数学分析习题练习六

北京大学数学分析1期中试题


证明：
               由已知条件，可知
                                     $\displaystyle \because \forall x\in (\xi-\delta ,\xi),$

                                      $\displaystyle \therefore \lim_{x\to\xi^-}\frac{f(x)-f(\xi)}{x-\xi}=f_-'(\xi)>0$

                          又
                                      $\displaystyle \because \forall x\in (\xi,\xi+\delta),$

                                      $\displaystyle \therefore \lim_{x\to\xi^+}\frac{f(x)-f(\xi)}{x-\xi}=f_+'(\xi)>0,$

                       因此
                                      $\displaystyle \Rightarrow f'(\xi)=f_-'(\xi)=f_+'(\xi)>0.$

                                 由此$f(x)$在$x=\xi$邻域内严格增，而由$\xi\in(a,b)$的任意性，可得$f(x)$在$(a,b)$上严格增。

北京大学数学分析1期中试题


解：
                  由函数在定义域内一致连续，可知有
                                           $|f(x)|\leq M,(M> 0)$

                            同时，
                                           $\forall \epsilon > 0,\forall x',x''\in(-\infty ,+\infty ),\exists \delta_1> 0,|x'-x''|<\delta_1,s.t.$

                                           $|f(x')-f(x'')|< \frac{\epsilon }{2},$

                                          $\forall \epsilon > 0,\forall x',x''\in(-\infty ,+\infty ),\exists \delta_2> 0,|x'-x''|<\delta_2,s.t.$

                                            $|f(x')-f(x'')|< \frac{\epsilon }{2},$

                                    取
                                              $\delta =\min\{\delta_1,\delta_2\},$

                                             $\forall \epsilon > 0,\forall x',x''\in(-\infty ,+\infty ),\exists \delta> 0,|x'-x''|<\delta,s.t.$

                                           $\begin{align*}|fg(x')-fg(x'')|&=|fg(x')-f(x'')g(x')+f(x'')g(x')-fg(x'')|\\\\&\leq|fg(x')-f(x'')g(x')|+|f(x'')g(x')-fg(x'')|\\\\&< |g(x')||f(x')-f(x'')|+|f(x'')||g(x')-g(x'')|\\\\&< M\frac{\epsilon }{2}+M\frac{\epsilon }{2}=\epsilon .\end{align*}$
                                           因此，$fg$一致连续。

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证明：用反证法。假设$f(x)$为非常值函数。则根据条件有
                                       $\exists x_0\in(a,b),s.t.f'(x_0)=0,\delta _0=b-a,$

                                        $\exists x_1\in(a,x_0),s.t.f'(x_1)=0,\delta _1=x_0-a,$

                                        $\exists x_2\in(a,x_1),s.t.f'(x_2)=0,\delta _2=x_1-a,$

                                                $\cdots $

                                        $\exists x_n\in(a,x_{n-1}),s.t.f'(x_n)=0,\delta _n=x_{n-1}-a,$
                           
                                如此，
                                        $n \to \infty ,\delta _n\rightarrow 0,x_n\rightarrow a,f'(x_n)=f'(a)=0.$

                        同理，在其它区间里，也有
                                         $f'(x_n)=f'(x_0)=f'(b)=0.$

                                  这就证明了$f'(x)=0$,即$f(x)$为常值函数。

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解：结论是
                       $\displaystyle t\geq 1.$

       分析：这个题不太容易想到。偶尔在《超越吉米多维奇 数列的极限》刘培杰主编,2009（p208）上看到此题的原型题，才知道上述结论。原题等式将结论陈列出来：
                                  $\displaystyle \lim_{n \to \infty }n(\frac{1+x_{n+1}}{x_n}-1)\geq 1.$
      要求证明。难度降低了不少。北大就是牛啊，这样的题放到期中考试中，这些学生真厉害！

            设
                          $\displaystyle \forall \alpha > 0,x_n=\alpha n,$

                  则有
                           $\displaystyle t=\lim_{n \to \infty }n(\frac{1+x_{n+1}}{x_n}-1)=\lim_{n \to \infty }n(\frac{1+\alpha (n+1)}{\alpha n}-1)=\frac{1+\alpha }{\alpha }> 1,$

                            $\displaystyle \therefore t=\lim_{\alpha \rightarrow +\infty }t=\lim_{\alpha \rightarrow +\infty }\frac{1+\alpha }{\alpha }\geq 1.$

                     由此还可知，$t=1$为最佳估值数。

北京大学数学分析1期中试题


证明
           （1）、由题意
                                     $\displaystyle \because \exists \in (1,+\infty ),s.t.$

                                      $\displaystyle f(\xi)=a\xi.$

                                       $\displaystyle \therefore \forall \eta =c\xi,s.t.$

                                        $\displaystyle f(\eta )=f(c\xi)=a\eta =ac\xi.$

                            其中$c$为任意常数。由此即：方程有无穷多个解。

                （2）、对所给方程求导，得
                                        $\displaystyle \because f'(x)=a> 0,$

                            由此知$f(x)$是严格递增函数。

解：
                 由已知积分区域$S$，㮋球面的法向量为：
                                       $\displaystyle \underset{n}{\rightarrow}=\frac{1}{\sqrt{\frac{x^2}{a^4}+\frac{y^2}{b^4}+\frac{z^2}{c^4}}}(\frac{x}{a^2},\frac{y}{b^2},\frac{z}{c^2}),$

                         且切平面方程
                                         $\displaystyle \because \frac{x}{a^2}x+\frac{y}{b^2}y+\frac{z}{c^2}z=1,$

                        因此，被积函数可以作等价变换
                                        $\displaystyle \frac{1}{\sqrt{\frac{x^2}{a^4}+\frac{y^2}{b^4}+\frac{z^2}{c^4}}}dS=\frac{\frac{x}{a^2}x+\frac{y}{b^2}y+\frac{z}{c^2}z}{\sqrt{\frac{x^2}{a^4}+\frac{y^2}{b^4}+\frac{z^2}{c^4}}}dS=(x\cos \alpha +y\cos \beta +z\cos \gamma )dS=xdzdy+ydzdx+zdxdy.$

                        由此，原积分变为
                                           $\displaystyle  I=\iint_S\frac{xdzdy+ydzdx+zdxdy}{(x^2+y^2+z^2)^{\frac{3}{2}}}.$

                         由于曲面积分在原点无连续偏导数，故可作一个包围原点的小球,方向向内：
                                           $\displaystyle S':x^2+y^2+z^2=\epsilon ^2,$
         
                            则$S+S‘$组成一个闭合曲面，可以求得
                                            $\displaystyle \frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}=0,$

                          所以在$S+S‘$上，由高斯公式知，该曲面积分为$0$.这样，原曲面积分即等价于
                                            $\displaystyle I=I'=\frac{1}{\epsilon ^3}\iint_{S'}(xdzdy+ydzdx+zdxdy)=\frac{1}{\epsilon ^3}\iiint_{\Omega '}3dxdydz=\frac{3}{\epsilon ^3}\cdot \frac{4}{3} \pi \epsilon ^3=4\pi.$


【注】：本题综合了解析几何和两类曲面积分相互关系的知识，是一道极好的题。硬算是无法完成的。

兰州大学2020数学分析


证明：
                由积分中值定理，得
                    $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\int_{0}^{1}(1+x^n)^\alpha dx=\lim_{n \to \infty }(1+\xi^n)^\alpha=1,(\xi\in(0,1))$

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题目及解答见136#

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解：设$S$为曲线$L$所围的球面部分，方向取下。则此球面部分与$L$平面围成一个闭合曲面。$D_{xy}$为曲面在$xoy$平面上有投影区域。曲面$S$的法向量为：
                                 $\displaystyle \underset{n}{\rightarrow}=(\cos \alpha ,\cos \beta ,\cos \gamma )=-\frac{1}{R}(x-R,y,z).$

                   利用Stokes公式，并由两类曲面的转换公式得
                                  $\begin{align*}I&=\oint_LPdx+Qdy+Rdz\\\\&=\iint_S(\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z})dydz+(\frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x})dzdx+(\frac{\partial Q}{\partial z}-\frac{\partial P}{\partial y})dxdy\\\\&=-2\iint_S(z-y)dS\\\\&=-2\iint_{D_{xy}}[\sqrt{2Rx-x^2-y^2}-y]\frac{R}{\sqrt{2Rx-x^2-y^2}}dxdy\\\\&=-2R\iint_{D_{xy}}dxdy+2R\iint_{D_{xy}}\frac{y}{\sqrt{2Rx-x^2-y^2}}dxdy\\\\&=-2\pi r^2R.\end{align*}$

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解：
                    $\displaystyle F'(0)=\lim_{x\to 0}\frac{\int_{0}^{x}\sin \frac{1}{t}dt-0}{x}=\lim_{x\to 0}\sin \frac{1}{x}.$

此题可能有误。