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1. 求 $\dps{\int_\vGa y^2\rd s}$, 其中 $\vGa$ 由 $\dps{\sedd{\ba{rl} x^2+y^2+z^2&=a^2\\ x+z&=a \ea}}$ 決定.

解答: $\vGa$: $$\bex \sedd{\ba{rl} \sex{x-\cfrac{a}{2}}^2+y^2+\sex{z-\cfrac{a}{2}}^2&=\cfrac{a^2}{2}\\ \sex{x-\cfrac{a}{2}}+\sex{y-\cfrac{a}{2}}&=0 \ea}. \eex$$ 作變換 $$\bex u=x-\cfrac{a}{2},\quad v=y,\quad w=z-\cfrac{a}{2}, \eex$$ 則 $$\beex \bea \int_\vGa y^2\rd s &=\int_l v^2\rd s\quad\sex{l:\ \sedd{\ba{rl} u^2+v^2+w^2&=\cfrac{a^2}{2}\\ u+w=0 \ea}}\\ &=\int_0^{2\pi} \cfrac{a^2}{2}\sin^2\tt \sqrt{\sex{\cfrac{\rd u}{\rd \tt}}^2 +\sex{\cfrac{\rd v}{\rd t}}^2 +\sex{\cfrac{\rd w}{\rd t}}^2}\rd \tt\\ &\quad\sex{l:\ \sedd{\ba{rl} u=\cfrac{a}{2}\cos\tt\\ v=\cfrac{a}{\sqrt{2}}\sin\tt\\ w=-\cfrac{a}{2}\cos\tt \ea}, 0\leq \tt\leq 2\pi}\\ &=\int_0^{2\pi} \cfrac{a^2}{2}\sin^2\tt \cdot \cfrac{a}{\sqrt{2}}\rd \tt\\ &=\cfrac{a^3\pi}{2\sqrt{2}}. \eea \eeex$$

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2. 設 $a,b,c$ 均為正數, 計算曲面積分 $$\bex \iint_S x^3\rd y\rd z+y^3\rd z\rd x+z^3\rd x\rd y, \eex$$ 其中 $S$ 是上半橢球面 $$\bex \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=1,\quad z\geq 0, \eex$$ 方向朝上.

解答: $$\bex \mbox{原第二型曲面積分} &=&3\iiint_{\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}\leq 1\atop z\geq 0} (x^2+y^2+z^2)\rd x\rd y\rd z\\ &=&3abc\iiint_{x^2+y^2+z^2\leq 1\atop z\geq 0} (a^2x^2+b^2y^2+c^2z^2)\rd x\rd y\rd z\\ &=&3abc(a^2+b^2+c^2)\iiint_{x^2+y^2+z^2\leq 1\atop z\geq 0} x^2\rd x\rd y\rd z\\ &=&abc(a^2+b^2+c^2)\iiint_{x^2+y^2+z^2\leq 1\atop z\geq 0} (x^2+y^2+z^2)\rd x\rd y\rd z\\ &=&\frac{1}{2}abc(a^2+b^2+c^2) \iiint_{x^2+y^2+z^2\leq 1}(x^2+y^2+z^2)\rd x\rd y\rd z\\ &=&\frac{1}{2}abc(a^2+b^2+c^2) \int_0^1 r^2\cdot 4\pi r^2\rd r\\ &=&\frac{2\pi}{5}abc(a^2+b^2+c^2). \eex$$

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3. 計算曲面積分 $\dps{\iint_S\frac{\rd S}{\sqrt{x^2+y^2+(z+2)^2}}}$, 其中 $S$ 是以原點為心、 $2$ 為半徑的球面被 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 所割的上部分.

解答: $$\beex \bea \iint_S\frac{\rd S}{\sqrt{x^2+y^2+(z+2)^2}} &=\iint_S\frac{\rd S}{\sqrt{8+2z}}\\ &=\iint_{x^2+y^2\leq 2} \frac{1}{\sqrt{8+2\sqrt{4-x^2-y^2}}}\cdot \frac{2}{\sqrt{4-x^2-y^2}}\rd x\rd y\\ &=\int_0^{\sqrt{2}} \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{4+\sqrt{4-r^2}}}\cdot 2\pi r\rd r\\ &=\sqrt{2}\pi \int_0^2 \frac{\rd s}{\sqrt{4+\sqrt{4-s}}\cdot \sqrt{4-s}}\quad\sex{s=r^2}\\ &=\sqrt{2}\pi \int_{\sqrt{2}}^2 \frac{1}{\sqrt{4+t}\cdot t}\cdot 2t\rd t\quad\sex{\sqrt{4-s}=t}\\ &=2\sqrt{2}\pi\int_{\sqrt{2}}^2 \frac{1}{\sqrt{4+t}}\rd t =4\sqrt{2}\pi\sex{\sqrt{6}-\sqrt{4+\sqrt{2}}}. \eea \eeex$$

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4. 設 $\dps{f(x)=\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{x+2^n}}$, $x\in [0,\infty)$. 證明:

(1) $f$ 在 $[0,\infty)$ 上連續;

(2) $\dps{\lim_{x\to\infty}f(x)=0}$; (3) 對一切 $x\in (0,\infty)$ 有 $$\bex 0<f(x)-\frac{\ln(1+x)}{x\ln 2}<\frac{1}{1+x}. \eex$$

證明:

(1) 由 $$\bex \frac{1}{x+2^n}<\frac{1}{2^n} \eex$$ 知 $\dps{\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{x+2^n}}$ 關于 $x$ 一致收斂. 而 $f(x)$ 作為和函數, 是連續的.

(2) 由 $$\beex \bea f(x)&=\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{x+2^n}\\ &=\sum_{n=0}^N \frac{1}{x+2^n} +\sum_{n=N+1}^\infty \frac{1}{x+2^n}\\ &<\frac{N+1}{x}+\frac{1}{2^N}\\ &\equiv I_1+I_2 \eea \eeex$$ 知對任意固定的 $\ve>0$, 可先取 $N$ 充分大使得 $\dps{I_2<\frac{\ve}{2}}$; 后對該 $N$, $$\bex \exists\ X>0,\st x>X\ra I_1<\frac{\ve}{2}. \eex$$ (3) 由 $$\bex \frac{1}{x+2^{n+1}}<\frac{1}{x+2^t}<\frac{1}{x+2^n}\quad (n<t<n+1) \eex$$ 知 $$\bex \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{x+2^n} <\int_0^\infty \frac{1}{x+2^t}\rd t <\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{x+2^n}. \eex$$ 而 $$\bex \int_0^\infty \frac{1}{x+2^t}\rd t <f(x)=\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{x+2^n} <\int_0^\infty \frac{1}{x+2^t}\rd t +\frac{1}{1+x}. \eex$$ 因 $$\beex \bea \int_0^\infty \frac{1}{x+2^t}\rd t &=\frac{1}{\ln 2} \int_{x+1}^\infty \frac{1}{y}\cdot\frac{\rd y}{y-x}\quad \sex{x+2^6=y}\\ &=\frac{1}{x\ln 2} \cdot\left.\ln\frac{y-x}{y}\right|_{y=x+1}^{y=\infty}\\ &=\frac{\ln(1+x)}{x\ln 2}, \eea \eeex$$ 我們最終得到 $$\bex 0<f(x)-\frac{\ln(1+x)}{x\ln 2}<\frac{1}{1+x}. \eex$$

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5. 設 $f$ 是 $(0,\infty)$ 上的有界連續函數, 并設 $\sed{r_n}$ 是任意給定的正實數列. 試證: 存在正實數列 $\sed{x_n}$, 使得 $$\bex \lim_{n\to\infty}[f(x_n+r_n)-f(x_n)]=0. \eex$$

證明: (1) 先證明: 對任意固定的 $n\in \bbN$, $$\bee\label{113.8:eq1} \exists\ y_n>0,\st f(y_n+r_n)-f(y_n)<\frac{1}{n}; \eee$$ $$\bee\label{113.8:eq2} \exists\ z_n>0,\st f(z_n+r_n)-f(z_n)>-\frac{1}{n}. \eee$$ 斷言 \eqref{113.8:eq1} 與 \eqref{113.8:eq2} 的證明類似. 我們僅用反證法證明 \eqref{113.8:eq1}. 若 $$\bex y>0\ra f(y+r_n)-f(y)>\frac{1}{n}, \eex$$ 則 $$\beex \bea f(1+kr_n)&=\sum_{j=0}^{k-1} [f(1+(j+1)r_n)-f(1+jr_n)] +f(1)\\ &>\frac{k}{n}+f(1). \eea \eeex$$ 令 $k\to\infty$, 我們發現 $f$ 無上界. 這是一個矛盾.

(2) 再證明: $$\bex \exists\ x_n>0,\st \sev{f(x_n+r_n)-f(x_n)}<\frac{1}{n}. \eex$$

(a) 若 $\dps{f(y_n+r_n)-f(y_n)>-\frac{1}{n}}$, 則可取 $x_n=y_n$;

(b) 若 $\dps{f(z_n+r_n)-f(z_n)<\frac{1}{n}}$, 則可取 $x_n=z_n$;

(c) 若 $$\bex f(y_n+r_n)-f(y_n)\leq -\frac{1}{n},\quad f(z_n+r_n)-f(z_n)\geq \frac{1}{n}, \eex$$ 則由 $$\bex \sez{-\frac{1}{n},\frac{1}{n}} \subset [ f(y_n+r_n)-f(y_n), f(z_n+r_n)-f(z_n) ] \eex$$ 及連續函數的介值定理知 $$\bex \exists\ x_n\mbox{ 在 }y_n,z_n\mbox{ 之間},\st f(x_n+r_n)-f(x_n)=0\,! \eex$$

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6. 設 $f:(0,+\infty)\to(0,+\infty)$ 是一個單調增加的函數. 如果 $$\bex \lim_{x\to+\infty}\frac{f(2x)}{f(x)}=1, \eex$$ 證明: 對任意 $m>0$ 都有 $$\bex \lim_{x\to+\infty}\frac{f(mx)}{f(x)}=1. \eex$$

證明: (1) 僅須對 $m\geq 1$ 驗證題目. 事實上, 對 $0<m<1$ 有 $$\bex \lim_{x\to+\infty}\cfrac{f(mx)}{f(x)}= \lim_{x\to+\infty}\cfrac{1}{\cfrac{f(x)}{f(mx)}} =\cfrac{1}{ \dps{\lim_{x\to+\infty}\cfrac{f\sex{\frac{1}{m}s}}{f(s)}}}. \eex$$

(2) 僅須對 $x=2^k\ (k\in\bbN)$ 驗證題目. 事實上, 對 $m\geq 1$, $$\bex \exists\ k\in \bbN,\st 2^k\leq m<2^{k+1}. \eex$$ 而 $$\bex \cfrac{f(2^kx)}{f(x)} \leq \cfrac{f(mx)}{f(x)} \leq \cfrac{f(2^{k+1}x)}{f(x)}. \eex$$ (3) 當 $x=2^k$ 時, $$\bex \lim_{x\to+\infty} \cfrac{f(2^kx)}{f(x)} = \lim_{x\to+\infty}\prod_{i=1}^k \cfrac{f(2^ix)}{f(2^{i-1}x)} =\prod_{i=1}^k \lim_{s\to+\infty}\cfrac{f(2s)}{f(s)}=1. \eex$$

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7. 對 $\dps{x\in \sex{0,\cfrac{\pi}{2}}}$, 試證:

(1) $\dps{\cfrac{1}{3}\tan x+\cfrac{2}{3}\sin x>x}$;

(2) $\dps{\cfrac{1}{\sin^2 x}-\cfrac{1}{x^2}\leq 1-\cfrac{4}{\pi^2}}$.

證明: (1) 當 $\dps{x\in \sex{0,\frac{\pi}{2}}}$, 由 $$\beex \bea \tan x&=\int_0^x \sec^2t\rd t\\ &=\int_0^x(1+\tan^2t)\rd t\\ &>\int_0^x (1+t^2)\rd t\quad\sex{\mbox{單位圓上作圖}}\\ &=x+\frac{x^3}{3}; \eea \eeex$$ $$\beex \bea \sin x&=\int_0^x \cos t\rd t\\ &=\int_0^x \sez{1-\int_0^t \sin s\rd s}\rd t\\ &>\int_0^x \sez{1-\int_0^t s\rd s}\rd t\\ &=x-\frac{x^3}{6} \eea \eeex$$ 知 $$\bex \frac{1}{3}\tan x+\frac{2}{3}\sin x>x. \eex$$

(2) $$\beex \bea \cfrac{\cfrac{1}{x^2}-\cfrac{4}{\pi^2}}{\cfrac{1}{\sin^2x}-1} &=\cfrac{-\cfrac{2}{y^3}}{-2\cfrac{\cos y}{\sin^2y}}\quad\sex{x<y<\cfrac{\pi}{2}}\\ &=\cfrac{2\sin z\cos z\tan z+\sin^2z\sec^2z}{3z^2}\quad\sex{0<z<y}\\ &=\cfrac{2\sin^2z+\tan^2 z}{3z^2}\\ &=\cfrac{\sez{\sex{\sqrt{2}}^2+1^2}\sez{\sex{\sqrt{2}\sin z}^2+\sex{\tan z}^2}}{9z^2}\\ &\geq \cfrac{(\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}z+1\cdot \tan z)^2}{9z^2}\\ &=\sex{\cfrac{2\sin z+\tan z}{3z}}^2\\ &>1. \eea \eeex$$

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8. 設 $f$ 是 $[0,\infty)$ 上的單調函數, 試證:

(1) 對任意的 $a>0$, 有 $$\bex \lim_{n\to\infty} \int_0^a f(x)\sin nx\rd x=0; \eex$$

(2)若再設 $\dps{\vlm{x}f(x)=0}$, 試證: $$\bex \vlm{n}\int_0^\infty f(x)\sin nx\rd x=0. \eex$$

證明: (1) 由積分第二中值定理, $$\beex \bea \sev{\int_0^a f(x)\sin nx\rd x} &=\sev{f(0)\int_0^\xi \sin nx\rd x +f(a)\int_\xi^a \sin nx\rd x}\\ &=\sev{f(0)\cfrac{1-\cos n\xi}{n} +f(a)\cfrac{\cos n\xi-\cos na}{n}}\\ &\leq \cfrac{2\sez{|f(0)|+|f(a)|}}{n}\\ &\to 0\quad\sex{n\to\infty}. \eea \eeex$$

(2) 寫出 $$\beex \bea \int_0^\infty f(x)\sin nx\rd x &=\frac{1}{n}\int_0^\infty f\sex{\frac{t}{n}}\sin t\rd t\\ &=\frac{1}{n} \sum_{k=0}^\infty \sez{ \int_{2k\pi}^{(2k+1)\pi} f\sex{\frac{t}{n}}\sin t\rd t +\int_{(2k+1)\pi}^{(2k+2)\pi}f\sex{\frac{t}{n}}\sin t\rd t }. \eea \eeex$$ 我們有 $$\beex \bea &\quad\int_0^\infty f(x)\sin nx\rd x\\ &\geq \frac{1}{n} \sum_{k=0}^\infty \sez{f\sex{\frac{(2k+1)\pi}{n}}\int_{2k\pi}^{(2k+1)\pi}\sin t\rd t +f\sex{\frac{(2k+1)\pi}{n}}\int_{(2k+1)\pi}^{(2k+2)\pi}\sin t\rd t}\\ &=0; \eea \eeex$$ $$\beex \bea &\quad\int_0^\infty f(x)\sin nx\rd x\\ &=\frac{1}{n}\lim_{m\to\infty} \sum_{k=0}^m \sez{ \int_{2k\pi}^{(2k+1)\pi} f\sex{\frac{t}{n}}\sin t\rd t +\int_{(2k+1)\pi}^{(2k+2)\pi}f\sex{\frac{t}{n}}\sin t\rd t }\\ &\leq \frac{1}{n}\lim_{m\to\infty} \sum_{k=0}^m \sez{ f\sex{\frac{2k\pi}{n}}\int_{2k\pi}^{(2k+1)\pi} \sin t\rd t +f\sex{\frac{(2k+2)\pi}{n}}\int_{(2k+1)\pi}^{(2k+2)\pi} \sin t\rd t }\\ &=\frac{2}{n}\lim_{m\to\infty} \sum_{k=0}^m \sez{ f\sex{\frac{2k\pi}{n}} -f\sex{\frac{2(k+1)\pi}{n}}}\\ &=\frac{2}{n}\lim_{m\to\infty}\sez{f(0)-f\sex{\frac{2(m+1)\pi}{n}}}\\ &=\frac{2}{n}f(0) \eea \eeex$$ 于是 $$\bex 0\leq \int_0^\infty f(x)\sin nx\rd x\leq \frac{2}{n}f(0). \eex$$ 故有結論.

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9. 設 $f$ 在 $[0,c]$ 上連續, $f(0)=0$, 且當 $x\in (0,c)$ 時, $f''(x)<0$. 試證: 當 $0<a<b<a+b<c$ 時, $$\bex f(a+b)<f(a)+f(b). \eex$$

證明: 對固定的 $b>0$, 令 $$\bex F(x)=f(x+b)-f(x)-f(b), \eex$$ 則 $F(0)=0$; 且由 $f''(x)<0$ 知 $$\bex F'(x)=f'(x+b)-f'(x)<0. \eex$$ 于是 $$\bex F(a)<F(0)=0. \eex$$?

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總結

以上是生活随笔為你收集整理的赣南师范学院数学竞赛培训第02套模拟试卷参考解答的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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