数学分析习题练习六

浙江科技学院2020年数学分析


解：先利用积分区域的对称性和被积函数的奇偶性，化简，再计算

                              $\begin{align*}I&=\iint_D(x^2-2x+y+3)dxdy\\\\&=\iint_Dx^2dxdy+3\iint_Ddxdy\\\\&=\iint_Dx^2dxdy+3\pi a^2\\\\&=\int_{0}^{2\pi}\cos^2\theta d\theta \int_{0}^{a}r^3dr+3\pi a^2\\\\&=\frac{1}{4}a^4\int_{0}^{2\pi}\cos^2\theta d\theta+3\pi a^2\\\\&=\frac{1}{4}\pi a^4+3\pi a^2.\end{align*}$

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解：
                             $\displaystyle \because \frac{x_n}{1+x_n}< 1,$

                              $\displaystyle \therefore 1\leq x_n< 2,$

                   而
                                $\displaystyle x_{n+1}-x_n=\frac{x_n}{1+x_n}-\frac{x_{n-1}}{1+x_{n-1}}=\frac{x_n-x_{n-1}}{(1+x_n)(1+x_{n-1})},$

                 右边的等式一直套用下去，可知大于零。故数列单调增。单调有界，故极限存在。

                     令
                                 $\displaystyle \lim_{n \to \infty }x_n=x,$

                      代入已知表达 式，求极限，得
                                   $\displaystyle x=1+\frac{x}{1+x},\Rightarrow x=\frac{1+\sqrt{5}}{2}.$

                                 $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }x_n=\frac{1+\sqrt{5}}{2}.$

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解：
                           $\displaystyle \because \lim_{x\to1^+}f(x)=\lim_{x\to1^+}\frac{ax^2\cdot e^{-\frac{1}{x-1}}-b}{e^{-\frac{1}{x-1}}+1}=-b,$

                                  $\displaystyle \lim_{x\to1^-}f(x)=\lim_{x\to1^-}\frac{ax^2-be^{\frac{1}{x-1}}}{1+e^{\frac{1}{x-1}}}=a.$

                           所以，当$a=-b=2$时，函数连续；

                                      当$a=-b\neq 2$时，间断。可去间断点；

                                      当$a\neq -b$时，间断。跳跃间断点。

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解：不妨设$a>0.$将$z=a$平面与曲面$S$组成一个闭合曲面，方向向外，则原积分可用高斯公式计算。

                            $\begin{align*}I&=\oiint_\Sigma (x^2+y)dydz+(y^2-2z)dzdx+z^2dxdy-\iint_{z=a}z^2dxdy\\\\&=\iiint_\Omega (2x+2y+2z)dV-a^2\iint_Ddxdy\\\\&=2\iint_Ddxdy\int_{\sqrt{x^2+y^2}}^{a}(x+y+z)dz-\pi a^4\\\\&=\frac{1}{3}a^4-\frac{1}{2}\pi a^4.\end{align*}$

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解：
                          由于$\displaystyle x^\lambda $为单调函数。因此不妨设$\displaystyle x^a<x^\lambda<x^b,$且有界。

                           又
                                 $\displaystyle \because  \int_{0}^{+\infty }x^af(x)dx=x^a\int_{0}^{+\infty }f(x)dx< \infty ,$

                                  $\displaystyle \therefore \int_{0}^{+\infty }f(x)dx< \infty ,$

                           由一致收敛判别定理知，原无穷积分一致收敛。

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证明：
                对已知隐函数求偏导，得
                                $\displaystyle \frac{\partial u}{\partial s}=\frac{\partial u}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial s}+\frac{\partial u}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial s},$

                                $\displaystyle \frac{\partial^2 u}{\partial s^2}=\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}(\frac{\partial x}{\partial s})^2+2\frac{\partial^2 u}{\partial x\partial y}\frac{\partial y}{\partial s}\frac{\partial x}{\partial s}+\frac{\partial^2 u}{\partial y^2}(\frac{\partial y}{\partial s})^2.$

                                 $\displaystyle \frac{\partial u}{\partial t}=\frac{\partial u}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial t}+\frac{\partial u}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial t},$

                                 $\displaystyle \frac{\partial^2 u}{\partial t^2}=\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}(\frac{\partial x}{\partial t})^2+2\frac{\partial^2 u}{\partial x\partial y}\frac{\partial y}{\partial t}\frac{\partial x}{\partial t}+\frac{\partial^2 u}{\partial y^2}(\frac{\partial y}{\partial t})^2.$

                    再将已知恒等式代入，消去相同项，即得证命题。

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证明     
                               $\displaystyle \because f(0)=0< \frac{a}{a+b}< 1=f(1),$

                  由连续函数的介值定理，有
                                  $\displaystyle \exists x_0\in (0,1),s.t.$

                                  $\displaystyle f(x_0)=\frac{a}{a+b}.$

                    再利用拉氏微分中值定理
                                  $\displaystyle \exists \xi \in (0,x_0),\eta \in (x_0,1),s.t.$

                                    $\displaystyle f(x_0)-f(0)=\frac{a}{a+b}=f'(\xi)x_0,$

                                    $\displaystyle f(1)-f(x_0)=1-\frac{a}{a+b}=\frac{b}{a+b}=f'(\eta )(1-x_0),$

                                $\displaystyle \therefore \frac{a}{f'(\xi)}=(a+b)x_0,$

                                     $\displaystyle \frac{b}{f'(\eta )}=(a+b)(1-x_0),$

                                  $\displaystyle \Rightarrow \frac{a}{f'(\xi)}+\frac{b}{f'(\eta )}=a+b.$

【注】此题太技巧了。不太容易想到。更一般的形式为：

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证明：
                       令
                             $\displaystyle F(x)=(\int_{0}^{x}f(t)dt)^2-\int_{0}^{x}f^3(t)dt,F(0).$

                       则
                             $\displaystyle F'(x)=2f(x)\int_{0}^{x}f(t)dt-f^3(x)=f(x)(2\int_{0}^{x}f(t)dt-f^2(x)),$
                     
                       再设
                               $\displaystyle g(x)=2\int_{0}^{x}f(t)dt-f^2(x),$   

                          则有
                                   $\displaystyle g'(x)=2f(x)-2f(x)f'(x)=2f(x)(1-f'(x))> 0.$

                                   $\displaystyle \therefore F'(x)\uparrow \Rightarrow  F(x)\uparrow.$

                          从而
                                   $\displaystyle F(x)> F(0)=0,(x> 0)$

                        因此就有
                                    $\displaystyle (\int_{0}^{1}f(x)dx)^2> \int_{0}^{1}f^3(x)dx,$

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证明
                                $\displaystyle \because |(-1)^n\frac{1}{n+x^2}|=\frac{1}{n+x^2}\rightarrow 0,(n \to \infty )$

                      所以，级数一致收敛。又当$x=0$时，级数
                                  $\displaystyle |(-1)^n\frac{1}{n+x^2}|=\frac{1}{n},$

                      发散。故对任一$x$ ,原级数非绝对收敛。

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利用定义解析即可。