数学分析习题练习七

2022湖南大学数学竞赛


证明：由柯西收敛定理：
                        $$|x_{n+1}-x_n|=|f(x_n)-f(x_{n-1})|=|f(\xi )||x_n-x_{n-1}|\leq a|x_n-x_{n-1}|\leq \cdots \leq a^{n-1}|x_2-x_1|.$$

              上式中，只要
                                        $|x_2-x_1|\leq A,$

                    取有限值，即有
                                       $|x_{n+1}-x_n|\rightarrow 0.$

                       不依赖于$x_1$地取值。

                 由此得$\{x_n\}$收敛，且与$x_1$无关。

2022湖南大学数学竞赛


解：先进行换元，再利用已知条件，并运用积分函数的奇偶性可得
                               $\begin{align*}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos x}{1+f(x)}dx&=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos x}{1+f(-x)}dx=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos x}{1+\frac{1}{f(x)}}dx\\\\&=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{f(x)\cos x}{1+f(x)}dx=\frac{1}{2}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{(1+f(x))\cos x}{1+f(x)}dx\\\\&=\frac{1}{2}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos xdx=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos xdx\\\\&=1.\end{align*}$

2022年湖南大学数学竞赛（非数学类）竞赛试题


证明：
                 由已知，不妨设：
                                $$0< \lambda_1< \lambda_2< \cdots < \lambda_n< 1,\lambda_1+\lambda_2+\cdots +\lambda_n=1,$$

                         令：
                                         $$\eta_k=\frac{\lambda_1+\lambda_2+\cdots +\lambda_k}{\lambda_1+\lambda_2+\cdots +\lambda_n}=\lambda_1+\lambda_2+\cdots +\lambda_k.k=0,1,2,\cdots ,n,\eta _0=0,\eta _n=1.\eta _k\in[0,1].$$

                由连续函数的介值定理，
                                         $$\exists c_k\in[0,1]s.t.f(c_k)=\eta _k,c_0=0,c_{n}=1.$$

                   由Lagrange中值定理，存在$\xi_{k+1}\in(c_k,c_{k+1}) ,s.t.$

                                        $$ f(c_{k+1})-f(c_k)=(c_{k+1}-c_k)f'(\xi_{k+1}).$$

                                        $\Rightarrow (c_1-0)(\lambda _1+\lambda _2+\cdots +\lambda _n)=\frac{\lambda _1}{f'(\xi_1)},$

                                                      $(c_2-c_1)(\lambda _1+\lambda _2+\cdots +\lambda _n)=\frac{\lambda _2}{f'(\xi_2)},$

                                                             $\cdots ,$

                                                        $(1-c_{n-1})(\lambda _1+\lambda _2+\cdots +\lambda _n)=\frac{\lambda _n}{f'(\xi_n)},$

                        将上述$n$个等式相加，得
                                          $$\frac{\lambda _1}{f'(\xi_1)}+\frac{\lambda _2}{f'(\xi_2)}+\cdots +\frac{\lambda _n}{f'(\xi_n)}=\lambda _1+\lambda _2+\cdots +\lambda _n=1.$$

2022年湖南大学数学竞赛（非数学类）竞赛试题


解：
                显然，被积函数在原点没有连续偏导数，因昆，原点不可积。可作一个包围原点的枙球：
                                    $\Omega _1:x^2+y^2+4z^2=\varepsilon^2,$
                             如此，在该椭球面外与原积分面组成的积分曲面上有：
                                        $$\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}=0,$$
                      而在此积分区域内，利用高斯公式有：
                                          $$\therefore I_1=\iint_{S-S_1}=\iiint (\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z})dxdydz=\iiint0dxdydz=0.$$
                      在$\Omega _1$内：
                                             $$I_2=\iint_{S_1}\frac{xdydz+ydzdx+zdxdy}{(x^2+y^2+4z^2)^{\frac{3}{2}}}=\iiint_{\Omega_1}\frac{3}{\varepsilon^3}dxdydz=\frac{3}{\varepsilon^3}\cdot \frac{3}{4}\pi\varepsilon\cdot \varepsilon\cdot \frac{\varepsilon}{2}=\frac{9}{8}\pi.$$
                          所以，原积分：
                                          $$I=I_1+I_2=\frac{9}{8}\pi.$$

2022年湖南大学数学竞赛（非数学类）竞赛试题


解：先求过$A$点的切线$l$,并求$B$点坐标：
                                     $\frac{x}{4}+\frac{y}{2\sqrt{3}}=1,B(0,2\sqrt{3}),$

                由此得到$l_{AB}$的方程：
                                         $l_{AB}:y=-\frac{\sqrt{3}}{2}x+2\sqrt{3}.$

                     添加点$C(0,\frac{3\sqrt{3}}{2}),$使$ABCA$组成一个闭合环路，那么：
                                         $I=\int _{ABCA}-\int _{AC}-\int _{BC}.$

                          分别计算之。对$ABCA$可用格林公式计算。

2022年湖南大学数学竞赛（非数学类）竞赛试题


解：
                   作坐标变换，$(x,y,z)\rightarrow (u,v,w)$，$u$为垂直于过原点的平面：
                                             $x+y+z=0，$
                                     而
                                           $u=x+y+z,x^2+y^2+z^2=u^2+v^2+w^2,J=|\frac{\partial(x,y,z)}{\partial (u,v,w)}|=1.$
                       $$\begin{align*}I&=\iiint_{x^2+y^2+z^2\leq 1}\cos(x+y+z)dxdydz\\\\&=\int_{-1}^{1}\cos udu\iint_{v^2+w^2\leq 1}dvdw\\\\&=\pi\int_{-1}^{1}\cos u\cdot (1-u^2)du\\\\&=2\pi\int_{0}^{1}\cos u\cdot (1-u^2)du\\\\&=4\pi(1+\sin1-\cos1).\end{align*}$$   
                          
   注：这是一道被积函数为$f(ax+by+cz)$一般函数的特例。

2022年湖南大学数学竞赛（非数学类）竞赛试题



证明：
                       先令
                                      $\displaystyle F(x)=f(x)+f(1-x)+\ln x\ln(1-x),$

                       对$x$求导，得
                                     $\begin{align*}F'(x)&=f'(x)-f'(1-x)+\frac{1}{x}\ln(1-x)-\frac{1}{1-x}\ln x\\\\&=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{x^{n-1}}{n}-\sum_{n=1}^{\infty }\frac{(1-x)^{n-1}}{n}-\frac{1}{x}\sum_{n=1}^{\infty }\frac{x^{n}}{n}+\frac{1}{1-x}\sum_{n=1}^{\infty }\frac{(1-x)^{n}}{n}\\\\&=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{x^{n-1}}{n}-\sum_{n=1}^{\infty }\frac{(1-x)^{n-1}}{n}-\sum_{n=1}^{\infty }\frac{x^{n-1}}{n}+\sum_{n=1}^{\infty }\frac{(1-x)^{n-1}}{n}\\\\&=0.\end{align*}$

                          从而
                                       $\displaystyle \Rightarrow F(x)=c.$   
              
                              又因为
                                          $\displaystyle \lim_{x\to0}F(x)=f(1),$

                              故而得
                                               $\displaystyle  F(x)=f(x)+f(1-x)+\ln x\ln(1-x)=f(1)=\frac{\pi^2}{6}.$




                    

求极限：
                $$\lim_{n \to \infty }\frac{\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\frac{n^k}{k!}}{e^n}.$$

解：
              由
                         $$n!\sim \sqrt{2\pi n}(\frac{n}{e})^n.$$

              所以
                          $$\lim_{n \to \infty }\frac{\displaystyle \sum_{k=0}^{n}\frac{n^k}{k!}}{e^n}=\lim_{n \to \infty }\frac{\frac{n^n}{n!}}{e^n-e^{n-1}}=\lim_{n \to \infty }\frac{(\frac{n}{e})^n}{n!(1-e^{-1})}=\lim_{n \to \infty }\frac{(\frac{n}{e})^n}{\sqrt{2\pi n}(\frac{n}{e})^n(1-e^{-1})}=0.$$

求极限
                $\displaystyle \lim_{n \to \infty }(\frac{2}{3})^{\frac{1}{2^{n-1}}}(\frac{4}{7})^{\frac{1}{2^{n-2}}}\cdots (\frac{2^{n-1}}{2^n-1})^{\frac{1}{2}}.$

解：
               $\displaystyle \because \frac{1}{2}< \frac{2^n-1}{2^n-1}\cdot \frac{1}{2}< \frac{2^n}{2^n-1}\cdot \frac{1}{2}=\frac{2^{n-1}}{2^n-1}<\frac{2^n}{2^n-1}\cdot \frac{1}{2}\to \frac{1}{2}.$

                $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }(\frac{2}{3})^{\frac{1}{2^{n-1}}}(\frac{4}{7})^{\frac{1}{2^{n-2}}}\cdots (\frac{2^{n-1}}{2^n-1})^{\frac{1}{2}}=(\frac{1}{2})^{\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots +\frac{1}{2^{n-1}}}=\frac{1}{2}.$

解：
                          $\displaystyle \because n< 1+2^\frac{1}{2k}+3^\frac{1}{3k}+\cdots ++n^\frac{1}{nk}< n\cdot n^\frac{1}{n},$


                           $\displaystyle  \therefore \sum_{k=1}^{n^2}\frac{n}{n^2+k^2}< \sum_{k=1}^{n^2}\frac{1+2^\frac{1}{2k}+3^\frac{1}{3k}+\cdots ++n^\frac{1}{nk}}{n^2+k^2}< n^\frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n^2}\frac{n}{n^2+k^2}.$