数学分析习题练习六

首都师范大学2020数学分析


解：利用定义及高斯公式计算，得
                      $\displaystyle I=\iint_S\overrightarrow{F}\cdot d \overrightarrow{S}=\iint_Sxdydz+2xdzdx+5zdxdy=\iiint_\Omega 6dxdydz=2.$

首都师范大学2020数学分析


解：
                     令
                              $\displaystyle f_n(x)=\sum_{k=1}^{n}(-1)^k\frac{2kx^{2k-1}}{(2k+1)!},$

                                $\displaystyle \forall x\in[a,b]\subset(-\infty,+\infty),$

                              $\displaystyle \because |f_n(x)|\downarrow, $

                              $\displaystyle |f_n(x)|=|(-1)^n\frac{2nx^{2n-1}}{(2n+1)!}|\rightarrow 0=f(x),(n \to \infty) $

                 所以，函数项级数内闭一致收敛。

                              $\begin{align*}f(x)&=\sum_{k=1}^{\infty }(-1)^k\frac{2kx^{2k-1}}{(2k+1)!}\\\\&=\sum_{k=1}^{\infty }(-1)^k\frac{x^{2k-1}}{(2k-1)!}-\sum_{k=1}^{\infty }(-1)^k\frac{x^{2k-1}}{(2k+1)!}\\\\&=\sum_{k=0}^{\infty }(-1)^k\frac{x^{2k-1}}{(2k-1)!}-\frac{1}{x^2}\sum_{k=0}^{\infty }(-1)^{k}\frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!}-1+\frac{1}{x^2}\\\\&=(1-\frac{1}{x^2})\sin x-1+\frac{1}{x^2}\\\\&=\frac{x^2-1}{x^2}(\sin x-1).\end{align*}$


【此题解答是错的，待改正】

首都师范大学2020数学分析


证明：
                    由已知
                                  $\displaystyle \because \exists \xi_1,\xi_2\in (a,b),\xi_1\neq \xi_2,f(\xi_1)=f(\xi_2),$

                                    $\displaystyle \therefore \exists \eta \in (a,b),s.t.$

                                            $\displaystyle f'(\eta )=0,(Rolle.T.h)$

                                又
                                        $\displaystyle \because f''(x)> 0,$

                                 所以，$f(\eta )$为极小值。

                             再者
                                         $\displaystyle \because f''(x)> 0,\Rightarrow f'(x)> 0,\Rightarrow f(x)> 0,f(x)\uparrow .$

                             故只有唯一极小值。

首都师范大学2020数学分析


证明：
                        $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin ^nxf(x)dx=\lim_{n \to \infty }\int_{0}^{\delta }\sin ^nxf(x)dx+\lim_{n \to \infty }\int_{\delta }^{\frac{\pi}{2}}\sin ^nxf(x)dx,(0< \delta < \frac{\pi}{2})$

                  又根据积分中值定理，有
                         $\displaystyle \because \lim_{n \to \infty }\int_{\delta }^{\frac{\pi}{2}}\sin ^nxf(x)dx=\lim_{n \to \infty }\sin ^n\xi\int_{\delta }^{\frac{\pi}{2}}f(x)dx=0.(\delta < \xi< \frac{\pi}{2})$

                            $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\int_{0}^{\delta }\sin ^nxf(x)dx=\lim_{n \to \infty }\sin ^n\eta \int_{0}^{\delta }f(x)dx=0,(0< \eta < \delta )$

                        $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin ^nxf(x)dx=0.$

首都师范大学2020数学分析


证明：
            用反证法。
                                 $\displaystyle \exists N> 1,\forall x_n\in [0,1-\frac{1}{N}],$

                         而有
                                   $\displaystyle f(x_n)\neq f(x_n+\frac{1}{N}),$

                             令
                                    $\displaystyle g(x_n)=f(x_n)- f(x_n+\frac{1}{N}),$

                         则$g(x)$在$ [0,1-\frac{1}{N}]$上连续，且不恒为零。不妨设$g(x_n)> 0,$则有
                                    $\displaystyle f(0)-f(\frac{1}{N})> 0,$

                                     $\displaystyle f(\frac{1}{N})-f(\frac{2}{N})> 0,$

                                     $\cdots \cdots $

                                      $\displaystyle f(\frac{N-1}{N})-f(1)> 0.$

                            相加，得
                                       $\displaystyle f(0)-f(1)> 0.$

                                与条件矛盾。故命题结论成立。



              

首都师范大学2020数学分析



证明：
               由
                         $\displaystyle (x+y)^\alpha -x^\alpha -y^\alpha =x^\alpha [(1+\frac{y}{x})^\alpha -1-(\frac{y}{x})^\alpha],x^\alpha >0,$

                可令
                            $\displaystyle f(t)=(1+t)^\alpha -1-t^\alpha,t=\frac{y}{x}> 0,$

                    显然有
                             $\displaystyle f(0)=0.$

                         而
                             $\displaystyle f'(t)=\alpha (1+t)^{\alpha-1}-\alpha t^{\alpha-1}=\alpha [(1+t)^{\alpha-1}-t^{\alpha-1}],$

                      再令
                                $\displaystyle g(t)=t^{\alpha -1},$

                         则有
                                 $\displaystyle g'(t)=(\alpha -1)t^{\alpha -2}< 0,$

                                    $\displaystyle \therefore \Rightarrow f'(t)< 0,\Rightarrow f(t)\downarrow ,$

                                      $\displaystyle \therefore f(t)=(1+t)^\alpha -1-t^\alpha< f(0)=0.$

                               从而有
                                         $\displaystyle (x+y)^\alpha -x^\alpha -y^\alpha =x^\alpha [(1+\frac{y}{x})^\alpha -1-(\frac{y}{x})^\alpha]< 0,$

                             即
                                        $\displaystyle (x+y)^\alpha < x^\alpha +y^\alpha.$

北京科技大学2020数学分析


解：
                                $\displaystyle \lim_{x\to0}[\frac{2+e^{\frac{1}{x}}}{1+e^{\frac{4}{x}}}+\frac{\sin x}{|x|}]=\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{|x|}.$

                           $\displaystyle \because \lim_{x\to 0^+}\frac{\sin x}{|x|}=\lim_{x\to 0^+}\frac{\sin x}{x}=1,$

                               $\displaystyle \lim_{x\to 0^-}\frac{\sin x}{|x|}=\lim_{x\to 0^-}\frac{\sin x}{-x}=-1,$

                  因此，极限不存在。

北京科技大学2020数学分析


解：
                               $\displaystyle \lim_{x\to 0^+}\frac{\sin \tan x-\sin \sin x}{\tan x-\sin x}=\lim_{x\to 0^+}\frac{\tan x-\sin x}{\tan x-\sin x}=1,$

北京科技大学2020数学分析


证明：
                     由不等式
                                    $\displaystyle \because \frac{2}{\pi}x\leq \sin x\leq x,x\in (0,\frac{\pi}{2}]$

                                    $\displaystyle \therefore 1=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{2}{\pi}dx\leq \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x}{x}dx\leq \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}dx=\frac{\pi}{2}.$

北京科技大学2020数学分析


解：由于
                      $\displaystyle x_{n+1}=\ln(1+x_n)< x_n,x_n> 0,$

                所以，$\{x_n\}$单调降，且有下界。极限存在。

                设
                         $\displaystyle \lim_{n \to \infty }x_n=l,$

                      则有
                           $\displaystyle l=\ln(1+l),$

                           $\displaystyle 1+l=e^l\Rightarrow l=0.$

                      $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }x_n=0,$