数学分析习题练习六

哈尔滨工程大学2020数学分析


解：
                  设
                                 $\displaystyle t=\arcsin x,dt=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx,$

                        则
                                   $\displaystyle I=\int \frac{(1+x^2)\arcsin x}{x\sqrt{1-x^2}}dx=\int \frac{(1+\sin ^2t)t}{\sin t}dt=\int \frac{(1+\sin ^2t)(\pi+t)}{-\sin t}dt,(t=\pi+t)$

                                $\begin{align*}\therefore I&=-\frac{1}{2}\int \frac{(1+\sin ^2t)\pi}{\sin t}dt\\\\&=-\frac{\pi}{2}(\int \frac{1}{\sin t}dt+\int \sin tdt)\\\\&=-\frac{\pi}{2}(\frac{1}{2}\ln\frac{1-\cos t}{1+\cos t}-\cos t)+C\\\\&=-\frac{\pi}{4}\ln\frac{1-\cos t}{1+\cos t}+\frac{\pi}{2}\cos t+C\\\\&=-\frac{\pi}{4}\ln\frac{1-\sqrt{1-x^2}}{1+\sqrt{1-x^2}}+\frac{\pi}{2}\sqrt{1-x^2}+C.\end{align*}$

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解：由$z(x,y)$为全微分，故得
                               $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial x}=2x-3,\Rightarrow z=x^2-3x+C(y),$

                                $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial y}=2y+4,\Rightarrow z=y^2+4y+C(x),$

               由此得
                                $\displaystyle z=x^2-3x+y^2+4y,$

                          令
                                 $\displaystyle F(x,y)=x^2-3x+y^2+4y+\lambda (x^2+y^2-25),$

                      求驻点
                                  $\begin{cases}
F_x=2x-3+2\lambda x=0,\\
F_y=2y+4+2\lambda y=0,\\
F_\lambda =x^2+y^2-25=0,
\end{cases} $

                      由此可知可能的极大值点为：$\displaystyle (1,-\frac{4}{3}),(-3,4)$

                      代入比较可知$(-3,4)$是函数的极大值点，极大值为$\displaystyle \therefore z_{\max}=50.$

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证明
              不妨假定
                                      $\displaystyle f(c)\leq f(d),$（不等号相反的情况，同类命题也成立。）

                             则有
                                       $\displaystyle f(c)\leq \frac{t_1}{t_1+t_2}f(c)+\frac{t_2}{t_1+t_2}f(d)\leq f(d),$

                        根据连续函数介值定理
                                       $\displaystyle \exists \xi \in {c,d}\subset [a,b],s.t.$

                                       $\displaystyle \frac{t_1}{t_1+t_2}f(c)+\frac{t_2}{t_1+t_2}f(d)=f(\xi),$

                                    $\displaystyle \therefore t_1f(c)+t_2f(d)=f(\xi)(t_1+t_2).$

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解：
                       $\begin{align*}\lim_{n \to \infty }(\sqrt{a_n+\sqrt{a_n}}-\sqrt{a_n})&=\lim_{n \to \infty }\frac{\sqrt{a_n}}{\sqrt{a_n+\sqrt{a_n}}+\sqrt{a_n}}\\\\&=\lim_{n \to \infty }\frac{1}{\sqrt{\sqrt{a_n}+1}+1}\\\\&=0.\end{align*}$

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解：
                      $\displaystyle \underset{y\to a}{\lim_{x\to\infty }}(1+\frac{1}{x})^{\displaystyle \frac{x^2}{x+y}}=\underset{y\to a}{\lim_{x\to\infty }}e^{\displaystyle \frac{x}{x+y}}=e.$

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解：
                   令
                                $\displaystyle x=r\cos t,y=r\sin t,$

                         则
                                $\displaystyle \sin (xy )\sim xy=r^2\cos t\sin t,(r\to 0)$

                          由
                               $\displaystyle \lim_{x^2+y^2\rightarrow 0}\frac{(x+y)\sin (xy)}{x^2+y^2}=\lim_{r\to 0}\frac{r^3(\cos t+\sin t)\cos t\sin t}{r^2}=0.$

                      所以，函数连续。

                   由于
                              $\begin{align*}\lim_{(x,y)\rightarrow (0,0)}\frac{f(x,y)-f(0,0)-f_x\cdot x-f_y\cdot y}{\sqrt{x^2+y^2}}&=\lim_{(x,y)\rightarrow (0,0)}\frac{\frac{(x+y)\sin (xy)}{x^2+y^2}-0-0-0}{\sqrt{x^2+y^2}}\\\\&=\lim_{(x,y)\rightarrow (0,0)}\frac{(x+y)\cdot xy}{(x^2+y^2)^{\frac{3}{2}}},\end{align*}$

                      极限不存在，所以不可微。

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（1）、
                         $\displaystyle \forall \epsilon > 0,\forall x_1,x_2\in (0,1),\exists \delta > 0,|x_1-x_2|< \delta ,s.t.$

                          $\displaystyle |f(x_1)-f(x_2)|=|x_1^2\sin x_1-x_2^2\sin x_2|\leq 2|x_1-x_2|< 2\delta =\epsilon .$

                      因此，函数在$(0,1)$上一致收敛。

（2）、
                    取
                          $\displaystyle x_1=2n\pi+\frac{1}{n},x_2=2n\pi,\delta =\frac{1}{n}\rightarrow 0,$

                 则有
                           $\displaystyle |f(x_1)-f(x_2)|=|x_1^2\sin x_1-x_2^2\sin x_2|=(2n\pi+\frac{1}{n})^2\cdot \sin \frac{1}{n}\neq 0,(n \to \infty )$

                    因此，函数在$(0,+\infty)$上非一致收敛。

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解;
             在新变换下，微分表达式为
                                $\displaystyle \Delta u=\sum_{l=1}^{3}\frac{\partial u}{\partial x_l}dx_l,$

                  其中
                                $\displaystyle dx_1=\cos \theta dr-r\sin \theta d\theta ,$

                                $\displaystyle dx_2=\sin \theta dr+r\cos \theta d\theta ,$

                                 $\displaystyle dx_3=dz.$

                 故新变换下的微分为
                                $\begin{align*}\therefore \Delta u&=\sum_{l=1}^{3}\frac{\partial u}{\partial x_l}dx_l=\frac{\partial u}{\partial x_1}(\cos \theta dr-r\sin \theta d\theta )+\frac{\partial u}{\partial x_2}(\sin \theta dr+r\cos \theta d\theta)+\frac{\partial u}{\partial z}dz\\\\&=(\frac{\partial u}{\partial x_1}\cos \theta +\frac{\partial u}{\partial x_2}\sin \theta )dr-r(\frac{\partial u}{\partial x_1}\sin \theta -\frac{\partial u}{\partial x_2}\cos \theta )d\theta +\frac{\partial u}{\partial z}dz.\end{align*}$

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证明：
                   由全微分公式可知，当
                                                   $\displaystyle \frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial u}{\partial y}=0,$

                                     时，有
                                                      $\displaystyle u(x,y)\equiv C.$

                                                 当
                                                     $\displaystyle \frac{\partial v}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y}=0,$

                                         时
                                                     $\displaystyle v(x,y)\equiv C.$
                                         成立。

                        由已知方程
                                                $\displaystyle \because u^2+v^2=C,$

                                                $\displaystyle \therefore \frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial v}{\partial x}=0,$

                             结合另外两个已知等式，就有
                                                   $\displaystyle \frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial v}{\partial y}=0,$

                                              $\displaystyle \Rightarrow \frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial u}{\partial y}=0,$

                                                    $\displaystyle \frac{\partial v}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y}=0.$

                                  由此可知，命题成立。

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解：
                设
                            $\displaystyle P=\frac{-y}{x^2+9y^2},Q=\frac{x}{x^2+9y^2},$

                    因为
                             $\displaystyle \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{9y^2-x^2}{(x^2+9y^2)^2}=\frac{\partial Q}{\partial x},$

                     所以，积分与路径无关。可以作半径为$\epsilon $的小圆：
                                  $\displaystyle x^2+9y^2=\epsilon ^2,$

                    则
                              $\displaystyle I=\int_CPdx+Qdy=\frac{1}{\epsilon ^2}\iint_\epsilon 2dxdy=2\pi.$