围的区域记为 D?，由格林公式得 ?Pdx?Qdy??Pdx?Qdy???(LCD??Q?P?)dxdy ?x?y6 ?0， 所以?Pdx?Qdy??Pdx?Qdy， LC再应用一次格林公式及积分中值定理，得 C?Pdx?Qdy?1?2C?e[(xsinx?ycosx)dx?(ysinx?xcosx)dy] ye??cosxdxdy DCy???2?2?2?2?ey?cosx????2 ??2?ey?cosx?， 令??0?，得 ??0lim(?2?ey?cosx?)??2?e0cos0??2?， ?ey所以?2[(xsinx?ycosx)dx?(ysinx?xcosx)dy]??2?。 2x?yL四、计算积分??f(x)dydz?g(y)dzdx?h(z)dxdy，f(x),g(y),h(z)为连续函数， ?其中?:[0,a]?[0,b]?[0,c]的边界，外侧. 四、解 ??f(x)dydz?g(y)dzdx?h(z)dxdy ????(f(x)cos(n,x)?g(y)cos(n,y)?h(z)cos(n,z))d?； 首先计算 ??h(z)dxdy??h(z)cos(n,z)d?，在长方体的六个面上，显然在长方体的四 ??个侧面上，cos(n,z)?0，在上底面的上侧cos(n,z)?1，在下底面的下侧cos(n,z)??1； 于是 同理 故 ??h(z)dxdy??h(z)cos(n,z)d??(h(c)?h(0))ab， ??z(f(a)?f(0))bc，??g(x)dzdx?(g(b)?g(0))ca， ??f(x)dyd?????f(x)dydz?g(y)dzdx?h(z)dxdy ??(f(a)?f(0))bc?(g(b)?g(0))ca?(h(c)?h(0))ab . 五、讨论积分?五、解 7 ??0sinxdx，?p?0?，的敛散性 xp?sinxsinx?1， px?0x?sinxsinx1?当p?1时，lim， px?0?x?sinx2sinx?0， 当p?1时，lim?px?0x?sinx2sinxdx收敛， 所以?p0x?sinx??sinxdx的敛散性， 只考虑?2xp?sinx1lim?1， x???sinx1?px当p?1时，lim?sinx112???，当x充分大， pppsinxx?sinxx1?xpx2dx收敛， p1x??sinxdx绝对收敛， 于是，当p?1时，?0xp?sinx当p?1时，???sinxsinx11sinx??，当x充分大， pppsinxx?sinxx1?2xpx当0?p?1时，???1sinxdx发散， p2x???0sinxdx发散. px?sinx五、讨论如下积分的敛散性. （1）???2sin2xdx，?p?0?， ppx?x?sinx?sinxdx，?p?0?， 2xp?sinx??sinxdx，?p?0?. （3）?p0x?sinx解 （1）为非负函数的积分，可用比较判别法， （2）???sin2xsin2x1?pp?pp由不等式pp， x?x?1?x?x?sinx?x?x?1?可知，若p? ??11，则积分?dx收敛， pp22xx?1??8 从而?若p? ??2sin2xdx收敛， ppx?x?sinx???11，由积分?dx发散， pp22xx?1??易知?从而???2sin2xdx也发散， ppx?x?1?sin2xdx发散. xp?xp?sinx???2（2） 利用（1）之结果及等式 sin2xsinxsin2x?p?pp， px?sinxxx?x?sinx?1sinxp?dx当且仅当收敛. 22xp?sinxsinx?C?p?， （3） 因limpx?0?x?sinx故0不是奇点，收敛性与（2）相同. 可知，积分???利用 sinxxp?1?sinx1， ?xp?sinxxp?1??得 当p?1时，?sinxdx绝对收敛， p0x?sinx??1sinxdx条件收敛， 当?p?1时，?02xp?sinx??1sinxdx发散。 当0?p?时，?02xp?sinxbb六、设f(x)在[a,b]上连续，且?af(x)dx?0，?axf(x)dx?0， 证明：至少存在两点x1,x2?(a,b)，使得f(x1)?f(x2)?0。 设 f是[a,b]上的连续函数， 且满足下列条件a?bf(x)xdx?0，k?0,1,2,?,n， k证明 f在(a,b)内至少有n?1个不同的零点。 证明 （1）由f(x)在[a,b]上连续，利用积分平均值定理，存在x1?(a,b)，使得 9 f(x1)?1bf(x)dx?0， b?a?a（2）我们断言f(x)必有第二个零点，假若f(x)在(a,b)内只有一个零点x1，则f(x)在(a,x1)内不能变号，f(x)在(x1,b)内不能变号，且在x1的两侧只能异号，从而(x?x1)f(x)在x1的两侧保持同号，于是 0??(x?x1)f(x)dx??xf(x)dx?x1?f(x)dx?0， aaabbb矛盾，故至少存在两点x1,x2?(a,b)，使得f(x1)?f(x2)?0。 2a,b,c?0， 七、设常数满足ac?b且线性变换 ??x??1y，??x??2y， ?2u?2u?2u?2u把方程程a2?2b?c2?0变换为方程?0。 ?x?x?y?y????2?,?证明12为方程c??2b??a?0的两个不同实根。 七、证明 由求偏导的链锁法则，直接计算，代入，化简。 （二阶偏微分方程的特征理论的推导过程。） 10 百度搜索“77cn”或“免费范文网”即可找到本站免费阅读全部范文。收藏本站方便下次阅读，免费范文网，提供经典小说综合文库2008年华南理工数学分析考研试题及解答(2)在线全文阅读。
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