数学分析习题练习七

中国海洋大学2021年617数学分析


解：
                                $\begin{align*}I(\alpha )&=\int_{0}^{+\infty }\frac{dx}{(1+\alpha ^2x^2)^2}\\\\&=\frac{1}{\alpha ^2}\int_{0}^{+\infty }\frac{\alpha ^2xdx}{x(1+\alpha ^2x^2)^2}\\\\&=\frac{1}{2\alpha ^2}\int_{0}^{+\infty }\frac{d(1+\alpha ^2x^2)}{x(1+\alpha ^2x^2)^2}\\\\&=\frac{1}{2\alpha ^2}(-\frac{1}{x(1+\alpha ^2x^2)}|_0^{+\infty}-\int_{0}^{+\infty }\frac{dx}{x^2(1+\alpha ^2x^2)})\\\\&=\frac{1}{2\alpha ^2}(\frac{1}{x}(x\to 0)-\int_{0}^{+\infty }(\frac{1}{x^2}-\frac{\alpha ^2}{1+\alpha ^2x^2})dx)\\\\&=\frac{1}{2}\int_{0}^{+\infty }\frac{1}{1+\alpha ^2x^2}dx\\\\&=\frac{1}{2\alpha}\arctan \alpha x|_0^{+\infty}\\\\&=\frac{\pi}{4\alpha }.\end{align*}$

中国海洋大学2021年617数学分析


解：
        1、  
                       $D':0\leq u\leq 1,0\leq v\leq 1,0\leq w\leq 1,$

                              $J=\frac{\partial(x,y,z) }{\partial(u,v,w)}=u^2v.$

        2、  
                        $\begin{align*}I&=\iiint_D\cos (x+y+z)^3dxdydz\\\\&=\iiint_{D'}\cos u^3\cdot u^2vdudvdw\\\\&=\int_{0}^{1}\cos u^3\cdot u^2du\int_{0}^{1}vdv\int_{0}^{1}dw\\\\&=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\cos u^3\cdot u^2du\\\\&=\frac{1}{6}\sin 1.\end{align*}$

中国海洋大学2021年617数学分析


证明：
               由导数的定义及微分中值定理，得
                $\displaystyle \because \lim_{x\to x_0^+}\frac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}=\lim_{x\to x_0^+}f'(\xi_1)=f'(x_0+)=A=f'(x_0),(\xi_1\in(x_0,x_0+1))$

                    $\displaystyle \lim_{x\to x_0^-}\frac{f(x_0-\Delta x)-f(x_0)}{-\Delta x}=\lim_{x\to x_0^-}f'(\xi_2)=f'(x_0-)=A=f'(x_0),(\xi_2\in(x_0-1,x_0))$

                   左右极限都存在，且相等。所以，$f'(x_0)$存在，且$f'(x_0)=A.$

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证明：
                 因为$f(x)$在$x=0$点连续。由已知得
                               $\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{f(3x)-f(x)}{x}=\lim_{x\to 0}\frac{f(3x)-f(0)-(f(x)-f(0))}{x},$

                          由微分中值定理
                                      $\displaystyle \exists \xi_1\in(0,3x),\xi_2\in(0,x),s.t.$

                                     $\begin{align*}\lim_{x\to 0}\frac{f(3x)-f(0)-(f(x)-f(0))}{x}&=\lim_{x\to 0}\frac{3xf'(\xi_1)-xf'(\xi_2)}{x}\\\\&=\lim_{x\to 0}(3f'(\xi_1)-f'(\xi_2))\\\\&=2f'(0)=A,\end{align*}$

                     上式中，因为
                                          $\displaystyle \lim_{x\to 0}\xi_1=\lim_{x\to 0}\xi_2=0.$

                                            $\displaystyle \lim_{x\to 0}f'(\xi_1)=\lim_{x\to 0}f'(\xi_2)=f'(0).$

                        所以有
                                         $\displaystyle \therefore f'(0)=\frac{A}{2}.$

中国海洋大学2021年617数学分析


解：
         1、
                       因为
                                    $\ln f(x)=-\frac{\ln(a^x+1)}{x},x\in[1,a]$

                             令
                                      $g(x)=-\ln(a^x+1),$

                                       $\because g'(x)=-\frac{a^x\ln a}{a^x+1}< 0,$

                                        $\therefore g(x)\downarrow,\frac{1}{x}\downarrow,$

                                        $\Rightarrow f(x)\downarrow,f(x)< f(1)=\frac{1}{a+1}=f_{\max},$
                          
                                         $f_{\min}=f(a)=(a^a+1)^{-\frac{1}{a}}.$

         2、
                      由上术结论，知道级数通项单调降，因此
                                   $\displaystyle \frac{1}{n(1+\frac{1}{n})}> \frac{1}{\sqrt[k]{n^k+1}}=\frac{1}{n\sqrt[k]{1+\frac{1}{n^k}}}> \frac{1}{n\sqrt[n]{1+\frac{1}{n^n}}},$

                            所以
                                   $\displaystyle 1=\frac{n}{n(1+\frac{1}{n})}> \sum_{n}^{k=1}\frac{1}{\sqrt[k]{n^k+1}}=\sum_{n}^{k=1}\frac{1}{n\sqrt[k]{1+\frac{1}{n^k}}}> \frac{n}{n\sqrt[n]{1+\frac{1}{n^n}}}=1,(n \to \infty )$

                          即
                                    $\displaystyle \lim_{n \to \infty } \sum_{n}^{k=1}\frac{1}{\sqrt[k]{n^k+1}}=1.$

中国海洋大学2021年617数学分析


证明：
                由已知条件，利用积分中值定理，知
                                           $\displaystyle \exists \eta \in (a,\frac{a+b}{2})\subset (a,b),s.t.$

                                           $\displaystyle \frac{b-a}{2}\int_{a}^{\frac{a+b}{2}}f(x)dx=f(\eta )=f(b),$

                      因此，由Roll定理，
                                            $\displaystyle \therefore \xi\in (\eta ,b)\subset (a,b),s.t.$

                                                 $\displaystyle f'(\xi)=0.$

中国海洋大学2021年617数学分析


证明：
                   由已知条件1、可知，有
                                $\forall \varepsilon > 0,\exists N\in \mathbb{N},n> N,s,t,$

                                     $|f_n(x)-f(x)|< \varepsilon .$

                         因而对于上述$\varepsilon $
                                     $\forall x,y\in I,\exists \delta > 0,|x-y|< \delta ,s.t.$

                                      $|f(x)-f(y)|\leq |f(x)-f_n(x)|+|f_n(x)-f_n(y)|+|f_n(y)-f(y)|,$

                        上式中，由条件1、显然有：
                                        $|f(x)-f_n(x)|< \varepsilon ,|f_n(y)-f(y)|< \varepsilon .$

                                    由条件2、有
                                          $|f_n(x)-f_n(y)|< \varepsilon ,$

                                        $\therefore |f(x)-f(y)|< \varepsilon +\varepsilon +\varepsilon =\varepsilon .$

                              命题成立。

中国海洋大学2021年617数学分析


证明：
               可以用分段积分法。 先证明
                              $\displaystyle \forall A\in(0,+\infty),\lim_{n \to \infty }\int_{0}^{A}f(x)\cos nxdx=0,$

                            $\displaystyle \because \lim_{n \to \infty }\int_{0}^{A}f(x)\cos nxdx=\lim_{n \to \infty }(\frac{1}{n}f(x)\sin nx|_0^A-\frac{1}{n}\int_{0}^{A}f'(x)\sin nxdx)=0.$

                             $\displaystyle \therefore \forall \varepsilon > 0,\exists N\in \mathbb{N},n> N,s.t.$

                                  $\displaystyle |\int_{0}^{A}f(x)\cos nxdx|< \varepsilon.,$

                        又
                                 $\displaystyle \because \int_{0}^{+\infty }|f(x)|dx< \infty ,$

                                  $\displaystyle \therefore \forall \varepsilon > 0,\exists N\in \mathbb{N},A> N,s,t,$

                                    $\displaystyle |\int_{A}^{+\infty }f(x)\cos nxdx|\leq \int_{A}^{+\infty }|f(x)|dx< \varepsilon .$

                   因此，对于满足上述条件的$A,N$,有
                                    $\displaystyle |\int_{0}^{+\infty }f(x)\cos nxdx|\leq |\int_{0}^{A}f(x)\cos nxdx|+|\int_{A}^{+\infty }f(x)\cos nxdx|< \varepsilon .$

2018年西南大学数学分析考研试题


     

浙江大学2019年数学分析真题


解：
                       $\begin{align*}I_n&=\int_{0}^{n}x^{a-1}(1-\frac{x}{n})^ndx\\\\&=n^a\int_{0}^{1}t^{a-1}(1-t)^ndt\\\\&=\frac{n^a}{a}[t^a(1-t)^n|_0^1+n\int_{0}^{1}t^a(1-t)^{n-1}dt ]\\\\&=\frac{n^{a+1}}{a}\int_{0}^{1}t^a(1-t)^{n-1}dt\\\\&=\cdots \\\\&=\frac{n^an!}{a(a+1)\cdots (a+n-1)}.\end{align*}$