数学分析习题练习七

中国科学技术大学2022年考研数学分析试题



证明
                      由已知方程，有
                                     $\displaystyle \int_{0}^{x}f(t)dt=2x-1,$

                          从而有
                                       $\displaystyle 2x-1\uparrow ,\int_{0}^{x}f(t)dt\uparrow .$

                                        $\displaystyle x=\frac{1}{2},\int_{0}^{\frac{1}{2}}f(t)dt=0.$

                                       $\displaystyle \therefore x> \frac{1}{2},g(x)=2x-\int_{0}^{x}f(t)dt-1> 0,$

                                          $\displaystyle x< \frac{1}{2},g(x)=2x-\int_{0}^{x}f(t)dt-1< 0,$

                                 困此由零点定理，$\displaystyle \exists \xi=\frac{1}{2}\in(0,1),s.t.$
                                              $\displaystyle g(\xi)=0.$
                                            
                          又因为
                                       $\displaystyle 2x-1\uparrow ,\int_{0}^{x}f(t)dt\uparrow .$

                            单调。所以$g(x)$在$[0,1]$上的零点是唯一的。即原方程有唯 一解。

中国科学技术大学2022年研究生入学考试数学分析试题



证明

                          由已知条件，得
                                              $\displaystyle \because f'(x)=\frac{1}{x^2+f^2(x)}> 0,\therefore f(x)\uparrow ,$

                                即有
                                               $\displaystyle x< 1,f(x)< f(1)=1,$

                                                $\displaystyle x> 1,f(x)> f(1)=1.$

                                   因为                                   
                      $\begin{align*}\lim_{x\to+\infty}f(x)&=\lim_{x\to+\infty}\int_{0}^{x}f'(t)dt\\\\&=\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{x^2+f^2(x)}dx\\\\&=\int_{0}^{1}\frac{1}{x^2+f^2(x)}dx+\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{x^2+f^2(x)}dx\\\\&=I_1+I_2.\end{align*}$

                              分别计算两个积分：
                                       $\displaystyle I_1=\int_{0}^{1}\frac{1}{x^2+f^2(x)}dx<\int_{0}^{1}\frac{1}{1+x^2}dx=\frac{\pi}{4}.$  

                                       $\displaystyle I_2=\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{x^2+f^2(x)}dx<\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{x^2}dx=1.$   

                                      $\displaystyle \therefore \lim_{x\to +\infty}f(x)<1+\frac{\pi}{4}.$


              

中国科学技术大学2022年考研数学分析试题



证明：
                 由已知条件可知，因为在$x=x_0$附近$f''(x)$异号，故$x=x_0$是函数的拐点，从而$f''(x_0)=0$.

               用反证法。假设$f'(x_0)$存在。那么由已知条件：
                                            $x<x_0,f'(x)<0,$

                                             $x>x_0,f'(x)>0,$

                     由此知，若$f'(x_0)$存在，则为驻点，即有$f'(x_0)=0.$

                     这样，即有$f'(x_0),f''(x_0)$都存在，且$x=x_0$为极值点。也即$(x_0,f(x_0))$既为极值点，又为柱点。这是不可能的。因此，$f'(x_0)$不存在。函数在$x=x_0$不可导，不可微。

复旦大学2022年数学分析试题

楼上第2题的解

               先进行变量代换，令$\displaystyle x/n=t,$得
                             $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\int_{0}^{10n}(1-|\sin \frac{x}{n}|)^ndx= \lim_{n \to \infty }n\int_{0}^{10}(1-|\sin t|)^ndt=\lim_{n \to \infty }n\sum_{k=0}^{2}\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}(1-\sin t)^ndt+ \lim_{n \to \infty }n\int_{3\pi}^{10}(1-\sin t)^ndt.$

                        此时显然有：$\displaystyle \frac{x}{n}=t\rightarrow 0,(n \to \infty )$

                   而由积分中值定理
                         $\displaystyle \because  \lim_{n \to \infty }n\int_{k\pi}^{(k+1)\pi }(1-\sin t)^ndt=\lim_{n \to \infty }n(1-\xi)^n\pi= \lim_{n \to \infty }ne^{-n\xi}\pi =0.k=0,1,2,\xi\in(0,1)$

                     同理，有
                           $\displaystyle  \lim_{n \to \infty }n\int_{3\pi}^{10}(1-\sin t)^ndt=\lim_{n \to \infty }n(1-\xi)^n(10-3\pi) =0.\xi\in(0,1)$

                           $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }\int_{0}^{10n}(1-|\sin \frac{x}{n}|)^ndx=0.$

中国科学技术大学2022年考研数学分析试题


解
            由已知曲面方程，得
                                       $\displaystyle x_3=\pm a_3\sqrt{\frac{x_1^2}{a_1^2}+\frac{x_2^2}{a_2^2}},$

                     在积分中，利用变量变换，令
                                         $\displaystyle x_1=ra_1\cos \theta ,x_2=ra_2\cos\theta ,J=a_1a_2r.$

                       则
$\displaystyle V=\iiint_{\Omega}dV=\iint_{D_{x_1x_2}}dx_1dx_2\int_{a_3\sqrt{\frac{x_1^2}{a_1^2}+\frac{x_2^2}{a_2^2}}}^{a_3}dx_3=a_3\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{1}(1-r)a_1a_2rdr=\frac{1}{3}a_1a_2a_3\pi.$

2022年上海财经大学数学分析


解：
       （1）、正确。
                     因为，由已知条件，有
                                   $\displaystyle \forall \varepsilon > 0,\exists N\in \mathbb{N},n> N,s.t.|x_n-A|< \varepsilon ,$

                                    $\displaystyle \therefore |x_{n+p}-x_n|\leq |x_{n+p}-A|+|x_n-A|< \varepsilon .(p\geq 1)$

                         因此满足柯西收敛准则。数列收敛。

          （2）、
                                    $\displaystyle \because x_n=x_{n-1}+\frac{1}{x_{n-1}},$

                                     $\displaystyle \therefore x_n-x_{n-1}=\frac{1}{x_{n-1}},x_n\geq 1,x_n> x_{n-1}.$

                                     $\displaystyle \Rightarrow \sum_{k=2}^{n}(x_k-x_{k-1})=x_n-x_1=\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{x_{k-1}},$

                        又
                                      $\displaystyle \because \frac{\frac{1}{x_{k}}}{\frac{1}{x_{k-1}}}=\frac{x_{k-1}}{x_k}< 1,(k\to\infty )$

                         由比较判别法，得
                                      $\displaystyle \therefore x_n-x_1=\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{x_{k-1}}< \infty ,(n \to \infty )$

                              也即有$\displaystyle \{x_n\}$收敛。

2022年上海财经大学数学分析

2022年上海财经大学数学分析


解：用球面坐标
                          $x=r\sin \theta \cos \varphi ,y=r\sin \theta \sin \varphi ,z=r\cos \theta ,J=r^2\sin \theta .$

               代入曲面方程
                            $r=(\frac{\sin \theta \cos \varphi }{\sin ^4\theta +\cos ^4\theta })^\frac{1}{3}.$

                   则
                          $\begin{align*}V&=4\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}d\varphi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin \theta d\theta \int_{0}^{(\frac{\sin \theta \cos \varphi }{\sin ^4\theta +\cos ^4\theta })^\frac{1}{3}}r^2dr\\\\&=\frac{4}{3}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}d\varphi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin \theta \cdot \frac{\sin \theta \cos \varphi }{\sin ^4\theta +\cos ^4\theta }d\theta \\\\&=\frac{4}{3}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos \varphi d\varphi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin ^2\theta  }{\sin ^4\theta +\cos ^4\theta }d\theta.\end{align*}$

                          $\because \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin ^2\theta  }{\sin ^4\theta +\cos ^4\theta }d\theta=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos ^2\theta  }{\sin ^4\theta +\cos ^4\theta }d\theta,$

                           $\begin{align*}\therefore \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin ^2\theta  }{\sin ^4\theta +\cos ^4\theta }d\theta&=\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{\sin ^4\theta +\cos ^4\theta }d\theta\\\\&=\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\cos^4\varphi (\tan^4\varphi +1)}d\varphi\\\\&=\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\cos^2\varphi (\tan^4\varphi +1)}d\tan \varphi\\\\&=\frac{1}{2}\int_{0}^{+\infty}\frac{t^2+1}{t^4+1}dt\\\\&=\frac{\sqrt{2}}{2}\pi.\end{align*}$

                   所以
                            $V=\frac{\sqrt{2}}{3}\pi.$   

2022年上海财经大学数学分析


解
                       $\displaystyle \because \int_{a}^{b}x^ydy=\frac{x^b-x^a}{\ln x}.$

                       $\begin{align*}\therefore \int_{0}^{1}\cos (\ln\frac{1}{x})\frac{x^b-x^a}{\ln x}dx&=\int_{0}^{1}\cos (\ln\frac{1}{x})dx\int_{a}^{b}x^ydy\\\\&=\int_{a}^{b}dy\int_{0}^{1}\cos (\ln\frac{1}{x})x^ydx\\\\&=\int_{a}^{b}dy[\frac{1}{y+1}x^{y+1}\cos (\ln x)|_0^1+\frac{1}{y+1}\int_{0}^{1}\frac{1}{x}\sin (\ln x)x^{y+1}dx]\\\\&=\int_{a}^{b}\frac{1}{y+1}dy[1+\int_{0}^{1}\sin (\ln x)x^ydx]\\\\&=\int_{a}^{b}\frac{1}{y+1}dy+\int_{a}^{b}\frac{1}{y+1}dy\int_{0}^{1}\sin (\ln x)x^ydx\\\\&=\int_{a}^{b}\frac{1}{y+1}dy-\int_{a}^{b}\frac{1}{(y+1)^2}dy\int_{0}^{1}\cos (\ln x)x^ydx.\end{align*}$

                     比较第2步和最后一步，得
                         $\displaystyle \int_{0}^{1}cos (\ln\frac{1}{x})x^ydx=\frac{1}{y+1}\cdot \frac{1}{1+\frac{1}{(y+1)^2}}=\frac{y+1}{(y+1)^2+1}.$

                          $\displaystyle \therefore \int_{0}^{1}\cos (\ln\frac{1}{x})\frac{x^b-x^a}{\ln x}dx=\int_{a}^{b}\frac{y+1}{(y+1)^2+1}dy=\frac{1}{2}\ln[(y+1）^2+1]|_a^b=\frac{1}{2}\ln\frac{(b+1）^2+1}{(a+1）^2+1}.$
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另有
              $\displaystyle \int_{0}^{1}\sin (\ln\frac{1}{x})\frac{x^b-x^a}{\ln x}dx=\arctan (b+1)-\arctan (a+1).$