数学分析习题练习六

六、解
                 因为
                            $\displaystyle \prod_{n=1}^{\infty }(1+u_n)=\exp(\sum_{n=1}^{\infty }\ln(1+u_n))  ,$

                    由
                            $\displaystyle \ln(1+u_n)\sim u_n,(n \to \infty )$

                    知，两个级数有相同的敛散性。

九、解
                  先求驻点
                                  $\displaystyle f_x=2x+y-1=0,f_y=x+4y=0,$

                               $\displaystyle \Rightarrow x=-\frac{4}{7},y=\frac{1}{7}.$

                   由于
                                 $\displaystyle f_{xx}=2> 0,f_{yy}=4,f_{xy}=1,$

                                  $\displaystyle f^2_{xy}-f_{xx}f_{yy}=-7< 0,$

                    所以，满足条件的函数有极小值
                                         $f_{\min}=\frac{42}{49}. $

                       与边界值比较知，最小值点为
                                             $\displaystyle (-\frac{4}{7},\frac{1}{7}).$

十、解
                 用高斯公式，并注意到积分的对称性

                        $\begin{align*}I&=\iint_S\sin xdydz+\cos ydzdx+\sec zdxdy\\\\&=\iiint_\Omega(\cos x-\sin y-\frac{\sin z}{\cos ^2z})dxdydz\\\\&=\iiint_\Omega\cos xdxdydz=2\int_{0}^{\pi}\cos x\cdot \pi(1-\frac{x^2}{\pi^2})dx\\\\&=-\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}x^2\cos xdx=-\frac{2}{\pi}x^2\sin x|_0^\pi+\frac{4}{\pi}\int_{0}^{\pi}x\sin xdx\\\\&=-\frac{4}{\pi}x\cos x|_0^\pi+\frac{4}{\pi}\int_{0}^{\pi}\cos xdx=4.\end{align*}$

十一、解
                     $\displaystyle L=AC+CB+BA.$

                       $\displaystyle AC:x=1,y=t,0\leq t\leq 2;$

                       $\displaystyle CB:y=2,x=2t,0\leq t\leq \frac{1}{2};$

                        $\displaystyle BA:x=t,y=2-2t,0\leq t\leq 1.$

                     $\begin{align*}I&=\int_L\sqrt{xy}ds\\\\&=\int_{AC}\sqrt{t}\sqrt{0+1}dt+\int_{CB}2\sqrt{t}\sqrt{4+0}dt+\int_{BA}\sqrt{t(2-2t)}\sqrt{1+4}dt\\\\&=\int_{0}^{2}\sqrt{t}dt+4\int_{0}^{1/2}\sqrt{t}dt+\sqrt{10}\int_{0}^{1}\sqrt{t-t^2}dt\\\\&=\frac{4}{3}\sqrt{2}+\frac{2\sqrt{2}}{3}+\sqrt{10}\int_{0}^{1}\sqrt{t-t^2}dt.\end{align*}$

                   其中
                           $\begin{align*}\int_{0}^{1}\sqrt{t-t^2}dt&=\int_{0}^{1}\sqrt{(\frac{1}{2})^2-(t-\frac{1}{2})^2}d(t-\frac{1}{2})\\\\&=\frac{1}{2}(t-\frac{1}{2})\sqrt{(\frac{1}{2})^2-(t-\frac{1}{2})^2}|_0^1+\frac{1}{8}\arcsin \frac{t-\frac{1}{2}}{1/2}|_0^1\\\\&=\frac{\pi}{8}.\end{align*}$

                            $\displaystyle \therefore I=2\sqrt{2}+\frac{\sqrt{10}}{8}\pi.$

十三、

十四、证明：
       “$\Rightarrow$”此时有
                                 $\displaystyle \forall x\in (a,b),f(x+\Delta x)> f(x),\frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}> 0,$

                     两边求导，有
                                  $\displaystyle f'(x)=\lim_{\Delta x\to 0}\frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}\geq 0.$

                         由条件，有
                                    $\displaystyle \forall x\in (c,d)\subset (a,b), f(x)\not\equiv 0.$

                            不妨设
                                    $\displaystyle f(c)< f(d),$

                               则
                                     $\displaystyle \exists \xi\in (c,d),s.t.$

                                     $\displaystyle f(d)-f(c)=f'(\xi)(d-c).\Rightarrow f'(\xi)\neq 0.$

          "$\Leftarrow $"
                                由已知条件，得
                                      $\displaystyle \because \forall x\in (a,b),f'(x)\geq 0,$

                                       $\displaystyle \forall x\in (c,d)\subset (a,b),f'(x)\not\equiv 0,$

                                 由拉格朗日中值定理，得
                                        $\displaystyle \therefore \exists x\in (c,d)\subset (a,b),s.t.$
                  
                                          $\displaystyle f(d)-f(c)=f'(x)(d-c)> 0,$

                                          $\displaystyle \Rightarrow f(d)> f(c),$

                           由$c,d$取值的任意性，可知题中所列结论成立。

八、解：
        （1）、因为
                        $\begin{align*}\frac{\partial f}{\partial n}&=\lim_{t\to 0}\frac{f(0+t\cos \alpha ,0+t\sin \alpha )-f(0,0)}{t-0}\\\\&=\lim_{t\to 0}\frac{\frac{t^2\sin ^2\alpha }{t^4\cos ^4\alpha +t^2\sin ^2\alpha}-1}{t}\\\\&=\lim_{t\to 0}\frac{-t^4\cos ^4\alpha}{t(t^4\cos ^4\alpha +t^2\sin ^2\alpha)}\\\\&=0.\end{align*}$

                     所以，函数在原点各个方向的方向导数都存在。

   （2）、
                    $\displaystyle \because f_x(0,0)=\lim_{x\to 0}\frac{f(x,0)-f(0,0)}{x-0}=\lim_{x\to 0}\frac{0-1}{x}=-\infty .$

               因此，函数在原点不可微。

十五、证明
                $\begin{align*}|\frac{f(x+h)+f(x-h)-2f(x)}{h^2}|&=|\frac{1}{h}\cdot (\frac{f(x+h)-f(x)}{h}-\frac{f(x-h)-f(x)}{-h})|\\\\&=|\frac{f'(x+\theta h)-f'(x-\lambda h)}{h}|\\\\&=|f''(\xi) |\\\\&\leq M,(0< \theta ,\gamma < 1)\end{align*}$

四、（10分）设$\displaystyle f(x)$是周期为$\displaystyle 2\pi$的连续函数，证明：若其Fourier系数全为零，则$\displaystyle f(x)\equiv 0$.

证明：
                      $\displaystyle \because a_n=b_n=0$
     
              从而，由Parseval等式可知有
                      $\displaystyle \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f^2(x)dx=\frac{a_0^2}{2}+\sum_{n=1}^{\infty }(a^2_n+b^2_n)=0.$

                而由$f(x)$的连续性，可得
                         $\displaystyle \Rightarrow f(x)\equiv 0.$

七、
            其证明可以参照一元函数在有限闭区间上有界的证明。