数学分析习题练习七

南京大学2016年数学分析


证明：
                 首先，求极值可能点:
                                            $\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x_i}=2a_{ii}x_i+\sum_{j=1,j\neq i}^{n}a_{ij}x_j-\sum_{i=1}^{n}b_i=0,i=1,2,....,n.$

                    因为$A$是实正定对称矩阵。所以上述非齐次方程组系数矩阵亦是实正定对称的，秩为$n$，因此有唯一解：$\displaystyle (x_1^0,x_2^0,....,x_n^0)$。

                   此时，$f$前半部分可化为标准二次型，且系数均为正。设$A$的特征值为：$\displaystyle \lambda _1,\lambda _2,\cdots ,\lambda _n.(> 0)$则

                          $\displaystyle f(x_1,x_2,\cdots ,x_n)=\sum_{i=1}^{n}\lambda_ix^2_i-\sum_{i=1}^{n}b_ix_i\geq f(x_1^0,x_2^0,\cdots ,x^0_n)=\sum_{i=1}^{n}\lambda_i(x^0_i)^2-\sum_{i=1}^{n}b_ix_i^0.$

                          由此可知，函数有唯一的最小值。

南京大学2016年数学分析



证明：
                         由已知，函数在$[a,b]$上为凸函数，因此$\displaystyle \forall x,t\in[a,b]s.t.$

                                                 $\displaystyle f(x)\geq f(t)+f'(t)(x-t).$

                                    令
                                                   $\displaystyle t=\frac{a+b}{2}=x_0,$

                                    代入上式得
                                                    $\displaystyle f(x)\geq f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0),$

                                       两边求积分，得
                                                    $\begin{align*}\int_{a}^{b}f(x)dx&\geq f(x_0)(b-a)+f'(x_0)\int_{a}^{b}(x-x_0)dx\\\\&=f(x_0)(b-a)+f'(x_0)[\frac{(b-x_0)^2}{2}-\frac{(a-x_0)^2}{2}]\\\\&=f(x_0)(b-a).\end{align*}$

                                      整理得
                                                   $\displaystyle f(\frac{a+b}{2})\leq \frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}f(x)dx.$

                   注：此题常考。

2016华东师范大学数学分析


证明：
               由已知条件
                         $\displaystyle \because \forall x\in[a,b],\exists y\in[a,b],s.t.|f(y)|\leq \frac{1}{2}|f(x)|,$

                          $\displaystyle \therefore \forall y\in[a,b],\exists y_1\in[a,b],s.t.|f(y_1)|\leq \frac{1}{2}|f(y)|,$

                同理
                          $\displaystyle \forall y_1\in[a,b],\exists y_2\in[a,b],s.t.|f(y_2)|\leq \frac{1}{2}|f(y_1)|\leq \frac{1}{2^2}|f(y)|,$

                  依此类推，得
                           $\displaystyle \forall y_{n-1}\in[a,b],\exists y_n\in[a,b],s.t.|f(y_n)|\leq \frac{1}{2^n}|f(y)|,$

                      由此可知有
                                    $\displaystyle \lim_{n \to \infty }|f(y_n)|\leq 0.$

                         即得
                                    $\displaystyle \exists \xi \in[a,b],s.t.\lim_{n \to \infty }y_n=\xi,f(\xi)=0.$

2016华东师范大学数学分析


证明：
               由泰勒展开公式
                                      $\displaystyle f(a)=f(x)+f'(x)(a-x)+o(a-x),$

                 分别令$x=x_1,x_2,$代入上式，得
                                        $\displaystyle f(a)=f(x_1)+f'(x_1)(a-x_1)+o(a-x_1),$
                              
                                        $\displaystyle f(a)=f(x_2)+f'(x_2)(a-x_2)+o(a-x_2),$

                     由已知，有
                                        $\displaystyle \forall \varepsilon > 0, x_1,x_2\in(a,+\infty ),\exists X>a,x_2> x_1> X,s.t.$

                                         $\displaystyle |f(x_1)|< \varepsilon ,|f(x_2)|< \varepsilon ,$
                           
                                        $\displaystyle \forall \varepsilon ,\exists \delta > 0,0< |x_1-x_2|< \delta $

                      将前面两个泰勒展开式相减，得
                                        $\displaystyle (x_1-a)|f'(x_1)-f'(x_2)|\leq |f'(x_1)(x_1-a)-f'(x_2)(x_2-a)|=|f(x_1)-f(x_2)|,$

                                        $\displaystyle \Rightarrow |f'(x_1)-f'(x_2)|\leq \frac{|f(x_1)-f(x_2)|}{x_1-a}\leq \frac{|f(x_1)|+|f(x_2)|}{x_1-a}< \varepsilon .$

                           也即有
                                          $\displaystyle |f'(x_1)|=|f'(x_2)|,(x_1,x_2>X)$

                                   而$\displaystyle x_1,x_2>X，0< |x_1-x_2|< \delta$,同样有
                                             $\displaystyle |f(x_1)|=|f(x_2)|=0,$
                     
                               再由前面的两个泰勒展开式得
                                            $\displaystyle |f'(x_1)(x_1-a)|=|f'(x_2)(x_2-a)|,$

                                              $\displaystyle \therefore \forall x>X,s.t$

                                              $\displaystyle f'(x_1)=f'(x_2)=0.$

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证明：
                    由条件
                                 $\displaystyle \because f''(x)\geq 0,$

                      可知，函数为凸函数。由凸函数性质，得
                                         $\displaystyle \forall x,t\in [a,b],s.t.$

                                        $\displaystyle f(x)\geq f(t)+f'(t)(x-t),$

                       利用上式，对$t$求积分，得
                                       $\begin{align*}f(x)(b-a)&\geq \int_{a}^{b}f(t)dt+\int_{a}^{b}f(t)(x-t)dt\\\\&=\int_{a}^{b}f(t)dt+f(t)(x-t)|_a^b+\int_{a}^{b}f(t)dt\\\\&=2\int_{a}^{b}f(t)dt+f(b)(x-b)-f(a)(x-a).\end{align*}$

                        又
                                       $\displaystyle \because f(a)\leq 0,f(b)\leq 0,\Rightarrow f(b)(x-b)-f(a)(x-a)\geq 0,$

                                        $\displaystyle \therefore f(x)(b-a)\geq 2\int_{a}^{b}f(t)dt,$

                            即
                                        $\displaystyle f(x)\geq \frac{2}{(b-a)}\int_{a}^{b}f(t)dt.$

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证明
                 由球面坐标，得
                                      $\displaystyle x=\rho \sin \varphi \cos \theta ,y=\rho \sin \varphi \sin \theta ,z=\rho \cos \varphi ,0\leq \theta \leq 2\pi,0\leq \varphi \leq \pi,0\leq \rho \leq t.$

                                       $\displaystyle \iiint_\Omega f(x,y,z)dV=\int_{0}^{t}\rho ^2d\rho \int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{\pi}f\sin \varphi d\varphi ,$

                                       $\displaystyle \therefore \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\iiint_\Omega f(x,y,z)dV=t ^2\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{\pi}f\sin \varphi d\varphi ,$

                化球面为参数形式，得
                                       $\displaystyle x=t\sin \varphi \cos \theta ,y=t\sin \varphi \sin \theta ,z=t\cos \varphi ,0\leq \theta \leq 2\pi,0\leq \varphi \leq \pi.$

                                        $\displaystyle E=x^2_{\varphi }+y^2_{\varphi }+z^2_{\varphi }=t^2,F=x_{\varphi }x_{\theta }+y_{\varphi }y_{\theta }+z_{\varphi }z_{\theta }=0,G=x^2_{\theta }+y^2_{\theta }+z^2_{\theta }=t^2\sin ^2\varphi .$

                    则有
                                      $\displaystyle \sqrt{EG-F^2}=t^2\sin \varphi .$

                      而
                                 $\displaystyle \iint_Sf(x,y,z)dS=\iint_Df\sqrt{EG-F^2}d\theta d\varphi =t^2\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{\pi}f\sin \varphi d\varphi ,$

                    由此，结论成立。

2016华东师范大学数学分析



证明：
                采用分段法证明。
                                      $\displaystyle  \lim_{n \to \infty}\int_{0}^1\frac{n}{1+n^2x^2}f(x)dx=\lim_{n \to \infty}\int_{0}^{\delta}\frac{n}{1+n^2x^2}f(x)dx+\lim_{n \to \infty}\int_{\delta}^1\frac{n}{1+n^2x^2}f(x)dx.$

                          因为$\displaystyle \forall x\in[\delta,1],\delta>0$时，$f(x)$有界.而
                                      $\displaystyle  \lim_{n \to \infty}\frac{n}{1+n^2x^2}=0.$

                          所以，积分一致收敛。极限与积分可交换，因此
                                      $\displaystyle  \lim_{n \to \infty}\int_{\delta}^1\frac{n}{1+n^2x^2}f(x)dx=\int_{\delta}^1 \lim_{n \to \infty}\frac{n}{1+n^2x^2}f(x)dx=0.$

                          另外
                                  $\displaystyle  \lim_{\delta\to 0}\lim_{n \to \infty}\int_{0}^{\delta}\frac{n}{1+n^2x^2}f(x)dx=\lim_{\delta\to 0}\lim_{n \to \infty}f(\xi)\int_{0}^{\delta}\frac{n}{1+n^2x^2}dx=\frac{\pi}{2}\lim_{\delta\to 0}f(\xi)=\frac{\pi}{2}f(0).$

                         其中
                                  $\xi\in(0,\delta),\delta\to 0,\xi\to 0.$

                                 

2016华东师范大学数学分析


证明
             如果级数收敛，则由柯西收敛定理，有
                                       $\displaystyle \forall \varepsilon > 0,s.t.|a_n\sin nx+a_{n+1}\sin (n+1)x+\cdots +a_{2n}\sin 2nx|< \varepsilon ,$

                       令$\displaystyle x=\frac{1}{2n},$

                             由                     
                                  $\displaystyle a_n\downarrow ,\exists N\in\mathbb{N},n> N,s.t.$

                        $\displaystyle \therefore na_n\sin \frac{1}{2}< |a_n\sin \frac{1}{2}+a_{n+1}\sin (\frac{1}{2}+\frac{1}{2n})+\cdots +a_{2n}\sin 1|< \varepsilon ,$

                                          $\displaystyle \Rightarrow \lim_{n \to \infty }na_n=0.$

                   反之，由$\displaystyle \lim_{n \to \infty }na_n=0.$

                          则
                                  $\displaystyle \forall \varepsilon > 0,\exists N\in\mathbb{N},n> N,s.t.(a_n> 0)$

          $\displaystyle |a_n\sin nx+a_{n+1}\sin (n+1)x+\cdots +a_{2n}\sin 2nx|<a_n+a_{n+1}+\cdots +a_{2n}\leq na_n< \varepsilon. $

                      命题成立。

中国科学技术大学2022年考研数学分析试题


解：
                                  $\displaystyle u(x,y,z)=\sqrt{x^2+y^2+z^2},$

                 由定义
                             $\begin{align*}d^2u&=(\frac{\partial u}{\partial x}dx+\frac{\partial u}{\partial y}dy+\frac{\partial u}{\partial z}dz)^2\\\\&=\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}dx^2+\frac{\partial^2 u}{\partial y^2}dy^2+\frac{\partial^2 u}{\partial z^2}dz^2+2\frac{\partial^2u}{\partial x\partial y}dxdy+2\frac{\partial^2u}{\partial y\partial z}dydz+2\frac{\partial^2u}{\partial z\partial x}dzdx.\end{align*}$

                  由
                             $\displaystyle \frac{\partial u}{\partial x}=\frac{x}{u},\frac{\partial u}{\partial y}=\frac{y}{u},\frac{\partial u}{\partial z}=\frac{z}{u},$

                              $\displaystyle \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}=\frac{u^2-x^2}{u^3}=\frac{y^2+z^2}{u^3},$

                              $\displaystyle \frac{\partial^2 u}{\partial y^2}=\frac{u^2-y^2}{u^3}=\frac{x^2+z^2}{u^3},$

                              $\displaystyle \frac{\partial^2 u}{\partial z^2}=\frac{u^2-z^2}{u^3}=\frac{y^2+x^2}{u^3},$

                              $\displaystyle \frac{\partial^2u}{\partial x\partial y}=\frac{-xy}{u^3},\frac{\partial^2u}{\partial y\partial z}=\frac{-yz}{u^3},\frac{\partial^2u}{\partial z\partial x}=\frac{-zx}{u^3},$

                    代入整理得
                              $\begin{align*}\therefore d^2u &=\frac{1}{u^3}[(y^2+x^2)dx^2+(x^2+z^2)dy^2+(y^2+x^2)dz^2-2xydxdy-2yzdydz-2zxdzdx]\\\\&=\frac{1}{u^3}[(ydx-xdy)^2+(zdx-ydz)^2+(zdx-xdz)^2]\geq 0.\end{align*}$

中国科学技术大学2022年考研数学分析试题


证明：
                      令
                             $\displaystyle r^2=x^2+y^2< 1,0\leq r<1.$

                       则
                             $\displaystyle \forall \varepsilon > 0,\exists \delta=\frac{(1-r_1^2)(1-r_2^2)}{(r_1+r_2)} > 0,\forall r_1,r_2,0< |r_1-r_2|< \delta ,$

                             $\displaystyle |\sin\frac{1}{1-r^2_1}-\sin\frac{1}{1-r^2_2}|< |\frac{1}{1-r_1^2}-\frac{1}{1-r_2^2}|=\frac{(r_1+r_2)|r_1-r_2|}{(1-r_1^2)(1-r_2^2)}< \varepsilon .$

                       因此，函数一致连续。