数学分析习题练习六

北京科技大学2020数学分析


解：
                          $\displaystyle \because \phi (x)=\int_{0}^{1}f(xt)dt,$

                               $\displaystyle \therefore \phi (0)=f(0).$

                 因而
                            $\displaystyle \phi '(0)=\lim_{x\to 0}\frac{\phi (x)-\phi (0)}{x-0}=\lim_{x\to 0}\int_{0}^{1}\frac{f(xt)-f(0)}{x}dt=f'(0)\int_{0}^{1}tdt=\frac{1}{2}f'(0).$

                       又
                               $\begin{align*}\because \phi'(x)&=\int_{0}^{1}tf'(xt)dt=\frac{1}{x}\int_{0}^{1}tdf(xt)\\\\&=\frac{1}{x}tf(xt)|_0^1-\frac{1}{x}\int_{0}^{1}f(xt)dt\\\\&=\frac{f(x)}{x}-\int_{0}^{1}\frac{f(xt)}{x}dt,\end{align*}$

                        再由已知极限条件
                                $\displaystyle \therefore \lim_{x\to 0}\phi'(x)=\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}-\lim_{x\to 0}\int_{0}^{1}\frac{f(xt)}{x}dt=A-A\int_{0}^{1}tdt=\frac{1}{2}A.$

               由此可知，当$f'(0)=A$时，$\phi'(x)$在$x=0$处连续。而$f'(0)\neq A$时，$\phi'(x)$在$x=0$处不连续。

北京科技大学2020数学分析


证明：
                                      $\displaystyle f(x)=(x^2-3x+2)^n\phi (x)=(x-2)^n(x-1)^n\phi (x),$

                        令
                                      $\displaystyle g(x)=(x-2)^n(x-1)^n,$

                 由莱布尼兹公式，得
                                        $\displaystyle g^{(n-1)}(x)=(n-1)!(x-2)(x-1)^n+n(n-2)!(x-2)^2(x-1)^{n-1}+\cdots +(n-1)!(x-2)^n(x-1),$

                                        $\displaystyle \therefore x=2,g(2)=0,g'(2)=0,\cdots ,g^{(n-1)}(2)=0.$

                        而
                                       $\displaystyle f^{(n-1)}(x)=g^{(n-1)}(x)\phi (x)+ng^{(n-2)}(x)\phi'(x)+\cdots +(n-1)!g(x)\phi^{(n-1)}(x),$

                                        $\displaystyle \therefore f^{(n-1)}(2)=0.$

                            又
                                       $\displaystyle \because g^{(n)}(x)=n!(x-1)^n+n(n-1)!(x-2)(x-1)^{n-1}+\cdots +n!(x-2)^n,$

                              得
                                         $\displaystyle g^{(n)}(2)=n!,$

                                        $\displaystyle \therefore f^{(n)}(2)=g^{(n)}(2)\phi (2)=n!\phi(2).$

北京科技大学2020数学分析


解
（1）、函数在某点的连续性不能推出函数在该点偏导数存在，同样，某点偏导数的存在也不能推出函数在该点的连续。例子有：
                                       $f(x,y)=\begin{cases}
\frac{xy}{x^2+y^2} &, x^2+y^2\neq 0\\
0 &, x^2+y^2= 0
\end{cases}$

                      $f(x,y)$在$(0,0)$处不连续，可偏导。

（2）、
                    如果有
                                  $\displaystyle |f'_x|\leq M,|f'_y|\leq M,$
                     
                     则由函数的增量式，得
                                   $\displaystyle |f(x,y)-f(x_0,y_0)|\leq |f_x'\Delta x|+|f_y'\Delta y|\rightarrow 0,((\Delta x,\Delta y)\rightarrow (0,0))$

                   由此知，函数在$(x_0,y_0)$连续。

北京科技大学2020数学分析


解：
               级数的收敛半径为
                               $\displaystyle |R|=\frac{\displaystyle (1+\frac{1}{n})^{n^2}}{(1+\frac{1}{n+1})^{(n+1)^2}}=\frac{e^n}{e^{n+1}}=\frac{1}{e}.(n \to\infty )$

                 在 收敛区域的端点，$x=\pm \frac{1}{e},$

                  通项
                                $\displaystyle u_n(x)=\pm (1+\frac{1}{n})^{n^2}\cdot \frac{1}{e^n}=\pm 1,(n \to \infty )$

                          由此可知，此时不收敛。所以级数的收敛区域为
                                      $\displaystyle x\in （-\frac{1}{e},\frac{1}{e}）.$

北京科技大学2020数学分析


解：
              补一个平面$\displaystyle S:x=e^a,y^2+z^2\leq a^2.$使之与旋转曲面组成一个闭合曲面。再利用高斯公式

                         $\displaystyle I=\iint_{\Sigma +s} -\iint_S=\iiint_\Omega (-4x+8x-4x)dV-\iint_S2(1-e^{2a})dydz=2(e^{2a}-1)\pi a^2.$

北京科技大学2020数学分析


证明
                  由
                             $\displaystyle u(x,y)=f(x)g(y),$

                   求偏微分，得到
                              $\displaystyle \frac{\partial u}{\partial x}=g(y)\frac{\mathrm{d} f}{\mathrm{d} x},\frac{\partial u}{\partial y}=f(x)\frac{\mathrm{d} g}{\mathrm{d} y},$

                    再求二次偏 导，得
                               $\displaystyle \frac{\partial^2 u}{\partial x\partial y}=\frac{\mathrm{d} f}{\mathrm{d} x}\frac{\mathrm{d} g}{\mathrm{d} y},$

                            $\displaystyle \therefore u\frac{\partial^2 u}{\partial x\partial y}=g(y)\frac{\mathrm{d} f}{\mathrm{d} x}\cdot f(x)\frac{\mathrm{d} g}{\mathrm{d} y}=\frac{\partial u}{\partial x}\cdot \frac{\partial u}{\partial y}.$

北京科技大学2020数学分析


证明：
      （1）、由于
                                       $\displaystyle \int_{0}^{+\infty }\cos xdx\leq 1,$

                           而
                                       $\displaystyle \frac{1-e^{-ax}}{x}\rightarrow 0,(x\rightarrow +\infty ,a\in [0,1])$

                由狄里赫来特判别法。积分一致收敛。

       （2）、计算.由
                                        $\displaystyle I=\int_{0}^{+\infty }\frac{1-e^{-x}}{x}\cos xdx=\int_{0}^{+\infty }\cos xdx\int_{0}^{1}e^{-xy}dy=\int_{0}^{1}dy\int_{0}^{+\infty }\cos xe^{-xy}dx,$

                              其中
                                        $\begin{align*}I_1&=\int_{0}^{+\infty }\cos xe^{-xy}dx\\\\&=-\frac{1}{y}\cos xe^{-xy}|_0^{+\infty }-\frac{1}{y}\int_{0}^{+\infty }\sin xe^{-xy}dx\\\\&=\frac{1}{y}+\frac{1}{y^2}(\sin xe^{-xy}|_0^{+\infty }-\int_{0}^{+\infty }\cos xe^{-xy}dx)\\\\&=\frac{1}{y}-\frac{1}{y^2}\int_{0}^{+\infty }\cos xe^{-xy}dx\\\\&=\frac{1}{y}-\frac{1}{y^2}I_1,\end{align*}$

                             得到
                                      $\displaystyle I_1=\frac{y}{y^2+1},$

                                     $\displaystyle \therefore I=\int_{0}^{1}I_1dy=\int_{0}^{1}\frac{y}{y^2+1}dy=\frac{1}{2}\ln2.$

北京科技大学2020数学分析


解：
                  由已知条件，可知有
                                          $\displaystyle f'(\xi)=0,f(\xi)=\frac{1}{4},$

                    将$f(0),f(1)$分别在极值点泰勒展开，得
                                           $\displaystyle f(0)=f(\xi)+f'(\xi)(0-\xi)+\frac{1}{2!}f''(\eta_1)(0-\xi)^2,(\eta_1\in(0,\xi))$

                                           $\displaystyle f(1)=f(\xi)+f'(\xi)(1-\xi)+\frac{1}{2!}f''(\eta_2)(1-\xi)^2,(\eta_2\in(\xi,1))$

                    将两式绝对值相加，并将已知条件代入，得
                                           $\begin{align*}|f(0)|+|f(1)|&=|f(\xi)+\frac{1}{2!}f''(\eta_1)(0-\xi)^2|+|f(\xi)+\frac{1}{2!}f''(\eta_2)(1-\xi)^2|\\\\&\leq |f(\xi)|+\frac{1}{2}|f''(\eta_1)|\xi^2+|f(\xi)|+\frac{1}{2}|f''(\eta_2)|(1-\xi)^2\\\\&\leq |f(\xi)|+\frac{1}{2}\xi^2+|f(\xi)|+\frac{1}{2}(1-\xi)^2\\\\&=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\xi^2+\frac{1}{2}(1-\xi)^2\\\\&=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\xi^2+\frac{1}{2}(1-2\xi+\xi^2)\\\\&=1-\frac{1}{2}\xi(2-\xi)\\\\&\leq 1.\end{align*}$

武汉科技大学2020年840数学分析

解：
                  用广义球面坐标计算
                                         $\displaystyle x=a\rho \sin \theta \cos\phi ,y=b\rho \sin \theta \sin \phi ,z=c\rho \cos \theta ,$

                                          $\displaystyle |J| =|\frac{\partial (x,y,z)}{\partial (\rho ,\theta ,\phi )}|=abc\rho ^2\sin \phi ,$

                     因为积分区域$x\geq 0,$并关于$y,z$对称。利用第一卦限讈，得
                                           $\displaystyle I=\iiint dV=4abc\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin \phi d\phi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} d\theta \int_{0}^{\sqrt[3]{a\sin \theta \cos \phi }}\rho ^2d\rho =\frac{1}{3}\pi a^2bc.$



                                         

四川师范大学2019数学分析


证明：
                    由已知条件
                                         $\displaystyle \because |f(x)-f(y)|=|f'(\xi)||x-y|< A|x-y|^2,(\xi\in [x,y])$

                                          $\displaystyle \therefore |f'(\xi)|< A|x-y|,$
                    令$x\to y$,取极限，有
                                          $\displaystyle \lim_{y\to x}|f'(\xi)|=|f'(x)|\leq \lim_{y\to x}A|x-y|=0,$

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

                                          $\displaystyle \therefore |f'(x)|=0,$

                         由$x,y$取值的任意性，即可知有
                                             $\displaystyle \Rightarrow f(x)=f(y).$

                            命题得证。