数学分析习题练习六

浙江科技学院2020年数学分析





同样可证

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（1）、
                   因为
                               $\displaystyle \because \lim_{x\to 0^+}\arctan \frac{1}{x}=\frac{\pi}{2},$

                                    $\displaystyle \lim_{x\to 0^-}\arctan \frac{1}{x}=-\frac{\pi}{2},$

                      所以，极限不存在。

（2）、
                       $\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{\int_{0}^{x^2}e^{-t^2}dt}{x^2}=\lim_{x\to 0}\frac{2xe^{-x^4}}{2x}=1.$


（3）、
                        $\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}}{\sqrt[3]{1+x}-\sqrt[3]{1-x}}=\lim_{x\to 0}(\sqrt[3]{(1+x)^2}+\sqrt[3]{(1-x^2)}+\sqrt[3]{(1-x)^2})=3.$


（4）、
                    因为
                                 $\displaystyle \lim_{(x,y)\rightarrow (0,y)}\frac{\sin (xy)}{x^2+y^2}=0.$

                                  $\displaystyle \lim_{x=y\rightarrow 0}\frac{\sin (xy)}{x^2+y^2}=\lim_{x=y\rightarrow 0}\frac{x^2}{2x^2}=\frac{1}{2}.$

                        所以，极限不存在。

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解：
       （1）、      
                          $\begin{align*}I&=\iiint_Ve^{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}dV\\\\&=\int_{0}^{2\pi}d\phi \int_{0}^{\pi}\sin\theta d\theta \int_{0}^{1}e^rr^2dr\\\\&=2\pi \int_{0}^{\pi}\sin\theta d\theta (e-2\int_{0}^{1}re^rdr)\\\\&=4\pi(e-2e+2e-2)\\\\&=4(e-2)\pi.\end{align*}$


        （2）、
                           $\begin{align*}I&=\int_Cxy^2dy-yx^2dx=\iint_D(y^2+x^2)dxdy\\\\&=\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{1}r^3dr=2\pi\cdot \frac{1}{4}=\frac{\pi}{2}. \end{align*}$

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解：此为$a=1$的伯努利双纽线。

                          $\displaystyle \rho ^2=\cos 2\theta .-\frac{\pi}{4}\leq \theta \leq \frac{\pi}{4},0\leq \rho \leq \sqrt{\cos 2\theta}.$

                           $\displaystyle I=2\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}d\theta \int_{0}^{\sqrt{\cos 2\theta}}\rho d\rho =\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}\cos 2\theta d\theta =2\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\cos 2\theta d\theta=1.$

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解：
                   设切点为$P_0(x_0,y_0,z_0)$ ,则切平面方程为
                                    $\displaystyle xx_0+yy_0+zz_0=1,$  

                       其与三个坐标轴的交点坐标分别为：$\displaystyle \frac{1}{x_0},\frac{1}{y_0},\frac{1}{z_0}.$   

      （1） 所求的体积为：
                             $\displaystyle V=\frac{1}{3x_0y_0z_0}.$

                    令
                            $\displaystyle f(x,y,z)=\frac{1}{3xyz}+\lambda (x^2+y^2+z^2-1),$

                       由拉格朗日乘数法，得
                             $\begin{cases}
f_x &=-\frac{1}{3x^2yz}+2\lambda x=0, \\
f_y &=-\frac{1}{3xy^2z}+2\lambda y=0, \\
f_z &=-\frac{1}{3xyz^2}+2\lambda z=0, \\
f_\lambda &=x^2+y^2+z^2-1=0.
\end{cases}$

                        $\displaystyle \therefore x=y=z=\frac{\sqrt{3}}{3}.$

                 因此
                          $\displaystyle V_{\min}=\sqrt{3}.$

          （2）、所求坐标截距和为
                            $\displaystyle d=\frac{1}{x_0^2}+\frac{1}{y_0^2}+\frac{1}{z_0^2},$

                          再令
                                    $\displaystyle f(x,y,z)=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}+\lambda (x^2+y^2+z^2-1),$

                     由拉格朗日乘数法，得
                                     $\begin{cases}
f_x &=-\frac{2}{x^3}+2\lambda x=0, \\
f_y &=-\frac{2}{y^3}+2\lambda y=0, \\
f_z &=-\frac{2}{z^3}+2\lambda z=0, \\
f_\lambda &=x^2+y^2+z^2-1=0.
\end{cases}$

                                  $\displaystyle \Rightarrow x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}.$

                                    $\displaystyle d_{\min}=9.$

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证明：
                    将$f(a),f(b)$分别在$\displaystyle x=\frac{a+b}{2}$泰勒展开：
                               $\displaystyle f(a)=f(\frac{a+b}{2})+f'(\frac{a+b}{2})(a-\frac{a+b}{2})+\frac{1}{2}f''(\xi)(a-\frac{a+b}{2})^2,\xi\in(a,\frac{a+b}{2})$

                               $\displaystyle f(b)=f(\frac{a+b}{2})+f'(\frac{a+b}{2})(b-\frac{a+b}{2})+\frac{1}{2}f''(\eta )(b-\frac{a+b}{2})^2,\eta \in(\frac{a+b}{2},b)$

                               $\displaystyle \Rightarrow f''(\xi)+f''(\eta )=-\frac{4f(\frac{a+b}{2})}{(\frac{b-a}{2})^2}< 0.(\because f(\frac{a+b}{2})> 0)$

                由此可知，$f''(\xi),f''(\eta )$之中至少有一个为负。这就证明了命题结论。

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证明
                   $\displaystyle \because \int_{1}^{+\infty }\frac{\sin x}{x}dx=\cos 1+\int_{0}^{+\infty }\frac{\cos x}{x^2}dx\leq \cos 1+\int_{0}^{+\infty }\frac{1}{x^2}dx< \infty .$

                    因此积分收敛。而

                     $\displaystyle \int_{1}^{+\infty }|\frac{\sin x}{x}|dx> \int_{1}^{+\infty }|\frac{\sin^2x}{x}|dx> \int_{1}^{+\infty }\frac{2}{x}dx=\infty .$

                    所以，积分非绝对收敛。即积分为条件收敛。

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解：
              因为$x$为厅函数，所以$a_n=0.$

                 $\displaystyle b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}x\sin nxdx=\frac{1}{n\pi}(-x\cos nx|_{-\pi}^{\pi}+\int_{-\pi}^{\pi}\cos nxdx)=(-1)^{n+1}\frac{2}{n}.$

                 $\displaystyle \therefore x=2\sum_{n=1}^{\infty }(-1)^{n+1}\frac{1}{n}\sin nx.$

             令$\displaystyle x=\frac{\pi}{2},$

             就有
                     $\displaystyle \frac{\pi}{4}=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\cdots .$

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证明
            （1）由
                                           $\displaystyle F(x,y)=(f(x)-f(y))^2\geq 0.$

                            则其在$[0,1]$上的积分也大于零。从而有
                                            $\displaystyle \int_{0}^{1}f^2(x)dx-2\int_{0}^{1}f(x)dx\int_{0}^{1}f(y)dy+\int_{0}^{1}f^2(y)dy\geq 0.$

                            注意到积分与变量无关，因此得
                                             $\displaystyle \therefore (\int_{0}^{1}f(x)dx)^2\leq \int_{0}^{1}f^2(x)dx.$


            （2）利用结论（1），并应用积分中值定理，有
                                             $\begin{align*}\int_{0}^{1}(g'(x))^2dx-(\int_{0}^{1}f'(x)dx)^2&\leq \int_{0}^{1}(g'(x))^2dx-\int_{0}^{1}(f'(x))^2dx\\\\&=\int_{0}^{1}((g'(x))^2-(f'(x))^2)dx\\\\&=(g'(\xi)+f'(\xi))\int_{0}^{1}(g'(\xi)-f'(\xi))dx\\\\&=0.\end{align*}$
            
                                      其中$\xi\in(0,1).$

                                             $\displaystyle \therefore \int_{0}^{1}(g'(x))^2dx\leq (\int_{0}^{1}f'(x)dx)^2.$

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证明：
                              $\because f(\lambda x,\lambda y)=f(x,y),$

                               $\therefore \lambda \frac{\partial f}{\partial x}=\frac{\partial f}{\partial x},$

                                           $\lambda \frac{\partial f}{\partial y}=\frac{\partial f}{\partial y},$

                                 $\Rightarrow x\frac{\partial f}{\partial x}+y\frac{\partial f}{\partial y}=\lambda (x\frac{\partial f}{\partial x}+y\frac{\partial f}{\partial y})\equiv 0.$

                             对任意$\lambda$均成立。