数学分析习题练习六

求：
          $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\int_{1}^{n}(\frac{1}{[x]}-\frac{1}{x})dx.$

解：
                $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\int_{1}^{n}(\frac{1}{[x]}-\frac{1}{x})dx=\lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n-1}\int_{k}^{k+1}(\frac{1}{k}-\frac{1}{x})dx=\lim_{n \to \infty }(\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k}-\ln n)=\gamma .$

求
        $\displaystyle \iint_Sxyz(y^4z^4+z^4x^4+x^4y^4)dS$
其中积分区域为：
                          $\displaystyle x^2+y^2+z^2=1,x\geq 0,y\geq ,z\geq 0.$

（南开大学数学伯苓班2020-2021学年第一学期《数学分析》3课程期末考试试题）
解：
                     $\displaystyle z=\sqrt{1-x^2-y^2},$

                    $\displaystyle dS=\sqrt{z_x^2+z_y^2+1}dxdy=\sqrt{\frac{x^2}{1-x^2-y^2}+\frac{y^2}{1-x^2-y^2}+1}dxdy=\frac{1}{\sqrt{1-x^2-y^2}}dxdy,$

                     $\begin{align*}I&=\iint_Sxyz(y^4z^4+z^4x^4+x^4y^4)dS\\\\&=\iint_Sxy\sqrt{1-x^2-y^2}((y^4+x^4)(1-x^2-y^2)^2+x^4y^4)\frac{1}{\sqrt{1-x^2-y^2}}dxdy\\\\&=\iint_{D_{xy}}xy((y^4+x^4)(1-x^2-y^2)^2+x^4y^4)dxdy\\\\&=\int_{0}^{\pi/2}d\theta \int_{0}^{1}r^2\sin \theta \cos \theta [r^4(\sin ^4\theta +\cos ^4\theta )(1-r^2)^2+r^8\sin ^4\theta \cos ^4\theta]rdr\\\\&=\int_{0}^{\pi/2}\sin \theta \cos \theta d\theta \int_{0}^{1} [r^7(\sin ^4\theta +\cos ^4\theta )(1-r^2)^2+r^{11}\sin ^4\theta \cos ^4\theta]dr\\\\&=\frac{1}{120}\int_{0}^{\pi/2}(\sin ^5\theta \cos \theta +\sin \theta \cos ^5\theta +10\sin ^5\theta \cos ^5\theta )d\theta \\\\&=\frac{1}{120}(\frac{1}{3}-3)\\\\&=-\frac{1}{45}.\end{align*}$




           

国科数学竞赛模拟卷一


证明：
                     $\begin{align*}\lim_{h\rightarrow 0}\frac{1}{h^3}\sum_{i=0}^{3}(-1)^{i+1}C_3^if(x+ih)&=\lim_{h\rightarrow 0}\frac{1}{h^2}\cdot \frac{-f(x)+3f(x+h)-3f(x+2h)+f(x+3h)}{h}\\\\&=\lim_{h\rightarrow 0}\frac{1}{h^2}\cdot \frac{-f(x)+f(x+h)-2[f(x+2h)-f(x+h)]+f(x+3h)-f(x+2h)}{h}\\\\&=\lim_{h\rightarrow 0}\frac{1}{h}\cdot \frac{f'(x)-2f'(x+h)+f'(x+2h)}{h}\\\\&=\lim_{h\rightarrow 0}\frac{f''(x+h)-f''(x)}{h}\\\\&=f'''(x).\end{align*}$

国科数学竞赛模拟卷一


证明：
                       $\displaystyle \because \underset{n}{\rightarrow}=\{a,b,c\},$

                        $\displaystyle \therefore \sqrt{a^2+b^2+c^2}=1.$

                利用Stokes公式
                          $\begin{align*}I&=\frac{1}{2}\oint_L(bz-cy)dx+(cx-az)dy+(ay-bx)dz\\\\&=\frac{1}{2}\iint_\Sigma \begin{vmatrix}
\cos \alpha  & \cos \beta  & \cos \gamma \\
\frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} &\frac{\partial }{\partial z} \\
bz-cy & cx-az & ay-bx
\end{vmatrix}dS\\\\&=\frac{1}{2}\iint_\Sigma \frac{2(a^2+b^2+c^2)}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}dS\\\\&=\iint_\Sigma dS.\end{align*}$

国科数学竞赛模拟卷一



           分析：由题意，要证
                                     $\displaystyle X=\frac{\int_{0}^{a}xf(x)}{\int_{0}^{a}f(x)}> \frac{a}{2},$
                               成立。而此式相当于要证明
                                      $\displaystyle F(x)=\int_{0}^{a}tf(t)dt-\frac{a}{2}\int_{0}^{a}f(t)dt> 0.$
                              成立。
  证明  
                  设辅助函数
                                         $\displaystyle F(x)=\int_{0}^{x}tf(t)dt-\frac{x}{2}\int_{0}^{x}f(t)dt$   

                       则
                                         $\displaystyle F'(x)=xf(x)-\frac{1}{2}\int_{0}^{x}f(t)dt-\frac{x}{2}f(x),F'(0)=0.$        

                                          $\displaystyle F''(x)=\frac{1}{2}xf'(x)> 0,F''(0)=0.$
                      由条件可得
                                           $\displaystyle F''(x)> 0\Rightarrow F'(x)> 0\Rightarrow F(x)> 0.(x\in [0,a])$
                             令
                                         $\displaystyle x=a> 0,$
                        即得命题结论成立。



                           

周期函数结论

国科数学竞赛模拟卷一


解：
                      $\displaystyle \because a_n=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{n\pi}x|\sin x|dx\overset{x=n\pi-t}{=}\frac{1}{\pi}\int_{0}^{n\pi}(n\pi-t)|\sin t|dt,$

                      $\displaystyle \therefore a_n=\frac{n}{2}\int_{0}^{n\pi}|\sin x|dx=\frac{n^2}{2}\int_{0}^{\pi}\sin xdx=n^2.$

                       $\begin{align*}I_1&=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{4a_n-1}=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{4n^2-1}\\\\&=\lim_{n \to \infty }\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n }(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1})\\\\&=\frac{1}{2}\lim_{n \to \infty }(1-\frac{1}{2n+1})=\frac{1}{2}.\end{align*}$

                       $\displaystyle I_2=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^n}{4a_n-1}=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty }(\frac{(-1)^n}{2n-1}-\frac{(-1)^n}{2n+1})=\frac{1}{2}+\sum_{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^n}{2n-1}.$
                考虑函数项级数
                       $\displaystyle S(x)=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^n}{2n-1}x^{2n-1},-1\leq x\leq 1,$

                        $\displaystyle S'(x)=\sum_{n=1}^{\infty }(-1)^nx^{2n-2}=\frac{-1}{1+x^2},-1< x< 1,$

                       $\displaystyle \therefore S(x)=-\arctan x,$

                        $\displaystyle \Rightarrow I_2=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^2}{4a_n-1}=\frac{1}{2}+S(1)=\frac{1}{2}-\frac{\pi}{4}.$

                  

国科数学竞赛模拟卷一


解：先解微分方程，由齐次方程，得
                                  $r^2+3r+2=0,r_1=-1,r_2=-2.$

             则原方程的齐次方程的解为
                                  $\displaystyle Y=C_1e^{-x}+C_2e^{-2x},$

              再用变异系数法，设原方程的一个特解为
                                   $\displaystyle y^*=C_1(x)e^{-x}+C_2(x)e^{-2x},$
                      则
                                    $\begin{cases}
y_1C'_1(x)+y_2C'_2(x) & = 0\\
y'_1C'_1(x)+y'_2C'_2(x) & =f(x)
\end{cases}$
                     从而
                                     $\begin{cases}
e^{-x}C'_1(x)+e^{-2x}C'_2(x) & = 0\\
e^{-x}C'_1(x)+2e^{-2x}C'_2(x) & =-f(x)
\end{cases}$

                     解之得
                                       $\displaystyle \Rightarrow C_1(x)=\int_{0}^{x}e^tf(t)dt,C_2(x)=-\int_{0}^{x}e^{2t}f(t)dt.$

                                       $\displaystyle \therefore y=C_1e^{-x}+C_2e^{-2x}+e^{-x}\int_{0}^{x}e^tf(t)dt-e^{-2x}\int_{0}^{x}e^{2t}f(t)dt.$
       （1）
                                         $\displaystyle \because |f(x)|\leq M.x\in [0,+\infty ),M> 0.$

                             而
                                         $\displaystyle |e^{-x}\int_{0}^{x}e^tf(t)dt|\leq e^{-x}\int_{0}^{x}e^t|f(t)|dt\leq Me^{-x}\int_{0}^{x}e^tdt\leq M,$

                                         $\displaystyle |e^{-2x}\int_{0}^{x}e^{2t}f(t)dt|\leq e^{-2x}\int_{0}^{x}e^{2t}|f(t)|dt\leq \frac{1}{2}e^{-x}\int_{0}^{x}e^tdt\leq \frac{M}{2},$

                                         $\displaystyle \therefore |y|\leq |C_1|+|C_2|+M+\frac{M}{2},(x\in[0, +\infty) )$

       (2)
                                       $\displaystyle \because \lim_{x\to+\infty }f(x)=0,$

                                        $\displaystyle \therefore \exists X> 0,M> 0,x\leq X,s.t.|f(x)|\leq M,$

                                        $\forall \epsilon > 0,x> X,s.t.|f(x)|< \epsilon .$

                          此时
                                         $\displaystyle |e^{-x}\int_{0}^{x}e^tf(t)dt|\leq e^{-x}\int_{0}^{X}e^t|f(t)|dt+e^{-x}\int_{X}^{x}e^t|f(t)|dt<  e^{-x}M(e^X-1)+\frac{1}{2}\epsilon < \epsilon .$

                          同样
                                        $\displaystyle |e^{-2x}\int_{0}^{x}e^{2t}f(t)dt|< \epsilon .$

                                        $\displaystyle \therefore |y|\leq |C_1e^{-x}|+|C_2e^{-2x}|+|e^{-x}\int_{0}^{x}e^tf(t)dt|+|e^{-2x}\int_{0}^{x}e^{2t}f(t)dt|< \epsilon (x\to+\infty )$

国科数学竞赛模拟卷一


解：椭球面的切平面为
                      $\displaystyle \pi_1:\frac{x_0}{a^2}x+\frac{y_0}{b^2}y+\frac{z_0}{c^2}z=1,$

               切点为$P_0(x_0,y_0,z_0).$如与已知平面$\pi$平行，则有：
                        $\displaystyle \pi_1//\pi:x_0=a^2At,y_0=b^2Bt,z_0=c^2Ct,$

                而$\pi$与原点的距离为：
                          $\displaystyle d=\frac{1}{\displaystyle \sqrt{A^2+B^2+C^2}},$

                切平面$\pi_1$与原点的距离为
                          $\displaystyle d_1=\frac{1}{\displaystyle \sqrt{(\frac{x_0}{a^2})^2+(\frac{y_0}{b^2})^2+(\frac{z_0}{c^2})^2}}=\frac{1}{\displaystyle t\sqrt{A^2+B^2+C^2}},$

                则由位置关系：
                           $d>d_1,t<1$时，$\pi$与椭球面相交；
                           $d=d_1,t=1$时，$\pi$与椭球面相切；
                           $d<d_1,t>1$时，$\pi$与椭球面相离。

                 其中
                               $\displaystyle t=\frac{1}{\displaystyle \sqrt{a^2A^2+b^2B^2+c^2C^2}},$

黎曼引理




摘自（ 数学分析中的典型问题与方法（第2版） [裴礼文编][高等教育出版社][2006.04][1036页][11）