数学分析习题练习六

中国计量大学2020年数学分析


解：
                  $\displaystyle \int_L\frac{-ydx+xdy}{x^2+y^2}=\int_L-ydx+xdy=\iint_D2dxdy=2\pi.$

中国计量大学2020年数学分析


解：
               $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }nx^n=x\sum_{n=1}^{\infty }nx^{n-1}=x(\sum_{n=1}^{\infty }x^n)'=x(\frac{x}{1-x})'=x\cdot \frac{1-x+x}{(1-x)^2}=\frac{x}{(1-x)^2}.$

中国计量大学2020年数学分析


证明：【方法一】
                     令
                              $\displaystyle F(x)=a_0x+\frac{a_1}{2}x^2+\frac{a_1}{3}x^3+\cdots +\frac{a_n}{n+1}x^{n+1},$

                   则有
                                $\displaystyle F(0)=F(1)=0,$

                        由Rolle中值定理，得
                                $\displaystyle \exists \xi \in (0,1),s.t.$

                                $\displaystyle F'(\xi)=a_0+a_1\xi+a_2\xi^2+\cdots a_n\xi^n=0.$

                    故命题成立。


       【方法二】令
                                 $f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots +a_nx^n,$

                      由条件可知
                                    $\int_{0}^{1}f(x)=0,$

                       由积分中值定理，有
                                      $\exists \xi \in (0,1),s.t.$

                                       $f(\xi )=0.$
                       命题成立。

                          注：此一方法出处在“大学数学竞赛教程 第五讲 定积分的证明（合肥工业大学，王刚）例20”

中国计量大学2020年数学分析


证明：
                 由已知条件，可知
                                            $\displaystyle u_n\uparrow ,\frac{1}{u_n}\geq \frac{1}{u_{n+1}},\frac{1}{u_n}\rightarrow 0,(n \to \infty )$

                     因此，有
                                             $\displaystyle \frac{1}{u_n}+\frac{1}{u_{n+1}}\geq \frac{1}{u_{n-1}}+\frac{1}{u_{n}},\frac{1}{u_n}+\frac{1}{u_{n+1}}\rightarrow 0(n \to \infty )$

                    级数为交叉级数收敛。
                                        $\displaystyle \therefore \sum_{n=1}^{\infty }(-1)^n(\frac{1}{u_n}+\frac{1}{u_{n+1}})< \infty .$

                         又
                                         $\displaystyle \because (n+1)|(-1)^n(\frac{1}{u_n}+\frac{1}{u_{n+1}})|=\frac{1}{u_n}+\frac{n}{u_n}+\frac{n+1}{u_{n+1}}\rightarrow 2,(n \to \infty )$

                                         $\displaystyle \therefore |(-1)^n(\frac{1}{u_n}+\frac{1}{u_{n+1}})|\sim \frac{1}{n+1},$

                         所以，级数为非绝对收敛。

中山大学2020数学分析试题


解：
                    $\displaystyle \int x^2\arctan xdx=\frac{1}{3}x^3\arctan x-\frac{1}{3}\int \frac{x^3}{1+x^2}dx=\frac{1}{3}x^3\arctan x-\frac{1}{6}x^2+\frac{1}{6}\ln(1+x^2)+C.$

中山大学2020数学分析试题


解：
                 用泰勒公式
                              $\ln(1+x)=x-\frac{1}{2}x^2,e^x=x,$

                              $\begin{align*}\lim_{x\to 0}\frac{(1+f(x))^\frac{1}{\displaystyle f(x)}-(1+g(x))^\frac{1}{\displaystyle g(x)}}{f(x)-g(x)}&=\lim_{x\to 0}\frac{e^\frac{\displaystyle \ln(1+g(x))}{\displaystyle g(x)}(e^{\displaystyle \frac{\ln(1+f(x))}{f(x)}-\frac{\displaystyle \ln(1+g(x))}{\displaystyle g(x)}}-1)}{f(x)-g(x)}\\\\&=\lim_{x\to 0}\frac{\displaystyle e^{1-\frac{1}{2}g(x)}(e^{1-\frac{1}{2}f(x)-1+\frac{1}{2}g(x)}-1)}{f(x)-g(x)}\\\\&=\lim_{x\to 0}\frac{e\cdot \frac{1}{2}(g(x)-f(x))}{f(x)-g(x)}\\\\&=-\frac{e}{2}.\end{align*}$

中山大学2020数学分析试题


解：
             因为
                          $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }(\frac{a^n}{n}+\frac{b^n}{n^2})x^n=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{a^n}{n}x^n+\sum_{n=1}^{\infty }\frac{b^n}{n^2}x^n.$

                   而
                         $\displaystyle R_1=\frac{a^n/n}{a^{n+1}/n+1}\rightarrow \frac{1}{a},(n \to \infty )$

                         $\displaystyle R_2=\frac{b^n/n^2}{b^{n+1}/(n+1)^2}\rightarrow \frac{1}{b},(n \to \infty )$

                    当$a> b> 0$时
                           $\displaystyle |R|=\frac{1}{a},x\in[-\frac{1}{a},\frac{1}{a})$

                     当$b> a> 0$时
                             $\displaystyle |R|=\frac{1}{b},x\in[-\frac{1}{b},\frac{1}{b}]$

中山大学2020数学分析试题


证明：
                          $\displaystyle \because f'(x)\in C[a,b],$

                           $\displaystyle \therefore \forall \epsilon > 0\forall x',x''\in (a,b),\exists \delta > 0|x'-x''|< \delta ,s.t.$

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

                又由已知，得
                              $\displaystyle \lim_{n \to \infty }f_n(x)=\lim_{n \to \infty }n(f(x+\frac{1}{n})-f(x))=f'(x),$

                       而
                               $\displaystyle |f_n(x)-f'(x)|=|n(f(x+\frac{1}{n})-f(x))-f'(x)|=|f'(x+\frac{\theta }{n})-f'(x)|,(0<\theta<1)$

                     因此，
                              $\displaystyle \exists N,n> N,\exists \delta > 0,\frac{\theta }{n}< \delta ,s.t.$

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

                      即，$\{f_n(x)\}$一致收敛于$f'(x)$。

中山大学2020数学分析试题


解：
                  对隐函数方程求偏导数：
                                    $2x+2zz_x+y+yz_x+z+xz_x=0,$

                   解之，得
                                     $\displaystyle z_x=\frac{-2x-y-z}{x+y+2z}=0,$

                  由对称性，得
                                     $\displaystyle z_y=\frac{-2y-x-z}{x+y+2z}=0,$

                    联立上面两个方程，得
                                     $\displaystyle \Rightarrow x=y=-\frac{1}{3}z,$

                    代入原方程，得两个可能的极值点：$\displaystyle A(\sqrt{\frac{3}{5}},\sqrt{\frac{3}{5}},-3\sqrt{\frac{3}{5}}),B(-\sqrt{\frac{3}{5}},-\sqrt{\frac{3}{5}},3\sqrt{\frac{3}{5}})$

                   再求两次偏导，得
                                    $\displaystyle z_{xx}=\frac{-2}{1+y+2z},z_{yy}=\frac{-2}{1+x+2z},z_{xy}=\frac{-1}{x+y+2z},$

                  利用函数极值性质，在$A$点处
                                    $\displaystyle z_{xx}z_{yy}-z^2_{xy}=\frac{4}{(\sqrt{15}-1)^2}-\frac{1}{16}\cdot\frac{5}{3}> 0,$

                            而
                                     $\displaystyle z_{xx}=\frac{2}{\sqrt{15}-1}> 0.$

                         故$A$点为极小值点:$\displaystyle z_{\min }=-3\sqrt{\frac{3}{5}}.$

                       在$B$点处 ,由于
                                       $\displaystyle z_{xx}=\frac{-2}{\sqrt{15}+1}< 0.$

                         故$B$点为极大值点:$\displaystyle z_{\max }=3\sqrt{\frac{3}{5}}.$

中山大学2020数学分析试题


证明：
                设曲面为
                                  $\displaystyle F(x,y,z)=0,$

                 假设有
                                  $\displaystyle x=\phi (t),y=\psi (t),z=\omega (t),$

                                   $\displaystyle t=t_0,(x_0,y_0,z_0)$

                 曲面在定点有连续偏导数，且$\displaystyle \phi'(t_0),\psi'(t_0),\omega'(t_0)$存在。则曲面在定点有全导数，且为零。即有
                                  $\displaystyle \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} t}F(x,y,z)|_{t=0}=0.$

                         得到
                                    $\displaystyle F_x(x_0,y_0,z_0)\phi'(t_0)+F_y(x_0,y_0,z_0)\psi'(t_0)+F_z(x_0,y_0,z_0)\omega'(t_0)=0.$

                           定点的切向量为
                                     $\displaystyle \overrightarrow{\tau}=(\phi'(t_0),\psi'(t_0),\omega'(t_0)),$

                          法向量与切向量垂直，由前式，即得到
                                       $\displaystyle \overrightarrow{n}=\pm (F_x(x_0,y_0,z_0),F_y(x_0,y_0,z_0),F_z(x_0,y_0,z_0)).$