数学分析习题练习六

汕头大学2020年612数学分析


证明：
                   设
                             $A=\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(0,0),B=\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(0,0),C=\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(0,0),$

               则如果函数$f(x,y)$有极小值，则有
                               $A=\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(0,0)> 0,$

                              $AC-B^2=\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(0,0)\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(0,0)-(\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(0,0))^2> 0.$

                            而此正是行列式
                                            $\begin{vmatrix}
A & B\\
B & C
\end{vmatrix}$

                对应的矩阵
                                       $\begin{bmatrix}
A & B\\
B & C
\end{bmatrix}$

                     是半下定矩阵。

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证明
           （1）、由
                             $g(x+1)=f(x+1)-(x+1)=f(x)+1-x-1=f(x)-x=g(x).$

                       知，$g(x)$为周期为$1$的周期函数。

            （2）、
                               $\because g(x)\in C[0,1],$且为周期函数，

                               $\therefore \sup g(x)\in \{g(x)|x\in[0,1]\},$

                    由上确界的定义可知，必有
                                     $\sup g(x)=\underset{x\in[0,1]}{\max }g(x).$

                   同理可证
                                       $\inf g(x)=\underset{x\in[0,1]}{\min} g(x).$

              （3）、

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解：
               $\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{[\sin x-\sin(\sin x)]\sin x}{x^4}=\lim_{x\to 0}\frac{[\sin x-\sin x+\frac{1}{6}\sin^3x+o(\sin^3 x)]}{x^3}=\frac{1}{6}.$

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（1）证：利用不等式，有
                                       $\displaystyle \because 2=\frac{1+3}{2}> \sqrt{1\cdot 3},$

                                                $\displaystyle 4=\frac{3+5}{2}> \sqrt{3\cdot 5},$

                                                  $\displaystyle \cdots $

                                                $\displaystyle 2n=\frac{(2n-1)+(2n+1)}{2}> \sqrt{(2n-1)\cdot (2n+1)}$

                                       $\displaystyle \therefore \frac{1\cdot 3\cdot \cdots (2n-1)}{2\cdot 4\cdot \cdots 2n}< \frac{1}{\sqrt{2n+1}}.$

                         又
                                    $\displaystyle \because 3=\frac{1+2}{2}> \sqrt{1\cdot 2},$

                                               $\displaystyle 5=\frac{2+3}{2}> \sqrt{2\cdot 3},$

                                                 $\displaystyle \cdots $

                                              $\displaystyle 2n-1=\frac{(2n-2)+2n}{2}> \sqrt{(2n-2)(2n)}$

                                 $\displaystyle \therefore \frac{1\cdot 3\cdot \cdots (2n-1)}{2\cdot 4\cdot \cdots 2n}=\frac{1\cdot 3\cdot \cdots (2n-1)}{2^n\cdot 1\cdot 2\cdot \cdots n}> \frac{1}{2}\cdot \frac{\sqrt{2n}}{n}> \frac{1}{2\sqrt{n}}.$

                                  综合所得，结论成立。

（2）、利用上面的结论，由夹逼法知
                                   $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}=0.$

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解：将所给方程求导，可知，方程中$\cos3x$应改为$\sin3x$.

                                       $\displaystyle y=\sin x+a\sin3x,$

                                       $\displaystyle y'=\cos x+3a\cos 3x=0,$

                                       $\displaystyle \therefore x=\frac{\pi}{3},a=\frac{1}{6},$

                                         $\displaystyle y''=-\sin \frac{\pi}{3}-9\cdot \frac{1}{6}\sin \pi< 0,$

                 所以，是极大值。

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解：
                                 $\begin{align*}I&=\iint_S(x^2+y^2+z^2)dS=R^2\iint_SdS\\\\&=R^2\iint_\sigma \sqrt{1+\frac{x^2}{R^2-x^2-y^2}+\frac{y^2}{R^2-x^2-y^2}}dxdy\\\\&=R^3\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{R}\frac{r}{\sqrt{R^2-r^2}}dr\\\\&=\pi R^4.\end{align*}$

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解：对已知方程求偏导数，得
                         $\displaystyle u_x=g'(u)u_x+\phi (x),\phi (x)=(1-g'(u))u_x,$

                         $\displaystyle u_y=g'(u)u_y-\phi (y),\phi (y)=-(1-g'(u))u_y,$

                         $\displaystyle \therefore \phi (x)\frac{\partial z}{\partial x}+\phi (y)\frac{\partial z}{\partial y}=\frac{\partial f}{\partial u}(1-g'(u))(u^2_x-u_y^2).$

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（1）、证明：令
                                  $\displaystyle x=nT+x,$

                          利用偶函数和周期性，得
                                     $\begin{align*}\because \int_{0}^{nT}xf(x)dx&=\int_{-nT}^{0}(nT+x)f(nT+x)dx\\\\&=nT\int_{-nT}^{0}f(x)dx+\int_{-nT}^{0}xf(x)dx\\\\&=nT\int_{-nT}^{0}f(x)dx-\int_{0}^{nT}xf(x)dx.\end{align*}$

                                      $\displaystyle \therefore \int_{0}^{nT}xf(x)dx=\frac{nT}{2}\int_{0}^{nT}f(x)dx=\frac{n^2T}{2}\int_{0}^{T}f(x)dx.$


（2）解
                 利用（1）的结论计算
                                $\displaystyle a_n=\int_{0}^{n\pi}x\cos xdx=\frac{(\frac{n}{2})^2\cdot 2\pi}{2}\int_{0}^{2\pi}\cos xdx=0.$

                    题应该有误。

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解：
                   由
                                  $\displaystyle \lim_{x\to 0}f(x)=\lim_{x\to 0}x\arctan \frac{1}{x^2}=0=f(0)$

                       知，$f(x)$在$x=0$处连续，$a=0$。而导函数

                                  $\displaystyle x\neq 0,f'(x)=\arctan \frac{1}{x^2}+\frac{x}{1+\frac{1}{x^4}}=\arctan \frac{1}{x^2}+\frac{x^5}{x^4+1},$

                                   $\displaystyle x=0,f'(0)=\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to 0}\frac{x\arctan \frac{1}{x^2}-0}{x}=\frac{\pi}{2}.$

                      故有
                                    $\displaystyle \lim_{x\to 0}f'(x)= \lim_{x\to 0}(\arctan \frac{1}{x^2}+\frac{x^5}{x^4+1})=\frac{\pi}{2}=f'(0).$

                       在$x=0$处导函数连续。