数学分析习题练习六

合肥工业大学2020数学分析


解：
              由于
                       $\begin{align*}\frac{1}{1+\frac{1}{n}}\cdot \frac{1}{n}(\sin \frac{\pi}{n}+\sin \frac{2\pi}{n}+\cdots +\sin \frac{n\pi}{n})&\leq \frac{\sin \frac{\pi}{n}}{n^2+1}+\frac{\sin \frac{2\pi}{n}}{n^2+2}+\cdots +\frac{\sin \frac{n\pi}{n}}{n^2+n}\\\\&\leq \frac{1}{1+\frac{1}{n^2}}\cdot \frac{1}{n}(\sin \frac{\pi}{n}+\sin \frac{2\pi}{n}+\cdots +\sin \frac{n\pi}{n}).\end{align*}$

                   又
                        $\displaystyle \because \lim_{n \to \infty }\frac{1}{n}(\sin \frac{\pi}{n}+\sin \frac{2\pi}{n}+\cdots +\sin \frac{n\pi}{n})=\int_{0}^{1}\sin x\pi dx=\frac{2}{\pi}.$

                        $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }(\frac{\sin \frac{\pi}{n}}{n^2+1}+\frac{\sin \frac{2\pi}{n}}{n^2+2}+\cdots +\frac{\sin \frac{n\pi}{n}}{n^2+n})=\frac{2}{\pi}.$

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证明：
                  将区间分为：
                                       $\displaystyle (0,a]=(0,\delta_1]\cup [\delta_1,a],$

                      在$x\in [\delta_1,a]$上，由$f(x)$的连续性，即知一致连续。再由已知条件可得
                                        $\displaystyle \exists M> 0,\delta_1> 0(< a),\forall x\in(0,\delta_1],s.t.|\sqrt{x}f'(x)|\leq M.$

                       而函数$\sqrt{x}$在$(0,a]$上的一致连续性，可知有
                                       $\displaystyle \forall \epsilon > 0,\forall x_1,x_2\in(0,\delta_1],\exists \delta_1> \delta > 0 ,|x_1-x_2|< \delta ,s.t.$
                                      
                                        $\displaystyle |\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2}|< \epsilon ,$

                       由柯西中值定理，得
                                         $\displaystyle \exists \xi \in(0,\delta_1],s.t.$

                                         $\displaystyle \frac{f(x_1)-f(x_2)}{\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2}}=2\sqrt{\xi}f'(\xi)\leq 2M,$
                                       
                                        $\displaystyle \Rightarrow |f(x_1)-f(x_2)|< 2M\epsilon .$

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此题前面已经解答过，参见17#。

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解：
         1、令
                           $\displaystyle x=\pi-t,$

                            $\displaystyle \int_{0}^{\pi}xf(\sin x)dx=-\int_{\pi}^{0}(\pi-t)f(\sin t)dt=\pi\int_{0}^{\pi}f(\sin t)dt-\int_{0}^{\pi}tf(\sin t)dt,$

                              $\displaystyle \therefore \int_{0}^{\pi}xf(\sin x)dx=\frac{\pi}{2}\int_{0}^{\pi}f(\sin x)dx.$


         2、由反三角函数关系式：
                                $\displaystyle \arctan x+\arctan \frac{1}{x}=\frac{\pi}{2},$

                          原式
                                   $\displaystyle \because I=\int_{-\pi}^{\pi}\frac{x\sin x}{1+\cos^2x}\arctan e^xdx=\int_{-\pi}^{\pi}\frac{x\sin x}{1+\cos^2x}\arctan e^{-x}dx,$

                                     $\displaystyle \therefore I=\frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi}\frac{x\sin x}{1+\cos^2x}(\arctan e^x+\arctan e^{-x})dx=\frac{\pi}{4}\int_{-\pi}^{\pi}\frac{x\sin x}{1+\cos^2x}dx=\frac{\pi}{2}\int_{0}^{\pi}\frac{x\sin x}{1+\cos^2x}dx,$

                    利用上题结论，有
                                    $\displaystyle I=\frac{\pi^2}{4}\int_{0}^{\pi}\frac{\sin x}{1+\cos^2x}dx=-\frac{\pi^2}{4}\arctan \cos x|_0^\pi=\frac{\pi^3}{8}.$

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解：
                由已知等式，得
                                      $\displaystyle \frac{\partial u}{\partial x}=2x,\frac{\partial v}{\partial x}=2y,$

                                      $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial x}=\frac{\partial z}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial z}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial x}=2x\frac{\partial z}{\partial u}+2y\frac{\partial z}{\partial v},$

                                       $\displaystyle \frac{\partial^2z}{\partial x^2}=2\frac{\partial z}{\partial u}+4x^2\frac{\partial^2z}{\partial u^2}+8xy\frac{\partial^2z}{\partial u\partial v}+4y^2\frac{\partial^2z}{\partial v^2},$

                 同样地
                                      $\displaystyle \frac{\partial u}{\partial y}=-2y,\frac{\partial v}{\partial y}=2x,$

                                      $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial y}=\frac{\partial z}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial z}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial y}=-2y\frac{\partial z}{\partial u}+2x\frac{\partial z}{\partial v},$

                                      $\displaystyle \frac{\partial^2z}{\partial y^2}=-2\frac{\partial z}{\partial u}+4y^2\frac{\partial^2z}{\partial u^2}-8xy\frac{\partial^2z}{\partial u\partial v}+4x^2\frac{\partial^2z}{\partial v^2},$

                 所以，
                                   $\displaystyle \frac{\partial^2z}{\partial x^2}+\frac{\partial^2z}{\partial y^2}=(4x^2+4y^2)(\frac{\partial^2z}{\partial u^2}+\frac{\partial^2z}{\partial v^2})=1.$

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解：
               用拉格朗日乘数法，令
                                  $\displaystyle F(x_1,\cdots ,x_n)=f(x_1,\cdots ,x_n)+\lambda (\sum_{k=1}^{n}x^2_k-1)=\sum_{k=1}^{n}a_kx_k+\lambda (\sum_{k=1}^{n}x^2_k-1),$

                  分别求偏导数，并令其为$0$,得
                                    $\displaystyle F_k=a_k+2\lambda x_k=0,x_k=-\frac{a_k}{2\lambda },$

                                     $\displaystyle F_\lambda =\sum_{k=1}^{n}x^2_k-1=0,$

                         将前式代入，得
                                     $\displaystyle \frac{\displaystyle \sum_{k=1}^{n}a_k^2}{4\lambda^2}=1,$

                       解出参数后，得
                                      $\displaystyle \therefore x_k=\frac{a_k}{\displaystyle \sqrt{\sum_{k=1}^{n}a_k^2}},$

                           由取得最大值的条件，比较后将负值舍去。得最大值为
                                         $\displaystyle f_{\max}=\frac{\displaystyle \sum_{k=1}^{n}a_k^2}{\sqrt{\displaystyle \sum_{k=1}^{n}a_k^2}}=\sqrt{\sum_{k=1}^{n}a_k^2}.$

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证明：
                  由方向导数积分公式：
                                               $\displaystyle \oint_L\frac{\partial u}{\partial n}ds=\oint_L[\frac{\partial u}{\partial x}\cos (n,x)+\frac{\partial u}{\partial y}\cos (n,y)]ds,$

                          又
                                               $\displaystyle \because \cos (n,x)ds=dy,\cos (n,y)ds=-dx,$
                                          
                              再运用格林公式，
                                              $\begin{align*}\therefore \oint_L\frac{\partial u}{\partial n}ds&=\oint_L-\frac{\partial u}{\partial y}dx+\frac{\partial u}{\partial x}dy\\\\&=\iint_D[\frac{\partial^2u}{\partial x^2}+\frac{\partial^2u}{\partial x^2}]dxdy\\\\&=\iint_De^{-(x^2+y^2)}dxdy\\\\&=\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{t}e^{-r^2}\cdot rdr\\\\&=\pi(1-e^{-t^2}).\end{align*}$

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解：这里应该是漏了$r$的说明：
                                       $\displaystyle r=\sqrt{(x-1)^2+(y-2)^2+(z-3)^2}.$

                     由被积函数可知，其在点$(1,2,3)$无连续偏导数。除该点外，可以验证有：$\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}=0,$

                     作一个包围点$(1,2,3)$的小球，小球外的积分为$0$.而所求积分即等于在此小球区域上的曲面积分。
                                      $\displaystyle \Sigma' :(x-1)^2+(y-2)^2+(z-3)^2=\epsilon ^2.$

                       则
                                $\displaystyle I=\frac{1}{\epsilon^3}\iint_{\Sigma'}(x-1)dydz+(y-2)dzdx+(z-3)dxdy=\frac{1}{\epsilon^3}\iiint_{\Omega'}3dxdydz=\frac{3}{\epsilon ^3}\cdot \frac{4}{3}\pi \epsilon ^3=4\pi.$

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解：
                          $\displaystyle \because \sqrt{n^2+1}=n\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}=n+\frac{1}{2n}+o(\frac{1}{n}),$

                              $\displaystyle \sin (\pi \sqrt{n^2+1})=\sin (n\pi+\frac{\pi}{2n}+o(\frac{1}{n}))=(-1)^{n}\sin (\frac{\pi}{2n}+o(\frac{1}{n})),$

                           $\displaystyle \therefore \sin (\pi \sqrt{n^2+1})\sim (-1)^n\frac{\pi}{2n}.$

                 而后者是交叉级数，收敛。

北京大学数学分析1期中试题


证明：
                因为$f(x)$在$x=0$附近连续，故有已知条件，得
                             $\begin{align*}\lim_{x\to 0}\frac{f(2x)-f(x)}{x}&=2\lim_{x\to 0}\frac{f(2x)-f(0)}{2x}-\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x}\\\\&=2f'(0)-f'(0)=f'(0)=m.\end{align*}$

                 本题目中结论似有误。