数学分析习题练习六

兰州大学2020数学分析


解：先取对数，得
                             $\begin{align*}\lim_{x\to+\infty }\frac{1}{x^2}\ln\int_{0}^{x}e^{t^2}dt&=\lim_{x\to+\infty }\frac{e^{x^2}}{2x\int_{0}^{x}e^{t^2}dt}\\\\&=\lim_{x\to+\infty }\frac{2xe^{x^2}}{2\int_{0}^{x}e^{t^2}dt+2xe^{x^2}}\\\\&=\lim_{x\to+\infty }\frac{e^{x^2}+2x^2e^{x^2}}{2e^{x^2}+2x^2e^{x^2}}\\\\&=1.\end{align*}$

                            $\displaystyle \therefore \lim_{x\to+\infty }(\int_{0}^{x}e^{t^2}dt)^{\frac{1}{x^2}}=e.$

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证明：
              将函数在$x=0$处泰勒展开，得
                                     $\displaystyle f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{1}{2}f''(\xi)x^2= f'(0)x+\frac{1}{2}f''(\xi)x^2.$

                对等式求积分，得
                                      $\displaystyle \int_{-1}^{1}f(x)dx=f'(0)\int_{-1}^{1}xdx+\frac{1}{2}f''(\xi)\int_{-1}^{1}x^2dx=\frac{1}{3}f''(\xi),$

                        从而有
                                     $\displaystyle \therefore |\int_{-1}^{1}f(x)dx|=|\frac{1}{3}f''(\xi)|\leq \frac{1}{3}M.$

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证明：
                用反证法。设
                               $\displaystyle \lim_{x\to+\infty }f(x)=A\neq 0,$

                 则$(A>0)$时
                               $\displaystyle \exists M> a,x> M,s.t.f(x)> \frac{A}{2},$

                       因此有
                               $\displaystyle \int_{M}^{+\infty}f(x)dx> \int_{M}^{+\infty}\frac{A}{2}dx=+\infty .$

                     由比较判别法知$\displaystyle \int_{a}^{+\infty}f(x)dx$发散。与已知条件

                                     $\displaystyle \int_{a}^{+\infty}f(x)dx< \infty .$

                           矛盾。命题成立。

                        对于$A<0$时，同理可证命题也成立。

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证明：
                 由已知，不妨设
                                         $\displaystyle f(x)\downarrow ,$

                      此时有
                                           $\displaystyle f(x)\geq 0.$

                       因为，若函数不为正，则必有
                                            $\displaystyle \exists x_0\in [a,+\infty),f(x_0)< 0,$

                           如此有
                                              $\displaystyle x>x_0,-f(x)> -f(x_0)> 0,$

                           由此得到
                                             $\displaystyle \int_{a}^{+\infty}-f(x)dx> \int_{a}^{+\infty}-f(x_0)dx= +\infty .$

                              与条件矛盾。因此函数必为正函数。而由收敛条件，则
                                              $\displaystyle \forall \epsilon > 0,\exists G\geq a,\forall u_1,u_2> G,s.t.$

                                                $\displaystyle |\int_{u_1}^{u_2}f(x)dx|< \epsilon ,$

                               因而，当$\displaystyle \forall x> 2G,s.t.$

                                             $\displaystyle 0< |xf(x)|=2|\int_{\frac{x}{2}}^{x}f(x)dx|< 2\epsilon ,$

                                             $\displaystyle \therefore \lim_{x\to+\infty}xf(x)=0.$

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证明：将积分分为两个部分：
                              $\displaystyle I=\int_{0}^{+\infty }\frac{\sin (x+\frac{1}{x})}{x^\alpha }dx=\int_{0}^{1}\frac{\sin (x+\frac{1}{x})}{x^\alpha}dx+\int_{1}^{+\infty }\frac{\sin (x+\frac{1}{x})}{x^\alpha }dx=I_1+I_2.$

               （1）、先讨论
                                $\displaystyle I_2=\int_{1}^{+\infty }\frac{\sin (x+\frac{1}{x})}{x^\alpha }dx,$

                                 $\displaystyle \alpha > 1,\because |\frac{\sin (x+\frac{1}{x})}{x^\alpha }|\leq \frac{1}{x^\alpha },$
                        由比较判别法，积分绝对收敛。

                                 $\displaystyle 0< \alpha \leq 1,\because \int_{n\pi+\frac{\pi}{6}}^{n\pi+\frac{\pi}{2}}|\frac{\sin (x+\frac{1}{x})}{x^p}|> \frac{1}{(n\pi+\frac{\pi}{2})^\alpha }\cdot \frac{\pi}{6},$
                         由比较判别法，积分非绝对收敛。

                               又
                                   $\displaystyle \because I_2=\int_{1}^{+\infty }\frac{\sin (x+\frac{1}{x})}{x^\alpha }dx=\int_{1}^{+\infty }\frac{\sin \frac{1}{x}\cos x+\sin x\cos \frac{1}{x}}{x^\alpha }dx,$

                            其中$\displaystyle \int_{1}^{+\infty }\frac{\cos x}{x^\alpha}dx,\int_{1}^{+\infty }\frac{\sin x}{x^\alpha }dx$收敛，$\displaystyle \sin \frac{1}{x},\cos \frac{1}{x}$有界，由Abell判别法，积分收敛。所以此时$I_2$条件收敛。

                           当$\displaystyle \alpha =0$时，积分收敛。

                            当$\displaystyle \alpha < 0$时，无界函数发散。

                 （2）、再讨论第一部分。令
                                             $\displaystyle x=\frac{1}{t},$

                                           $\displaystyle I_1=\int_{0}^{1}\frac{\sin (x+\frac{1}{x})}{x^\alpha}dx=\int_{1}^{+\infty }\frac{\sin (t+\frac{1}{t})}{t^{2-\alpha }}dt,$

                             由（1）可知，
                                         $\displaystyle 2-\alpha > 1,\alpha < 1$时,$I_1$绝对收敛；

                                         $\displaystyle 0< 2-\alpha \leq 1,1\leq \alpha < 2$时，$I_1$条件收敛；

                                         $\displaystyle \alpha =2$时，$I_1$收敛；

                                          $\displaystyle \alpha > 2$时，$I_1$发散。

                      综合（1）（2）得到，当$\displaystyle 0\leq \alpha \leq 2$时，积分条件收敛。

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证明：
               由已知，$f'(x)$存在，因此有

                     $\begin{align*}\lim_{n \to \infty }n\int_{0}^{2\pi}f(x)\sin nxdx&=\lim_{n \to \infty }[-f(x)\cos nx]|_0^{2\pi}+\lim_{n \to \infty }\int_{0}^{2\pi}f'(x)\cos nxdx\\\\&=f(0)-f(2\pi)+\lim_{n \to \infty }\int_{0}^{2\pi}f'(x)\cos nxdx\\\\&=f(0)-f(2\pi)+\lim_{n \to \infty }f'(\xi)\int_{0}^{2\pi}\cos nxdx\\\\&=f(0)-f(2\pi),(\xi\in (0,2\pi))\end{align*}$

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证明：所谓等度连续就是要证明：
                                 $\displaystyle \forall \epsilon > 0,\exists \delta > 0,\forall x',x''\in[a,b],|x'-x''|< \delta ,s.t.$

                                 $\displaystyle |f_n(x')-f_n(x'')|< \epsilon .$

                由已知条件$\{f_n(x)\}$ 一致收敛于$f(x)$，所以有
                                $\displaystyle \forall \epsilon > 0,\exists N> 0,\forall n>N,\forall x\in [a,b],s.t.$

                                    $\displaystyle |f_n(x)-f(x)|< \frac{\epsilon }{3}.$

                又，因为
                                     $\displaystyle f_n(x)\in[a,b]\Rightarrow f(x)\in[a,b],$

                       所以有
                                   $\displaystyle \forall \epsilon > 0,\forall x',x''\in [a,b],\exists \delta > 0,],|x'-x''|< \delta ,s.t.$

                                   $\displaystyle |f(x')-f(x'')|< \frac{\epsilon }{3}.$

                      因此得
                                      $\displaystyle \forall \epsilon > 0,\exists \delta > 0,\forall x',x''\in[a,b],|x'-x''|< \delta ,s.t.$

                                     $\displaystyle |f_n(x')-f_n(x'')|\leq |f_n(x')-f(x')|+|f(x'')-f_n(x'')|+|f(x')-f(x'')|< \frac{\epsilon }{3}+\frac{\epsilon }{3}+\frac{\epsilon }{3}= \epsilon .$

山东大学2019年651数学分析


解：
                   $\begin{align*}I&=\int \frac{1}{\sin x(1+\cos x)}dx=\int \frac{1-\cos x}{\sin ^3x}dx\\\\&=\int \frac{1}{\sin ^3x}dx-\int \frac{d\sin x}{\sin ^3x}\\\\&=\int \frac{1}{\sin ^3x}dx+\frac{1}{2\sin ^2x}.\end{align*}$

            而
                      $\displaystyle \int \frac{1}{\sin ^3x}dx=-\frac{1}{2}\cdot \frac{\cos x}{\sin ^2x}+\frac{1}{2}\int \frac{dx}{\sin ^2x}=-\frac{1}{2}\cdot \frac{\cos x}{\sin ^2x}-\frac{1}{2}\cot x+C.$

                      $\displaystyle \therefore I=-\frac{1}{2}\cdot \frac{\cos x}{\sin ^2x}-\frac{1}{2}\cot x+\frac{1}{2\sin ^2x}+C.$

山东大学2019年651数学分析


解：
              $\displaystyle I=\int_{0}^{1}dy\int_{-\sqrt{y}}^{\sqrt{y}}f(x,y)dx+4+\int_{3}^{4}dy\int_{-\sqrt{4-y}}^{\sqrt{4-y}}f(x,y)dx.$

山东大学2019年651数学分析


解：
                两曲面的交线$L$所围平面$S$在$xoy$坐标平面上的投影为
                                      $\displaystyle D_{xy}:x^2+y^2\leq 1.$

                    球面的法向量为
                                      $\displaystyle \underset{n}{\rightarrow}=(\cos \alpha ,\cos \beta ,\cos \gamma )=(x,y,z).$

                    利用Stokes公式计算,并利用二型曲面积分之间的转换关系：
                                    $\displaystyle I=\oint_Lxdy-ydx=\iint_S2zdS=2\iint_{D_{xy}}\sqrt{1-x^2-y^2}\cdot \frac{1}{\sqrt{1-x^2-y^2}}dxdy=2\pi.$