数学分析习题练习七

6、解
                     $\displaystyle \Omega :x^2+y^2+z^2=4,z\geq 0.$

                      $\displaystyle dS=\sqrt{z_x^2+z_y^2+1}dxdy.$

                      $\begin{align*}I&=\iint_S\frac{dS}{\sqrt{x^2+y^2+(z+2)^2}}\\&=\iint_D\frac{2dxdy}{\sqrt{2(x^2+y^2)+2\sqrt{4-x^2-y^2}+4}\sqrt{4-x^2-y^2}}\\&=\sqrt{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}d\theta \int_{0}^{2}\frac{rdr}{\sqrt{r^2+\sqrt{4-r^2}+2}\sqrt{4-r^2}}\\&=\frac{\sqrt{2}\pi}{4}\int_{0}^{2}\frac{-d\sqrt{4-r^2}}{\sqrt{-(4-r^2)+\sqrt{4-r^2}+6}\sqrt{4-r^2}}\\&=\frac{\sqrt{2}\pi}{4}\int_{0}^{2}\frac{dt}{\sqrt{6\frac{1}{4}-(t-\frac{1}{2})^2}},(t=\sqrt{4-r^2})\\&=\frac{\sqrt{2}\pi}{4}\arcsin (\frac{t-\frac{1}{2}}{\sqrt{6\frac{1}{4}}})|_0^2\\&=\frac{\sqrt{2}\pi}{4}(\arcsin \frac{3}{5}+\arcsin \frac{1}{5}).\end{align*}$

2022年河北工业大学数学分析考研真题


证明：
                            $\displaystyle \because f(x)\in C[a,b],\\
                              \displaystyle \therefore \forall \varepsilon > 0,x_0,x\in [a,b],\exists \delta > 0,|x-x_0|< \delta ,st.\\
                                 \displaystyle |f(x)-f(x_0) |< \varepsilon .$

                  不妨取$\varepsilon=1,$则有

                                   $\displaystyle f(x_0)-1<f(x)<f(x_0)+1.$

                    由有限覆盖定理可知，对上述的$\delta$,存在有限个开区间$(x_i-\delta .x_i+\delta ),i=1,2,\cdots ,n.$可以覆盖闭区间$[a,b]$。如此，取

                                   $\displaystyle M=\max \{f(x_1),f(x_2),\cdots ,f(x_n)\},$

                                    $\displaystyle m=\min \{f(x_1),f(x_2),\cdots ,f(x_n)\}.$

                    此时有
                                    $\displaystyle \forall x\in (x_i-\delta .x_i+\delta )\subset [a,b],i=1,2,\cdots ,n.s.t.$

                                          $\displaystyle m-1< f(x)< M+1.$

                       命题成立。

2022年河北工业大学数学分析考研真题


证明
                   由定积分定义可知，有

                          $\displaystyle \int_{a}^{b}|f(x)|dx=\int_{a}^{x_1}|f(x)|dx+\int_{x_1}^{x_2}|f(x)|dx+\cdots +\int_{x_n}^{b}|f(x)|dx=0.$

                               $\displaystyle \because |f(x)|\geq 0,\int_{x_1}^{x_2}|f(x)|dx\geq 0.$

                               $\displaystyle \therefore \int_{a}^{x_1}|f(x)|dx=0,\int_{x_1}^{x_2}|f(x)|dx=0,\cdots ,\int_{x_n}^{b}|f(x)|dx=0.$

               由积分性质，可知在各分段间的连续函数有

                               $\displaystyle |f(x)|=0.\Rightarrow f(x)=0.$

                       从而在$\displaystyle [a,b]$上$\displaystyle  f(x)=0.$


注：也可以用反证法、

2022年河北工业大学数学分析考研真题


3、证明
                        求驻点：
                               $\displaystyle f_x=(1+e^y)\sin x,f_y=(1+y)e^y-e^y\cos x,f_{xy}=e^y\sin x.$

                                 $\displaystyle f_x=0，\Rightarrow x=n\pi,n=0,\pm 1,\pm 2,\cdots .$

                                  $\displaystyle f_y=0,\Rightarrow y=\cos n\pi-1.$

                      所以所求驻点为：
                                   $\displaystyle (n\pi,\cos n\pi-1),n=0,\pm 1,\pm 2,\cdots .$

                            有无穷多个。由
                                    $\displaystyle A=f_{xx}=-(1+e^y)\cos x,B=f_{xy}=-e^y\sin x,C=f_{yy}=e^y\cos x-(2+e^y)e^y.$

                          可知
                                    $\displaystyle H=AC-B^2=\cos n\pi(1+e^y)e^y,$

                             当$n$为奇数时，$H<0$，驻点不是极值点； 当$n$为偶数时，$H>0$，且$A>0$,驻点是极小值点。

                            命题得证。

4、证明




                    

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             $\begin{align*}\int e^\sqrt[3]{x}dx&=\int e^t\cdot 3t^2dt=3t^2e^t-6\int te^tdt\\&=3t^2e^t-6te^t+6\int e^tdt\\&=3t^2e^t-6te^t+6e^t+C\\&=3x^{\frac{2}{3}}e^\sqrt[3]{x}-6\sqrt[3]{x}e^\sqrt[3]{x}+6e^\sqrt[3]{x}+C.\end{align*}$

-------------------------
              $\begin{align*}\int \frac{\sqrt{x-1}\arctan \sqrt{x-1}}{x}dx&=\int \frac{2t^2\arctan t}{t^2+1}dt\\&=2\int \arctan tdt-2\int \frac{\arctan t}{t^2+1}dt\\&=2t\arctan t-2\int \frac{t}{t^2+1}dt-\arctan ^2t\\&=2t\arctan t-\ln (t^2+1)-\arctan ^2t+CC\\&=2\sqrt{x-1}\arctan\sqrt{x-1} -\ln x-\arctan ^2\sqrt{x-1}+C.\end{align*}$

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              $\displaystyle \int \frac{\cos x-\sin x}{1-2\cos x\sin x}dx=\int \frac{d(\cos x+\sin x)}{(\cos x+\sin x)^2+2}=\frac{1}{2}\arctan \frac{\cos x+\sin x}{\sqrt{2}}+C.$

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计算一道积分题

一道数列极限问题求解答
求极限$$\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{\left[ {{1}^{\alpha }}+{{3}^{\alpha }}+\cdots +{{(2n+1)}^{\alpha }} \right]}^{\beta +1}}}{{{\left[ {{2}^{\beta }}+{{4}^{\beta }}+\cdots +{{(2n)}^{\beta }} \right]}^{\alpha +1}}}.$$
-------------
$$ 2^{\beta } +4^{\beta }+ ...+\big (2n\big) ^{\beta } =2^{\beta }\times  [1^{\beta } +2^{\beta } +...+n^{\beta } ]$$
$$ \frac{1^{\beta } +2^{\beta } +...+n^{\beta }}{n^{\beta +1} } =\frac{1}{n} [\big (\frac{1}{n} \big) ^{\beta } +...\big (\frac{n}{n} \big) ^{\beta } ]$$
根据黎曼积分的定义，上式=$\int_0^1 xx^{\beta } dx=\frac{1}{\beta +1} $
所以 $$2^{\beta }\times  [1^{\beta } +2^{\beta } +...+n^{\beta } ]\sim \frac{n^{\beta +1} }{\beta +1} $$
原极限设为$z$，则$$   \frac{2^{\alpha  }\frac{n^{\alpha +1} }{\alpha+1 }}{2^{\beta }\frac{n^{\beta +1} }{\beta +1} }\leq z\leq  \frac{2^{\alpha  }\frac{\big (n+1\big) ^{\alpha +1} }{\alpha+1 }}{2^{\beta }\frac{n^{\beta +1} }{\beta +1} }.$$
$$\therefore \lim_{n \to \infty }z=\lim_{n \to \infty }\frac{\alpha +1}{\beta +1}\cdot (2n)^{\alpha -\beta }=\begin{cases}
\infty  & ,\alpha > \beta  \\
\frac{\alpha +1}{\beta +1} &, \alpha =\beta \\
0 & ,\alpha < \beta  
\end{cases}$$

2022湖南大学数学竞赛


解：
                        $$\lim_{n \to \infty }\frac{\sqrt[n]{n}}{n!}=\lim_{n \to \infty }\exp\{\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\ln\frac{k}{n}\}=\exp\{\lim_{n \to \infty }\ln\frac{n}{n}\}=1.$$