数学分析习题练习七

南开大学2019年数学分析真题


解：
                  由方向导数的定义，得
                              $\displaystyle \frac{\partial f}{\partial l}|_{(P)}=\frac{\partial f}{\partial x}\cos \alpha +\frac{\partial f}{\partial y}\cos \beta  +\frac{\partial f}{\partial z}\cos \gamma =\sqrt{2}(x-y),$

                   因为动点$P$满足椭球方程这个条件，所以利用拉格朗日条件极值法，令
                              $\displaystyle F(x,y,z)=\sqrt{2}(x-y)+L(x^2+2y^2+3z^2-1),$

                               $\displaystyle F'_x=\sqrt{2}+2Lx=0,F'_y=-\sqrt{2}+4Ly=0,F'_z=6Lz=0.$
  
                            解之得
                                      $\displaystyle z=0,x=-2y,$

                                      $\displaystyle x=\pm \frac{\sqrt{6}}{3},y=\mp \frac{\sqrt{6}}{6},$

                         比较大小，有
                          $\displaystyle P_1(\frac{\sqrt{6}}{3},-\frac{\sqrt{6}}{6},0),\frac{\partial f}{\partial l}|_{\max} =\sqrt{3},$

                        $\displaystyle P_2(\frac{-\sqrt{6}}{3},\frac{\sqrt{6}}{6},0),\frac{\partial f}{\partial l}|_{\min }=-\sqrt{3},$

南开大学2019年数学分析真题


证明：
                 由已知，有
                                    $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }f^2(x)\leq M< \infty ,x\in I,M> 0$

                      由许瓦兹不等 式， 所以
                                   $\displaystyle (\sum_{n=1}^{\infty }\frac{f(x)}{n^p})^2\leq \sum_{n=1}^{\infty }f^2(x)\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^{2p}}\leq M\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^{2p}}< \infty .$
                        
                           即，
                                   $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }\frac{f(x)}{n^p}$在$I$上收敛。从而有

                                    $\displaystyle \frac{f(x)}{n^{p}}\rightarrow 0,(n \to \infty )$
                              
                            因此
                                       $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }\frac{f(x)}{n^p}$在$I$上一致收敛。
                                 

南开大学2019年数学分析真题



证明：
                 当$\displaystyle \alpha > 1,\beta > 0$时，有

                 $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\int_{1}^{x}\frac{1}{x^\alpha +t^\beta }dt< \lim_{x\to+\infty}\int_{1}^{x}\frac{1}{x^\alpha +1 }dt=\lim_{x\to+\infty}\frac{x-1}{x^\alpha +1}=0.$

                 对于$\displaystyle \beta > 1,\alpha > 0$时，有
                     $\displaystyle \exists \alpha',s.t. 0< \alpha'< \alpha ,$

                  将极限分为两段
              $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\int_{1}^{x}\frac{1}{x^\alpha +t^\beta }dt=\lim_{x\to+\infty}\int_{1}^{x^{\alpha '}}\frac{1}{x^\alpha +t^\beta }dt+\lim_{x\to+\infty}\int_{x^{\alpha '}}^{x}\frac{1}{x^\alpha +t^\beta }dt.$

                  如此，
                $\displaystyle \because \lim_{x\to+\infty}\int_{1}^{x^{\alpha '}}\frac{1}{x^\alpha +t^\beta }dt\leq \lim_{x\to+\infty}\frac{x^{\alpha '}-1}{x^\alpha +1}=0,$

                $\displaystyle \because \lim_{x\to+\infty}\int_{x^{\alpha '}}^{x}\frac{1}{x^\alpha +t^\beta }dt\leq \lim_{x\to+\infty}\int_{x^{\alpha '}}^{x}\frac{1}{t^\beta }dt=\lim_{x\to+\infty}\frac{x^{1-\beta }-x^{\alpha '(1-\beta )}}{1-\beta }=0.$

                   $\displaystyle \therefore \lim_{x\to+\infty}\int_{1}^{x}\frac{1}{x^\alpha +t^\beta }dt=0.$

                 综上所得，命题成立。

南开大学2019年数学分析真题


证明：
                  令
                               $\displaystyle F(x)=\int_{0}^{x}f(t)dt,$

                   分部积分，得
                                $\displaystyle \int_{0}^{1}f^2(x)dx=f(x)F(x)|_0^1-\int_{0}^{1}f'(x)F(x)dx=-\int_{0}^{1}f'(x)F(x)dx,$

                      再由
                         $\displaystyle 2|F(x)|=|F(x)-F(0)|+|F(x)-F(1)|=|\int_{0}^{x}f(t)dt|+|\int_{x}^{1}f(t)dt|\leq \int_{0}^{1}|f(x)|dx.$

       $\displaystyle \therefore 2\int_{0}^{1}f^2(x)dx=|-2\int_{0}^{1}f'(x)F(x)dx|< 2\int_{0}^{1}|f'(x)||F(x)|dx< \int_{0}^{1}|f'(x)|dx\int_{0}^{1}|f(x)|dx.$

南京大学2018年数学分析


证明：
                由方向导数公式，得
                              $\begin{align*}I&=\int_\Omega u\frac{\partial u}{\partial n}=\int_\Omega  u(\sum_{i=1}^{n}\frac{\partial u}{\partial x_i}\cos \alpha_i)dS\\\\&=\int_\Omega  u(\sum_{i=1}^{n}\frac{\partial u}{\partial x_i}dx_1\cdots dx_{i-1}dx_{i+1}\cdots dx_n),\end{align*}$

                    再利用高斯公式,有
                               $\displaystyle I=\int_B(u\Delta u+||\bigtriangledown u||^2)=\int_Bu\Delta u+\int_B||\bigtriangledown u||^2.$

                     其中
                                $\displaystyle \Delta u=\sum_{i=1}^{n}\frac{\partial^2 u}{\partial x_i^2},\bigtriangledown u=(\frac{\partial u}{\partial x_1},\frac{\partial u}{\partial x_2},\cdots ,\frac{\partial u}{\partial x_{n-1}},\frac{\partial u}{\partial x_n}).$

                                  $\displaystyle ||\bigtriangledown u||^2=\sum_{i=1}^{n}(\frac{\partial u}{\partial x_i})^2.$

南京大学2018年数学分析


解：有唯一解。证明如下：

           （1）、有解性。不妨设
                                  $\displaystyle \Phi_n=x+\int _\Omega \Phi _{n-1},\Phi_1=x,$

                       由已知条件，可知有
                                      $\displaystyle \because 0\leq x,y,z\leq 1,\therefore |\Phi |\leq M.$
         
                             而
                                        $\displaystyle |\Phi_2-\Phi_1|=|\int _\Omega \Phi _1|\leq Mxyz,$

                                         $\displaystyle |\Phi_3-\Phi_2|=|\int _\Omega (\Phi _2-\Phi _1)|\leq \frac{M(xyz)^2}{(2!)^3},$

                             由此类推，可得
                      $\displaystyle |\Phi_{n+1}-\Phi_{n}|=|\int _\Omega (\Phi _{n}-\Phi _{n-1})|\leq \frac{M(xyz)^n}{(n!)^3}\rightarrow 0,(n \to \infty )$

                            由此可知，$\displaystyle \Phi_n\underset{\rightarrow}{\rightarrow}\Phi ,$方程有解。

              （2）、唯 一性。假设方程有另一解:$\Psi$。那么一定有$|\Psi |\leq N.$令
                                            $\displaystyle g=\Phi -\Psi ,$

                              与（1）相同的方法，可推得
                                              $\displaystyle |g_n|=|\int _\Omega (\Phi_n-\Psi_n)|\leq \frac{(M+N)(xyz)^n}{(n!)^3}\rightarrow 0,(n \to \infty )$

                                因此，$g\equiv 0.$方程有唯 一解。

南京大学2018数学分析
9、证明：
                        $\displaystyle \lim_{n \to \infty}\int_0^1f(x,\sin nt)dx=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{1}dx\int_{0}^{2\pi}f(x,\sin y)dy.$

(原始回忆版试题有误，根据不同版本，此处是根据不同版本还原的，不知道对否？)

证：
            $\begin{align*}\lim_{n \to \infty}\int_0^1f(x,\sin nt)dx&=\lim_{n \to \infty}\int_0^1(\frac{1}{2\pi}\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{n}\int_{2k\pi}^{2(k+1)\pi}f(x,\sin y)dy)dx\\\\&=\frac{1}{2\pi}\lim_{n \to \infty}\int_{0}^{1}dx\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{n}\int_{0}^{2\pi}f(x,\sin y)dy\\\\&=\frac{1}{2\pi}\lim_{n \to \infty}\int_{0}^{1}dx\int_{0}^{2\pi}f(x,\sin y)dy\\\\&=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{1}dx\int_{0}^{2\pi}f(x,\sin y)dy.\end{align*}$

               其中，利用了周期函数的积分性质：
                          $\displaystyle \int_{2k\pi}^{2(k+1)\pi}f(x,\sin y)dy=\int_{0}^{2\pi}f(x,\sin y)dy.$

2016年南京大学数学分析考研试题


证明：
                        由已知，可知有
                                         $\displaystyle x_1\in(x_0,x_0+\delta ),\Rightarrow x_1> x_0,x_1-\delta > x_0,x_1+\delta > x_0+\delta ,$

                                          $\displaystyle \because x\in(x_0-\delta ,x_0+\delta ),f\uparrow ,x\in(x_1-\delta ,x_1+\delta ),f\uparrow ,$

                                          $\displaystyle \therefore x\in(x_0-\delta ,x_1+\delta ),f\uparrow ,$

                                                      $\displaystyle \cdots \cdots $

                                            $\displaystyle \Rightarrow x\in(x_0-\delta ,x_n+\delta )\subset R,f\uparrow ,$

                                             $\displaystyle \Rightarrow x\in(x_0-\delta ,+\infty )\subset R,f\uparrow ,$

                         同样的
                                            $\displaystyle x_1\in(x_0-\delta ,x_0 ),$

                                  有
                                            $\displaystyle \Rightarrow x\in(-\infty,x_0+\delta )\subset R,f\uparrow ,$

                                                $\displaystyle \therefore x\in R,f\uparrow .$

2016年南京大学数学分析考研试题


证明：
                   由条件：
                                          $\displaystyle \because \sum_{n=1}^{\infty }\sqrt{n}a_n< \infty ,$

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

                              从而有
                                           $\displaystyle \Rightarrow |a_n|<(\frac{\varepsilon}{\sqrt{n}}),\downarrow ,\rightarrow 0,(n \to \infty )$

                              $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }|a_n|$的通项为单调有界数列，级数绝对收敛。

南京大学2016年数学分析真题


证明：
                由积分定义，得
                           $\displaystyle \because ｜f(x)｜=|\int_{0}^{x}f'(t)dt|,$

                   利用许瓦兹不等式，$\exists c\in (0,1),s.t.$           
                           $\displaystyle |f(x)｜^2=|\int_{0}^{x}f'(t)dt|^2\leq (x-0)\int_{0}^{x}|f'(t)|^2dt\leq c\int_{0}^{1}|f'(x)|^2dx,$

                    两边求积，得
                             $\displaystyle \int_{0}^{1}f^2(x)dx\leq c\int_{0}^{1}|f'(x)|^2dx,c\in(0,1)$

       注：证明中未用到命题中的积分为零条件，存疑？