数学分析习题练习六

四川师范大学2019数学分析


证明：
                由Young不等式，得
                         $\begin{align*}\int_{a}^{b}f(x)dx\int_{a}^{b}\frac{dx}{f(x)}&=\int_{a}^{b}(\sqrt{f(x)})^2dx\int_{a}^{b}(\frac{1}{\sqrt{f(x)}})^2dx\\\\&\geq [\int_{a}^{b}\sqrt{f(x)}\cdot \frac{1}{\sqrt{f(x)}}dx]^2\\\\&=(b-a)^2.\end{align*}$

四川师范大学2019数学分析


证明：
                   因为$f(x)$在$(a,b)$上一致连续，因此
                                    $\forall \epsilon > 0,\forall x_1,x_2\in (a,a+\delta ),\exists \delta > 0,|x_1-x_2|< \delta ,s.t.$

                                      $|f(x_1)-f(x_2)|< \epsilon $

                      由柯西准则，必有
                                     $\lim_{x\to a^+}f(x).$

四川师范大学2019数学分析

解：
                  令
                              $\displaystyle f_n(x)=\sum_{k=0}^{n-1}xe^{-kx}=x\cdot \frac{1-e^{-nx}}{1-e^{-x}},$

                          则有
                                 $\displaystyle f(x)=\lim_{n \to \infty }f_n(x)=\frac{xe^x}{e^x-1}.$

                                 $\displaystyle f(0)=\lim_{x\to 0}\frac{xe^x}{e^x-1}=1.$
                         由此可知
                                 $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\underset{x\in[0,1]}{\sup} |f_n(x)-f(x)|\geq \lim_{n \to \infty }|f_n(\frac{1}{n})-f(0)|=\lim_{n \to \infty }|\frac{1}{n}-1|=1\neq 0.$

                         所以，级数不一致收敛。

四川师范大学2019数学分析


解：
                                $\displaystyle \lim_{n \to \infty }(\frac{\sqrt[n]{a}+\sqrt[n]{b}}{2})^n=\lim_{n \to \infty }(1+\frac{\sqrt[n]{a}+\sqrt[n]{b}-2}{2})^n,$

                     而
                                  $\displaystyle \sqrt[n]{a}-1=e^{\frac{1}{n}\ln a}-1=\frac{1}{n}\ln a+o(\frac{1}{n}),$

                                  $\displaystyle \sqrt[n]{b}-1=e^{\frac{1}{n}\ln b}-1=\frac{1}{n}\ln b+o(\frac{1}{n}),$

                       在此有
                                 $\begin{align*}\lim_{n \to \infty }(\frac{\sqrt[n]{a}+\sqrt[n]{b}}{2})^n&=\lim_{n \to \infty }(1+\frac{\ln a+\ln b}{2n})^n\\\\&=\lim_{n \to \infty }(1+\frac{\ln ab}{2n})^{\displaystyle \frac{2n}{\ln ab}\cdot \frac{\ln ab}{2}}\\\\&=e^{\displaystyle \frac{\ln ab}{2}}.\end{align*}$

四川师范大学2019数学分析


证明：
                      令
                                 $\displaystyle F(x)=e^xf(x),$

                         于是
                                   $\displaystyle F(x_1)=0,F(x_2)=0,$

                           由Rolle定理，得
                                       $\displaystyle \exists \xi\in (x_1,x_2),s.t.$

                                        $\displaystyle F'(\xi)=e^{\xi}f(\xi)+e^{\xi}f'(\xi)=0.$

                                      $\displaystyle \therefore f(\xi)+f'(\xi)=0.$

四川师范大学2019数学分析


解：
                                $\displaystyle y'=\frac{-2x}{1-x^2},$

                               $\begin{align*}s&=\int_{0}^{\frac{1}{2}}\sqrt{1+\frac{4x^2}{(1-x^2)^2}}dx\\\\&=\int_{0}^{\frac{1}{2}}\frac{\sqrt{1-2x^2+x^4+4x^2}}{1-x^2}dx\\\\&=\int_{0}^{\frac{1}{2}}\frac{1+x^2}{1-x^2}dx\\\\&=\int_{0}^{\frac{1}{2}}(\frac{2}{1-x^2}-1)dx\\\\&=\ln\frac{1+x}{1-x}|_0^\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\\\\&=\ln3-\frac{1}{2}.\end{align*}$
      

四川师范大学2019数学分析


解：
              设曲面上点为$P(x.y.z)$，则到原点的距离为
                                  $\displaystyle d^2=x^2+y^2+z^2,$

                  由拉格朗日乘数法，令
                                  $\displaystyle F(x,y,z)=x^2+y^2+z^2+\lambda (xy-z-1),$

                       则
                                   $\begin{cases}
F_x &=2x+\lambda y=0,\\
F_y &=2y+\lambda x=0,\\
F_z &=2z-\lambda=0 ,\\
F_\lambda &=xy-z-1=0  
\end{cases}$

                      解得
                                      $\displaystyle x=\pm y,z=-\frac{y}{x},$

                                      $\displaystyle x=y=\pm \sqrt{2},z=-1,$
                       得到满足条件的点为
                                       $\displaystyle (\sqrt{2},\sqrt{2},-1),(-\sqrt{2},-\sqrt{2},-1)$

四川师范大学2019数学分析


解：
           添加平面$S':z=0$方向向下,使之与$S$组合为一个闭合曲面，再对之用高斯公式
                                           $\begin{align*}I&=\iint_S=\iint_{S+S'_-}+\iint_{S'_+}\\\\&=\iiint_\Omega (y^2+0+x^2)dxdydz+\iint_{z=0} a^3dxdy\\\\&=\iiint_\Omega (y^2+0+x^2)dxdydz+\pi a^5\\\\&=\int_{0}^{2\pi}d\phi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin \theta d\theta \int_{0}^{a}r^2\sin^2 \theta \cdot r^2dr+\pi a^5\\\\&=\frac{4\pi}{15}a^5+\pi a^5\\\\&=\frac{19}{15}\pi a^5.\end{align*}$

四川师范大学2019数学分析


证明：
              由已知条件，得
                             $\begin{align*}|x_{n+1}-x_n|&=|f(x_n)-f(x_{n-1})|\\\\&=|f'(\xi)||x_{n}-x_{n-1}|\\\\&\leq q|x_n-x_{n-1}|,(\xi\in (x_{n-1},x_n))\end{align*}$

                   由此可知，$\{x_n\}$为压缩数列，极限存在。又
                                    $\displaystyle \because x_n=f(x_{n-1}),$

                                   $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }x_n=x=\lim_{n \to \infty }f(x_{n-1})=f(x).$

京都大学2010年考研试题


解：
                               $\displaystyle I=\iint_D\frac{1}{1+(x+y)^4}dxdy=\int_{0}^{1}dx\int_{0}^{1-x}\frac{dy}{1+(x+y)^4},$

                       令
                                  $\displaystyle t=x+y,x\leq t\leq 1,$

                                $\begin{align*}I&=\int_{0}^{1}dx\int_{x}^{1}\frac{dt}{1+t^4}\\\\&=\int_{0}^{1}dx\int_{x}^{1}\frac{\frac{1}{t^2}dt}{\frac{1}{t^2}+t^2}\\\\&=\int_{0}^{1}dx\int_{x}^{1}\frac{(1+\frac{1}{t^2}-1)dt}{\frac{1}{t^2}-2+t^2+2}\\\\&=\int_{0}^{1}dx\int_{x}^{1}\frac{d(t-\frac{1}{t})}{(t-\frac{1}{t})^2+2}-\int_{0}^{1}dx\int_{x}^{1}\frac{dt}{1+t^4}.\end{align*}$

                                 $\begin{align*}I&=\frac{1}{2\sqrt{2}}\int_{0}^{1}dx\int_{x}^{1}\frac{d(t-\frac{1}{t})}{(t-\frac{1}{t})^2+2}\\\\&=\frac{1}{2\sqrt{2}}\int_{0}^{1}[\arctan \frac{1}{\sqrt{2}}(t-\frac{1}{t})]|_x^1dx\\\\&=-\frac{1}{2\sqrt{2}}\int_{0}^{1}\arctan \frac{1}{\sqrt{2}}(x-\frac{1}{x})dx\\\\&=-\frac{1}{2\sqrt{2}}\{x\arctan \frac{1}{\sqrt{2}}(x-\frac{1}{x})|_0^1-\int_{0}^{1}\frac{x\frac{1}{\sqrt{2}}(1+\frac{1}{x^2})dx}{\frac{1}{2}(x-\frac{1}{x})^2+1}\}\\\\&=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{x(x^2+1)}{1+x^4}dx\\\\&=\frac{1}{2}[\int_{0}^{1}\frac{x^3}{1+x^4}dx+\int_{0}^{1}\frac{x}{1+x^4}dx]\\\\&=\frac{1}{2}[\frac{1}{4}\ln(1+x^4)|_0^1+\frac{1}{2}\arctan x^2|_0^1]\\\\&=\frac{1}{8}\ln 2+\frac{\pi}{16}.\end{align*}$

计算复杂了，用配方法，积分应该更简单些。